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浙江省台州山海协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省台州山海协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸.等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 直线的倾斜角为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分析出直线与轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.
【详解】由题意可知，直线与轴垂直，该直线的倾斜角为.
故选：B.
【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题．
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由双曲线的标准方程直接求其渐近线方程.
【详解】解析：∵，∴双曲线的渐近线方程为，故选B.
【点睛】求双曲线的渐近线的方法:直接令标准方程中的1变成0,得到,利用平方差公式得到渐近线方程: .
3. 平面的一个法向量为，一条直线的方向向量，则这条直线与平面所成的角为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线与平面所成的角为，利用空间向量法求出的值，结合的取值范围可求得的值.
【详解】设直线与平面所成的角为，则，
又因为，故，即直线与平面所成的角为.
故选：D.
4. 如图，在四面体OABC中，，，点M在上，且分别为中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合图形将向量放在一个闭合路径中线性转化表示即可.
【详解】
又点M在OA上，且M，N分别OA，BC中点，
所以,,
,
，
故选：A.
5. 设，，则以线段为直径的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据已知确定圆的圆心和半径，即可得圆的方程.
【分析】由题设，所求圆的圆心为，半径为，
所以以线段为直径的圆的方程是.
故选：B
6. 已知点P，Q是圆O：上的两个动点，点A在直线l：上，若的最大值为，则点A的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断直线与圆为相离，再由题设得为圆的切线，根据已知确定，设应用两点距离公式求坐标.
【详解】由到的距离，
故直线任意一点与圆上两点所成角最大， 则为圆的切线，
要使的最大值为，即为边长为的正方形，则，
此时，令，有，，
所以，即.
故选：A
7. 在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（ ）
A. B. 9
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先合理建立空间直角坐标系，然后设，利用已知条件确定变量与变量之间的关系，利用坐标表示出，并利用、的关系将其转换成二次函数，进而求解最小值即可.
【详解】如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系
可得：，，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，得，
解得：，，，即.
由于直线与平面平行，则，
得：，即：.
，，
，
，
可知：由于，当时，取得最小值，最小值为.
故选：C
8. 如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）
（
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，
设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知、，则下列命题中正确的是（ ）
A. 平面内满足的动点P的轨迹为椭圆
B. 平面内满足的动点P的轨迹为双曲线的一支
C. 平面内满足的动点P的轨迹为抛物线
D. 平面内满足的动点P的轨迹为圆
【答案】AD
【解析】
【分析】由椭圆的定义可直接判定选项A；由双曲线的定义可直接判定选项B；由抛物线的定义可直接判定选项C；设点，列式化简即可判定选项D；
【详解】对于选项A,有、，且,由椭圆定义可知选项A正确;
对于选项B,有、，且,轨迹为射线，不符合双曲线的定义可知选项B错误;
对于选项C,有、，且,轨迹为线段的垂直平分线，不符合抛物线的定义可知选项C错误;
对于选项D,有、，且,设点，则，化简可得，可知选项D正确;
故选：AD
10. 正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点,则正确的是（ ）
A.
B. 平面AEF
C. 点B、C到平面AEF的距离相等
D. 若P为底面ABCD内一点，且，则点P轨迹是线段
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，逐一判断求解.
【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，
选项A：，，
，所以选项A错误；
选项B：设平面的法向量为，，
，
故有，即，令，则，
因为且平面，
所以平面；
选项C：，
，
点到平面的距离为：，
点到平面的距离为：，
所以点B、C到平面AEF的距离相等，故选项C正确；
选项D：设，，
，
因为，
所以，即，
所以点坐标满足且，
故点的轨迹是一条线段，故选项D正确.
故选：BCD.
11. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆M：相切，则下列结论正确的是（ ）
A. 题中的“欧拉线”的方程为：
B. 圆上的点到直线的最小距离为
C. 若点在圆上，则的最大值是
D. 若圆与圆有公共点，则
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意，的“欧拉线”为线段的垂直平分线，可判断A；利用圆心到直线距离判断B；设，可知与圆有公共点即可判断C；根据两圆相交可得到关于的方程，即可判断D.
【详解】由题意，的“欧拉线”为线段的垂直平分线，
因为，的中点为，
所以线段的垂直平分线所在直线方程为，即，
所以的“欧拉线”的方程为，故A正确；
所以，
所以圆的方程为，且圆心为，
所以圆上的点到直线的最小距离为，故B错误；
设，即，
由题意知与有交点，
所以，解得，所以的最大值是，故C正确；
圆的圆心为，半径为，
圆与圆有公共点，
所以，解得，故D错误.
故选：AC
12. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，侧面为正三角形，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 二面角的大小为30°
C. 异面直线与所成的角为90°
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】若为中点，连接，根据已知证明面，再根据面面垂直的判定、二面角定义判断A、B，异面直线与所成的角为或其补角，并求其大小判断C，根据分析确定三棱锥外接球的球心位置，进而求半径，即可得表面积判断D.
【详解】若为中点，连接，
又面为正三角形，故，且，
由面为菱形，，且，则，且，
所以，故，显然，即，
由，面，故面，
面，则，，面，则面，
面，则，综上，二面角的平面角为，B错；
由面，故平面平面，A对；
由，故异面直线与所成的角为或其补角，
连接，面，则，故，
而，则，故，
所以异面直线与所成的角为90°，C对；
由题意，已知三棱锥外接球的球心必在内，如下图，
分别是靠近的三等分点，是中点，为上述三点在各边上垂线的交点，
所以为三棱锥外接球的球心，半径平方为，故外接球的表面积为，D对.
故选：ACD
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知直线：，直线：，若，则______.
【答案】或1
【解析】
【分析】由两线垂直的判定列方程求参数即可.
【详解】由，则，即，
所以或.
故答案为：或1
14. 已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共面的基本定理求即可求解.
【详解】P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，
但四点共面，且，
则根据向量共面定理，，即.
故答案为：
15. 已知点，，则满足点A到直线l的距离为2，点B到直线l距离为3的直线l的条数有_______条.
【答案】3
【解析】
【分析】先求，结合已知及空间想象判断满足条件的直线条数.
【详解】由，故之间存在一条垂直于的直线满足题设；
显然在线段的两侧各有一条直线满足条件，
所以共有3条直线满足要求.
故答案为：3
16. 已知椭圆C：，点，M为椭圆上任意一点，A，B为椭圆的左，右顶点，当M不与A，B重合时，射线交椭圆C于点N，直线交于点T，则动点T的轨迹方程为_______________.
【答案】（）
【解析】
【分析】由题意，设直线MN的方程为，联立椭圆方程并由韦达定理得，，再由点斜式写出直线AM、AN的方程，联立得，结合韦达公式化简，即可得轨迹方程.
【详解】由题知，MN不与x轴重合，设直线MN的方程为，
联立，消x整理得，，
设、，则，.
因为AM的方程为，AN的方程为
两直线方程联立得：，
因为.
所以，解得.
所以动点T的轨迹方程为（）.
故答案为：（）
【点睛】关键点点睛：设直线，并联立椭圆得到一元二次方程，应用韦达定理写出，，再由AM、AN的方程得到为关键.
四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知△ABC的三个顶点是，，．
（1）求边上的中线所在直线的方程；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）求出中点，利用点斜式方程求出直线方程；
（2）求出的长度，及点到直线的距离，利用三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
∵，，
∴中点为，
所以中线斜率为，
所以边上的中线所在直线的方程为即.
【小问2详解】
，
边所在的直线方程为，
点到直线的距离，
所以.
18. 如图，某海面有O，A，B三个小岛（小岛可视为质点，不计大小），A岛在O岛正东方向距O岛20千米处，B岛在O岛北偏东45°方向距O岛千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，10千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B三点．
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C区域内有未知暗礁，现有一渔船D在O岛的南偏东30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东30°方向行驶，若不改变方向，试问该渔船是否有触礁的危险？请说明理由．
【答案】（1）；
（2）没有触礁危险，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知确定，，，再设圆的方程，将所过的点代入求参数，即得方程；
（2）该船航线所在直线l与圆心C的距离，判断其与半径的大小，即可得结论.
【小问1详解】
由已知，，．
法1：设圆C的一般方程为，将O，A，B三点代入得
，解得，
∴圆C的方程为
法2：设圆C方程为，将O，A，B三点代入得
，解得，
∴圆C的方程为
【小问2详解】
由已知该船初始位置为点，且该船航线所在直线l的斜率为．
∴海船行驶路线l:即，
圆心到l的距离，
∵，
∴没有触礁危险．
19. 在直三棱柱中，，、分别是、的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用中位线的性质可得出，根据线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）解法1：取中点，连接，分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，利用余弦定理求出的值，即可得解；
解法2：以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值；
（3）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为、分别是、的中点，则，
又因为平面，平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：解法1：取中点，连接，
在三棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，
且，
又因为，且，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
所以，异面直线与所成角为或其补角，
在直三棱柱中，平面，平面，则，
同理，，
因为，则，所以，，
由勾股定理可得，
同理可得，，
，
由余弦定理可得，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
解法2：在直三棱柱中，因为，则，
如图所示，以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系.
则、、、、、、、
则，，
，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
【小问3详解】
解：，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
设直线与平面所成角为，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知动圆过定点，且与直线相切.
（1）求动圆圆心C的轨迹的方程.
（2）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当，变化且为定值，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点
【解析】
【分析】（1）根据已知的几何关系，结合抛物线的定义求解轨迹方程即可；
（2）首先设，，，设直线AB的方程为：，联立方程结合韦达定理可得，，再利用题干条件，得到两条直线的斜率关系，即可得到，将韦达定理的结果代入得到，进而判断直线恒过的定点.
【小问1详解】
设动圆圆心，设C到直线的距离为d，则，
∴点C的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线.
设抛物线方程为：，由，得，
∴点C的轨迹方程为：.
【小问2详解】
设，，，
∵，显然直线AB斜率存，
∴设直线AB的方程为：
，消x得：
，
设OA的斜率为，OB的斜率为，
∵
则，，
∴，∴，∴，∴，
∴直线AB的方程为：，即，恒过定点
21. 如图，在三棱柱与四棱锥的组合体中，已知，四边形是菱形，，，，．
（1）求证：平面．
（2）点为直线上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，用向量的交角公式即可求.
【小问1详解】
证明：在三棱柱中，
∵，，
∴，
∵，，，
∴
∴，
又∵，面
∴平面；
【小问2详解】
连接交于点，
∵四边形为菱形，
∴
以为原点，，为，轴，向上方向为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，
∴，，
设为平面的一个法向量，
由，得，
取，则.
∵是平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，
∴.
平面与平面所成角的余弦值的取值范围为.
22. 已知点P是抛物线：的准线上任意一点，过点P作抛物线的两条切线PA、PB，其中A、B为切点.
（1）写出抛物线焦点及准线方程；
（2）求弦AB长的最小值；
（3）若直线AB交椭圆：于C、D两点，、分别是△PAB、△PCD的面积，求的最小值.
【答案】（1）焦点，准线方程为
（2）4 （3）.
【解析】
【分析】（1）由抛物线方程直接得到参数，继而可得抛物线焦点及准线方程；
（2）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，然后设、，由同一法可得直线的方程为，与抛物线方程联立用弦长公式求出最值即可；
（3）将面积比转化为弦长比，然后求出直线与椭圆的弦长，构造关于参数的函数求最值即可.
【小问1详解】
因为抛物线：，
所以由题意得，
所以，焦点，准线方程为.
【小问2详解】
设点在抛物线上，则，
联立，消去x得，，即，
所以，关于y的方程有两个相等的实根，此时，
因此，直线与抛物线相切，且切点.
设点、，，
则以A为切点的切线方程为，
同理以B为切点的切线方程为，
∵两条切线均过点，
∴，即，
所以，点A、B的坐标满足直线的方程，
所以，直线AB的方程为，
在直线AB的方程中，令，可得，所以，直线AB过定点；
由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为，
联立，可得，
恒成立，
由韦达定理得，，
由弦长公式可得，
当时，弦AB长的最小值为4.
【小问3详解】
设点P到直线AB的距离为d，则,
设、，
由，得，
恒成立.
由韦达定理得，，
由弦长公式得.
∴，
当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
【点睛】方法法点睛：求切点弦，一般可从同构出发利用同一法求解。
考生须知：
1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 直线的倾斜角为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分析出直线与轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.
【详解】由题意可知，直线与轴垂直，该直线的倾斜角为.
故选：B.
【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题．
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由双曲线的标准方程直接求其渐近线方程.
【详解】解析：∵，∴双曲线的渐近线方程为，故选B.
【点睛】求双曲线的渐近线的方法:直接令标准方程中的1变成0,得到,利用平方差公式得到渐近线方程: .
3. 平面的一个法向量为，一条直线的方向向量，则这条直线与平面所成的角为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线与平面所成的角为，利用空间向量法求出的值，结合的取值范围可求得的值.
【详解】设直线与平面所成的角为，则，
又因为，故，即直线与平面所成的角为.
故选：D.
4. 如图，在四面体OABC中，，，点M在上，且分别为中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合图形将向量放在一个闭合路径中线性转化表示即可.
【详解】
又点M在OA上，且M，N分别OA，BC中点，
所以,,
,
，
故选：A.
5. 设，，则以线段为直径的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据已知确定圆的圆心和半径，即可得圆的方程.
【分析】由题设，所求圆的圆心为，半径为，
所以以线段为直径的圆的方程是.
故选：B
6. 已知点P，Q是圆O：上的两个动点，点A在直线l：上，若的最大值为，则点A的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断直线与圆为相离，再由题设得为圆的切线，根据已知确定，设应用两点距离公式求坐标.
【详解】由到的距离，
故直线任意一点与圆上两点所成角最大， 则为圆的切线，
要使的最大值为，即为边长为的正方形，则，
此时，令，有，，
所以，即.
故选：A
7. 在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（ ）
A. B. 9
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先合理建立空间直角坐标系，然后设，利用已知条件确定变量与变量之间的关系，利用坐标表示出，并利用、的关系将其转换成二次函数，进而求解最小值即可.
【详解】如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系
可得：，，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，得，
解得：，，，即.
由于直线与平面平行，则，
得：，即：.
，，
，
，
可知：由于，当时，取得最小值，最小值为.
故选：C
8. 如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）
（
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，
设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知、，则下列命题中正确的是（ ）
A. 平面内满足的动点P的轨迹为椭圆
B. 平面内满足的动点P的轨迹为双曲线的一支
C. 平面内满足的动点P的轨迹为抛物线
D. 平面内满足的动点P的轨迹为圆
【答案】AD
【解析】
【分析】由椭圆的定义可直接判定选项A；由双曲线的定义可直接判定选项B；由抛物线的定义可直接判定选项C；设点，列式化简即可判定选项D；
【详解】对于选项A,有、，且,由椭圆定义可知选项A正确;
对于选项B,有、，且,轨迹为射线，不符合双曲线的定义可知选项B错误;
对于选项C,有、，且,轨迹为线段的垂直平分线，不符合抛物线的定义可知选项C错误;
对于选项D,有、，且,设点，则，化简可得，可知选项D正确;
故选：AD
10. 正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点,则正确的是（ ）
A.
B. 平面AEF
C. 点B、C到平面AEF的距离相等
D. 若P为底面ABCD内一点，且，则点P轨迹是线段
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，逐一判断求解.
【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，
选项A：，，
，所以选项A错误；
选项B：设平面的法向量为，，
，
故有，即，令，则，
因为且平面，
所以平面；
选项C：，
，
点到平面的距离为：，
点到平面的距离为：，
所以点B、C到平面AEF的距离相等，故选项C正确；
选项D：设，，
，
因为，
所以，即，
所以点坐标满足且，
故点的轨迹是一条线段，故选项D正确.
故选：BCD.
11. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆M：相切，则下列结论正确的是（ ）
A. 题中的“欧拉线”的方程为：
B. 圆上的点到直线的最小距离为
C. 若点在圆上，则的最大值是
D. 若圆与圆有公共点，则
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意，的“欧拉线”为线段的垂直平分线，可判断A；利用圆心到直线距离判断B；设，可知与圆有公共点即可判断C；根据两圆相交可得到关于的方程，即可判断D.
【详解】由题意，的“欧拉线”为线段的垂直平分线，
因为，的中点为，
所以线段的垂直平分线所在直线方程为，即，
所以的“欧拉线”的方程为，故A正确；
所以，
所以圆的方程为，且圆心为，
所以圆上的点到直线的最小距离为，故B错误；
设，即，
由题意知与有交点，
所以，解得，所以的最大值是，故C正确；
圆的圆心为，半径为，
圆与圆有公共点，
所以，解得，故D错误.
故选：AC
12. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，侧面为正三角形，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 二面角的大小为30°
C. 异面直线与所成的角为90°
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】若为中点，连接，根据已知证明面，再根据面面垂直的判定、二面角定义判断A、B，异面直线与所成的角为或其补角，并求其大小判断C，根据分析确定三棱锥外接球的球心位置，进而求半径，即可得表面积判断D.
【详解】若为中点，连接，
又面为正三角形，故，且，
由面为菱形，，且，则，且，
所以，故，显然，即，
由，面，故面，
面，则，，面，则面，
面，则，综上，二面角的平面角为，B错；
由面，故平面平面，A对；
由，故异面直线与所成的角为或其补角，
连接，面，则，故，
而，则，故，
所以异面直线与所成的角为90°，C对；
由题意，已知三棱锥外接球的球心必在内，如下图，
分别是靠近的三等分点，是中点，为上述三点在各边上垂线的交点，
所以为三棱锥外接球的球心，半径平方为，故外接球的表面积为，D对.
故选：ACD
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知直线：，直线：，若，则______.
【答案】或1
【解析】
【分析】由两线垂直的判定列方程求参数即可.
【详解】由，则，即，
所以或.
故答案为：或1
14. 已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共面的基本定理求即可求解.
【详解】P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，
但四点共面，且，
则根据向量共面定理，，即.
故答案为：
15. 已知点，，则满足点A到直线l的距离为2，点B到直线l距离为3的直线l的条数有_______条.
【答案】3
【解析】
【分析】先求，结合已知及空间想象判断满足条件的直线条数.
【详解】由，故之间存在一条垂直于的直线满足题设；
显然在线段的两侧各有一条直线满足条件，
所以共有3条直线满足要求.
故答案为：3
16. 已知椭圆C：，点，M为椭圆上任意一点，A，B为椭圆的左，右顶点，当M不与A，B重合时，射线交椭圆C于点N，直线交于点T，则动点T的轨迹方程为_______________.
【答案】（）
【解析】
【分析】由题意，设直线MN的方程为，联立椭圆方程并由韦达定理得，，再由点斜式写出直线AM、AN的方程，联立得，结合韦达公式化简，即可得轨迹方程.
【详解】由题知，MN不与x轴重合，设直线MN的方程为，
联立，消x整理得，，
设、，则，.
因为AM的方程为，AN的方程为
两直线方程联立得：，
因为.
所以，解得.
所以动点T的轨迹方程为（）.
故答案为：（）
【点睛】关键点点睛：设直线，并联立椭圆得到一元二次方程，应用韦达定理写出，，再由AM、AN的方程得到为关键.
四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知△ABC的三个顶点是，，．
（1）求边上的中线所在直线的方程；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）求出中点，利用点斜式方程求出直线方程；
（2）求出的长度，及点到直线的距离，利用三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
∵，，
∴中点为，
所以中线斜率为，
所以边上的中线所在直线的方程为即.
【小问2详解】
，
边所在的直线方程为，
点到直线的距离，
所以.
18. 如图，某海面有O，A，B三个小岛（小岛可视为质点，不计大小），A岛在O岛正东方向距O岛20千米处，B岛在O岛北偏东45°方向距O岛千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，10千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B三点．
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C区域内有未知暗礁，现有一渔船D在O岛的南偏东30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东30°方向行驶，若不改变方向，试问该渔船是否有触礁的危险？请说明理由．
【答案】（1）；
（2）没有触礁危险，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知确定，，，再设圆的方程，将所过的点代入求参数，即得方程；
（2）该船航线所在直线l与圆心C的距离，判断其与半径的大小，即可得结论.
【小问1详解】
由已知，，．
法1：设圆C的一般方程为，将O，A，B三点代入得
，解得，
∴圆C的方程为
法2：设圆C方程为，将O，A，B三点代入得
，解得，
∴圆C的方程为
【小问2详解】
由已知该船初始位置为点，且该船航线所在直线l的斜率为．
∴海船行驶路线l:即，
圆心到l的距离，
∵，
∴没有触礁危险．
19. 在直三棱柱中，，、分别是、的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用中位线的性质可得出，根据线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）解法1：取中点，连接，分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，利用余弦定理求出的值，即可得解；
解法2：以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值；
（3）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为、分别是、的中点，则，
又因为平面，平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：解法1：取中点，连接，
在三棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，
且，
又因为，且，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
所以，异面直线与所成角为或其补角，
在直三棱柱中，平面，平面，则，
同理，，
因为，则，所以，，
由勾股定理可得，
同理可得，，
，
由余弦定理可得，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
解法2：在直三棱柱中，因为，则，
如图所示，以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系.
则、、、、、、、
则，，
，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
【小问3详解】
解：，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
设直线与平面所成角为，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知动圆过定点，且与直线相切.
（1）求动圆圆心C的轨迹的方程.
（2）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当，变化且为定值，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点
【解析】
【分析】（1）根据已知的几何关系，结合抛物线的定义求解轨迹方程即可；
（2）首先设，，，设直线AB的方程为：，联立方程结合韦达定理可得，，再利用题干条件，得到两条直线的斜率关系，即可得到，将韦达定理的结果代入得到，进而判断直线恒过的定点.
【小问1详解】
设动圆圆心，设C到直线的距离为d，则，
∴点C的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线.
设抛物线方程为：，由，得，
∴点C的轨迹方程为：.
【小问2详解】
设，，，
∵，显然直线AB斜率存，
∴设直线AB的方程为：
，消x得：
，
设OA的斜率为，OB的斜率为，
∵
则，，
∴，∴，∴，∴，
∴直线AB的方程为：，即，恒过定点
21. 如图，在三棱柱与四棱锥的组合体中，已知，四边形是菱形，，，，．
（1）求证：平面．
（2）点为直线上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，用向量的交角公式即可求.
【小问1详解】
证明：在三棱柱中，
∵，，
∴，
∵，，，
∴
∴，
又∵，面
∴平面；
【小问2详解】
连接交于点，
∵四边形为菱形，
∴
以为原点，，为，轴，向上方向为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，
∴，，
设为平面的一个法向量，
由，得，
取，则.
∵是平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，
∴.
平面与平面所成角的余弦值的取值范围为.
22. 已知点P是抛物线：的准线上任意一点，过点P作抛物线的两条切线PA、PB，其中A、B为切点.
（1）写出抛物线焦点及准线方程；
（2）求弦AB长的最小值；
（3）若直线AB交椭圆：于C、D两点，、分别是△PAB、△PCD的面积，求的最小值.
【答案】（1）焦点，准线方程为
（2）4 （3）.
【解析】
【分析】（1）由抛物线方程直接得到参数，继而可得抛物线焦点及准线方程；
（2）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，然后设、，由同一法可得直线的方程为，与抛物线方程联立用弦长公式求出最值即可；
（3）将面积比转化为弦长比，然后求出直线与椭圆的弦长，构造关于参数的函数求最值即可.
【小问1详解】
因为抛物线：，
所以由题意得，
所以，焦点，准线方程为.
【小问2详解】
设点在抛物线上，则，
联立，消去x得，，即，
所以，关于y的方程有两个相等的实根，此时，
因此，直线与抛物线相切，且切点.
设点、，，
则以A为切点的切线方程为，
同理以B为切点的切线方程为，
∵两条切线均过点，
∴，即，
所以，点A、B的坐标满足直线的方程，
所以，直线AB的方程为，
在直线AB的方程中，令，可得，所以，直线AB过定点；
由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为，
联立，可得，
恒成立，
由韦达定理得，，
由弦长公式可得，
当时，弦AB长的最小值为4.
【小问3详解】
设点P到直线AB的距离为d，则,
设、，
由，得，
恒成立.
由韦达定理得，，
由弦长公式得.
∴，
当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
【点睛】方法法点睛：求切点弦，一般可从同构出发利用同一法求解。
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