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浙江省金华第一中学2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题及参考答案
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一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.
【详解】设该直线方程为
由点在该直线上，则，即
即该直线方程为
故选：C
【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
2. 已知数列,,,则的值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将n=1和n=2代入递推关系式，求解即可．
【详解】数列{an}，a2＝1，，
可得a1+a2＝2，a2+a3＝4，
解得a1＝1，a3＝3，
a1+a3＝4．
故选A．
【点睛】本题考查数列递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力.
3. 若椭圆短轴的两个端点与一个焦点构成一个正三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等边三角形边长相等的性质，建立的关系，从而求出离心率.
【详解】如图，
若椭圆短轴的两个端点与一个焦点构成一个正三角形，则，
所以椭圆的离心率为.
故选：D.
4. “点到直线距离相等”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式，并结合充分条件、必要条件的定义即可解答.
【详解】若点到直线的距离相等，则
，解得或.
∴点到直线的距离相等”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的性质，结合点到直线的距离公式进行求解即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，
则圆心为到直线的距离等于1，
∴，解得.
故选：B.
6. 已知数列是公差不为0无穷等差数列，是其前项和，若存在最大值，则（ ）
A. 在中最大的数是
B. 在中最大的数是
C. 在中最大的数是
D. 在中最大的数是
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，由是以为首项，为公差的等差数列，即可判断AB，由可得在中最大的数是不确定的，即可判断CD.
【详解】设等差数列的公差为，则，由存在最大值可知，，
因为，则，所以数列是以为首项，为公差等差数列，且，则是递减数列，所以在中最大的数是，故A正确，B错误；
在中最大的数是不确定的，比如，由，可得，所以，即为最大值，故CD错误；
故选：A
7. 设双曲线（a>0,b>0）的右焦点为F，右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意,
根据双曲线的对称性知在轴上，设，则由
得：，
因为到直线的距离小于，所以
，
即，所以双曲线渐近线斜率，故选A．
8. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，得出点在平面中，问题转化为在平面内直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，问题转化为点关于直线到直线的距离，从而可得结果.
【详解】
如上图示，连接则，点在平面中，且，，，
在△中，以为x轴，为y轴，建立平面直角坐标系，如下图示，则，，，
设点关于直线的对称点为，而直线为①，
所以，故直线为 ②，
联立①②，解得，故直线与的交点，
所以对称点，则，最小值为到直线的距离为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将立体几何问题转化为平面问题，结合将军饮马模型，求点到直线上动点距离最小.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知双曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率为B. 双曲线的焦距为4
C. 双曲线的虚轴长为1D. 双曲线的渐近线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据双曲线方程可确定的值，即可求得双曲线离心率、焦距、虚轴长以及渐近线方程，即得答案.
【详解】由题意知双曲线，
设双曲线实半轴长为a，虚半轴长为b，焦距为2c，则，
故双曲线的离心率为，A错误；
双曲线焦距为，B正确；
双曲线的虚轴长为 ，C错误；
双曲线的渐近线方程为，即，D正确，
故选：BD
10. 已知直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 直线与直线不可能垂直
C. 若点与点关于直线对称，则实数的值为
D. 直线被圆截得的最短弦长为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，当时，,对于B，当时，结合直线的平行条件，即可判断，对于C，求出点与点的直线方程，根据对称，即可求出，对于D，直线被圆截得的最短弦长，根据几何关系和勾股定理，即可求出
【详解】解：对于A，当时，，故A正确，
对于B，当时，直线与直线互相垂直,故B错误，
对于C，由题意知直线AB与直线垂直,且线段AB的中点在直线上，
所以，且，解得，故C正确，
对于D，圆的圆心为，半径为，当圆心到直线的距离最大时，直线被圆截得的弦长最短，此时圆心到直线的距离，解得，
所以直线被圆截得的最短弦长为，
故D错误.
故选：AC
11. 已知抛物线上存在一点到其焦点的距离为3，点为直线上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为为坐标原点．则（ ）
A. 抛物线的方程为B. 直线一定过抛物线的焦点
C. 线段长的最小值为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，求得抛物线的方程，可判定A正确；设，得出和的方程，联立方程组，结合，得到是方程的两个不等式的实数根，再由韦达定理和，可判定D正确；由，得出直线，结合直线的点斜式的形式，可判定B不正确，再由圆锥曲线的弦长公式，结合二次函数的性质，可判定C正确.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标，准线方程为，
因为抛物线上存在一点到其焦点的距离为，
由抛物线的定义可得，可得，
所以抛物线的方程为，所以A正确；
设，显然直线的斜率存在且不为0，设斜率为，
可得的方程为，
联立方程组，整理得，
因为是抛物线的切线，所以，即，
且点的纵坐标为，代入抛物线方程，可得横坐标为，即，
设直线的斜率存在且不为0，设斜率为，
同理可得：，且，
所以是方程的两个不等式的实数根，所以，
因为，
所以，所以D正确；
由，且，可得，
则直线的方程为，即，
又由，可得，
所以，即，
所以直线一定过定点，该点不是抛物线的焦点，所以B不正确.
由直线的斜率不为0，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，所以，
则
，当且仅当时，等号成立，
即的最小值为，所以C正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决直线与抛物线有关问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
12. 在正方体中，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，△PBD的面积为定值
D. 当时，直线与所成角的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；
对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；
对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；
对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.
【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，
又平面，所以平面，
在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A正确；
对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，
三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，
则，其大小随着的变化而变化，C错误；
对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，
因为且,所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角是直线与所成角，
在正中，取值范围为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知等差数列满足，则______．
【答案】5
【解析】
【分析】根据等差数列下标和性质计算可得.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故答案为：
14. 已知是椭圆的两个焦点，点在该椭圆上，若，则的面积是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆定义结合题设求得，可判断，即可求得的面积.
【详解】由题意知是椭圆的两个焦点，
则，
不妨取，则，
又，结合可得，
则，即，
故，
故答案为：
15. 已知球是直三棱柱的内切球（点到直三棱柱各面的距离都相等），若球的表面积为，的周长为4，则三棱锥的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意求出直棱柱内切球半径，即可求得棱柱的高，将直棱柱分割为5个小棱锥，根据等体积法求得棱柱的底面积，再根据棱锥的体积公式即可求得答案.
【详解】设直三棱柱的高为h，设，
内切球的半径设为r，则，
球的表面积为，则，则；
又的周长为4，即，
连接，则直三棱柱被分割为5个小棱锥，
即以内切球球心为顶点，以三棱锥的两个底面和三个侧面为底面的5个棱锥，
根据体积相等可得，
即，即得，
故三棱锥的体积为,
故答案为：
16. 设经过抛物线焦点且斜率为1的直线，与抛物线交于两点，抛物线准线与轴交于点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】得到直线的方程为，联立抛物线方程，求出的坐标，得到，利用余弦定理求出答案.
【详解】由题意得，，
直线的方程为，联立得，，
设，不妨设在第一象限，
解得，
故，
故，
故，
，
，
由余弦定理得.
故答案为：
四、解答题（本大题共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. 已知动圆：.
（1）当时，求经过原点且与圆相切的直线的方程；
（2）若圆与圆：内切，求实数的值．
【答案】（1）或（2）
【解析】
【分析】（1）时圆心为，半径为2．当过原点的直线斜率不存在时恰好与此圆相切，此时切线方程为；当过原点的直线斜率存在时设直线方程为，当直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径2，可求得的值，从而可得切线方程．（2）圆的圆心，半径为；圆的圆心，半径为4．当两圆内切时两圆心距等于两半径的差的绝对值，从而可得的值．
【详解】（1）
当直线的斜率不存在时，方程为,
当直线的斜率存在时,设方程为，由题意得
所以方程为.
（2）,由题意得，
两边平方解得.
18. 如图，为平行四边形，是边长为1的正方形，．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证，转化只需证明平面，只需证明、即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和向量的坐标，转化为利用向量和法向量所成的角，即可求解直线与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
因为，由余弦定理得，从而，
∴，又，故．
又，平面，
所以底面，而底面，可得，
因为平面，
∴平面，平面，故.
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，则，
，
设平面的法向量为，则
，可取，
设直线与平面所成的角为．
故.
19. 如图，已知抛物线与轴相交于点两点，是该抛物线上位于第一象限内的点．
（1）记直线的斜率分别为，求证：为定值；
（2）过点作，垂足为，若平分，求的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，再利用两点间的斜率公式即可证明.
（2）由平分，可知，再由求出，再利用相交求出，即可求出的面积.
【小问1详解】
由题意得点的坐标分别为．
设点的坐标为，且，
则，
所以为定值．
【小问2详解】
由直线的位置关系知：．
因为，
所以，解得，
因为是第一象限内的点，所以，则．
联立直线与的方程
，解得．
所以的面积．
20. 正项数列中，，对任意都有．
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）设，试问是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出所有满足要求的；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）存在，或或
【解析】
【分析】（1）利用平方差公式得到，从而判断得是等差数列，从而利用公式法即可得解；
（2）假设存在，利用中等中项公式即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，所以，又，
数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以的通项公式为，前项和.
【小问2详解】
存在正整数，使得成等差数列，
由（1）得，
假设存在正整数，传得成等差数列，则，
即，
当时，得，显然不成立，
所以，得，
为整数，，故，
即，对应的，
所以存在满足要求的，或或.
21. 在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且、分别为、的中点．
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的交点为，且，求截面与底面所成锐二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）先利用中位线判定四边形是平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即证结果；
（2）先找到点，利用线面平行的性质定理，再建立空间直角坐标系写点坐标，计算两个平面的法向量，计算夹角余弦即得结果.
【详解】解：（1）取的中点，连接、，
∵是的中点，∴且，
∵底面为直角梯形，，
，即，且，
∴且，∴四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面．
（2）方法一：取的中点，连接、、、，，
连接并延长交于，已知．
∵平面，且平面平面，∴，
又，∴，
建立如图所示直角坐标系，
，，，，，，则平面的法向量为，，，
设平面的法向量为，
则有，即，
即，则，，即．
∴设两个法向量、的夹角为，则，
即两个法向量的夹角为．
∴截面与底面所成锐二面角的大小为．
【点睛】本题考查了空间中线面平行的判定和二面角的向量求法，属于中档题.
22. 已知点与定点的距离和它到定直线的距离的比是．
（1）求点的轨迹的标准方程；
（2）设点，若点是曲线上两点，且在轴上方，满足，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意设 ，然后根据题中的几何条件得出方程，从而求解出轨迹方程；
（2）根据题意设出直线，求出直线与椭圆相交弦长，并结合点到直线距离知识从而求解.
【小问1详解】
依题意，得，整理化简得，，
所以：点的轨迹的方程为：.
【小问2详解】
设为坐标原点，连接，延长交椭圆于点，连接，
由椭圆对称性可知：，
又，所以为为平行四边形，
所以：，则：，且三点共线，
所以：四边形的面积，
设直线，
由，得：，
所以：，
又，所以：点到直线的距离即为点到直线的距离，
因为：点到直线的距离，
所以，
设：，则：，
所以：，
又因为：，所以当时，即时，四边形面积取得最大值，最大值为．
【点睛】方法点睛：本题（2）中对面积的求解转化为对的面积求解，然后设出直线与椭圆联立求出弦长，然后再结合基本不等式求解出最值.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.
【详解】设该直线方程为
由点在该直线上，则，即
即该直线方程为
故选：C
【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
2. 已知数列,,,则的值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将n=1和n=2代入递推关系式，求解即可．
【详解】数列{an}，a2＝1，，
可得a1+a2＝2，a2+a3＝4，
解得a1＝1，a3＝3，
a1+a3＝4．
故选A．
【点睛】本题考查数列递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力.
3. 若椭圆短轴的两个端点与一个焦点构成一个正三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等边三角形边长相等的性质，建立的关系，从而求出离心率.
【详解】如图，
若椭圆短轴的两个端点与一个焦点构成一个正三角形，则，
所以椭圆的离心率为.
故选：D.
4. “点到直线距离相等”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式，并结合充分条件、必要条件的定义即可解答.
【详解】若点到直线的距离相等，则
，解得或.
∴点到直线的距离相等”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的性质，结合点到直线的距离公式进行求解即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，
则圆心为到直线的距离等于1，
∴，解得.
故选：B.
6. 已知数列是公差不为0无穷等差数列，是其前项和，若存在最大值，则（ ）
A. 在中最大的数是
B. 在中最大的数是
C. 在中最大的数是
D. 在中最大的数是
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，由是以为首项，为公差的等差数列，即可判断AB，由可得在中最大的数是不确定的，即可判断CD.
【详解】设等差数列的公差为，则，由存在最大值可知，，
因为，则，所以数列是以为首项，为公差等差数列，且，则是递减数列，所以在中最大的数是，故A正确，B错误；
在中最大的数是不确定的，比如，由，可得，所以，即为最大值，故CD错误；
故选：A
7. 设双曲线（a>0,b>0）的右焦点为F，右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意,
根据双曲线的对称性知在轴上，设，则由
得：，
因为到直线的距离小于，所以
，
即，所以双曲线渐近线斜率，故选A．
8. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，得出点在平面中，问题转化为在平面内直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，问题转化为点关于直线到直线的距离，从而可得结果.
【详解】
如上图示，连接则，点在平面中，且，，，
在△中，以为x轴，为y轴，建立平面直角坐标系，如下图示，则，，，
设点关于直线的对称点为，而直线为①，
所以，故直线为 ②，
联立①②，解得，故直线与的交点，
所以对称点，则，最小值为到直线的距离为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将立体几何问题转化为平面问题，结合将军饮马模型，求点到直线上动点距离最小.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知双曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率为B. 双曲线的焦距为4
C. 双曲线的虚轴长为1D. 双曲线的渐近线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据双曲线方程可确定的值，即可求得双曲线离心率、焦距、虚轴长以及渐近线方程，即得答案.
【详解】由题意知双曲线，
设双曲线实半轴长为a，虚半轴长为b，焦距为2c，则，
故双曲线的离心率为，A错误；
双曲线焦距为，B正确；
双曲线的虚轴长为 ，C错误；
双曲线的渐近线方程为，即，D正确，
故选：BD
10. 已知直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 直线与直线不可能垂直
C. 若点与点关于直线对称，则实数的值为
D. 直线被圆截得的最短弦长为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，当时，,对于B，当时，结合直线的平行条件，即可判断，对于C，求出点与点的直线方程，根据对称，即可求出，对于D，直线被圆截得的最短弦长，根据几何关系和勾股定理，即可求出
【详解】解：对于A，当时，，故A正确，
对于B，当时，直线与直线互相垂直,故B错误，
对于C，由题意知直线AB与直线垂直,且线段AB的中点在直线上，
所以，且，解得，故C正确，
对于D，圆的圆心为，半径为，当圆心到直线的距离最大时，直线被圆截得的弦长最短，此时圆心到直线的距离，解得，
所以直线被圆截得的最短弦长为，
故D错误.
故选：AC
11. 已知抛物线上存在一点到其焦点的距离为3，点为直线上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为为坐标原点．则（ ）
A. 抛物线的方程为B. 直线一定过抛物线的焦点
C. 线段长的最小值为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，求得抛物线的方程，可判定A正确；设，得出和的方程，联立方程组，结合，得到是方程的两个不等式的实数根，再由韦达定理和，可判定D正确；由，得出直线，结合直线的点斜式的形式，可判定B不正确，再由圆锥曲线的弦长公式，结合二次函数的性质，可判定C正确.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标，准线方程为，
因为抛物线上存在一点到其焦点的距离为，
由抛物线的定义可得，可得，
所以抛物线的方程为，所以A正确；
设，显然直线的斜率存在且不为0，设斜率为，
可得的方程为，
联立方程组，整理得，
因为是抛物线的切线，所以，即，
且点的纵坐标为，代入抛物线方程，可得横坐标为，即，
设直线的斜率存在且不为0，设斜率为，
同理可得：，且，
所以是方程的两个不等式的实数根，所以，
因为，
所以，所以D正确；
由，且，可得，
则直线的方程为，即，
又由，可得，
所以，即，
所以直线一定过定点，该点不是抛物线的焦点，所以B不正确.
由直线的斜率不为0，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，所以，
则
，当且仅当时，等号成立，
即的最小值为，所以C正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决直线与抛物线有关问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
12. 在正方体中，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，△PBD的面积为定值
D. 当时，直线与所成角的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；
对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；
对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；
对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.
【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，
又平面，所以平面，
在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A正确；
对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，
三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，
则，其大小随着的变化而变化，C错误；
对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，
因为且,所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角是直线与所成角，
在正中，取值范围为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知等差数列满足，则______．
【答案】5
【解析】
【分析】根据等差数列下标和性质计算可得.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故答案为：
14. 已知是椭圆的两个焦点，点在该椭圆上，若，则的面积是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆定义结合题设求得，可判断，即可求得的面积.
【详解】由题意知是椭圆的两个焦点，
则，
不妨取，则，
又，结合可得，
则，即，
故，
故答案为：
15. 已知球是直三棱柱的内切球（点到直三棱柱各面的距离都相等），若球的表面积为，的周长为4，则三棱锥的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意求出直棱柱内切球半径，即可求得棱柱的高，将直棱柱分割为5个小棱锥，根据等体积法求得棱柱的底面积，再根据棱锥的体积公式即可求得答案.
【详解】设直三棱柱的高为h，设，
内切球的半径设为r，则，
球的表面积为，则，则；
又的周长为4，即，
连接，则直三棱柱被分割为5个小棱锥，
即以内切球球心为顶点，以三棱锥的两个底面和三个侧面为底面的5个棱锥，
根据体积相等可得，
即，即得，
故三棱锥的体积为,
故答案为：
16. 设经过抛物线焦点且斜率为1的直线，与抛物线交于两点，抛物线准线与轴交于点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】得到直线的方程为，联立抛物线方程，求出的坐标，得到，利用余弦定理求出答案.
【详解】由题意得，，
直线的方程为，联立得，，
设，不妨设在第一象限，
解得，
故，
故，
故，
，
，
由余弦定理得.
故答案为：
四、解答题（本大题共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. 已知动圆：.
（1）当时，求经过原点且与圆相切的直线的方程；
（2）若圆与圆：内切，求实数的值．
【答案】（1）或（2）
【解析】
【分析】（1）时圆心为，半径为2．当过原点的直线斜率不存在时恰好与此圆相切，此时切线方程为；当过原点的直线斜率存在时设直线方程为，当直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径2，可求得的值，从而可得切线方程．（2）圆的圆心，半径为；圆的圆心，半径为4．当两圆内切时两圆心距等于两半径的差的绝对值，从而可得的值．
【详解】（1）
当直线的斜率不存在时，方程为,
当直线的斜率存在时,设方程为，由题意得
所以方程为.
（2）,由题意得，
两边平方解得.
18. 如图，为平行四边形，是边长为1的正方形，．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证，转化只需证明平面，只需证明、即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和向量的坐标，转化为利用向量和法向量所成的角，即可求解直线与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
因为，由余弦定理得，从而，
∴，又，故．
又，平面，
所以底面，而底面，可得，
因为平面，
∴平面，平面，故.
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，则，
，
设平面的法向量为，则
，可取，
设直线与平面所成的角为．
故.
19. 如图，已知抛物线与轴相交于点两点，是该抛物线上位于第一象限内的点．
（1）记直线的斜率分别为，求证：为定值；
（2）过点作，垂足为，若平分，求的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，再利用两点间的斜率公式即可证明.
（2）由平分，可知，再由求出，再利用相交求出，即可求出的面积.
【小问1详解】
由题意得点的坐标分别为．
设点的坐标为，且，
则，
所以为定值．
【小问2详解】
由直线的位置关系知：．
因为，
所以，解得，
因为是第一象限内的点，所以，则．
联立直线与的方程
，解得．
所以的面积．
20. 正项数列中，，对任意都有．
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）设，试问是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出所有满足要求的；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）存在，或或
【解析】
【分析】（1）利用平方差公式得到，从而判断得是等差数列，从而利用公式法即可得解；
（2）假设存在，利用中等中项公式即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，所以，又，
数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以的通项公式为，前项和.
【小问2详解】
存在正整数，使得成等差数列，
由（1）得，
假设存在正整数，传得成等差数列，则，
即，
当时，得，显然不成立，
所以，得，
为整数，，故，
即，对应的，
所以存在满足要求的，或或.
21. 在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且、分别为、的中点．
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的交点为，且，求截面与底面所成锐二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）先利用中位线判定四边形是平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即证结果；
（2）先找到点，利用线面平行的性质定理，再建立空间直角坐标系写点坐标，计算两个平面的法向量，计算夹角余弦即得结果.
【详解】解：（1）取的中点，连接、，
∵是的中点，∴且，
∵底面为直角梯形，，
，即，且，
∴且，∴四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面．
（2）方法一：取的中点，连接、、、，，
连接并延长交于，已知．
∵平面，且平面平面，∴，
又，∴，
建立如图所示直角坐标系，
，，，，，，则平面的法向量为，，，
设平面的法向量为，
则有，即，
即，则，，即．
∴设两个法向量、的夹角为，则，
即两个法向量的夹角为．
∴截面与底面所成锐二面角的大小为．
【点睛】本题考查了空间中线面平行的判定和二面角的向量求法，属于中档题.
22. 已知点与定点的距离和它到定直线的距离的比是．
（1）求点的轨迹的标准方程；
（2）设点，若点是曲线上两点，且在轴上方，满足，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意设 ，然后根据题中的几何条件得出方程，从而求解出轨迹方程；
（2）根据题意设出直线，求出直线与椭圆相交弦长，并结合点到直线距离知识从而求解.
【小问1详解】
依题意，得，整理化简得，，
所以：点的轨迹的方程为：.
【小问2详解】
设为坐标原点，连接，延长交椭圆于点，连接，
由椭圆对称性可知：，
又，所以为为平行四边形，
所以：，则：，且三点共线，
所以：四边形的面积，
设直线，
由，得：，
所以：，
又，所以：点到直线的距离即为点到直线的距离，
因为：点到直线的距离，
所以，
设：，则：，
所以：，
又因为：，所以当时，即时，四边形面积取得最大值，最大值为．
【点睛】方法点睛：本题（2）中对面积的求解转化为对的面积求解，然后设出直线与椭圆联立求出弦长，然后再结合基本不等式求解出最值.
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