广东省东莞市嘉荣外国语学校2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题
一、单选题
1． 设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题意可得： ，
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据一元二次不等式求集合A，再根据并集运算求解.
2． 已知过点和的直线的斜率为，则m的值为（ ）
A． B．0 C．2 D．10
【答案】A
【知识点】斜率的计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得，解得.
故答案为：A.
【分析】根据斜率公式运算求解.
3．已知，，是空间直角坐标系中轴、轴、轴正方向上的单位向量，且，，则点的坐标为（ ）
A．，， B．，1， C．，， D．，1，
【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：已知 ，，是空间直角坐标系中轴、轴、轴正方向上的单位向量，且，，
由三角形法则，得出，
则点的坐标为，1，.
故答案为：，1，.
【分析】利用已知条件结合空间向量基本定理，从而由三角形法则，用单位向量求出向量的坐标，进而得出点B的坐标。
4．已知，，则的最小值是（ ）
A．0 B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】空间中两点间的距离公式；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
当且仅当时， 取到最小值.
故答案为：C.
【分析】根据空间向量的坐标运算结合二次函数分析求解.
5． 如果一个正四棱锥的底面边长为6，高为3，那么它的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：由题意可得：侧面的高为，
所以 它的侧面积为.
故答案为：B.
【分析】根据 题意结合正四棱锥的结构特征运算求解.
6． 如图，二面角等于135°，，是棱上两点，，分别在半平面，内，，，且，，则（ ）
A． B． C． D．4
【答案】C
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
则，
因为，
则
，
所以 .
故答案为：C.
【分析】根据，结合空间向量的数量积和模长运算求解.
7． 在四面体OABC中，E为OA中点，，若，，，，则（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【知识点】对数的概念与表示；空间向量基本定理；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为
，
结合 ， 可知，
所以 .
故答案为：B.
【分析】根据空间向量的线性运算整理可得，结合题意可得，再代入对数式运算求解即可.
8．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、②、③、④……中图形的周长依次记为，得到数列.设数列的前项和为，若时，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A．5 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【知识点】等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由题设每个图形周长构成数列且
又因为，所以
其前项和为
因为，则
所以
所以，因为为正整数，所以的最小值是10
故答案为：C.
【分析】观察图像可知周长形成的数列是首项，公比的等比数列，即可求出与的关系，从而得到关于的不等式，解出即可.
二、多选题
9． 下列说法正确的是（ ）
A．截距相等的直线都可以用方程表示
B．方程能表示平行轴的直线
C．经过点，倾斜角为的直线方程为
D．经过两点的直线方程
【答案】B,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；直线的点斜式方程；直线的两点式方程；直线的截距式方程
【解析】【解答】解：对于A：若直线过原点，则满足截距相等，但不满足 ，故A错误；
对于B：若，则直线为，于y轴平行，符合题意，故B正确；
对于C：若，则不存在，不合题意，故C错误；
对于D：当直线与x轴垂直，则，代入 符合；
当直线与y轴垂直，则，代入 符合；
当直线不与坐标轴垂直，则，可得；
综上所述： 经过两点的直线方程，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】对AC：举反例分析分析判断；对于B：取，分析判断；对于D：分类讨论结合直线的两点式分析判断.
10．（2022高一下·罗湖期中）下列命题正确的是（ ）
A．将棱台的侧棱延长后必交于一点
B．绕直角三角形的一边旋转一周得到的几何体是圆锥
C．若一个球的表面积扩大一倍，则该球的体积扩大倍
D．在棱长为1的正方体中，四面体的体积为
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】对A，由棱台的定义可知将棱台的侧棱延长后必交于一点，A符合题意；
对B，绕直角三角形的直角边一边旋转一周得到的几何体是圆锥，绕直角三角形的斜边一边旋转一周得到的几何体是两个圆锥的组合体，B不符合题意；
对C，设球的半径为，扩大之后的半径为，若表面积扩大一倍，则，解得，则该球扩大之后的体积为，所以扩大了倍，C不符合题意；
对D，在棱长为1的正方体中，四面体为正方体截去四个三棱锥之后的几何体，其体积为，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】由棱台的定义可判断选项A是否正确，由圆锥的定义可考查B中所得的几何体是否是圆锥，结合球的表面积公式和体积公式计算体积扩大的大小即可判断C，利用空间几何体的结构特征即可计算D中四面体的体积.
11． 下列关于直线与圆的说法正确的是（ ）
A．若直线与圆相切，则为定值
B．若，则直线被圆截得的弦长为定值
C．若，则圆上仅有两个点到直线距离相等
D．当时，直线与圆相交
【答案】A,B,D
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；圆的切线方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解： 圆 的圆心为，半径，
对于A：若直线与圆相切，则圆心到直线l的距离，整理得 为定值，故A正确；
对于BC： 若，即 ，
则圆心到直线l的距离，
所以 直线被圆截得的弦长为为定值，故B正确；
因为圆心到直线l的距离，可知 圆上至少有3个点到直线距离相等，故C错误；
对于D：若，则 直线过定点，
且在圆 内，故 直线与圆相交，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对于A：根据直线与圆相切，结合点到直线的距离公式分析判断；对于BC：求圆心到直线l的距离，进而分析判断；对于D：可知直线过定点，结合定点分析判断.
12． 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为与的交点，若，，，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．的长为 D．
【答案】A,B,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：对于A：，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：因为 ，则 ，
所以 的长为，故C错误；
对于D：因为 ，
所以 ，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对于AB：根据空间向量的线性运算分析求解；对于CD：根据空间向量的数量积、模长以及夹角公式运算求解.
三、填空题
13． 已知向量，向量 ，若，则实数的值为 .
【答案】2
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解： 若，则，解得.
故答案为：2.
【分析】根据空间向量平行的坐标表示分析求解.
14． 正三棱柱，，在棱上，则与平面所成的角的余弦值
【答案】
【知识点】直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取AC的中点E，则，
如图，以BE为x轴，BE的垂线为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.
则，
可得，
由题意可知： 平面 的法向量，
则，
设与平面所成的角 为，则，
所以AD与平面所成的角的余弦值为：.
故答案为： .
【分析】取AC的中点E，以BE为x轴，BE的垂线为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.利用空间向量求线面夹角.
15． 若a＞0，b＞0，则lg [lg（1＋a）＋lg（1＋b）]．（选填“≥”“≤”或“＝”）
【答案】≥
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解： 若a＞0，b＞0，
因为，
，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以.
故答案为： ≥ .
【分析】根据对数运算结合基本不等式分析判断.
16． 若某直线被两平行线与所截得的线段的长为，则该直线的倾斜角大小为 ．
【答案】和
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：设直线l与的夹角为，
可得两平行线与 之间的距离，
因为直线l被直线与截得的线段长，
所以，可知．
又因为直线的斜率为1，其倾斜角为，
所以直线l的倾斜角的值为 和 ．
故答案为： 和 .
【分析】设直线l与的夹角为，根据题意结合两平行线间距离可得，，根据角度关系分析求解.
四、解答题
17．（2023高二上·大庆开学考）已知内角的对边分别为，设
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
【答案】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2）
，
，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理可得 ， 进而结合余弦定理运算求解；
(2)利用面积公式可得 ，在结合余弦定理运算求解.
18．（2022高二上·湖北期中）平面直角坐标系中，已知△三个顶点的坐标分别为，，.
（1）求边所在的直线方程；
（2）求△的面积.
【答案】（1）解；直线的斜率，故直线的方程为，
即.
（2）解；点A到直线的距离，
又，
则△的面积
【知识点】直线的点斜式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【分析】（1）根据已知两点，求得直线斜率，再利用点斜式即可求得直线的方程；
（2）利用点到直线的距离公式，求得三角形的高，再结合两点之间的距离公式以及三角形面积公式，即可求得结果.
19． 在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为（3，-3）.
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
【答案】（1）解：圆 的圆心为，半径为2，
当直线l的斜率不存在时，显然直线与圆C相切，
当直线l的斜率存在时，设切线方程为：，即
圆心到直线的距离等于半径，解得，
可得切线方程为：，
综上所述： 过点且与圆相切的直线方程为：或 .
（2）解：圆C： 与圆 ，
相减得圆C与圆Q的公共弦所在直线方程，
圆C的圆心到直线l的距离为，
又因为 圆与圆的公共弦长为 ，则，解得，
所以圆的方程为或
【知识点】直线的点斜式方程；直线的一般式方程；圆的切线方程；直线与圆相交的性质；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】 (1) 分直线斜率是否存在，结合点到直线的距离公式运算求解；
(2) 根据两圆相交求公共弦所在直线方程，结合弦长关系分析求解.
20． 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ABC的边长AB=1，侧棱长为，P是A1B1的中点，E、F、G分别是AC，BC，PC的中点．
（1）求FG与BB1所成角的大小；
（2）求证：平面EFG∥平面ABB1A1．
【答案】（1）解：连接PB，
因为G，F分别是PC，BC的中点，则，
可知FG与所成角为（或其补角），
在中，可得，
所以FG与所成角的大小为；
（2）证明：由（1）可得，，
且平面，平面，所以直线平面，
因为 E、F分别是AC，BC的中点 ，则，
且平面，平面，所以直线平面，
且，平面EFG，
所以平面平面．
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】 (1) 由题意可得，可知FG与所成角为（或其补角），进而分析求解；
（2）分别证明平面，平面，结合面面平行的性质定理分析证明.
21． 如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F、G分别为A1B1，B1C1，BB1的中点，点P是正方形CC1D1D的中心．
（1）证明：AP∥平面EFG；
（2）若平面AD1E和平面EFG的交线为l，求二面角A﹣l﹣G．
【答案】（1）证明：连接，
因为点E、F、G分别为的中点，则，
可得平面EFG，平面EFG，所以平面EFG；
同理可得平面EFG，
且，平面，
所以平面平面EFG，
又因为平面，所以平面EFG；
（2）解：以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
同理可得：平面EFG的法向量为 ，
因为，所以二面角A l G 的大小为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 连接，先证平面平面EFG，根据面面平行的性质可得平面EFG；
(2) 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角.
22．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明：连接BE，
因为 ， ， 则且，
可知四边形BCDE为平行四边形；则，
又因为且E为AD的中点，则，
可得，
则，即，
且，平面ABCD，
所以平面ABCD
（2）解：以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面PAB的法向量为，则，
令，则，可得，
设，则，
由题意可得 解得：或，
所以线段BM的长度为 2或 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】 (1) 连接BE，可证，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2)以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量结合线面夹角分析求解.
1 / 1广东省东莞市嘉荣外国语学校2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题
一、单选题
1． 设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2． 已知过点和的直线的斜率为，则m的值为（ ）
A． B．0 C．2 D．10
3．已知，，是空间直角坐标系中轴、轴、轴正方向上的单位向量，且，，则点的坐标为（ ）
A．，， B．，1， C．，， D．，1，
4．已知，，则的最小值是（ ）
A．0 B．1 C． D．2
5． 如果一个正四棱锥的底面边长为6，高为3，那么它的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
6． 如图，二面角等于135°，，是棱上两点，，分别在半平面，内，，，且，，则（ ）
A． B． C． D．4
7． 在四面体OABC中，E为OA中点，，若，，，，则（ ）
A． B． C．2 D．3
8．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、②、③、④……中图形的周长依次记为，得到数列.设数列的前项和为，若时，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A．5 B．8 C．10 D．12
二、多选题
9． 下列说法正确的是（ ）
A．截距相等的直线都可以用方程表示
B．方程能表示平行轴的直线
C．经过点，倾斜角为的直线方程为
D．经过两点的直线方程
10．（2022高一下·罗湖期中）下列命题正确的是（ ）
A．将棱台的侧棱延长后必交于一点
B．绕直角三角形的一边旋转一周得到的几何体是圆锥
C．若一个球的表面积扩大一倍，则该球的体积扩大倍
D．在棱长为1的正方体中，四面体的体积为
11． 下列关于直线与圆的说法正确的是（ ）
A．若直线与圆相切，则为定值
B．若，则直线被圆截得的弦长为定值
C．若，则圆上仅有两个点到直线距离相等
D．当时，直线与圆相交
12． 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为与的交点，若，，，则下列正确的是（ ）
A． B．
C．的长为 D．
三、填空题
13． 已知向量，向量 ，若，则实数的值为 .
14． 正三棱柱，，在棱上，则与平面所成的角的余弦值
15． 若a＞0，b＞0，则lg [lg（1＋a）＋lg（1＋b）]．（选填“≥”“≤”或“＝”）
16． 若某直线被两平行线与所截得的线段的长为，则该直线的倾斜角大小为 ．
四、解答题
17．（2023高二上·大庆开学考）已知内角的对边分别为，设
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
18．（2022高二上·湖北期中）平面直角坐标系中，已知△三个顶点的坐标分别为，，.
（1）求边所在的直线方程；
（2）求△的面积.
19． 在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为（3，-3）.
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
20． 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ABC的边长AB=1，侧棱长为，P是A1B1的中点，E、F、G分别是AC，BC，PC的中点．
（1）求FG与BB1所成角的大小；
（2）求证：平面EFG∥平面ABB1A1．
21． 如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F、G分别为A1B1，B1C1，BB1的中点，点P是正方形CC1D1D的中心．
（1）证明：AP∥平面EFG；
（2）若平面AD1E和平面EFG的交线为l，求二面角A﹣l﹣G．
22．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题意可得： ，
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据一元二次不等式求集合A，再根据并集运算求解.
2．【答案】A
【知识点】斜率的计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得，解得.
故答案为：A.
【分析】根据斜率公式运算求解.
3．【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：已知 ，，是空间直角坐标系中轴、轴、轴正方向上的单位向量，且，，
由三角形法则，得出，
则点的坐标为，1，.
故答案为：，1，.
【分析】利用已知条件结合空间向量基本定理，从而由三角形法则，用单位向量求出向量的坐标，进而得出点B的坐标。
4．【答案】C
【知识点】空间中两点间的距离公式；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
当且仅当时， 取到最小值.
故答案为：C.
【分析】根据空间向量的坐标运算结合二次函数分析求解.
5．【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：由题意可得：侧面的高为，
所以 它的侧面积为.
故答案为：B.
【分析】根据 题意结合正四棱锥的结构特征运算求解.
6．【答案】C
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
则，
因为，
则
，
所以 .
故答案为：C.
【分析】根据，结合空间向量的数量积和模长运算求解.
7．【答案】B
【知识点】对数的概念与表示；空间向量基本定理；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为
，
结合 ， 可知，
所以 .
故答案为：B.
【分析】根据空间向量的线性运算整理可得，结合题意可得，再代入对数式运算求解即可.
8．【答案】C
【知识点】等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由题设每个图形周长构成数列且
又因为，所以
其前项和为
因为，则
所以
所以，因为为正整数，所以的最小值是10
故答案为：C.
【分析】观察图像可知周长形成的数列是首项，公比的等比数列，即可求出与的关系，从而得到关于的不等式，解出即可.
9．【答案】B,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；直线的点斜式方程；直线的两点式方程；直线的截距式方程
【解析】【解答】解：对于A：若直线过原点，则满足截距相等，但不满足 ，故A错误；
对于B：若，则直线为，于y轴平行，符合题意，故B正确；
对于C：若，则不存在，不合题意，故C错误；
对于D：当直线与x轴垂直，则，代入 符合；
当直线与y轴垂直，则，代入 符合；
当直线不与坐标轴垂直，则，可得；
综上所述： 经过两点的直线方程，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】对AC：举反例分析分析判断；对于B：取，分析判断；对于D：分类讨论结合直线的两点式分析判断.
10．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】对A，由棱台的定义可知将棱台的侧棱延长后必交于一点，A符合题意；
对B，绕直角三角形的直角边一边旋转一周得到的几何体是圆锥，绕直角三角形的斜边一边旋转一周得到的几何体是两个圆锥的组合体，B不符合题意；
对C，设球的半径为，扩大之后的半径为，若表面积扩大一倍，则，解得，则该球扩大之后的体积为，所以扩大了倍，C不符合题意；
对D，在棱长为1的正方体中，四面体为正方体截去四个三棱锥之后的几何体，其体积为，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】由棱台的定义可判断选项A是否正确，由圆锥的定义可考查B中所得的几何体是否是圆锥，结合球的表面积公式和体积公式计算体积扩大的大小即可判断C，利用空间几何体的结构特征即可计算D中四面体的体积.
11．【答案】A,B,D
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；圆的切线方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解： 圆 的圆心为，半径，
对于A：若直线与圆相切，则圆心到直线l的距离，整理得 为定值，故A正确；
对于BC： 若，即 ，
则圆心到直线l的距离，
所以 直线被圆截得的弦长为为定值，故B正确；
因为圆心到直线l的距离，可知 圆上至少有3个点到直线距离相等，故C错误；
对于D：若，则 直线过定点，
且在圆 内，故 直线与圆相交，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对于A：根据直线与圆相切，结合点到直线的距离公式分析判断；对于BC：求圆心到直线l的距离，进而分析判断；对于D：可知直线过定点，结合定点分析判断.
12．【答案】A,B,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：对于A：，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：因为 ，则 ，
所以 的长为，故C错误；
对于D：因为 ，
所以 ，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对于AB：根据空间向量的线性运算分析求解；对于CD：根据空间向量的数量积、模长以及夹角公式运算求解.
13．【答案】2
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解： 若，则，解得.
故答案为：2.
【分析】根据空间向量平行的坐标表示分析求解.
14．【答案】
【知识点】直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取AC的中点E，则，
如图，以BE为x轴，BE的垂线为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.
则，
可得，
由题意可知： 平面 的法向量，
则，
设与平面所成的角 为，则，
所以AD与平面所成的角的余弦值为：.
故答案为： .
【分析】取AC的中点E，以BE为x轴，BE的垂线为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.利用空间向量求线面夹角.
15．【答案】≥
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解： 若a＞0，b＞0，
因为，
，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以.
故答案为： ≥ .
【分析】根据对数运算结合基本不等式分析判断.
16．【答案】和
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：设直线l与的夹角为，
可得两平行线与 之间的距离，
因为直线l被直线与截得的线段长，
所以，可知．
又因为直线的斜率为1，其倾斜角为，
所以直线l的倾斜角的值为 和 ．
故答案为： 和 .
【分析】设直线l与的夹角为，根据题意结合两平行线间距离可得，，根据角度关系分析求解.
17．【答案】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2）
，
，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理可得 ， 进而结合余弦定理运算求解；
(2)利用面积公式可得 ，在结合余弦定理运算求解.
18．【答案】（1）解；直线的斜率，故直线的方程为，
即.
（2）解；点A到直线的距离，
又，
则△的面积
【知识点】直线的点斜式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【分析】（1）根据已知两点，求得直线斜率，再利用点斜式即可求得直线的方程；
（2）利用点到直线的距离公式，求得三角形的高，再结合两点之间的距离公式以及三角形面积公式，即可求得结果.
19．【答案】（1）解：圆 的圆心为，半径为2，
当直线l的斜率不存在时，显然直线与圆C相切，
当直线l的斜率存在时，设切线方程为：，即
圆心到直线的距离等于半径，解得，
可得切线方程为：，
综上所述： 过点且与圆相切的直线方程为：或 .
（2）解：圆C： 与圆 ，
相减得圆C与圆Q的公共弦所在直线方程，
圆C的圆心到直线l的距离为，
又因为 圆与圆的公共弦长为 ，则，解得，
所以圆的方程为或
【知识点】直线的点斜式方程；直线的一般式方程；圆的切线方程；直线与圆相交的性质；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】 (1) 分直线斜率是否存在，结合点到直线的距离公式运算求解；
(2) 根据两圆相交求公共弦所在直线方程，结合弦长关系分析求解.
20．【答案】（1）解：连接PB，
因为G，F分别是PC，BC的中点，则，
可知FG与所成角为（或其补角），
在中，可得，
所以FG与所成角的大小为；
（2）证明：由（1）可得，，
且平面，平面，所以直线平面，
因为 E、F分别是AC，BC的中点 ，则，
且平面，平面，所以直线平面，
且，平面EFG，
所以平面平面．
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】 (1) 由题意可得，可知FG与所成角为（或其补角），进而分析求解；
（2）分别证明平面，平面，结合面面平行的性质定理分析证明.
21．【答案】（1）证明：连接，
因为点E、F、G分别为的中点，则，
可得平面EFG，平面EFG，所以平面EFG；
同理可得平面EFG，
且，平面，
所以平面平面EFG，
又因为平面，所以平面EFG；
（2）解：以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
同理可得：平面EFG的法向量为 ，
因为，所以二面角A l G 的大小为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 连接，先证平面平面EFG，根据面面平行的性质可得平面EFG；
(2) 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角.
22．【答案】（1）证明：连接BE，
因为 ， ， 则且，
可知四边形BCDE为平行四边形；则，
又因为且E为AD的中点，则，
可得，
则，即，
且，平面ABCD，
所以平面ABCD
（2）解：以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面PAB的法向量为，则，
令，则，可得，
设，则，
由题意可得 解得：或，
所以线段BM的长度为 2或 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】 (1) 连接BE，可证，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2)以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量结合线面夹角分析求解.
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