江西省贛州市2023~2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試 數(shù)學(xué)

第一學(xué)期期末考試高二數(shù)學(xué)試卷第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、單選題：本大題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出直線的斜率，進(jìn)而可得傾斜角.【解析】因?yàn)橹本€的斜率，所以直線的傾斜角為.故選：C.2.“”是“方程表示橢圓”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】方程表示橢圓，可得，解出的范圍即可判斷出結(jié)論.【解析】∵方程表示橢圓，∴解得或，故“”是“方程表示橢圓”的必要不充分條件.故選：B．3.已知直線：和：．若，則m的值為（）A. B.3 C.1或3 D.或3【答案】B【解析】【分析】借助直線平行的性質(zhì)計(jì)算即可得，注意檢驗(yàn)是否重合.【解析】由，則有，即，解得或，當(dāng)時(shí)，有，，即兩直線重合，不符，故舍去，當(dāng)時(shí)，有，，符合要求，故.故選：B.4.閱讀課上，5名同學(xué)分別從3種不同的書(shū)中選擇一種進(jìn)行閱讀，不同的選法種數(shù)是（）A.50 B.60 C.125 D.243【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意，每名同學(xué)都有3種不同的選法，結(jié)合分步計(jì)數(shù)原理，即可求解.【解析】由題意，5名同學(xué)分別從3種不同的書(shū)中選擇一種進(jìn)行閱讀，其中，每名同學(xué)都有3種不同的選法，所以不同的選法種數(shù)是種.故選：D.5.設(shè)F為拋物線C：的焦點(diǎn)，A為平面內(nèi)定點(diǎn)，若拋物線C上存在點(diǎn)P使得的最小值為5，則點(diǎn)A可以為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分A在拋物線內(nèi)外上三種情況結(jié)合定義求最值即可得解.【解析】當(dāng)A在拋物線內(nèi)部時(shí)，如圖所示：設(shè)在準(zhǔn)線上的射影為，由，當(dāng)，，三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，即，故直線上且在拋物線內(nèi)部的點(diǎn)均合題意，顯然點(diǎn)A在拋物線上時(shí)，其縱坐標(biāo)也為3，故正確，AB錯(cuò)誤；當(dāng)A在拋物線外部時(shí)，設(shè)，如圖所示，當(dāng)，，三點(diǎn)共線時(shí)取得最小值，即，經(jīng)檢驗(yàn)D不滿足.故選：C6.已知，為雙曲線C：（，）的兩個(gè)焦點(diǎn)，以為直徑的圓與C在第一象限的交點(diǎn)為P，若，則C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，利用雙曲線的定義，求得，結(jié)合，利用勾股定理，得到，再結(jié)合離心率的定義，即可求解.【解析】由雙曲線的定義，可得，因?yàn)?，可得，又由以為直徑的圓與C在第一象限的交點(diǎn)為，可得，則滿足，可得，即，可得，所以雙曲線的離心率為.故選：A.7.“楊輝三角”出自我國(guó)數(shù)學(xué)家楊輝1261年著的《解析九章算法》一書(shū)，393年后歐洲帕斯卡也發(fā)現(xiàn)這個(gè)三角圖形，所以“楊輝三角”也叫做“帕斯卡三角形”，它結(jié)構(gòu)優(yōu)美、性質(zhì)奇特，生活中很多問(wèn)題都與楊輝三角有著或多或少的聯(lián)系．例如生活中的最短路徑問(wèn)題：如圖1所示，從甲到每一個(gè)交叉點(diǎn)的走法最短路徑的條數(shù)（圖2）與楊輝三角中對(duì)應(yīng)的數(shù)性質(zhì)相同．已知圖3是國(guó)際象棋簡(jiǎn)易棋盤(pán)，現(xiàn)有一棋子“車(chē)”的起始位置是“”，則它要到“”位置的最短路徑的條數(shù)為（）A.1716 B.924 C.792 D.462【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合組合數(shù)的計(jì)算公式，即可求解.【解析】由題意，棋子“車(chē)”的起始位置是“”到達(dá)“”位置的最短路徑，需要走12步，其中6步向右，6步向上，所以最短的路徑為步.故選：B.8.古城贛州最早有五大城門(mén)，分別為鎮(zhèn)南門(mén)、百盛門(mén)、涌金門(mén)、建春門(mén)和西津門(mén)，贛州某學(xué)校歷史興趣小組決定利用兩個(gè)周日的時(shí)間對(duì)五大城門(mén)的地理位置及歷史意義進(jìn)行調(diào)研．若約定：每個(gè)城門(mén)只調(diào)研一次，且每個(gè)周日只調(diào)研五大城門(mén)中的兩大城門(mén)或三大城門(mén)，則恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，得到此次調(diào)研的基本事件的總數(shù)為種，再由題設(shè)條件，分為兩類(lèi)求得恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)的種數(shù)，集合古典概型的概率計(jì)算公式，即可求解.【解析】由題意，每個(gè)城門(mén)只調(diào)研一次，且每個(gè)周日只調(diào)研五大城門(mén)中的兩大城門(mén)或三大城門(mén)，共有種不同的調(diào)研方法，其中恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)，可得分為：①其中一個(gè)周日只調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)，另一個(gè)周日調(diào)研其他三門(mén)，有種方法；②其中一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)、建春門(mén)和其中另一個(gè)門(mén)，另一個(gè)周日調(diào)研剩余的兩門(mén)，有種方法，共有種不同的調(diào)研方法，所以恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)的概率為.故選：A.二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有錯(cuò)選的得0分．9.關(guān)于概率統(tǒng)計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.兩個(gè)變量x，y的線性相關(guān)系數(shù)為r，若r越大，則x與y之間的線性相關(guān)性越強(qiáng)B.某人解答5個(gè)問(wèn)題，答對(duì)題數(shù)為X，若，則C.若一組樣本數(shù)據(jù)（，2，3，…，n）的樣本點(diǎn)都在直線上，則這組數(shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)r為0.56D.已知，若，則【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)相關(guān)系數(shù)的幾何意義即可判斷A；根據(jù)二項(xiàng)分布的期望公式即可判斷B；根據(jù)線性相關(guān)的定義即可判斷C；根據(jù)正態(tài)分布的對(duì)稱(chēng)性即可判斷D.【解析】對(duì)于A，越大，則x與y之間的線性相關(guān)性越強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)?，所以，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)闃颖军c(diǎn)都在直線上，所以樣本數(shù)據(jù)呈線性相關(guān)，且為正相關(guān)，所以，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)?，，所以，故D正確.故選：BD.10.在正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則（）A.//平面 B.平面//平面C.⊥平面 D.平面平面【答案】AD【解析】【分析】建立空間坐標(biāo)系結(jié)合正方體性質(zhì)利用向量方法證明判斷即可.【解析】由正方體性質(zhì)易得平面//平面，又平面，故EF//平面，故A正確如圖，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則,,,，,,則，對(duì)B,設(shè)平面的法向量為，則有，令，則而，故平面//平面不成立，故B錯(cuò)誤；對(duì)C,因?yàn)椋省推矫娌怀闪?，C錯(cuò)誤；對(duì)D，設(shè)平面的法向量為，，令，則平面的法向量為因?yàn)?，則平面平面，故D正確.故選：AD．11.已知四棱錐的底面為矩形，底面，以為直徑的圓交線段于點(diǎn)，若，則（）A.平面B.二面角的平面角為C.的面積的最小值為D.存在某個(gè)位置，使得點(diǎn)到平面的距離為【答案】ABD【解析】【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷A；利用線面垂直的判定定理可得平面，即為所求，求出可判斷B；設(shè)，利用可得，再由利用基本不等式求最值可判斷C；做交于，利用線面垂直的判定定理可得平面，再由求出，利用求出可判斷D.【解析】對(duì)于A，連接，可得，底面，面，所以，因?yàn)?，平面，所以平面，故A正確；對(duì)于B，二面角的平面角即為平面與平面所成的平面角，因?yàn)榈酌妫?，所以，，因?yàn)椋矫?，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以即為所求，因?yàn)?，所以，，可得二面角的平面角為，故B正確；對(duì)于C，設(shè)，，，，因?yàn)?，所以，可得，因?yàn)槠矫?，平面，所以，所以的面積為，當(dāng)且僅當(dāng)即等號(hào)成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，假設(shè)存在某個(gè)位置，使得點(diǎn)到平面的距離為，做交于，因?yàn)槠矫?，平面，所以，又，平面，所以平面，所以，可得，由得，所以，所以存在點(diǎn)，且，使得點(diǎn)到平面的距離為，故D正確.故選：ABD.【小結(jié)】關(guān)鍵點(diǎn)小結(jié)：對(duì)于C選項(xiàng)的解題關(guān)鍵點(diǎn)是設(shè)，利用可得，再得利用基本不等式求最值.12.已知圓：（），這些圓的全體構(gòu)成集合，則（）A.x軸截圓所得的弦長(zhǎng)為2B.對(duì)任意正整數(shù)k，圓內(nèi)含于圓C.任意正實(shí)數(shù)m，存在，使得圓與直線有交點(diǎn)D.存在正實(shí)數(shù)m，使得A中與直線相交的圓有且僅有2024個(gè)【答案】ACD【解析】【分析】用代入法可得選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，得出圓和的圓心和半徑，判斷兩圓位置關(guān)系即可；對(duì)選項(xiàng)C，分析圓和圓與軸的兩個(gè)交點(diǎn)縱坐標(biāo)的取值范圍即可；對(duì)選項(xiàng)D，研究圓與直線的位置關(guān)系即可.【解析】對(duì)于選項(xiàng)A，將代入：，得，x軸截圓所得的弦長(zhǎng)為2，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)椋汉停?，圓心距為：，兩圓的半徑差為：，且，顯然，故對(duì)任意正整數(shù)k，圓不可能內(nèi)含于圓，故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，由于圓的方程，將代入，得圓與軸的兩個(gè)交點(diǎn)為與，由于，，，圓與軸的兩個(gè)交點(diǎn)為與，其中，即集合中的所有圓在軸上的一系列截線段不間斷，故任意正實(shí)數(shù)m，存在，使得圓與直線有交點(diǎn)，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，圓的圓心為，半徑，圓與直線有交點(diǎn)，只需，即，使得集合A中與直線相交的圓有且僅有2024個(gè)，只需要集合中滿足的個(gè)圓都滿足題意，即只需保證，顯然不等式有解，故D正確.故選：ACD【小結(jié)】方法小結(jié)：萬(wàn)變不離其宗，利用點(diǎn)到直線的距離公式判斷直線與圓的位置關(guān)系和求弦長(zhǎng)；利用圓心距與兩圓半徑的和差作比較，判斷圓與圓位置關(guān)系.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)為_(kāi)__________．【答案】15【解析】【分析】先求出二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，然后令的次數(shù)為，求出的值，從而可得展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng).【解析】二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為，令，得，所以展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為.故答案為：1514.在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA⊥底面ABCD，，E為PC的中點(diǎn)，則直線PC與平面BDE所成角的正弦值為_(kāi)__________．【答案】##【解析】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用直線與平面所成角的向量公式即可求解.【解析】由題意知，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，,,,,,,,設(shè)平面的法向量為，，即，取設(shè)直線PC與平面BDE所成角為.故答案為：.15.某學(xué)校物理興趣小組有6個(gè)男生，4個(gè)女生，歷史興趣小組有5個(gè)男生，7個(gè)女生，先從兩個(gè)興趣小組中隨機(jī)選取一個(gè)興趣小組，再?gòu)乃〉呐d趣小組中隨機(jī)抽取一個(gè)學(xué)生，則該學(xué)生是男生的概率是___________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)全概率公式計(jì)算可得答案.【解析】該學(xué)生是男生的概率是.故答案為：.16.已知，為橢圓C：的焦點(diǎn)，過(guò)的直線l與C交A，B兩點(diǎn)，則的內(nèi)切圓面積最大值為_(kāi)__________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，得到要使得的內(nèi)切圓的面積最大，只需取得最大值，設(shè)過(guò)的直線的方程為，聯(lián)立方程組，結(jié)合韋達(dá)定理，求得，結(jié)合基本不等式求得，進(jìn)而求得內(nèi)切圓的最大半徑，即可求解.【解析】設(shè)的內(nèi)切圓的半徑為，由橢圓，可得，則，根據(jù)橢圓的定義，可得的周長(zhǎng)為，又由，所以，要使得的內(nèi)切圓的面積最大，只需取得最大值即可，由取得最大值時(shí)，直線的斜率一定存在，可設(shè)過(guò)的直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，則，且，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以取得最大值為，令，可得，此時(shí)內(nèi)切圓的面積為.故答案為：.四、解答題：共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17.大氣污染物（直徑不大于2.5的顆粒物）的濃度超過(guò)一定限度會(huì)影響人的身體健康．為研究濃度y（單位：）與汽車(chē)流量x（單位：千輛）的線性關(guān)系，研究人員選定了10個(gè)城市，在每個(gè)城市建立交通監(jiān)測(cè)點(diǎn)，統(tǒng)計(jì)了24h內(nèi)過(guò)往的汽車(chē)流量以及同時(shí)段空氣中的濃度，得到如下數(shù)據(jù)：城市編號(hào)12345678910總和x1.3001.4440.7861.6521.7561.7541.2001.5001.200090813.5y667621170156120721201001291030并計(jì)算得，，．（1）求變量關(guān)于的線性回歸方程；（2）根據(jù)內(nèi)濃度確定空氣質(zhì)量等級(jí)，濃度在0～35為優(yōu)，35～75為良，75～115為輕度污染，115～150為中度污染，150～250為重度污染，已知某城市內(nèi)過(guò)往的汽車(chē)流量為1360輛，判斷該城市的空氣質(zhì)量等級(jí)．參考公式：線性回歸方程為，其中以．【答案】（1）（2）輕度污染【解析】【分析】（1）根據(jù)公式，求線性回歸方程；（2）根據(jù)線性回歸直線方程，預(yù)測(cè)空氣中的濃度，進(jìn)行判斷.【小問(wèn)1解析】由題意得，又因?yàn)椋运运宰兞縴關(guān)于x的線性回歸方程為．【小問(wèn)2解析】當(dāng)輛千輛時(shí)，可得因?yàn)樗栽摮鞘械目諝赓|(zhì)量等級(jí)為輕度污染．18.已知圓C：，點(diǎn)．（1）若，過(guò)P的直線l與C相切，求l的方程；（2）若C上存在到P的距離為1的點(diǎn)，求m的取值范圍．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）對(duì)直線l的斜率是否存在討論，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系列式運(yùn)算；（2）要使圓C上存在到點(diǎn)P的距離為1的點(diǎn)，則圓心C到的距離滿足，，運(yùn)算得解.【小問(wèn)1解析】因?yàn)椋詧AC的方程為①當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，l的方程為，與圓C相切，符合題意；②當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為，即，圓心C到l的距離，解得，則l的方程為，即，綜上可得，l方程為或．【小問(wèn)2解析】由題意可得圓C：，圓心，半徑，則圓心C到的距離，要使C上存在到P的距離為1的點(diǎn)，則，即，解得，所以m的取值范圍為．19.甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行乒乓球比賽，每局比賽兩人對(duì)戰(zhàn)，另一人輪空，沒(méi)有平局．每局勝者與此局輪空者進(jìn)行下一局的比賽．約定先贏兩局者獲勝，比賽隨即結(jié)束．已知每局比賽甲勝乙的概率為，甲勝丙的概率為，乙勝丙的概率為．（1）若第一局由乙丙對(duì)戰(zhàn)，求甲獲勝的概率；（2）判斷并說(shuō)明由哪兩位同學(xué)進(jìn)行首場(chǎng)對(duì)戰(zhàn)才能使甲獲勝的概率最大．【答案】（1）（2）第一局甲乙對(duì)戰(zhàn)才能使甲獲勝的概率最大【解析】【分析】（1）甲獲勝有兩種情況，分別計(jì)算出概率，再相加即可；（2）分別計(jì)算第一局乙丙對(duì)戰(zhàn)甲獲勝的概率，第一局甲乙對(duì)戰(zhàn)甲獲勝的概率，及第一局甲丙對(duì)戰(zhàn)甲獲勝的概率，比較大小，作出判斷即可.【小問(wèn)1解析】第一局由乙丙對(duì)戰(zhàn)，甲獲勝有兩種情況：①乙丙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，則概率為②乙丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝，則概率為綜上，甲獲勝的概率為.【小問(wèn)2解析】若第一局乙丙對(duì)戰(zhàn)，由（1）知甲獲勝的概率為若第一局甲乙對(duì)戰(zhàn)，則甲獲勝有三種情況：①甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，概率為，②甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，③甲乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，所以最終甲獲勝的概率為；若第一局甲丙對(duì)戰(zhàn)，則甲獲勝也有三種情況：①甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，②甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，③甲丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，所以最終甲獲勝的概率為，因?yàn)?，所以第一局甲乙?duì)戰(zhàn)才能使甲獲勝的概率最大．20.現(xiàn)有一種趣味答題比賽，其比賽規(guī)則如下：①每位參賽者最多參加5輪比賽；②每一輪比賽中，參賽選手從10道題中隨機(jī)抽取4道回答，每答對(duì)一道題積2分，答錯(cuò)或放棄均積0分；③每一輪比賽中，獲得積分至少6分的選手將獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章一枚；④結(jié)束所有輪比賽后，參賽選手還可以憑總積分獲得相對(duì)應(yīng)的禮品．據(jù)主辦方透露：這10道題中有7道題是大家都會(huì)做的，有3道題是大家都不會(huì)做的．（1）求某參賽選手在一輪比賽中所獲得積分X的分布列和期望；（2）若參賽選手每輪獲得勛章的概率穩(wěn)定且每輪是否獲得勛章相互獨(dú)立．問(wèn)：某參賽選手在5輪參賽中，獲得多少枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大？【答案】（1）分布列見(jiàn)解析，數(shù)學(xué)期望為（2）獲得3枚或4枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大.【解析】【分析】（1）根據(jù)超幾何分布的知識(shí)求得分布列并求出數(shù)學(xué)期望；（2）根據(jù)二項(xiàng)分布的知識(shí)求得獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的枚數(shù)的分布列，由此求得正確答案.【小問(wèn)1解析】由題知：可取2，4，6，8，則，，，，故的分布列為：2468則的期望.【小問(wèn)2解析】解法一：由（1）知參賽選手在一輪比賽中獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率為，則某參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，記獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的枚數(shù)為，則，故（），假設(shè)當(dāng)時(shí)，概率最大，則，解得，而.故某參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，獲得3枚或4枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大．解法二：由（1）知參賽選手在一輪獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率為，則某參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的枚數(shù)為，則，故（），所以Y的分布列為：012345從分布列中可以看出，概率最大為，所以參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，獲得3枚或4枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大．21.如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形CDEF為正方形，，，．（1）設(shè)平面平面，證明：；（2）直線DE上是否存在點(diǎn)G，使得DE⊥平面ABG？若存在，確定G的位置并說(shuō)明理由；（3）若，，求平面BFG與平面DEA夾角的余弦的取值范圍．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）存在，GDE中點(diǎn)，理由見(jiàn)解析（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，得到，利用線面平行的判定定理，證得平面，再由線面平行的性質(zhì)定理，即可證得；（2）取的中點(diǎn)，得到，再由，利用線面垂直的判定定理，即可證得平面；（3）設(shè)點(diǎn)為中點(diǎn)，取與連線交于點(diǎn)，以建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)到平面的距離為，令，分別求得平面和平面的法向量和，結(jié)合向量的夾角，列出關(guān)系式，