精品解析：山西省吕梁市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

吕梁市2023—2024学年第二学期期末调研测 试高一数学试题 本试题满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 4 C. 5 D. 2. 已知平面向量的夹角为，满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 3. 在中，内角的对边分别为，若，则的面积是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 3 4. 抛掷一枚质地均匀的骰子2次，事件甲为“第一次骰子正面向上的数字是1”，事件乙为“两次骰子正面向上的数字之和是4”，事件丙为“两次骰子正面向上的数字之和是8”，则（ ） A. 甲乙互斥 B. 乙丙互为对立 C. 甲乙相互独立 D. 甲丙互斥 5. 已知两个不重合的平面，和直线l，若，则“”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 6. 中，内角，，的对边分别为，，，若且，则的形状是（ ） A. 有一个角是的等腰三角形 B. 等边三角形 C. 三边均不相等的直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛:教师射门，学生守门.已知参与射门比赛教师有60名，进球数的平均值和方差分别是3和13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是4和8，女教师进球数的平均值为2，则女教师进球数的方差为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 8. 在梯形中，，点为边上一动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在复平面内，复数对应的向量为，其中是原点，则下列说法正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 复数对应的点在第一象限 C. 当时，复数为纯虚数 D. 向量对应的复数为 10. 正六边形瓷砖是一种常见的装饰材料，被广泛应用于室内和室外的墙壁、地面和装饰品的制作.正六边形瓷砖的设计能够形成美观的六边形花纹，增加空间的层次感和艺术感.如图是一块正六边形瓷砖，它的边长为1，点是内部（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若为的中点，在上的投影向量为 D. 的最大值为 11. 正方体的棱长为分别为的中点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成角的余弦值为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面截正方体所得的截面周长为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数据的方差为16，则数据的方差为______. 13 已知相互独立事件满足，则______. 14. 已知正三棱台上、下底面边长分别为和，侧面与下底面所成的二面角为，则该正三棱台外接球的表面积为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 北京大兴半程马拉松暨第八届“花绘北京悦跑大兴”于2024年4月27日在大兴区魏善庄镇鸣枪开跑，参赛规模为6000人并设有两个项目，为让更多的人了解马拉松运动项目，某区举办了马拉松知识竞赛，并从中随机抽取了名参赛者的成绩，得到的数据如下表所示： 分数 频数 5 10 20 30 频率 0.10 0.20 0.30 0.35 （1）分别求值，并在图中画出频率分布直方图； （2）若参赛者得分分数不低于70的人数至少要占以上，并且参赛者得分分数的平均数超过80分，则该区可以评为“一马当先区”，估计该区能否评为“一马当先区”，并说明理由.（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 16. 如图，是的直径，点是上的动点，垂直于所在的平面，点为线段的中点， （1）证明：平面平面； （2）设，求点到平面的距离. 17. 如图，四边形中，，，，且为锐角． （1）求； （2）求的面积． 18. 2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射成功，实现了两个飞行乘组太空“会师”.下表记录了我国已发射成功的所有神舟飞船的发射时间和飞行时长. 名称 发射时间 飞行时长 神舟一号 1999年11月20日 21小时11分 神舟二号 2001年1月10日 6天18小时22分 神舟三号 2002年3月25日 6天18小时39分 神舟四号 2002年12月30日 6天18小时36分 神舟五号 2003年10月15日 21小时28分 神舟六号 2005年10月12日 4天19小时32分 神舟七号 2008年9月25日 2天20小时30分 神舟八号 2011年11月1日 16天 神舟九号 2012年6月16日 13天 神舟十号 2013年6月11日 15天 神舟十一号 2016年10月17日 32天 神舟十二号 2021年6月17日 3个月 神舟十三号 2021年10月16日 6个月 神舟十四号 2022年6月5日 6个月 神舟十五号 2022年11月29日 6个月 神舟十六号 2023年5月30日 5个月 神舟十七号 2023年10月26日 6个月 神舟十八号 2024年4月25日 预计6个月 为帮助同学们了解我国神舟飞船发展情况，某学校“航天社团”准备通过绘画、海报、数据统计图表等形式宣传“神舟系列飞船之旅”. （1）绘画组成员从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘进行绘画，求选中的神舟飞船的发射时间恰好是在10月份的概率； （2）海报组组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘制作海报；海报组组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘制作海报，两组选择互不影响，求两组选中的两艘神舟飞船的发射时间恰好都在10月或11月份的概率. 19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，则. （1）已知为射线上一点，交于点，交于点，当时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吕梁市2023—2024学年第二学期期末调研测 试高一数学试题 本试题满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算，得到，即可求解. 【详解】因为，所以，得到， 所以， 故选：C. 2. 已知平面向量的夹角为，满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直得出向量数量积为0，再应用数量积定义计算即可. 【详解】因为， 可得， 可得. 故选：B. 3. 在中，内角的对边分别为，若，则的面积是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理求出，再由面积公式求解即可. 【详解】若，则， 由余弦定理得， 因为，所以， 则的面积是. 故选：C. 4. 抛掷一枚质地均匀的骰子2次，事件甲为“第一次骰子正面向上的数字是1”，事件乙为“两次骰子正面向上的数字之和是4”，事件丙为“两次骰子正面向上的数字之和是8”，则（ ） A. 甲乙互斥 B. 乙丙互为对立 C. 甲乙相互独立 D. 甲丙互斥 【答案】D 【解析】 【分析】利用互斥事件的定义，即可判断出选项A，B和D的正误，对于选项C，分别求出事件甲、事件乙发生的概率，事件甲、乙同时发生的概率，再利用相互独立事件的判断方法，即可求解. 【详解】对于选项A，当第二次骰子正面向上的数字是时，事件甲与事件乙可以同时发生，所以选项A错误； 对于选项B，抛掷一枚质地均匀的骰子2次，正面向上的数字之和可能是，所以乙丙互斥但不对立； 对于选项C，设事件甲，事件乙发生的概率分别为，事件甲、乙同时发生的概率为， 因为，又，所以，故选项C错误； 对于选项D，因为事件甲与事件乙不能同时发生，所以甲丙互斥，故选项D正确； 故选：D. 5. 已知两个不重合的平面，和直线l，若，则“”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】D 【解析】 【分析】根据题意，结合直线与平面位置关系判断即可得答案. 【详解】解：若，，则或，故充分性不成立； 若，，则或或直线l与平面相交，故必要性不成立. 所以“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 6. 中，内角，，的对边分别为，，，若且，则的形状是（ ） A. 有一个角是的等腰三角形 B. 等边三角形 C. 三边均不相等的直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由根据正弦定理和两角和的正弦公式可求得，再根据可得是等腰三角形，即可判断. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以， 如图所示， 在边、上分别取点、，使、， 以、为邻边作平行四边形，则， 显然，因此平行四边形为菱形，平分， 又，则有，即， 于是得是等腰三角形，所以， 又，所以为等边三角形. 故选：. 7. 某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛:教师射门，学生守门.已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差分别是3和13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是4和8，女教师进球数的平均值为2，则女教师进球数的方差为（ ） A 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】设参加射门比赛的男教师人数为，根据总体的平均数求出，设女教师进球数的方差为，根据方差公式计算可得. 【详解】设参加射门比赛的男教师人数为，则全部参赛教师进球数的平均数， 解得，即参赛的男女教师各有人， 设女教师进球数的方差为， 依题意可得，解得. 故选：B 8. 在梯形中，，点为边上一动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，建立平面直角坐标系，设，从而得到，即可求出结果. 【详解】如图，建立平面直角坐标系， 因为，所以， 设，所以， 得到，因为，所以， 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在复平面内，复数对应的向量为，其中是原点，则下列说法正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 复数对应的点在第一象限 C. 当时，复数为纯虚数 D. 向量对应的复数为 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，利用复数的定义可知选项A错误；利用复数的几何意义，即可判断出选项B和D的正误；选项C，利用复数的运算，即可判断出选项C的正误. 【详解】对于选项A，因为，所以复数的虚部为，故选项A错误， 对于选项B，因为，所以，故复数对应的点为，在第一象限，所以选项B正确， 对于选项C，因为，又，所以，故选项C正确， 对于选项D，因为，所以， 得到向量对应的复数为，所以选项D错误， 故选：BC. 10. 正六边形瓷砖是一种常见的装饰材料，被广泛应用于室内和室外的墙壁、地面和装饰品的制作.正六边形瓷砖的设计能够形成美观的六边形花纹，增加空间的层次感和艺术感.如图是一块正六边形瓷砖，它的边长为1，点是内部（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若为的中点，在上的投影向量为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，根据图形，利用向量的几何运算，即可求解；选项B，因为，再利用数量积的定义，再利用正六边形的性质得，，即可求解；选项C，由正六边形的性质知，再利用数量积的几何意义，即可求解，选项D，建立平面直角坐标系，设，，得到，即可求解. 【详解】对于选项A，如图1，因为， 又，所以， 得到，所以选项A正确， 对于选项B，如图1，因为，又因为正六边形的边长为1， 所以，， 所以，所以选项B错误， 对于选项C，如图1，因为，所以在上的投影向量为，故选项C正确， 对于选项D，如图2，建立平面直角坐标系， 设，易知，，， 则，，所以， 得到，所以当， 即点与点重合时，取得最大，此时， 所以的最大值为，故选项D正确， 故选：ACD. 11. 正方体的棱长为分别为的中点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成角的余弦值为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面截正方体所得的截面周长为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，取中点H，连接得，则求出的余弦值即为直线与所成角余弦值；对于B，连接、，证明即可得到平面截正方体所得的截面图形为四边形，证明平面结合棱锥的体积公式即可判断；对于C，由选项B即可得到截面的图形，进而根据数据直接求解即可；对于D，根据线面角定义以及正方体性质可得到是直线与平面所成的角，求出的正弦值即可得解. 【详解】对于A，取中点H，连接、、， 则由题意可知，，且， 所以是直线与所成角或补角，且， 所以直线与所成角余弦值为，故A正确； 对于B，连接、，由正方体几何性质可知且， 所以四边形是平行四边形，故， 又，所以，故与共面且过与的面有且只有一个， 故四边形是平面截正方体所得的截面图形， 连接，则由、均为所在边的中点以及正方体性质得，且， 故，又平面，平面， 所以平面，故点到平面的距离即为到平面的距离， 所以为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项B正确； 对于C，由B可知平面截正方体所得的截面图形为四边形， 又由上以及题意得，，， 所以平面截正方体所得的截面周长为，故C正确； 对于D，连接，由正方体性质可知平面， 故是直线与平面所成的角， 又，所以， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为，故D错. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数据的方差为16，则数据的方差为______. 【答案】36 【解析】 【分析】根据以及方差性质即可得解. 【详解】因为， 又数据的方差为16， 所以由方差性质得数据的方差为. 故答案为：36. 13. 已知相互独立事件满足，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据独立事件乘积概率公式及对立事件概率计算即可. 【详解】因为相互独立事件，， 所以， 所以， 所以. 故答案为： 14. 已知正三棱台上、下底面边长分别为和，侧面与下底面所成的二面角为，则该正三棱台外接球的表面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径，即可求解. 【详解】如图，设正三棱台上、下底面的中心分别为，的中点分别为， 连接，由正三棱台性质可知， 所以为侧面与下底面所成的二面角的平面角， 易知正三棱台外接球的球心在直线上，设球心为，如图所示，过作于， 因为正三棱台上、下底面边长分别为和，所以， 因为分别为的中心，所以，， 在中，，，所以， 又，设，正三棱台外接球的外接球半径为， 由，得到，解得， 所以球心在的延长线上，得到， 所以正三棱台外接球的表面积为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 北京大兴半程马拉松暨第八届“花绘北京悦跑大兴”于2024年4月27日在大兴区魏善庄镇鸣枪开跑，参赛规模为6000人并设有两个项目，为让更多的人了解马拉松运动项目，某区举办了马拉松知识竞赛，并从中随机抽取了名参赛者的成绩，得到的数据如下表所示： 分数 频数 5 10 20 30 频率 0.10 0.20 0.30 0.35 （1）分别求的值，并在图中画出频率分布直方图； （2）若参赛者得分分数不低于70的人数至少要占以上，并且参赛者得分分数的平均数超过80分，则该区可以评为“一马当先区”，估计该区能否评为“一马当先区”，并说明理由.（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 【答案】（1），，，频率分布直方图见解析 （2）该区可以评为“一马当先区”，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1以及表格所给数据可依次得可得、、的值，接着明确每组数据的的值即可得频率分布直方图. （2）根据题中所给数据算出分数不低于70的频率以及参赛者得分分数的平均数即可判断得解. 【小问1详解】 由，解得， 由表格数据得，， 因为每组的分别为0.005，0.010，0.020，0.030，0.035， 所以频率分布直方图如下所示： 【小问2详解】 该区可以评为“一马当先区”，理由如下： 因为参赛者得分分数不低于70的频率为， 所以满足参赛者得分分数不低于70的人数至少要占80%以上， 又参赛者得分分数的平均数为 ， 所以该区可以评为“一马当先区”. 16. 如图，是的直径，点是上的动点，垂直于所在的平面，点为线段的中点， （1）证明：平面平面； （2）设，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，利用线面垂直的性质得到，从而得到平面，再利用和面面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）法一，过作垂线，根据条件得到平面，利用几何关系得到，从而可求出结果；法二，过作垂线，根据条件得到平面，利用几何关系，即可求出结果；法三，利用等体积法求解. 【小问1详解】 因是的直径，则， 因垂直于所在的平面，平面，则， 因，，平面，则平面， 又点为线段的中点，得到，所以平面， 又平面，则平面平面； 【小问2详解】 解1．如图，过作垂线，垂足为． 由（1）知平面，平面， 所以平面平面，平面平面，平面， 则平面， 即为点到平面的距离． 又，，垂直于所在的平面 则，所以， 则中，， 得到，即点到平面的距离为． 因点为线段的中点，点到平面的距离为点到平面的距离的一半， 即点到平面的距离为． 解2．如图，过作垂线，垂足． 由（1）知平面，平面， 所以平面平面，平面平面，平面， 则平面，即为点到平面的距离． 又，，垂直于所在的平面 则，得到， 则在中，， 得到，因为为的中位线， 所以，即点到平面的距离为. 解3：等体积法 设底面圆半径为， ，，, 的面积, , 又由（1）知，面，面 ，，与为直角三角形． ，， ，． 设到平面的距离为， 由，得， ，到平面的距离为． 17. 如图，四边形中，，，，且为锐角． （1）求； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式求得，利用余弦定理求得，分析可知BD是四边形外接圆的直径，再利用正弦定理可求解； （2）由面积公式即可得解. 【小问1详解】 由已知， ∵是锐角，∴． 由余弦定理可得，则． ∵，∴BD是四边形外接圆的直径， ∴BD是外接圆的直径，利用正弦定理知 【小问2详解】 由，，，， 则,, 又，则， 因此， 故的面积为． 18. 2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射成功，实现了两个飞行乘组太空“会师”.下表记录了我国已发射成功的所有神舟飞船的发射时间和飞行时长. 名称 发射时间 飞行时长 神舟一号 1999年11月20日 21小时11分 神舟二号 2001年1月10日 6天18小时22分 神舟三号 2002年3月25日 6天18小时39分 神舟四号 2002年12月30日 6天18小时36分 神舟五号 2003年10月15日 21小时28分 神舟六号 2005年10月12日 4天19小时32分 神舟七号 2008年9月25日 2天20小时30分 神舟八号 2011年11月1日 16天 神舟九号 2012年6月16日 13天 神舟十号 2013年6月11日 15天 神舟十一号 2016年10月17日 32天 神舟十二号 2021年6月17日 3个月 神舟十三号 2021年10月16日 6个月 神舟十四号 2022年6月5日 6个月 神舟十五号 2022年11月29日 6个月 神舟十六号 2023年5月30日 5个月 神舟十七号 2023年10月26日 6个月 神舟十八号 2024年4月25日 预计6个月 为帮助同学们了解我国神舟飞船的发展情况，某学校“航天社团”准备通过绘画、海报、数据统计图表等形式宣传“神舟系列飞船之旅”. （1）绘画组成员从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘进行绘画，求选中的神舟飞船的发射时间恰好是在10月份的概率； （2）海报组组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘制作海报；海报组组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘制作海报，两组选择互不影响，求两组选中的两艘神舟飞船的发射时间恰好都在10月或11月份的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，求出样本空间点和事件包含的样本点，再利用古典概率公式，即可求解； （2）设“组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件，设“组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件，利用古典概率公式，求出事件和事件的概率，再利用相互独立事件同时发生的概率公式，即可求出结果. 【小问1详解】 记名称为神舟第号飞船为，则“从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘”的样本空间为，共18个样本点． 设“神舟飞船的发射时间恰好是在10月份”为事件，则，共5个样本点， 所以． 【小问2详解】 “组从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘”的样本空间为，，共15个样本点． “组从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘”的样本空间为，共6个样本点． 设“组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件，则，共3个样本点， 所以． 设“组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件，则，共3个样本点， 所以 设“两组选中的两艘神舟飞船的发射时间恰好都在10月或11月份”为事件， 两组选择互不影响，所以事件概率为． 19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，则. （1）已知为射线上一点，交于点，交于点，当时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②存在，点在的延长线上且 【解析】 【分析】（1）在中和中分别用余弦定理得，两边同除以可得答案； （2）①由平面平面，知，由（1）得答案；②延长至，使，证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案. 【小问1详解】 如图，依题意，交于点，交于点， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， 由，故， 由， 两边同除以，所以； 【小问2详解】 ①由平面平面，知， 由（1）得， ，， ； ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，，，， ，且，则四边形为平行四边形， ， 在四边形中，，， 四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 平面． 当点在的延长线上，且使时，平面． 【点睛】思路点睛：第二问②中，延长至，使，证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $