2024-2025学年宁夏银川二中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年宁夏银川二中高一（下）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知i是虚数单位，复数z=2i1−i，则复数z的虚部为( )
A. iB. −iC. 1D. −1
2.已知向量a=(−2,m)，b=(1,1+m)，则“a⊥b”是“m=1”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
3.袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中2个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸到红球的概率P=( )
A. 18B. 16C. 14D. 12
4.在△ABC中，H为BC上异于B，C的任一点，M为AH的中点，若AM=λAB+μAC，则λ+μ等于( )
A. 12B. 23C. 16D. 13
5.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2−b2= 3bc，sinC= 3sinB，则A=( )．
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
7.已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图(斜二测画法)为A′B′C′，其中O′A′=O′B′=O′C′=1，则此三棱柱的表面积为( )
A. 4+4 2
B. 8+4 2
C. 8+4 5
D. 8+8 5
8.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有四个结论：
①AP与CM是异面直线；
②AP，MN，DD1相交于一点；
③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形；
④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形；
其中错误的个数为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23
D. 若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1−1，2x2−1，…，2x10−1的标准差为32
10.设A，B，C是一个随机试验中的三个事件，且P(A)=13,P(B)=45,A与C互斥，则下列说法正确的是( )
A. 若P(A+B)=1315，则P(AB)=215 B. 若事件A，B相互独立，则P(AB)=415
C. P(AC)=29 D. P(AC−)=13
11.已知正四面体P−ABC的棱长为 2，则( )
A. 正四面体P−ABC的外接球表面积为4π
B. 正四面体P−ABC内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体P−ABC的相邻两个面所成二面角的正弦值为13
D. 正四面体S−EFG在正四面体P−ABC的内部，且可以任意转动，则正四面体S−EFG的体积最大值为181
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,1)，b=(−2,1)，则b在a上的投影向量的坐标为______．
13.如图，为测量某塔的高度，在地面上选择一个观测点C，在C处
测得A处的无人机和塔顶M的仰角分别为30°，45°无人机距地面的
高度AB为45米，且在A处无人机测得点M的仰角为15°，点B，C，
N在同一条直线上，则该塔的高度MN为______米.
14.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.已知四面体P−ABC为鳖臑，且PA=AB，AC=BC，记二面角A−PB−C的平面角为θ，则sinθ= ______．
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.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b−2acsB=0．
(1)求角A；
(2)若a=2 3，BA⋅AC=32，AD是△ABC中线，求AD的长．
16.(本小题15分)
如图所示，在四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF//平面ABC；
(2)H是线段BC的中点，证明：平面GFH//平面ACD．
17.(本小题15分)
新高考实行“3+1+2”选科模式，其中“3”为必考科目，语文、数学、外语所有学生必考；“1”为首选科目，从物理、历史中选择一科；“2”为再选科目，从化学、生物学、地理、思想政治中任选两科.某大学的某专业要求首选科目为物理，再选科目中化学、生物学至少选一科．
(1)写出所有选科组合的样本空间.从所有选科组合中随机选一种组合，并且每种组合被选到的可能性相等，求所选组合符合该大学某专业报考条件的概率；
(2)甲、乙两位同学独立进行选科，求两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件的概率．
18.(本小题17分)
随着高校强基计划招生的持续开展，我市高中生抓起了参与数学兴趣小组的热潮．为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了40名学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间，并将其分成了6个区间：(0,10]、(10,20]、(20,30]、(30,40]、(40,50]、(50,60]，整理得到如图频率分布直方图：
(1)求图1中a的值，并估计甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数；
(2)估计乙高中学生一周内平均每天学习数学时间的均值x乙−及方差s乙2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(3)若从甲、乙两所高中分别抽取样本量为m、n的两个样本，经计算得它们的平均数和方差分别为：x−、s12与y−、s22，记总的样本平均数为w−，样本方差为s2，证明：
①w−=mm+nx−+nm+ny−；
②s2=1m+n{m[s12+(x−−w−)2]+n[s22+(y−−w−)2]}．
19.(本小题17分)
已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD=60°，△PDB是等边三角形．
(1)求证：AC⊥PD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z=2i1−i=2i(1+i)(1+i)(1−i)=−1+i，
∴z的虚部为1．
故选：C．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题当a⊥b时，a⋅b=−2×1+m(1+m)=−2+m+m2=0，解得m=−2或m=1，
故“a⊥b”是“m=1”的必要不充分条件．
故选：B．
根据向量垂直的坐标表示求出当a⊥b时的m值即可得解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：2个红球，设为A，B；2个白球，设为a，b.从中不放回地依次随机摸出2个球，
有{A,B}，{A,a}，{A,b}，{B,A}，{B,a}，{B,b}，{a,A}，{a,B}，{a,b}，{b,A}，{b,B}，{b,a}，共12种．
两次都摸到红球的情况为{A,B}，{B,A}，共2种．则概率P=212=16．
故选：B．
运用列举法，结合古典概型求解即可．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量共线定理与三点共线问题，属于基础题．
根据条件即可得出AH=2λAB+2μAC，然后根据B，H，C三点共线即可得出2λ+2μ=1，从而可得出λ+μ的值．
【解答】
解：∵M为AH的中点，且AM=λAB+μAC，
∴AM=12AH=λAB+μAC，
∴AH=2λAB+2μAC，
且B，H，C三点共线，
∴2λ+2μ=1，
∴λ+μ=12．
故选：A．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，属于基础题．
运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，判断A，D；运用线面垂直的性质，结合线线垂直，判断B，C．
【解答】解：若m/​/α，n/​/α，则m，n相交或平行或异面，故A错误；
若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；
若m⊥α，m⊥n，则n/​/α或n⊂α，故C错误；
若m/​/α，m⊥n，则n/​/α或n⊂α或n⊥α或n与α相交，故D错误．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】【分析】
此题考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，属于一般题．
已知第二个等式利用正弦定理化简用b表示出c，代入第一个等式表示出a，利用余弦定理表示出csA，将表示出的a与c代入求出csA的值，即可确定出A的度数．
【解答】
解：已知等式sinC= 3sinB，由正弦定理化简得：c= 3b，
代入a2−b2= 3bc得：a2−b2=3b2，即a=2b，
∴csA=b2+c2−a22bc=b2+3b2−4b22 3b2=0，
∵A是△ABC的内角，则A=90°，
故选：C．
7.【答案】C
【解析】解：斜二测法的“三变”“三不变”得到直三棱柱的底面平面图，如图，
其中OA=2OB=2OC=2，
∴AB=AC= 5，
∴此三棱柱的表面积为S=2×12×2×2+(2+2 5)×2=8+4 5．
故选：C．
利用斜二测法的“三变”“三不变”得到直三棱柱的底面平面图，由此能求出此三棱柱的表面积．
本题考查三棱柱的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：对于①，连接AC，PM，A1C1，如图所示：
由M，P分别是C1D1，A1D1的中点，可得PM//A1C1//AC，
可得AP与CM共面，故①错误；
对于②，因为AP⊂平面ACMP，M∈平面ACMP，M∉AP，N∉平面ACMP，
所以由异面直线的定义可得，AP与MN是异面直线，
则AP，MN，DD1不相交于一点，故②错误；
对于③，由①知，过A，M，P的平面截正方体所得的图形为四边形ACMP，
而|PM|=12|AC|，故四边形ACMP不是平行四边形，故③错误；
对于④，如图：
则过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形ANEMF，故④正确．
故选：C．
由空间中直线与直线，直线与平面的位置关系依次判断即可．
本题考查空间线面位置关系，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，个体m被抽到的概率是550=0.1，故正确；
对于选项B，1+2+m+6+7=4×5，∴m=4，
故S2=15×[(1−4)2+(2−4)2+(4−4)2+(6−4)2+(7−4)2]=5.2，
故错误；
对于选项C，∵8×70%=5.6，
∴数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是从小到大排序的第6个数，即为23，
故正确；
对于选项D，∵样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，
∴数据2x1−1，2x2−1，…，2x10−1的标准差为8×2=16，
故错误；
故选：AC．
由简单随机抽样的定义可判断选项A，
由平均数的定义先确定m，再求方差即可；
由百分位数的定义及标准差的定义判断即可．
本题考查了数据数字特征的分析，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，因为P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)，则P(A)=13，P(B)=45，P(A+B)=1315，
则有P(AB)=P(A)+P(B)−P(A+B)=13+45−1315=415，所以A错误；
对于B，因为事件A，B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B)=415，所以B正确；
对于C，因为事件A与C互斥，故P(AC)=0，所以C错误；
对于D，P(AC−)=P(A)−P(AC)=13，所以D正确．
故选：BD．
由和事件的概率公式计算P(AB)判断选项A；由相互独立事件的概率公式计算P(AB)判断选项B；由积事件的概率公式计算结果判断选项C、D，综合可得答案．
本题考查互斥事件、相互独立事件的概率性质，涉及概率的性质和应用，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：棱长为 2的正四面体P−ABC的外接球与棱长为1的正方体的外接球半径相同，
设外接球的半径为R，则2R= 12+12+12= 3，可得S=4πR2=3π，故A错误；
设正四面体P−ABC内任意一点到四个面的距离分别为d1，d2，d3，d4，
设正四面体P−ABC的高为d，
又S△ABC=S△ABP=S△APC=S△PBC=12× 2× 2×sin60°= 32，
由等体积法可得13S(d1+d2+d3+d4)=13Sd，(S=S△ABC=S△ABP=S△APC=S△PBC)，
可得d1+d2+d3+d4=d为定值，故B正确；
如图所示，设BC中点为D，连接PD，AD，则AD⊥BC，PD⊥BC，
故∠PDA为所求二面角的平面角，AP= 2，PD=AD= 62，
由余弦定理得cs∠PDA=AD2+PD2−AP22AD⋅PD=( 62)2+( 62)2−( 2)22× 62× 62=13，
则sin∠PDA=2 23，故C错误；
要使正四面体S−EFG在四面体P−ABC的内部，且可以任意转动，
则正四面体S−EFG的外接球要在四面体P−ABC内切球内部，
当正四面体S−EFG的外接球恰好为四面体P−ABC内切球时，正四面体S−EFG的体积最大值，
又VP−ABC=13−4×13×12×1×1×1=13，S△ABC=S△ABP=S△APC=S△PBC= 32，
设正四面体P−ABC内切球的半径为r，则VP−ABC=13r(S△ABC+S△ABP+S△APC+S△PBC)，
即13=13×r×4× 32，解得r= 36，
则正四面体S−EFG的外接球半径为 36．
设正四面体S−EFG的边长为a，则 3×( 22a)=2× 36，可得a= 23，
故体积VS−EFG= 212a3=181，即正四面体S−EFG的体积最大值为181，故D正确．
故选：BD．
将棱长为 2的正四面体P−ABC放到棱长为1的正方体中，正方体的外接球即为正四面体的外接球，从而判断A，利用等体积法判断B，设BC中点为D，连接PD，AD，则∠PDA为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算可判断C，求出正四面体P−ABC内切球的半径此时即为最大的正四面体S−EFG的外接球的半径，从而判断D．
本题考查空间中点、线、面间的位置关系及其应用，涉及到正四面体的外接球，训练了分割补形法的应用，是中档题．
12.【答案】(−12,−12)
【解析】j解：由b在a上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=−2+12⋅(1,1)=(−12,−12)．
故答案为：(−12,−12)．
根据投影向量的定义求b在a上的投影向量坐标即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
13.【答案】90
【解析】解：由题意，在Rt△ABC中，AC=ABsin30∘=90，
在△ACM中，∠CAM=30°+15°=45°，∠ACM=180−45°−30°=105°，
可得∠AMC=30°，
由正弦定理ACsin∠AMC=MCsin∠CAM，得CM=ACsin30∘⋅sin45°=90 2，
又在Rt△CMN中，MN=MC⋅sin45°=90 2× 22=90(米)．
故答案为：90．
先在Rt△ABC中求出AC的长度，然后再求出△ACM中的∠CAM，∠ACM，利用正弦定理求出CM，最后在△CNM中利用三角函数的定义求出MN的长度即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理和三角函数的定义，属中档题．
14.【答案】 63
【解析】解：由题意设PA⊥AB，PA⊥AC，BC⊥AC，BC⊥PC，
取PB的中点M，过点M作MN⊥PB交PC于点N，连接MN，AM，AN，如图所示：
因为PA=AB，PA⊥AB，点M是等腰直角三角形PAB斜边PB上的中点，
所以AM⊥PB，
又因为MN⊥PB，AM⊂平面PAB，MN⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAB=PB，
所以二面角A−PB−C的平面角为θ就是∠AMN，
设AC=BC=1，则PA=AB= 2，PB=2，PC= 3，PM=AM=12PB=1，
所以∠BPC=30°，则MN= 33，PN=2 33，
又cs∠APN= 2 3= 63，
所以AN2=2+43−2× 2×2 33× 63=23，
所以AN= 63，
所以cs∠AMN=1+13−232×1× 33= 33，
则sin∠AMN= 63．
故答案为： 63．
取PB的中点M，过点M作MN⊥PB交PC于点N，证明二面角A−PB−C的平面角为θ就是∠AMN，结合解三角形知识即可求解．
本题考查二面角的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为2c+b−2acsB=0，由正弦定理可知：2sinC+sinB−2sinAcsB=0，
由C=π−A−B，故sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)，
所以2sin(A+B)+sinB−2sinAcsB=0，2csAsinB+sinB=0(B∈(0,π)，sinB≠0)，
所以csA=−12，又A∈(0,π)，所以A=23π；
(2)根据数量积的定义，由BA⋅AC=32，
得cbcsπ3=32⇒bc=3，又a=2 3，
在△ABC中，由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA⇒b2+c2=9，
因为AD=12AB+12AC，
所以|AD|2=AB2+AC2+2AB⋅AC4=14(b2+c2)−14bc=32，
所以AD= 62．
【解析】(1)根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值；
(2)利用AD=12AB+12AC，平方后求|AD|2，结合余弦定理来处理．
本题主要考查平面向量数量积运算，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】证明见解析；
证明见解析．
【解析】证明：(1)在四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点，
连接AE必与BD相交于中点F，
∴GF/​/AC，
∵GF⊄面ABC，AC⊂平面ABC，
∴GF/​/面ABC，得证；
(2)由点G，H分别为CE，CB中点，可得：GH/​/EB/​/AD，
∵GH⊄面ACD，AD⊂平面ACD，
∴GH/​/平面ACD，
又∵由(1)可知GF/​/平面ACD，
且GH∩GF=G，GH，GF⊂平面GFH，
∴平面GFH/​/平面ACD，得证．
(1)利用线面平行的判定定理证明；
(2)利用面面平行的判定定理证明．
本题考查了线面平行的判定以及面面平行的判定，考查了空间想象能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)依题意，样本空间为Ω={物化生，物化地，物化政，物生地，物生政，物地政，史化生，史化地，史化政，史生地，史生政，史地政}，n(Ω)=12，
记事件A=“所选组合符合该大学某专业报考条件”，则A={物化生，物化地，物化政，物生地，物生政}，n(A)=5，所以P(A)=n(A)n(Ω)=512．
(2)记事件M1=“甲符合该大学某专业报考条件”，
事件M2=“乙符合该大学某专业报考条件”，
事件M=“甲、乙两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件”，
由(1)可知，P(M1)=P(M2)=512，
所以P(M)=1−P(M1−)P(M2−)=1−712×712=95144．
【解析】(1)根据古典概型相关知识可解；
(2)根据相互独立事件相关知识可解．
本题考查古典概型和相互独立事件相关知识，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得(0.005+0.02+a+0.025+0.015)×10=1，
解得a=0.035，
甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数是30+402=35．
(2)x乙−=5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.2+45×0.15+55×0.05=27.5，
s乙2=(5−27.5)2×0.1+(15−27.5)2×0.2+(25−27.5)2×0.3+(35−27.5)2×0.2+(45−27.5)2×0.15+(55−27.5)2×0.05=178.75．
(3)证明：①w−=mx−+ny−m+n=mm+nx−+nm+ny−，即得证；
②s2=1m+n[i=1m(xi−w−)2+j=1n(yj−w−)2]=1m+n[i=1m(xi−x−+x−−w−)2+j=1n(yj−y−+y−−w−)2]，
∵i=1m(xi−x−)=i=1mxi−mx−=0，
∴i=1m2(xi−x−)(x−−w−)=2(x−−w−)i=1m(xi−x−)=0，
同理可得j=1n2(yj−y−)(y−−w−)=0，
∴s2=1m+n[i=1m(xi−x−)2+i=1m(x−−w−)2+j=1n(yj−y−)2+j=1n(y−−w−)2]=1m+n[ms12+m(x−−w−)2+ns22+n(y−−w−)2]，
∴s2=1m+n{m[s12+(x−−w−)2]+n[s22+(y−−w−)2]}，即得证．
【解析】本题考查平均数、中位数、众数，方差、标准差，分层随机抽样的方差，分层随机抽样的样本均值，属于中档题．
(1)利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为1可求得a的值，根据频率分布直方图可计算得出甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数；
(2)将图2中每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，可求得x乙−，再利用方差公式可求得s乙2；
(3)①利用平均数公式可证得结论成立；
②推导出i=1m2(xi−x−)(x−−w−)=j=1n2(yj−y−)(y−−w−)=0，再利用方差公式可证得结论成立．
19.【答案】解：(1)证明：∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，
∴PO⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∵PO∩BD=O，PO、BD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∵BD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD；
(2)由题意可得△ABD、△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形，
∴PO=AO=CO= 3，S△BDC=12×2× 3= 3，
∴PC= PO2+CO2= 6，
∵BP=BC=2，
∴S△PBC=12× 6× 22−( 62)2= 152，
设点D到平面PBC的距离为ℎ，
由VD−PBC=VP−BDC得13S△PBC⋅ℎ=13S△BDC⋅OP，
即 152ℎ= 3× 3，解得ℎ=2 155．
故点D到平面PBC的距离为2 155．
(3)设直线PE与平面PBC所成的角为θ，
∵AD/​/BC，∴AD/​/平面PBC，
∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离ℎ，
过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，则θ=∠EPF，

此时sinθ=EFPE=2 155PE，要使θ最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD，
由题意可知：OD=1，OA= 3，
∵PO⊥平面ABCD，且PO= 3，
∴PA= OP2+OA2= 6，PD= OP2+OD2=2，
在△PAD中，由余弦定理可得：
cs∠PAD=AP2+AD2−PD22AP⋅AD=6+4−42× 6×2= 64，
∴sin∠PAD= 1−cs2∠PAD= 104，
由面积相等S△PAD=12AP⋅ADsin∠PAD=12AD⋅PE，
即12× 6×2× 104=12×2×PE，
解得PE= 152，
DE= PD2−PE2= 4−154=12，sinθ=45，
此时E在线段AD上靠近D点的14处，sinθ=45，DE=12．
【解析】(1)由题可得PO⊥平面ABCD，故PO⊥AC，根据菱形的性质可得BD⊥AC，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
(2)由题干数据结合VD−PBC=VP−BDC即可求解；
(3)由线面平行的判定定理可得AD/​/平面PBC，可得E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离，过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，要使角最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD，从而求解．
本题考查了线线垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题．