2022-2023学年山东省滨州市邹平一中联考高一（下）月考数学试卷（5月份）(含解析）

这是一份2022-2023学年山东省滨州市邹平一中联考高一（下）月考数学试卷（5月份）(含解析），共19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.某学校高一年级学生中对数学非常喜欢、比较喜欢和一般喜欢的人数分别为600、300、100，为了了解数学兴趣对数学成绩的影响，现通过分层抽样的方法抽取容量为n的样本进行调查，其中非常喜欢的有18人，则n的值是( )
A. 20B. 30C. 40D. 50
2.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若A=π3,c=4,a=2 6，则满足此条件的三角形个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 1或2
3.A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若α∩β=l，n/​/α，n/​/β，则n/​/l
B. 若A，B∈l，A，B∉α，则l/​/α
C. 若A，B∈α，A，B，C∈β，α∩β=l，则C∈l
D. 若α/​/β，l⊂α，n⊂β，则l/​/n
4.已知向量a,b的夹角为5π6，且|a|=1,|b|= 3，则(2a−b)⋅(a+b)=( )
A. −1− 32B. 12C. 72D. −52
5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=2 2,c=3,B=π4，则△ABC的外接圆面积为( )
A. 5π2B. 10πC. 5π4D. 7π2
6.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，且E为DD1的中点，则直线BD1与AE所成角的大小为( )
A. π3
B. π4
C. π6
D. 5π6
7.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足a=2bcsC,b+c=a(csC+ 3sinC)，则△ABC的形状为( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
8.已知梯形ABCD，AB/​/CD，且AB=2CD=2，AD=1，AB⊥AD，P为平面ABCD内一点，则PC⋅(PB+PC)的最小值是( )
A. −14B. −12C. −32D. 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z=1+ii2023，其中i为虚数单位，则( )
A. z的虚部是−1
B. z−=−1−i
C. 若复数z0满足|z0−z|=1，则|z0|的最大值是 2+1
D. 若z是关于x的实系数方程x2+2x+b=0的一个复数根，则b=2
10.已知向量a+b=(2,3)，a−b=(−4,1)，c=(2,1)，设a,b的夹角为θ，则( )
A. |b+2a|=26B. a⊥cC. b/​/cD. csθ=− 210
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知1+sinBsinC=(sinB+sinC)2+cs2A，则( )
A. A=2π3
B. 若△ABC是底边为2 3的等腰三角形，N为其内心，则S△NBC：S△NAC：S△NAB=1：1： 3
C. 若a=7，bc=15，则△ABC的周长为15
D. 若OA+OB+OC=0,a=2，则S△OBC≤ 39
12.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)，阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比.亦可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球(与圆锥的底面及侧面都相切的球)的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比.若已知该比值为12的圆锥，其母线长为l，底面半径为r，轴截面如图所示，则( )
A. 若r=1，则l=3
B. 圆锥的母线与底面所成角的正弦值为2 23
C. 用过顶点A的平面去截圆锥，则所得的截面图形可以为直角三角形
D. 若一只小蚂蚁从B点出发，沿着圆锥的侧面爬行一周到达G点，则爬行最短距离为 19r
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知一组数据1，2，m，4，5的平均数为3，则这组数据的方差为______．
14.已知△ABC外接圆的圆心为O，且|AB+AC|=|AB−AC|,|OA|=|AB|=1,e是与BC方向相同的单位向量，则BA在BC上的投影向量为______．
15.直三棱柱ABC−A1B1C1的底面△ABC的直观图A′B′C′如图所示，其中A′B′=2，A′C′=1，且AA1=3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为______．
16.在△ABC中，D为AC的中点，∠A的平分线分别交BC、BD于点E、O，且AB=2，AC=6，∠BAC=60°，则AE= ______；cs∠EOD= ______．
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
(1)已知复数z=m2−5m+6+(2m2−3m−2)i，m∈R.若z为纯虚数，求m的值；
(2)已知复数z=a+bi(a、b∈R)，若z满足z⋅z−+iz=15+3i，求a、b的值．
18.(本小题12分)
某高校为了对该校研究生的思想道德进行教育指导，对该校120名研究生进行考试，并将考试的分值(百分制)按照[40,50)，[50,60)，[60,70)，⋯，[90,100]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图.已知2b=a+c，分值在[90,100]的人数为15．
(1)求图中a，b，c的值；
(2)若思想道德分值的平均数、中位数均超过75分，则认为该校研究生思想道德良好，试判断该校研究生的思想道德是否良好．
19.(本小题12分)
如图，在四棱台ABCD−PQSH中，底面ABCD是正方形，侧面PADH⊥底面ABCD，△PAD是正三角形，N是底面ABCD的中心，M是线段PD上的点．
(1)当MN/​/平面PABQ时，求证：AM⊥平面PCD；
(2)求二面角P−BC−A的余弦值．
20.(本小题12分)
已知半圆圆心为O，直径AB=4，C为半圆弧上靠近点A的三等分点，以AO，AC为邻边作平行四边形AODC，且ED=2CE，如图所示，设OC=a,AD=b．
(1)若OE=λa+μb，求λ+μ的值；
(2)在线段AC上是否存在一点F，使得DF⊥OE？若存在，确定点F的位置，并求|AF|；若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
今年“五一”假期，“进淄赶烤”成为最火旅游路线，全国各地游客纷纷涌向淄博，感受疫情后第一个最具人间烟火气的假期.某地为了吸引各地游客，也开始动工兴建集就餐娱乐于一体的休闲区如图，在∠BAC=2π3,AB,AC的长均为60米的△ABC区域内，拟修建娱乐区、就餐区、儿童乐园区，其中为了保证游客能及时就餐，设定就餐区域△AEF中∠EAF=π3．
(1)为了增加区域的美感，将在各区域分隔段AE与AF处加装灯带，若∠CAF=π12，则灯带AE+AF总长为多少米？
(2)就餐区域△AEF的面积最小值为多少平方米？
22.(本小题12分)
如图①，在梯形ABCD中，AB/​/CD，AB=2，∠A=60°，∠ABD=90°，∠CBD=45°，将△ABD沿边BD翻折至△A′BD，使得A′C=2 7，如图②，过点B作一平面与A′C垂直，分别交A′D，A′C于点E，F．

(1)求证：BE⊥平面A′CD；
(2)求点F到平面A′BD的距离．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据分层抽样原理知，n600+300+100=18600，
解得n=30．
故选：B．
根据分层抽样原理列方程求出n的值．
本题考查了分层抽样原理应用问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理判定三角形解的个数，属于基础题．
由正弦定理可得sinC的值，结合三角形边角关系即可得解．
【解答】
解：因为A=π3,c=4,a=2 6，
所以由正弦定理可得asinA=csinC，即2 6 32=4sinC，
解得sinC= 22，又a>c，所以A>C，
所以C=π4，
所以此三角形有唯一解．
故选：B．
3.【答案】A
【解析】截：由α∩β=l，n/​/α，n/​/β，得n/​/l，故A正确；
若A，B∈l，A，B∉α，则l/​/α或l与α相交，故B错误；
若A，B∈α，A，B，C∈β，α∩β=l，此时点C不一定在平面a内，∴C∈l不正确，故C错误；
由α/​/β，l⊂α，n⊂β，可得m与n可能平行，也可能异面，故D错误．
故选：A．
由直线与平面平行的性质判断A；由空间中直线与平面的位置关系判断B与C；由两平行平面内两直线的位置关系判断D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为向量a,b的夹角为5π6，且|a|=1,|b|= 3，
所以a⋅b=|a||b|cs5π6=1× 3×(− 32)=−32，
所以(2a−b)⋅(a+b)=2a2+a⋅b−b2=2×12−32−3=−52．
故选：D．
利用平面向量的数量积公式直接计算即可．
本题考查平面向量的数量积运算，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：a=2 2,c=3,B=π4，
则b2=a2+c2−2ac⋅csB=8+9−2×2 2×3× 22=5，解得b= 5，
△ABC的外接圆半径为b2sinB= 5 2= 102，
故△ABC的外接圆面积为π×( 102)2=5π2．
故选：A．
根据已知条件，结合余弦定理，求出b，再结合正弦定理，求出圆的半径，即可求解．
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，取CC1的中点F，连接EF，BF，D1F，
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB/​/CD，AB=CD，
因为E，F分别为DD1，CC1的中点，
所以EF//CD，EF=CD，即四边形ABFE为平行四边形，
所以AE/​/BF，所以∠D1BF(或其补角)为直线BD1与AE所成角，
因为AB=AD=1，AA1=2，
所以BC=C1D1=1，CC1=DD1=2，
所以BF= BC2+CF2= 2，
D1F= D1C12+C1F2= 2，
BD1= AB2+AD2+DD12= 6，
在等腰三角形FBD1中，cs∠D1BF=12BD1BF= 62 2= 32，
所以∠D1BF=π6，
故直线BD1与AE所成角的大小是π6．
故选：C．
长方体模型容易找平行线，通过构造平行四边形，运用平行线平移法作出异面直线所成的角，然后解三角形求解．
本题主要考查异面直线所成的角，考查转化能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：b+c=a(csC+ 3sinC)，
由正弦定理可得，sinB+sinC=sinA(csC+ 3sinC)=sinAcsC+ 3sinAsinC，
因为A+B+C=π，
所以B=π−(A+C)，
则sin(A+C)+sinC=sinAcsC+ 3sinAsinC，即sinAcsC+csAsinC+sinC=sinAcsC+3sinAsinC，
所以csAsinC+sinC= 3sinAsinC，
因为C∈(0,π)，
所以sinC≠0，整理可得， 3sinA−csA=1，即sin(A−π6)=12，
因为A∈(0,π)，
所以A−π6=π6或A−π6=5π6，则A=π3或A=π(舍去)．
又因为a=2bcsC，由正弦定理可得sinA=2sin BcsC，
A=π−(B+C)，
则sin(B+C)=2sinBcsC，化简整理可得，sin(B−C)=0，
所以B=C，
又因为A=π3，
所以△ABC为等边三角形．
故选：C．
根据已知条件，结合正弦定理，以及三角形内角和定理，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，建立平面直角坐标系，
因为AB=2CD=2，AD=1，则C(1,1)，B(2,0)，设P(x,y)，
所以PC=(1−x,1−y)，PB=(2−x,−y)，故PB+PC=(3−2x,1−2y)，
所以PC⋅(PB+PC)=(1−x)(3−2x)+(1−y)(1−2y)=2x2+2y2−5x−3y+4=2[(x−54)2+(y−34)2]−14，
又P为平面ABCD内一点，故当x=54,y=34时，PC⋅(PB+PC)取到最小值−14．
故选：A．
建立平面直角坐标系，求出PC和PB+PC的坐标，再利用向量数量积的坐标运算即可求出结果．
本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：z=1+ii2023=1+ii3=1+i−i=−1+i，|z|= 2，
对选项A：z的虚部是1，错误；
对选项B：z−=−1−i，正确；
对选项C：|z0−z|−1≥|z0|−|z|，故|z0|≤1+|z|=1+ 2，正确；
对选项D：(−1+i)2+2(−1+i)+b=0，即−2−b=0，故b=2，正确．
故选：BCD．
化简得到z=−1+i，|z|= 2，2的虚部是1，A错误；z−=−1−i，B正确；|z0|≤1+|z|=1+ 2，C正确，代入计算得到D正确，得到答案．
本题考查了复数的运算，共轭复数的定义，复数的模，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：设a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，则a+b=(x1+x2,y1+y2)=(2,3)，
a−b=(x1−x2,y1−y2)=(−4,1)，故x1+x2=2x1−x2=−4，y1+y2=3y1−y2=1，
解得x1=−1x2=3，y1=2y2=1，故a=(−1,2)，b=(3,1)，
对选项A：b+2a=(1,5)，故|b+2a|= 26，错误；
对选项B：a⋅c=(−1,2)⋅(2,1)=0，故a⊥c，正确；
对选项C：3×1≠1×2，故b与c不平行，错误；
对选项D：csθ=a⋅b|a|⋅|b|=−1 5× 10=− 210，正确；
故选：BD．
根据向量的坐标运算得到a=(−1,2)，b=(3,1)，计算|b+2a|= 26，A错误，a⋅c=0，B正确，b与c不平行，C错误，计算夹角得到D正确，得到答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：选项A，因为1+sinBsinC=(sinB+sinC)2+cs2A，
所以sin2B+sin2C+sinBsinC=1−cs2A=sin2A，即sin2B+sin2C−sin2A=−sinBsinC，
由正弦定理知，b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理知，csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
因为A∈(0,π)，所以A=2π3，即选项A正确；
选项B，因为A=2π3，所以若△ABC是底边为2 3的等腰三角形，则a：b：c= 3：1：1，
所以S△NBC：S△NAC：S△NAB=a：b：c= 3：1：1，即选项B错误；
选项C，因为b2+c2−a2=−bc，所以(b+c)2−a2=bc，
又a=7，bc=15，所以(b+c)2−49=15，即b+c=8，
所以△ABC的周长为a+b+c=7+8=15，即选项C正确；
选项D，由b2+c2−a2=−bc，知a2=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc，当且仅当b=c时，等号成立，
所以bc≤13a2=13×4=43，
若OA+OB+OC=0，则点O为△ABC的重心，
所以S△OBC=13S△ABC=13×12bcsinA≤13×12×43×sin2π3= 39，即选项D正确．
故选：ACD．
选项A，结合sin2A+cs2A=1，并利用正弦定理化角为边，再由余弦定理，求得csA的值，即可；
选项B，根据S△NBC：S△NAC：S△NAB=a：b：c，利用等腰三角形的性质求得三边之比，即可；
选项C，由b2+c2−a2=−bc，采用配方法，求得b+c的值，即可；
选项D，由b2+c2−a2=−bc，结合基本不等式，推出bc≤43，再根据三角形重心的性质与面积公式，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，基本不等式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：如图，O为内切球的球心，设圆锥的高为AD=h，内切球的半径为R，
则CE=r，OD=R，l2−r2=h2，AO2=(h−R)2=R2+(l−r)2，∴h=(l−r)rR，
又三角形ABC的面积S=12×2rh=12(2l+2r)R，∴h=(l+r)Rr①，∴(l−r)rR=(l+r)Rr，即R2r2=l−rl+r②，
设内切球的体积为V1，圆锥的体积为V2，内切球的表面积为S1，圆锥的表面积为S2，
则有V1V2=43πR313πr2h=4πR3πr2h，将①代入上式得V1V2=4πR3πr2(l+r)Rr=4πR2πrl+πr2=S1S2，
由题意，V1V2=4πR2πrl+πr2=12，∴8R2=r(l+r)，将②代入上式得：8r(l−r)=(l+r)2，
即l2+9r2−6lr=0，l=3r，所以当r=1时，l=3，A正确；
由(2)式得：R2r2=2r4r=12,R= 22r，由①式得：h=2 2r，∴sin∠ACB=hl=2 23，B正确；
由于圆锥的对称性，过A点的平面截圆锥所得的图形必定是等腰三角形，其顶角最大为∠BAC，
由于AB2+AC2=(3r)2+(3r)2，BC2=(2r)2，∴AB2+AC2>BC2,∠BAC75，
这组数据的中位数m满足0.5−0.3=(m−70)×0.03，
解得m=76.7>75，
所以该学校研究生思想道德良好．
【解析】(1)根据a，b，c成等差数列，可得a+c=2b，再结合各个小矩形面积之和为1，即可求出结果；
(2)每组的区间中点值乘以该组的频率，依次相加即可求出平均值的估计值，利用中位数左侧的面积之和为0.5，可求出中位数的估计值，进而作出判断．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数，中位数的估计，属于基础题．
19.【答案】(1)证明：连如图，接PB，

因为MN/​/平面PABQ，MN⊂平面PBD，平面PBD∩平面PABQ=PB，
所以MN/​/PB，又在△PBD中，N是BD的中点，
则M是PD的中点，又底面ABCD是正方形，
所以CD⊥AD，又平面PADH⊥平面ABCD，平面PADH∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PADH，又AM⊂平面PADH，
所以CD⊥AM，又△PAD是正三角形，
所以AM⊥PD，又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD；
(2)解：如图，取AD，BC的中点分别为G，O，连接PG，PO，GO，

所以△PAD是正三角形，则PG⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PG⊂平面PAD，
所以PG⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，
所以PG⊥BC，又BC⊥GO，PG∩GO=G，PG，GO⊂平面PGO，
所以BC⊥平面PGO，PO⊂平面PGO，
所以BC⊥PO，则∠POG即为所求二面角P−BC−A的平面角，
设AD=a，则GO=a,PG= 32a，在直角三角形PGO中，PO= 72a，
cs∠POG=GOPO=2 77，
即所求二面角P−BC−A的余弦值为2 77．
【解析】(1)连接PB，证得MN/​/PB，由底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，根据面面垂直的性质，证得CD⊥平面PADH，得到CD⊥AM，再由AM⊥PD，利用线面垂直的判定定理，即可证得AM⊥平面PCD；
(2)取AD，BC的中点分别为G，O，连接PG，PO，GO，证得∠POG即为所求二面角P−BC−A的平面角，在直角△PGO中，结合cs∠POG=GOPO，即可求解．
本题考查了空间几何体中线面垂直的证明和空间角的几何法求解，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因C为半圆弧上靠近点A的三等分点，
∴∠AOC=60°
又因AO=CO，则△AOC为正三角形且平行四边形AODC为菱形，
∵ED=2CE，
∴E为线段CD靠近C的三等分点，
因OC=a,AD=b，令AD∩OC=K
OE=OC+CE=a+13CD=a+13(KD−KC)=a+13(12b−12a)=56a+16b，
∴λ=56,μ=16，则λ+μ=1；
(2)存在点F，使得DF⊥OE，
令AF=tAC因平行四边形AODC为菱形，所以a⋅b=0,|a|=2,|b|=2 3，
DF=AF−AD=tAC−b=t(KC−KA)−b=t(12a+12b)−b=t2a+t−22b，
∴DF⋅OE=(56a+16b)⋅(t2a+t−22b)=5ta212+t−212b2=5t12×4+t−212×12=0，
∴t=34，
则AF=34AC,F为线段AC靠近C的四等分点，
且|AF|=34|AC|=32．
【解析】(1)由平面几何知识与平面向量的线性运算计算即可；
(2)假设在点F，使得DF⊥OE，再结合平面向量的线性运算和数量积即可求得．
本题考查平面向量的线性运算和数量积，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为△ABC为等腰角形，且顶角为2π3，所以B=C=π6，
在△AFC中，由∠CAF=π12,C=π6，则∠CFA=3π4，
由正弦定理ACsin∠CFA=AFsinπ6，即60 22=AF12，
∴AF=30 22=30 2，同理，在△ABE中∠BAE=π3−π12=π4,B=π6，
则∠AEB=7π12，
由正弦定理可得ABsin∠AEB=AEsinπ6，
∴AE=30 6+ 24=30 6−30 2，
∴AE+AF=30 6，所以灯带AE+AF总长为30 6米．
(2)设∠CAF=θ，则∠BAE=π3−θ，
由正弦定理可AF=30sin(5π6−θ),AE=30csθ，
∴S△AEF=12AE×AF×sinπ3=225 3csθ(12csθ+ 32sinθ)=450 312+sin(2θ+π6)，
∵θ∈(0,π3)，∴2θ+π6∈(π6,5π6)，
∴当2θ+π6=π2即θ=π6时，sin(2θ+π6)=1，
面积最小为S△AEF=300 3，
所以就餐区域面积最小值为300 3平方米．
【解析】(1)根据题意，利用正弦定理即可求解；
(2)利用正弦定理和三角形面积公式求出面积的表达式，然后利用正弦函数的图象和性质即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)如图①，∵AB=2，∠A=60°，∠ABD=90°，∠CBD=45°，
∴AD=4，BD=CD=2 3，
如图②，∵A′D=4，A′C=2 7，CD=2 3，
∴A′D2+CD2=A′C2，
∴CD⊥A′D，
∵CD⊥BD，且A′D∩BD=D，A′D，BD⊂平面A′BD，
∴CD⊥平面A′BD，
又∵BE⊂平面A′BD，∴CD⊥BE，
∵A′C⊥平面BEF，且BE⊂平面BEF，∴BE⊥A′C，
又∵A′C∩CD=C，且A′C，CD⊂平面A′CD，
∴BE⊥平面A′CD．
解：(2)过点F作FG⊥A′D，垂足为G，由(1)知BE⊥平面A′CD，
而FG⊂平面A′CD，
∴BE⊥FG，
且A′D∩BE=E，A′D，BE⊂平面A′CD，∴FG⊥平面A′BD，
则垂线段FG的长度即为点F到平面A′BD的距离，
在△A′BC中，A′B=2，CB=2 6，A′C=2 7，
∴A′B2+CB2=A′C2，
∴BC⊥A′B，
由已知得BF⊥A′C，则A′F=2 77，
由(1)知CD⊥A′D，
∴A′FA′C=FGCD，∴FG=2 37，
即点F到平面A′BD的距离为2 37．
【解析】(1)利用勾股定理可得CD⊥A′D，进而证得CD⊥平面A′BD，所以CD⊥BE，又因为BE⊥A′C，利用线面垂直的判定定理即可证得BE⊥平面A′CD；
(2)过点F作FG⊥A′D，垂足为G，可证得FG⊥平面A′BD，即垂线段FG的长度即为点F到平面A′BD的距离，再利用三角形相似求出FG的长即可．
本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了点到平面距离的求解，属于中档题．