2024-2025学年湖北省襄阳市高二上学期开学考试数学检测试题合集2套（附解析）

2024-2025学年湖北省襄阳市高二上学期开学考试数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知为虚数单位，若，则复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知向量a=1,0,2，b=−2,1,−2，c=0,1,λ，若a，b，A．1 B．2 C．3 D．43．平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（

）A．0 B． C． D．4．有4张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为偶数”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为3”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为5”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（

）A．与为相互独立事件 B．与为互斥事件C．与为相互独立事件 D．与为对立事件5．构造法是数学中一种常见的解题方法，请结合三角形的正、余弦定理，构造出恰当的图形解决问题：（

）A． B． C． D．6．如图，在中，，，为上一点，且，若，，则的值为（

）

A． B． C． D．7．已知在钝角中，是钝角，，点是边上一点，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．排球比赛一般采用五局三胜制，第一局比赛用抽签的方式，等可能地决定首先发球的球队，在每局比赛中，发球方赢得此球后可获得下一球的发球权，否则交换发球权．甲、乙两队进行排球比赛，若甲队发球，则甲队赢得此球的概率为，若乙队发球，则甲队赢得此球的概率为．则在第一局比赛中，甲队获得第三个球的发球权的概率为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．从某校随机抽取30名学生参加某项知识测试，得分（十分制）如图所示，则下列选项错误的是（

）A．这30名学生测试得分的中位数为6B．这30名学生测试得分的众数与中位数相等C．这30名学生测试得分的极差为8D．这30名学生测试得分的平均数比中位数大10．不透明盒子里装有除颜色外完全相同的2个黑球、3个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件“取出的两个球是一个黑球、一个白球”，事件“两个球中至多一个黑球”，事件“两个球均为白球”，则（

）A． B． C． D．11．已知棱长为2的正方体，点是的中点，点在线段上，满足，则下列表述正确的是（

）A．时，平面B．不存在，使得平面C．任意，三棱锥的体积为定值D．过点的平面分别交于，则的范围是三、填空题（本大题共3小题）12．已知，，若点关于平面的对称点为，则，两点间的距离为.13．抛两枚质地均匀的骰子，向上的点数分别为x，y，则x，y，3能够构成三角形三边长的概率为.14．如图，在平面四边形中，，.若，则四边形的面积为；若的大小可变化，则的最大值为.四、解答题（本大题共5小题）15．的内角，，的对边分别为，，，已知．(1)求的大小；(2)若面积为，外接圆面积为，求周长.16．近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式，某直播平台有1000个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示，为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流．(1)应抽取小吃类商家多少家？(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示．①估计该直播平台商家平均日利润的第75百分位数；②若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．17．如图，以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，点在线段AB上，点在线段DC上．(1)当，且点关于轴的对称点为时，求；(2)当点是面对角线AB的中点，点在面对角线DC上运动时，探究的最小值．18．目前羽毛球混双世界排名第一，第三，第四分别是中国的“雅思组合，韩国的肉丁组合”，中国的“凤凰组合.据统计，每场比赛雅思组合战胜肉丁组合的概率为，“凤凰组合”战胜肉丁组合的概率为，同一赛事的每场比赛结果互不影响.已知三个组合参加单循环赛（参加比赛的组合均能相遇一次），“雅思组合，“凤凰组合”同时战胜“肉丁组合”的概率为，有一个组合战胜“肉丁组合”的概率为.(1)求和的值；(2)三个组合参加双循环赛（参加比赛的组合均能相遇两次），求雅思组合比“凤凰组合战胜肉丁组合的次数多的概率.19．空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且.(1)证明：平面；(2)若，求二面角的余弦值；(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数.

参考答案1．【答案】D【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，所以即，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选D.2．【答案】B【详解】因为1−2≠01≠2−2所以存在实数x,y，使得c=xa所以0,1,λ=x1,0,2所以x−2y=0y=12x−2y=λ，解得x=2故选B.3．【答案】A【分析】由求解即可．【详解】由题意，，，又，，所以，即有，故选A．4．【答案】A【分析】列出样本空间，再对各选项的事件列出其基本事件，根据独立事件的定义判断AC，根据互斥事件、对立事件的定义判断BD.【详解】由题意样本空间，，，，，对于A：由古典概率概率公式可知，，，则，故与为相互独立事件，故A正确；对于C：，，，则，故与不是相互独立事件，故C错误；对于B：当第一次取出的卡片上的数字为3，第二次取出的卡片上的数字为4时，事件与同时发生，故两个事件不是互斥事件，故C错误；对于D：因为，，所以与不是对立事件，故D错误.故选A.5．【答案】C【分析】构造,则由余弦定理有，设，再由正弦定理可得出答案.【详解】构造，设角所对的边分别为,设，由余弦定理可得,即，所以，由正弦定理可得，即，所以.故选C.6．【答案】C【分析】由题意，可得，又三点共线，可得，则，利用向量的线性运算可得，进而表示出，计算即可.【详解】在中，因为，所以，，所以，即，因为，所以，因为三点共线，所以，解得，所以，而，所以，又，，，则.故选C.7．【答案】C【分析】利用正弦定理可得，结合向量可得，结合基本不等式运算求解.【详解】因为，由正弦定理可得，且，则，可得，且，则，又因为，则，可得，则，因为，则，又因为，当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为.故选C．8．【答案】C【分析】按第一球发球方进行分类，第二球必是甲胜列式计算即得.【详解】甲乙获得发第一个球的概率均为，由甲获得第三个球的发球权，得第二球甲必胜，当甲发第一个球时，有甲胜甲胜和乙胜甲胜两种情况，概率为，当乙发第一个球时，有甲胜甲胜和乙胜甲胜两种情况，概率为，所以甲队获得第三个球的发球权的概率为.故选C.9．【答案】ABC【分析】根据中位数、众数、极差和平均数的定义，分别求出对应的值即可得到答案.【详解】这30名学生测试得分的中位数为，故A错误；这30名学生测试得分的众数为5，故B错误；分数最高为10，最低为3，所以极差为7，故C错误；这30名学生测试得分的平均数为:，故D正确.故选ABC.10．【答案】AB【分析】利用列举法写出随机取出个小球的基本事件，根据题设描述列举对应事件，由古典概型的概率求法求概率.【详解】记个白球为，个黑球为，随机取出个小球的事件如下，，事件对应的基本事件有，所以，故A正确；事件对应的基本事件有，所以，事件对应的基本事件有，所以，又，故D错误；其中对应的基本事件有，所以，故B正确；对应的基本事件有，所以，故C错误.故选AB.11．【答案】ACD【分析】利用线面平行的判定判断A；举例说明判断B；利用等体积法计算判断C；作图直接计算得到并判断D.【详解】对于A，当时，是的中点，而是的中点，则，而平面，平面，于是平面，A正确；对于B，当，即点与重合时，由平面，平面，则，又平面，则平面，而平面，于是，又，则，同理，又平面，因此平面，B错误；对于C，显然，而平面，平面，则平面，因此点到平面的距离为定值，在中，，其面积为定值，因此三棱锥的体积为定值，C正确；对于D，直线与直线和分别交于点，则，，而有，，当时，有，，则，，从而，，当时，分别与重合；当时，点为中点，与重合，，亦成立，则，，所以的取值范围是，D正确.故选ACD.12．【答案】【分析】依据对称关系求出点坐标，后利用两点间距离公式求解即可.【详解】由题意知点关于平面的对称点，由两点间距离公式知故答案为：.13．【答案】【分析】根据给定条件，利用列举法、结合古典概率计算即得.【详解】抛两枚骰子，所有的情况有36种，由x，y，3构成三角形的三边长，得，当，有5种情况：；当（的情况只需与互换即可，即两种情况相同）时，若；若，；若，；若，；若，，因此符合条件的共有（种）情况，所以所求概率为.故答案为：.14．【答案】；【分析】在中由面积公式可得，由余弦定理得和，由得，所以四边形的面积为；设，在中由余弦定理得和，由正弦定理得，由和余弦定理得，根据的范围可得答案.【详解】在中，，，，所以，由余弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以四边形的面积为；设，在中，由余弦定理得，因为，所以，由正弦定理得，所以，因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，因为，所以，所以当即时，取最大值为1，此时，综上所述，的最大值为5.故答案为：；.【关键点拨】本题考查了正余弦定理的应用及三角形面积的应用，解题的关键是利用余弦定理结合三角恒等变换，利用正弦函数的性质求解的最大值.15．【答案】(1)；(2)18.【分析】（1）由正弦定理，可化为，再由余弦定理得，即可得到；（2）由外接圆面积，得，再由正弦定理可得，由面积公式，可得，再由余弦定理，可得，即可求得周长.【详解】（1），，，

，

．（2）设外接圆的半径为，由，得，，解得，

，

，

又，所以49=，

故，所以.16．【答案】(1)28家；(2)①487.5元；②280.【分析】（1）根据分层抽样的定义结合图①求解即可；（2）①先根据频率和为1求出，然后列方程求解第75百分位数，②根据频率分布直方图求出平均均日利润超过480元的频率，然后乘以1000可得答案.【详解】（1）根据分层抽样知：应抽取小吃类家；（2）①根据题意可得，解得，设75百分位数为x，因为，，所以，解得，所以该直播平台商家平均日利润的75百分位数为487.5元．

②，所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为280．17．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据空间直角坐标系写出各顶点的坐标，再由求得，得到与的坐标，再利用两点距离公式求解即可；（2）由中点坐标公式求得，再根据题意设点，最后利用两点间的距离公式与一元二次函数配方法求的最小值.【详解】（1）由题意知，，，．由得，，故，所以，所以．（2）因为点是面对角线AB的中点，所以，而点在面对角线DC上运动，故设点，，则，，所以当时，取得最小值，此时点．18．【答案】(1)(2)【分析】(1)由事件的相互独立性及互斥事件的概率公式列方程组求解；(2)根据独立事件乘法公式及互斥事件的求和公式结合条件即得．【详解】（1）设事件“雅思组合、凤凰组合均战胜肉丁组合”，“雅思组合与凤凰组合只有一个组合战胜肉丁组合”，由于每场比赛结果互不影响，所以，，由题意可得，即，解得或，因为，所以．（2）设事件“‘雅思组合’胜‘肉丁组合’场”，事件“‘凤凰组合’胜‘肉丁组合’场”，，事件“‘雅思组合’比‘凤凰组合’战胜‘肉丁组合’的次数多”所以，，所以，所以“雅思组合”比“凤凰组合”战胜“肉丁组合”的次数多的概率．【方法总结】(1)根据事件的相互独立性及互斥事件的概率公式列方程组；(2)结合独立事件乘法公式及互斥事件的求和公式即得．19．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果；（3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果.【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面，所以，所以点的曲率为，得，因为，所以为等边三角形，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面；（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，设，则，所以，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以在中，，所以二面角的余弦值为；（3）证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，则多面体共有条棱，由题意，多面体共有个顶点，号多边形的内角之和为，所以所有多边形的内角之和为，所以多面体的总曲率为，所以简单多面体的总曲率为.【思路导引】此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力.2024-2025学年湖北省襄阳市高二上学期开学考试数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则复数（

）A． B．C． D．3．如图，中，为边的中点，为的中点，则（

）

A． B．C． D．4．下列方程中表示圆心在直线上，半径为2，且过原点的圆的是（

）A． B．C． D．5．将函数的图象先向左平移个单位，纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则函数的解析式为（

）A． B．C． D．6．已知函数，关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．7．如图，在平面四边形ABCD中，若，，，，则（

）A． B．2 C． D．8．在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．设，为两个随机事件，以下命题正确的是（

）A．若，是对立事件，则B．若，是互斥事件，，，则C．若，，且，则，是独立事件D．若，是独立事件，，，则10．以下四个命题叙述正确的是（

）A．直线在轴上的截距是1B．直线和的交点为，且在直线上，则的值是C．设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是2D．直线，若，则或211．已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（

）A． B．平面C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为三、填空题（本大题共3小题）12．对任意的实数，直线所过的定点为．13．如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆(正方形内部，含边界)，则的取值范围为.14．函数的值域为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线，.(1)若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值；(2)当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程.16．记的内角的对边分别为，满足.(1)求角；(2)若，，是中线，求的长.17．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并求样本成绩的第80百分位数和平均数；(2)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差．18．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．19．一般地，元有序实数对称为维向量.对于两个维向量，定义：两点间距离，利用维向量的运算可以解决许多统计学问题.其中，依据“距离”分类是一种常用的分类方法：计算向量与每个标准点的距离，与哪个标准点的距离最近就归为哪类.某公司对应聘员工的不同方面能力进行测试，得到业务能力分值､管理能力分值､计算机能力分值､沟通能力分值（分值代表要求度，1分最低，5分最高）并形成测试报告.不同岗位的具体要求见下表：岗位业务能力分值管理能力分值计算机能力分值沟通能力分值合计分值会计（1）215412业务员（2）523515后勤（3）235313管理员（4）454417对应聘者的能力报告进行四维距离计算，可得到其最适合的岗位.设四种能力分值分别对应四维向量的四个坐标.(1)将这四个岗位合计分值从小到大排列得到一组数据，直接写出这组数据的第三四分位数；(2)小刚与小明到该公司应聘，已知：只有四个岗位的拟合距离的平方均小于20的应聘者才能被招录.（i）小刚测试报告上的四种能力分值为，将这组数据看成四维向量中的一个点，将四种职业的分值要求看成样本点，分析小刚最适合哪个岗位；（ii）小明已经被该公司招录，其测试报告经公司计算得到四种职业的推荐率分别为，试求小明的各项能力分值.

参考答案1．【答案】A【分析】分别求得集合和，根据交集的定义即可求解．【详解】由题可知，，，所以.故选A．2．【答案】D【分析】由已知等式化简求出，从而可求出复数.【详解】因为，所以．故选D．3．【答案】A【分析】利用向量的基本定理与混合运算，结合图形即可得解.【详解】在中，为边的中点，为的中点，则.故选A.4．【答案】D【分析】假设圆的标准方程，根据题意列出方程求解圆心和半径即可.【详解】因为圆心在上，所以设圆心为,因为圆的半径为2，所以设圆的标准方程为,因为该圆过原点，所以，解得,所以圆心为或,当圆心为时，圆的标准方程为，D对;当圆心为时，圆的标准方程为.故选D.5．【答案】C【分析】根据正弦函数的平移伸缩得出解析式即可.【详解】的图象先向左平移可得,纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来的2倍可得.故选C.6．【答案】B【分析】利用分段函数的解析式，作出的图象，将方程有4个不同的实数根，转化为方程必有一正一负两个根，即可得到，，再根据函数的性质计算可得；【详解】因为，函数图象如下所示：要使关于的方程有4个不同的实数根，即有4个不同的实数根，令，，，则或或，因为方程必有一正一负两个根，所以，且，，所以，所以，函数在上单调递增，当时，，所以，即.故选B.7．【答案】D【分析】先由余弦定理得出，再应用正弦定理求边长即可.【详解】在中，由余弦定理，得，所以，因为，所以，在中，，由正弦定理，得，所以．故选D．8．【答案】D【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆半径，由此可知外接圆圆心即为四面体外接球球心，由球的性质可知平面，利用可求得点到平面的距离，由此可求得线面角的正弦值.【详解】，，，，又为中点，，则，即为等边三角形，设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，，，，即外接圆半径为，又四面体的外接球半径为，为四面体外接球的球心，由球的性质可知：平面，又平面，，，，；设点到平面的距离为，由得：，又与均为边长为的等边三角形，，直线与平面所成角的正弦值为.故选D.【关键点拨】本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.9．【答案】BCD【分析】利用互斥事件、对立事件与相互独立事件的性质逐一判断即可【详解】对于A，因为，是对立事件，所以事件，是不可能同时发生的，则，故A错误；对于B，因为，是互斥事件，则，故B正确；对于C，若，，则，，所以，所以，是独立事件，故C正确；对于D，因为，是独立事件，所以，是独立事件，又，所以，所以，故D正确.故选BCD.10．【答案】BC【分析】求出直线的横截距判断A；解方程组求出判断B；求出点到直线的距离判断C；验证判断D.【详解】对于A，直线在轴上的截距是，A错误；对于B，由解得，即，则，解得，B正确；对于C，依题意，，C正确；对于D，当时，直线重合，D错误.故选BC.11．【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，

则，所以，由平面，得，即，化简可得：，所以动点P在直线上，对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误；对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确；对于选项C：，C选项正确；对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，所以，D选项正确；故选BCD.12．【答案】【分析】将方程化为，列方程求解即可.【详解】原方程可变形为，令，解得，于是有对，都满足方程，所以这些直线都经过同一定点，该定点的坐标为.故答案为：.13．【答案】【分析】利用向量的数量积运算即可求解.【详解】因为正方形的边长为4，取的中点，连接，当在点或点时，，当在弧中点时，，所以的取值范围为，由于，，，所以，因为，所以，故，所以，即的取值范围为.故答案为：.14．【答案】【详解】由题意可知：的定义域为R，且，可知为的一个周期，若，则，可知，可得，令，则，且，可知，可得，可知在内单调递增，且，则，即；结合周期性可知：的值域为.故答案为：.15．【答案】(1)或(2)或【分析】（1）依据点到直线的距离公式建立方程求解即可.（2）联立求出直线交点，再分类讨论直线是否过原点，求解即可.【详解】（1）设原点O到直线m的距离为，则，解得或；（2）由解得，即m与n的交点为.当直线l过原点时，此时直线斜率为，所以直线l的方程为；当直线l不过原点时，设l的方程为，将代入得，所以直线l的方程为.故满足条件的直线l的方程为或.16．【答案】(1)(2)【分析】（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，平方后求，结合余弦定理来处理.【详解】（1）因为，由正弦定理可知：，由，故，所以所以，所以，又，所以；（2）根据数量积的定义，由，得，又，在中由余弦定理得：因为，所以，所以.17．【答案】(1)，第80百分位数为86，平均数为74；(2)，.【分析】（1）由频率分布直方图的性质即可求解；（2）由和组的平均数和方差即可求得总平均数和总方差.【详解】（1）∵每组小矩形的面积之和为1，∴解得：成绩落在内的频率为．落在内的频率为．设第80百分位数为m由，得，故第80百分位数为86.设平均数为，由图中数据可知：.（2）由图可知，成绩在的市民人数为，成绩在的市民人数为．故,.所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是23．18．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量PB的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量