江西省宜春市2024-2025學年高三上冊開學考試數學檢測試題合集2套（附答案）

江西省宜春市2024-2025學年高三上學期開學考試數學檢測試題（一）一?單選題：（本大題共8小題，每小題5分，滿分40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．已知數集滿足：，，若，則一定有：（

）.A． B． C． D．2．如圖，一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形，且，，，則該平面圖形的高為（

）

A． B．1 C． D．23．設函數，則函數的單調性（

）A．與有關，且與有關 B．與無關，且與有關C．與有關，且與無關 D．與無關，且與無關4．在中，“”是“”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5．已知向量，，若向量在向量上的投影向量，則（

）A． B． C．3 D．76．已知直線y＝ax－a與曲線相切，則實數a＝（

）A．0 B． C． D．7．已知橢圓的左、右焦點分別為，過的直線與交于點．直線為在點處的切線，點關于的對稱點為．由橢圓的光學性質知，三點共線．若，則（

）A． B． C． D．8．設實數x，y滿足，，不等式恒成立，則實數k的最大值為（

）A．12 B．24 C． D．二?多選題：（本大題共3小題，每小題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9．已知復數，，則下列結論正確的有（

）A． B． C． D．10．已知函數，則（

）A．存在實數使得B．當時，有三個零點C．點是曲線的對稱中心D．若曲線有兩條過點的切線，則11．冒泡排序是一種計算機科學領域的較簡單的排序算法，其基本思想是：通過對待排序序列從左往右，依次對相鄰兩個元素比較大小，若，則交換兩個數的位置，使值較大的元素逐漸從左移向右，就如水底下的氣泡一樣逐漸向上冒，重復以上過程直到序列中所有數都是按照從小到大排列為止.例如：對于序列進行冒泡排序，首先比較，需要交換1次位置，得到新序列，然后比較，無需交換位置，最后比較，又需要交換1次位置，得到新序列最終完成了冒泡排序，同樣地，序列需要依次交換完成冒泡排序.因此，和均是交換2次的序列.現在對任一個包含個不等實數的序列進行冒泡排序，設在冒泡排序中序列需要交換的最大次數為，只需要交換1次的序列個數為，只需要交換2次的序列個數為，則（

）A．序列是需要交換3次的序列 B．C． D．三?填空題（本大題共3小題，每小題5分，滿分15分）12．若，則．13．展開式中的系數為，則的值為．14．三棱錐的所有棱長均為2，E，F分別為線段BC與AD的中點，M，N分別為線段AE與CF上的動點，若平面ABD，則線段MN長度的最小值為．四?解答題（本大題共5小題，滿分77分．解答須寫出文字說明?證明過程和演算步驟．）15．如圖，在中，已知邊上的兩條中線相交于點．

(1)求中線的長；(2)求的余弦值；16．如圖，在四棱錐中，，，，三棱錐的體積為.(1)求點到平面的距離；(2)若，平面平面，點在線段上，，求平面與平面夾角的余弦值.17．某市為提升中學生的環(huán)境保護意識，舉辦了一次“環(huán)境保護知識競賽”，分預賽和復賽兩個環(huán)節(jié)，預賽成績排名前三百名的學生參加復賽．已知共有12000名學生參加了預賽，現從參加預賽的全體學生中隨機地抽取100人的預賽成績作為樣本，得到頻率分布直方圖如圖：

(1)規(guī)定預賽成績不低于80分為優(yōu)良，若從上述樣本中預賽成績不低于60分的學生中隨機地抽取2人，求至少有1人預賽成績優(yōu)良的概率，并求預賽成績優(yōu)良的人數X的分布列及數學期望；(2)由頻率分布直方圖可認為該市全體參加預賽學生的預賽成績Z服從正態(tài)分布，其中可近似為樣本中的100名學生預賽成績的平均值（同一組數據用該組區(qū)間的中點值代替），且，已知小明的預賽成績?yōu)?1分，利用該正態(tài)分布，估計小明是否有資格參加復賽？附：若，則，，；．18．已知且，函數．(1)，，為數列的前項和，當時，試比較與2024的大小，并說明理由：(2)當時，證明：；(3)當且時，試討論的零點個數．19．對于求解方程的正整數解（，，）的問題，循環(huán)構造是一種常用且有效地構造方法．例如已知是方程的一組正整數解，則，將代入等式右邊，得，變形得：，于是構造出方程的另一組解，重復上述過程，可以得到其他正整數解．進一步地，若取初始解時滿足最小，則依次重復上述過程可以得到方程的所有正整數解．已知雙曲線的離心率為，實軸長為2．(1)求雙曲線的標準方程；(2)方程的所有正整數解為，且數列單調遞增．①求證：始終是4的整數倍；②將看作點，試問的面積是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．1．C【分析】借助交集與并集的性質推導即可得.【詳解】由，，故、或、，由，故，故C正確，D錯誤；同理，、或，，故A、B錯誤.故選：C.2．C【分析】過點作，在直角中，求得，結合斜二測畫法的規(guī)則，即可求得原平面圖形的高，得到答案.【詳解】如圖所示，過點作，因為四邊形為直角梯形，且，，可得，在直角中，可得，根據斜二測畫法的規(guī)則，可得原平面圖形的高為.故選：C.

3．D通過對進行討論，再用復合函數的求單調性的方法，可知該函數的單調性與是否有關.【詳解】函數，當時，單調遞減.當時，單調遞減.則且，，的單調性都為單調遞減.所以函數的單調性與無關.故選：D4．B【分析】先證明條件是必要的，再構造反例說明條件不是充分的.【詳解】若，則，故條件是必要的；當，，時，有，，故條件不是充分的.故選：B.5．B【分析】根據已知結合投影向量的概念得出，求解即可得出答案.【詳解】由已知可得，在上的投影向量為，又在上的投影向量，所以，所以，所以，所以.故選：B.6．C【分析】根據導數的幾何意義可得，求解即可.【詳解】由且x不為0，得設切點為，則，即，所以，可得.故選：C7．D【分析】畫出圖形，由題意可得出，利用橢圓的定義結合已知條件可求出、的值，即可得解.【詳解】如下圖所示：因為點關于的對稱點為，則，因為，且，所以，，所以，，可得，則，所以，，故．故選：D8．B【分析】令，不等式變形為，求出的最小值，從而得到實數的最大值.【詳解】，，變形為，令，則轉化為，即，其中

當且僅當，即時取等號，可知.故選：B思路點睛：不等式恒成立問題，先分離參數后，然后利用基本不等式求最值.利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.9．BC【分析】根據復數的運算性質以及模的運算公式對應各個選項逐個判斷即可求解．【詳解】設，，其中.對于選項A:，所以與不一定相等，故選項A錯誤；對于選項B:因為，所以，因為，所以,故選項B正確；對于選項C:因為,所有因為，所以,故選項C正確；對于選項D:因為，所以，而與不一定相等,故選項D錯誤；故選：BC.10．AC【分析】對A，求出的導函數，使其和相等，解方程看是否有實數根，即可求得；對B，根據的導函數確定單調區(qū)間以及極值點，看與軸交點即可判斷；對C，根據中心對稱公式即可判斷；對D，設過的切線的切點為，由條件可得有兩個根，結合導數研究方程的根即可.【詳解】對A，根據已知的導函數，令則，令，，當時，根據函數零點存在定理存在實數使得，故A正確；對B，根據題意知，令得到，在和上，所以在和單調遞增，在上，所以在單調遞減，是的極大值，且的極大值大于極小值，，，所以在定義域內有且只有一個零點，故B錯誤；對C，令，該函數定義域為R，且，所以為奇函數，是的對稱中心，將向下移動兩個單位得到的圖像，所以點是曲線的對稱中心，故C正確；對D，過的切線的切點為，切線斜率為，則切線方程為，把點代入可得，化簡可得，令，則，令可得或，在和上大于零，所以在和上單調遞增，在上小于零，所以在單調遞減，要使有兩個解，一個極值一定為，若函數在極值點時的函數值為，可得，所以若函數在極值點時的函數值為，可得，所以，故D不正確.故選：AC11．BCD【分析】根據題意，不妨設序列的n個元素為，由題意可判斷A中序列交換次數；再根據等差數列前項和公式即可判斷B；得出只要交換1次的序列的特征即可判斷C；利用累加法求出通項公式即可判斷D.【詳解】對A，序列，比較，無需交換位置，比較，需要交換1次位置，得到新序列，比較，無需交換位置，最后比較，需要交換1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交換2次，故A錯誤；對B，不妨設序列的n個元素為，交換次數最多的序列為，將元素n冒泡到最右側，需交換次次，將元素n-1冒泡到最右側，需交換次次，，故共需要，即最大交換次數，故B正確；對C，只要交換1次的序列是將中的任意相鄰兩個數字調換位置的序列，故有個這樣的序列，即，故C正確；對D，當n個元素的序列順序確定后，將元素n+1添加進原序列，使得新序列（共n+1個元素）交換次數也是2，則元素n+1在新序列的位置只能是最后三個位置，若元素n+1在新序列的最后一個位置，則不會增加交換次數，故原序列交換次數為2（這樣的序列有個），若元素n+1在新序列的倒數第二個位置，則會增加1次交換，故原序列交換次數為1（這樣的序列有個），若元素n+1在新序列的倒數第三個位置，則會增加2次交換，故原序列交換次數為0（這樣的序列有1個），因此，，所以，顯然，所以，故D正確.故選：BCD.關鍵點點睛：在解與數列新定義相關的題目時，理解新定義是解決本題的關鍵.12．【分析】本題考查同角三角函數的基本關系和二倍角余弦公式的應用.根據，，解得，結合二倍角余弦公式進行解答即可．【詳解】因為可得，因為，可得，解得或（舍去）所以．故答案為:．13．1【分析】根據題意結合二項展開式的通項公式分析求解.【詳解】因為的展開式的通項公式為，可知展開式中含的項為，則展開式中的系數為，解得.故1.14．##【分析】延長CM交AB于點I，設，由余弦定理得，根據角平分線定理以及平行線性質可知，運用換元法和二次函數性質可得線段MN長度的最小值．【詳解】延長CM交AB于點I，因為平面ABD，由線面平行性質定理可知，設，因為三棱錐的所有棱長均為2，所以，且E為線段BC的中點，所以AE平分∠BAC，由角平分線定理可知，所以，因為F為線段AD的中點，所以，由余弦定理可知，所以，令，，化簡可得，因為，所以，則在時取得最小值，所以，綜上當，即時MN取得最小值．故．15．(1)(2)【分析】（1）根據題意得到，再平方求解即可.（2）首先根據題意得到，從而得到，再根據求解即可.【詳解】（1）因為為的中點，，（2）

，，..16．(1)(2)【分析】（1）根據等體積法求得點到平面的距離；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得平面與平面夾角的余弦值.【詳解】（1）設點到平面的距離為，則，由題可知，所以，所以點到平面的距離為.（2）取的中點，連接，因為，又平面平面且交線為，平面，，所以平面，由（1）知.由題意可得，所以，所以.以點為坐標原點，為軸，為軸，過點作的平行線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，依題意，所以.設平面的法向量為n1=則，故可設，平面的一個法向量為，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.17．(1)，分布列見解析，(2)有資格參加復賽【分析】（1）根據超幾何分布的概率計算即可求解分布列，（2）根據正態(tài)分布的對稱性即可求解.【詳解】（1）預賽成績在范圍內的樣本量為：，預賽成績在范圍內的樣本量為：，設抽取的2人中預賽成績優(yōu)良的人數為X，可能取值為0,1,2，則，又，則X的分布列為：X012P故．（2），，則，又，故，故全市參加預賽學生中，成績不低于91分的有人，因為，故小明有資格參加復賽，18．(1)，理由見解析(2)證明見解析(3)1個.【分析】（1）求出，利用分組求和法及等差等比數列前項和公式計算即可得解.（2）把代入，利用導數探討單調性，結合函數的零點推理即得.（3）按，分類，利用導數結合（2）的結論及零點存在性定理求解即得.【詳解】（1）當時，，則，所以當時，；（2）當時，，求導得，令，求導得，當時，，當時，，即函數在上單調遞減，在上單調遞增，于是，即，函數在上單調遞增，又，因此時，，當時，，所以.（3）①若，函數在上為單調遞增函數，且，因此函數有且僅有一個零點；②若，當時，，當時，，由（2）知：當時，，當時，，且，則函數只有一個零點.綜上所述：當且時，的零點個數為1個．方法點睛：利用導數證明不等式的基本步驟（1）作差或變形；（2）構造新的函數；（3）利用導數研究的單調性或最值；（4）根據單調性及最值，得到所證不等式．特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．19．(1)(2)①證明見解析；②是定值．【分析】（1）由實軸長和離心率即可求得雙曲線的標準方程；（2）結合題目所給的循環(huán)構造的方法和二項式定理來解題，①方法一，由題干循環(huán)構造方法得到第k組解中的為二項式的展開式中不含的部分，為二項式的展開式中含的部分，再結合二項式定理得到，是4的整數倍.方法二，得到第組解和第組解的關系，再由二項式定理求解.②先用面積公式表示出面積，再代入和的關系式消元，利用①中的結論推導出面積式子里的遞推式即可求解.【詳解】（1）由題意知解得，則，故雙曲線E的標準方程為．（2）①方法一：由得，其中是方程的一組正整數解，則，在循環(huán)構造中，對任意正整數，由，是正整數，第k組解中的為二項式的展開式中不含的部分，為二項式的展開式中含的部分，注意到二項式的展開式中不含的部分與二項式的展開式中不含的部分相同，二項式的展開式中含的部分與二項式的展開式中含的部分互為相反數，于是由二項式定理有，，從而，于是對任意的正整數，，因為是正整數，所以是4的整數倍．方法二：在循環(huán)構造中，對任意正整數，由，是正整數，第組解中的為二項式的展開式中不含的部分，為二項式的展開式中含的部分；第組解中的為二項式的展開式中不含的部分，為二項式的展開式中含的部分，故，于是，，即，由得，，代入得，整理得，即．因為是正整數，所以是4的整數倍．②，，設，的夾角為，則的面積，由得，，代入得，，由得，從而，故，，．，，，，即，代入得，于是的面積為定值．方法點睛：新定義問題解題策略首先，明確新定義的特點；其次，根據定義中的步驟對具體題目進行運算；最后得到結論.江西省宜春市2024-2025學年高三上學期開學考試數學檢測試題（二）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號等填寫在答題卡指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，請將答題卡交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．的虛部為（

）A． B． C． D．2．已知等差數列的前項和為，若，則（

）A．48 B．42 C．24 D．213．已知一組數據：的平均數為6，則該組數據的分位數為（

）A．4.5 B．5 C．5.5 D．64．定義運算：．已知，則（

）A． B． C． D．5．已知某地區(qū)高考二檢數學共有8000名考生參與，且二檢的數學成績近似服從正態(tài)分布，若成績在80分以下的有1500人，則可以估計（

）A． B． C． D．6．已知函數在R上單調遞減，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．0,47．已知圓臺的上?下底面的面積分別為，側面積為，則該圓臺外接球的球心到上底面的距離為（

）A． B． C． D．8．已知為坐標原點，拋物線的焦點到準線的距離為1，過點的直線與交于兩點，過點作的切線與軸分別交于兩點，則（

）A． B． C． D．二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知函數，則（

）A．的最小正周期為B．與有相同的最小值C．直線為圖象的一條對稱軸D．將的圖象向左平移個單位長度后得到的圖像10．已知函數，則（

）A．1是的極小值點B．的圖象關于點對稱C．有3個零點D．當時，11．已知正方體的體積為8，線段的中點分別為，動點在下底面內（含邊界），動點在直線上，且，則（

）A．三棱錐的體積為定值B．動點的軌跡長度為C．不存在點，使得平面D．四面體DEFG體積的最大值為三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知向量，若，則.13．定義：如果集合存在一組兩兩不交（兩個集合的交集為空集時，稱為不交）的非空真子集，，且，那么稱子集族構成集合的一個劃分.已知集合，則集合的所有劃分的個數為.14．已知為坐標原點，雙曲線的左?右焦點分別為，點在以為圓心?為半徑的圓上，且直線與圓相切，若直線與的一條漸近線交于點，且，則的離心率為.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．已知中，角所對的邊分別為，其中.(1)求的值；(2)若的面積為，周長為6，求的外接圓面積.16．如圖，在四棱錐中，底面為正方形，分別在棱上，且四點共面.(1)證明：；(2)若，且二面角為直二面角，求平面與平面夾角的余弦值.17．已知橢圓的離心率為，右焦點為，點在上.(1)求的方程；(2)已知為坐標原點，點在直線上，若直線與相切，且，求的值.18．已知函數.(1)求曲線在點處的切線方程；(2)記（1）中切線方程為，比較的大小關系，并說明理由；(3)若時，，求的取值范圍.19．已知首項為1的數列滿足.(1)若，在所有中隨機抽取2個數列，記滿足的數列的個數為，求的分布列及數學期望；(2)若數列滿足：若存在，則存在且，使得.（i）若，證明：數列是等差數列，并求數列的前項和；（ii）在所有滿足條件的數列中，求使得成立的的最小值.1．A【分析】根據復數的運算化簡得，再根據虛部的定義即可求解．【詳解】，則所求虛部為.故選：A．2．B【分析】利用等差數列項的性質求出的值，再由等差數列的求和公式即可求得.【詳解】因為等差數列，故，則.故選：B.3．C【分析】由平均數及百分位數的定義求解即可.【詳解】依題意，，解得，將數據從小到大排列可得：，又，則分位數為.故選：C.4．D【分析】根據定義得出，再根據同角三角函數的商數關系即可求解．【詳解】依題意，，則，故.故選：D．5．B【分析】解法一，求出，根據正態(tài)分布的對稱性，即可求得答案；解法二，求出數學成績在80分至95分的人數，由對稱性，再求出數學成績在95分至110分的人數，即可求得答案.【詳解】解法一：依題意，得，故；解法二：數學成績在80分至95分的有人，由對稱性，數學成績在95分至110分的也有2500人，故.故選：B.6．D【分析】由函數fx在上單調遞減，列出相應的不等式組，即可求解.【詳解】當時，，因為和都是減函數，所以在?∞,1上單調遞減，當時，，要使其在上單調遞減，則，所以，解得，故D正確.故選：D.7．C【分析】由圓臺的側面積公式求出母線長，再由勾股定理得到高即可計算；【詳解】依題意，記圓臺的上?下底面半徑分別為，則，則，設圓臺的母線長為，則，解得，則圓臺的高，記外接球球心到上底面的距離為，則，解得.故選：C.8．C【分析】通過聯立方程組的方法求得的坐標，然后根據向量數量積運算求得.【詳解】依題意，拋物線，即，則，設，直線，聯立得，則.而直線，即，令，則，即，令，則，故，則，故.故選：C

求解拋物線的切線方程，可以聯立切線的方程和拋物線的方程，然后利用判別式來求解，也可以利用導數來進行求解.求解拋物線與直線有關問題，可以利用聯立方程組的方法來求得公共點的坐標.9．ABD【分析】對于A：根據正弦型函數的最小正周期分析判斷；對于B：根據解析式可得與的最小值；對于C：代入求，結合最值與對稱性分析判斷；對于D：根據三角函數圖象變換結合誘導公式分析判斷.【詳解】因為，對于選項A：的最小正周期，故A正確；對于選項B：與的最小值均為，故B正確；對于選項C：因為，可知直線不為圖象的對稱軸，故C錯誤；對于選項D：將的圖象向左平移個單位長度后，得到，故D正確.故選：ABD.10．AB【分析】利用導數求函數極值點判斷選項A；通過證明得函數圖象的對稱點判斷選項B；利用函數單調性和零點存在定理判斷選項C；利用單調性比較函數值的大小判斷選項D.【詳解】對于A，函數，，令，解得或，故當時f′x>0，當x∈0,1時，f′x則在上單調遞增，在0,1上單調遞減，在1,+∞上單調遞增，故1是的極小值點，故A正確：對于B，因為，所以的圖象關于點對稱，故B正確；對于C，，易知的單調性一致，而，故有2個零點，故C錯誤；對于D，當時，，而在上單調遞增，故，故D錯誤.故選：AB.11．ACD【分析】對于A，由題意可證平面，因此點到平面的距離等于點到平面的距離，其為定值，據此判斷A；對于B，根據題意求出正方體邊長及的長，由此可知點的運動軌跡；對于C，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，假設點的坐標，求出的方向向量，假設平面，則平面的法向量和的方向向量共線，進而求出點的坐標，再判斷點是否滿足B中的軌跡即可；對于D，利用空間直角坐標系求出點到平面的距離，求出距離的最大值即可.【詳解】對于A，如圖，連接、，依題意，，而平面平面，故平面，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，其為定值，所以點到平面的距離為定值，故三棱維的體積為定值，故正確；對于B，因為正方體的體積為8，故，則，而，故，故動點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓在底面內的部分，即四分之一圓弧，故所求軌跡長度為，故B錯誤；以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，故，設n=x,y,z為平面的法向量，則故令，故為平面的一個法向量，設，故，若平面，則，則，解得，但，所以不存在點點，使得平面，故C正確；對于D，因為為等腰三角形，故，而點到平面的距離，令，則，則，其中，則四面體體積的最大值為，故D正確.故選：ACD.12．【分析】利用向量的線性運算并由向量垂直的坐標表示列式即可求解.【詳解】依題意，，故，解得.故13．4【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定義對集合進行劃分.【詳解】依題意，，的2劃分為，共3個，的3劃分為，共1個，故集合的所有劃分的個數為4.故414．【分析】由題意可得，由此求出，，即可求出點坐標，代入，即可得出答案.【詳解】不妨設點在第一象限，連接，則，故，，設，因為，所以為的中點，，故.，將代入中，故，則.故答案為.

15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化簡已知條件，從而求得.（2）根據三角形的面積公式、余弦定理等知識求得外接圓的半徑，從而求得外接圓的面積.【詳解】（1）由正弦定理得，因為，故，則，因為，故.（2）由題意，故.由余弦定理得，解得.故的外接圓半徑，故所求外接圓面積.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明線面平行再應用線面平行性質定理得出，再結合，即可證明；（2）應用面面垂直建系，應用空間向量法求出面面角的余弦值.【詳解】（1）因為，故，則，因為平面平面，故平面，而平面平面平面，故，則.（2）因為二面角為直二面角，故平面平面.而平面平面平面，故平面，又底面為正方形，所以，以點為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設，則，故，設平面的法向量為，則令，可得.設平面的法向量為，則令，可