2020年浙江省高考数学试卷(理科)高考复习模拟题模拟试卷押题

RRRRRRRR2020年浙江省高考学试（理）高考习模题模试卷题一、选题：本大题小题，小题分，共分、在每题给的四个选项中只有一项是合题目求的、1分）已知i是虚数单位，则（﹣i﹣i）=）A、﹣3iB、﹣3i、﹣3+3iD﹣1+i【分析接利用两个复数代数形式的乘法法则及虚数单位i的幂运算性质，运算求得结果、【解答】解1ii）=﹣2i+2i+1=﹣3i，故选：B、【点评】本题主要考查两个复代数形式的乘法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题、2分）设集合S={|x＞﹣2}，T={x|2

+3x﹣40}，则（∁）∪）A2，1]

B∞，﹣]

∞，1]D、[∞）【分析先根据一元二次不等式求出集合T然后求得∁再利用并集的定义求出结果、【解答】解：∵集合S=x|＞﹣2，∴∁S={|x≤﹣，T=x|2

+3x﹣40}={x|﹣4≤x≤1}，故（∁S）∪T=xx≤故选：、【点评】此题属于以一元二次不等式的解法为平台，考查了补集及并集的运算，是高考中常考的题型、在求补集时注意全集的范围、3分）已知x，为正实数，则（）第1页（共6页）A、2+lgy=2lgx

+2

B、lg

（x+y）

=2lgx

•2lgy、2•lgy=2lgx

+

D2lg（xy）

=2lgx

•2lgy【分析】直接利用指数与对数的运算性质，判断选项即可、【解答】解：因为as+t=as•at，lg（）=lgx+lgy（，y为正实数所以2

（xy）

=2lgx+lgy=2•2，满足上述两个公式，故选：D【点评】本题考查指数与对数的运算性质，基本知识的考查、4分）已知函（=Acos（ωx+φ＞ω0，∈“（x）是奇函数”是“φ=”的（）A、充分不必要条件、必要不充分条件、充分必要条件

D既不充分也不必要条件【分析】

⇒f（x）ωx+）f（x）﹣ωx＞0，＞，∈是奇函数f）为奇函f（）⇒φ=k+奇函数”是“φ=”必要不充分条件、

，Z所以“f（是【解答】解：若φ=则f）=Acos（

，）⇒fx）﹣Asin（＞0ω0，x∈R）是奇函数；若f）是奇函数，⇒f0）=0，∴f0=Acos（0+φ）=Acosφ=0∴φ=kπ+，k∈，不一定有φ=“f（）是奇函数”是“

”必要不充分条件、故选：B、【点评】本题考查充分条件、必要条件和充要条件的判断，解题时要认真审题，仔细解答，注意三角函数性质的灵活运用、第2页（共6页）5分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（）A、a=4B、C、a=6Da=7【分析】根据已知流程图可得程序的功能是计算+用裂项相消法易得答案、【解答】解：由已知可得该程序的功能是

+…+

的值，利计算并输出S=1++…+

=1+

=2

、若该程序运行后输出的值是，则2

=、∴a=4，故选：A、【点评】本题考查的知识点是程序框图，其中分析出程序的功能是解答的关键、6分）已知A、B、

、

D

，则tan2α=（）【分析】由题意结合sin

2

α+2

α=1可解得α，和cosα，进而可得tan，再代入二倍角的正切公式可得答案、【解答】解：∵，又sin

2

α+cos2

α=1，第3页（共6页）000•000•联立解得，或故tanα==

，或tan，代入可得tan2α===，或tan2α=

==故选：、【点评题考查二倍角的正切公式及同角三角函数的基本关系属中档题、7分）设△P是边AB上一定点，满足

，且对于边AB上任一点P，恒有

则（）A、∠ABC=90°、∠BAC=90°C、AB=ACDAC=BC【分析设||=4||=1过C作的垂线，垂足H，AB上任取一点，设HP=a，则由数量积的几何意义可得|

|2﹣（a+1）||+a≥0恒成立只需eq\o\ac(△,=)eq\o\ac(△,)（a+12

﹣4（﹣12

≤0即可由此能求出△是等腰三角形，、【解答】解：设||=4则||=1过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P设HP=a则由数量积的几何意义可得，=|

|•|

|=|2

﹣（a+1|，•

=﹣a于是

•

≥

•

恒成立，整理得||2

﹣（a+

|+a≥0恒成立，只需eq\o\ac(△,=)eq\o\ac(△,)（a+12

﹣4a=（a﹣1）2≤0即可，于是，因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，第4页（共6页）000000所以、故选：D【点评本题主要考查了平面向量的运算向量的模及向量的数量积的概念向量运算的几何意义的应用，还考查了利用向量解决简单的几何问题的能力8分）已知e为自然对数的底数，设函数f）=（ex﹣﹣1k（，2（）当k=1时，fx）在x=1处取得极小值当k=1时，fx）在x=1处取得极大值当k=2时，fx）在x=1处取得极小值当k=2时，fx）在处取得极大值【分析】通过对函数（x）求导，根据选知函数x=1处有极值，验证（1）=0再验证f）在处取得极小值还是极大值即可得结论、【解答】解：当k=1时，函数fx）（e﹣1﹣1求导函数可得f'x）x（﹣1（e﹣1=（x﹣1f'1=e1≠f'（）=2e﹣1≠则f）在在x=1处与在处均取不到极值，当k=2时，函数fx）=（e﹣1﹣1）

、求导函数可得f'x）x（﹣12

+2（ex

﹣1﹣1=（x﹣1x+e﹣2∴当x=1（x=0且当＞1时（x＞，x＜x＜（x为极大值点f'）＜0，故函数f（）在（1∞）上是增函数；在（x，1）上是减函数，从而函数f（x）在x=1取得极小值、对照选项、故选：、第5页（共6页）112121212212112111212121221211212【点评本题考查了函数的极值问题考查学生的计算能力正确理解极值是关键、9分）如图F、是椭圆：+y2=1与双曲线的公共焦点，B分别是C、C在第二、四象限的公共点，若四边形BF为矩形，则C的离心率是（）A、

B、

、

D【分析】不妨设AF|=x，||=y，依题意，解此方程组可求得x，的值，利用双曲线的定义及性质即可求得C的离心率、；【解答】解：设|AF|=x，|AF|=y，∵点A为椭圆C：∴2a=4，b=1，c=∴|AF|+|AF|=2a=4即+y=4；①又四边形AFBF为矩形，

+y2

=1上的点，∴+

=

，即x

+2

=（2c2=

=12，②由①②得：，解得x=2，y=2，设双曲线C的实轴长为2m，第6页（共6页）21212π1βα2β1212211211221212π1βα2β121221121121α11βαβ111222αβ221212112112112焦距为2n，则2m=AF|﹣|AF|﹣x=2

，2n=2c=2

，∴双曲线C的离心率e==

=

、故选：D【点评】本题考查椭圆与双曲的简单性质，求得||与|AF|是关键，考查分析与运算能力，属于中档题、10分）在空间中，过点作平面π的垂线，垂足为B，记B=f（α，β是两个不同的平面，对空间任意一点，=ff（P，Q=f[f（P，恒有PQ=PQ，则（）平面α与平面β垂直平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°平面α与平面β平行平面α与平面β所成的（锐）二面角为【分析】设是点在α内的射影，点P是点P在β内的射影、根据题意点P

1在β内的射影与P在内的射影重合于一点，由此可得四边形PPQP为矩形，且∠PQP是二面角α﹣l﹣β的平面角根据面面垂直的定义可得平面与平面β垂直，得到本题答案、【解答】解：P=f（P根据题意，得点P是过点P作平面垂线的垂足∵Q=f[（P）]=f（∴点Q是过点P作平面垂线的垂足同理，若P=f（P点P是过点P作平面β垂线的垂足因此Q=f[f（P表示点Q是过点P作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有=PQ，∴点Q与Q重合于同一点由此可得，四边形PPQP为矩形，且∠PQP是二面角αl﹣β的平面角∵∠PQP是直角，∴平面α与平面β垂直故选：A、第7页（共6页）+r1+r1【点评本题给出新定义要求我们判定平面与平面β所成角大小着重考查了线面垂直性质、二面角的平面角和面面垂直的定义等知识，属于中档题、二、填题：本大题7小题每小题4分，共分、11分）设二项式

的展开式中常数项为A，则A=

﹣10

、【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值、【解答】：二项式

的展开式的通项公式为T=••（﹣1r•=（﹣1）••

、令

=0解得r=3，故展开式的常数项为﹣

=﹣10，故答案为﹣10、【点评本题主要考查二项式定理的应用二项式展开式的通项公式求展开式中某项的系数，属于中档题、12分）若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的体积等于24cm

、第8页（共6页）【分析】先根据三视图判断几何体的形状，再利用体积公式计算即可、【解答】解：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，侧面的高为5，被截取的棱锥的高为3、如图：V=V

棱柱

﹣V

棱锥

=

=24（cm）故答案为：24、【点评】本题考查几何体的三视图及几何体的体积计算、

椎体

=Sh，

柱体

=Sh、考查空间想象能力、13分）z=kx+y，其中实xy满足，z的最大值为12，则实数k=2

、【分析出可行域到角点坐标进行分类讨论过平移直z=kx+y得到最大值点A，即可得到答案、【解答】解：可行域如图：由

得：A4，4同样地，得B（2第9页（共6页）z=kx+y，即y=﹣kx+z，分k＞k＜两种情况、当＞0时，目标函数z=kx+y在A点取最大值，即直线z=kx+在轴上的截距最大，即12=4k+得k=2；当＜0时，①当k＞﹣时，目标函数+y在A点（44）时取最大值，即直线+y在y轴上的截距z最大，此时，12=4k+故k=2、②当k

时，目标函数z=kx+y在B点（，时取最大值，即直线z=kx+在y轴上的截距z最大，此时，12=0×+2，故k不存在、综上，k=2、故答案为：2、【点评本题主要考查简单线性规划解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义、14分）将A，B，，DE，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有

480

种（用数字作答）【分析】按C的位置分类，在左左2，左，或者在右1，右2右3，因为第0页（共26）1220010012122001001220010左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以即可、【解答】解：按C的位置分类，在左，左2，左3，或者在右1，右2右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以即可、，当C在左边第1个位置时，有当C在左边第2个位置时，和B有C右边的4个位置可以选，有A

A

，当C在左边第3个位置时，有A

+AA

，共为240种，乘以2得、则不同的排法共有种、故答案为：480、【点评本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要掌握分类讨论的处理方法、15）设为抛物线C：2=4x的焦点，过点（﹣1，的直线l交抛物线C于两点AB，点为线段AB的中点，|FQ|=2，则直线l的斜率等于不存在、【分析】由题意设直线l的方程为+1，联立

得到y2﹣+4=0，△=16m2

﹣16=16（2

﹣1）＞设A（x，y（x，y（x，利用根与系数的关系可得y+y=4m利用中点坐标公式可得

=2mx=my﹣1=2m2

﹣1Q（2

﹣1，抛物线C：

2=4x得焦点F（10利用两点间的距离公式即可得出m及k，再代入△判断是否立即可、【解答解由题意设直线l的方程为my=x+联立△=16m2﹣16=16（﹣1＞0设A（x，y（x，（x，y

得到y2﹣+4=0，∴y+y=4m，∴∴Q（﹣12m

=2m，∴=my﹣1=2m2﹣1第1页（共26）由抛物线：y2∵|QF|=2，∴

=4x得焦点F（10，化为m=1解得m=1，不满足△＞故满足条件的直线l不存在、故答案为不存在、【点评题综合考查了直线抛物线的位置关系与△的关系与系数的关系、中点坐标关系、两点间的距离公式等基础知识，考查了推理能力和计算能力、16分）ABC中，C=90°M是BC的中点，若、

，则sin∠【分析】作出图象，设出未知，在ABM中，由正弦定理可sinAMB=

，进而可得cosβ=

，在RT△ACM中，还可得cosβ=

，建立等式后可得a=b再由勾股定理可得

而sin∠BAC═

=代入化简可得答案、【解答】解：如图设AC=b，AB=c，CM=MB=，∠MAC=β，在△ABM中，由正弦定理可得

=

，代入数据可得=

，解得sinAMB=

，故cosβ=cos（﹣∠AMC）∠AMC=sin（﹣∠）=sinAMB=

，而在eq\o\ac(△,RT)ACM中，cosβ=

=

，故可得

=

，化简可得a4

﹣4a

b2

+4

=（2﹣2b2）

=0解之可得a=b再由勾股定理可得a2

+b2=c

2

，联立可得

，故在eq\o\ac(△,RT)ABC中，sin∠

===

，第2页（共26）另解：设∠BAM为α∠MAC为β，正弦定理得BM：sin：sin∠BBM：sinβ=AM又有sinβ=cos∠AMC=cos（联立消去BM，AM得sin∠（α∠）=sinα，拆开，将1化成sin

2

∠+cos2

∠B，构造二次齐次式，同除2

∠B，可得tanα=若tan∠BAM=解得tan∠B=

，，则∠BAM=，，cosB=

，、易得sinBAC=，另解：作⊥AB交于设MD=1，AM=3AD=2用△DMB和△CAB相似解得x=，则cosB=、易得sinBAC=故答案为：

，DB=x，BM=CM=

，【点评本题考查正弦定理的应用涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属难题、17分）设、

为单位向量，非零向量=x

+y

，x、∈、若、

的第3页（共26）n1123n123n113nn1n1123n123n113nn13n的最大值等于夹角为30°则得=

2

、||=

=

得=

==，再利用二次函数的性质求得

的最大值、【解答】解：∵

、

为单位向量，

和

的夹角等于30°，∴

=1××cos30°=

、∵非零向量=x

+y

，∴||=

=

=

，∴

=

=

=

=

，故当=

时，

取得最大值为2故答案为2、【点评本题主要考查两个向量的数量积的运算求向量的模利用二次函数的性质求函数的最大值，属于中档题、三、解题：本大题5小题共72分、解答应出文说明、明过程或演算步骤18分）在公差d的等差数列{a}中，已知=10，且，2a+2，5a成等比数列、（Ⅰ）求da；（Ⅱ）若d0求|aa|+|a|+…+|a|、【分析）直接由已知条件a=10，且2a+2，5a成等比数列列式求出公差，则通项公式a可求；（Ⅱ）利用Ⅰ）中的结论，得到等差数{a}的前11项大于等于0，后面的项小于0，所以分类讨论求d＜0时|a|+|a|+|a|+…+|a|的和、第4页（共26）n1n1nnnnn123nnn1n1nnnnn123nn11123n【解答得

，整理得d2﹣3d﹣、解得﹣或d=4、当d=1时，a=a+（﹣1d=10﹣（n﹣1）﹣n11当d=4时，a=a+（﹣d=10+4（n﹣+6所以a=﹣n11或a=4n+6（Ⅱ）设数列{}的前n项和为S，因为0，由Ⅰ）得d=﹣，=﹣n+11、则当n11时，当n12时，|a|+|a|+||+…+|a|=S+2S=综上所述，

、、|a|+|a|+|a|+…+|a|

、【点评本题考查了等差数列等比数列的基本概念考查了等差数列的通项公式，求和公式，考查了分类讨论的数学思想方法和学生的运算能力，是中档题、19分）设袋子中装有a个红球，b个黄球，个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球2分，取出蓝球得3分、当a=3，b=2，c=1时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和、求ξ分布列；从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）个球，记随机变量η为取出此球所得分数、若，求a：b：、【分析）ξ的可能取值有：，，，，求出相应的概率可得所求的分布列；（2）先列出η的分布列，再利用η的数学期望和方差公式，即可得到结论、【解答】解由题意得ξ=2，34，6，P（ξ=2）=P（ξ=5）=

=；（ξ=3）=；Pξ=6）

=；Pξ=4）=、=

=

；故所求ξ的分布列为第5页（共26）ξP

23456（2）由题意知η的分布列为ηP

123Eη=Dη=（1﹣）

=+（2）2

+（3）2

=、得，解得a=3c，b=2c，故a：b：c=3：1【点评】本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，同时考查抽象概括、运算能力，属于中档题、20分图四面体A﹣BCD中平面BCD⊥CDM是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC、（1）证明：PQ∥平面；（2）若二面角C﹣BM﹣D的大小为60°，求∠的大小、

、【分析）BD的中点O在线段CD上取点F使DF=3CF连接OPOF、FQ据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；（2）过点C作CGBD，垂足为G，过G作GH⊥于H，连接、根据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH因此∠CHG是二面角C﹣D的平面角可第16页（共6页）得∠CHG=60°、设BDC=θ，用解直角三角形的方法算HG和CG关于θ的表达式，最后在△中，根据正切的定义得出tan∠，由此可得∠BDC、tanθ=

=

，从而得到【解答）BD的中点O在线段CD上取点F使DF=3CF连接OPOF、FQ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥且QF=AD∵△BDM中，、P分别为BD、BM的中点∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：∥AD且OP=AD∴OP∥QF且OP=QF可得四边形OPQF是平行四边形∴PQ∥OF∵PQ平面BCD且OF平面BCD，∴PQ平面BCD；（2）过点C作CG⊥，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH∵AD⊥平面，⊂平面BCD，∴AD⊥又∵CG⊥，AD、是平面ABD内的相交直线∴CG⊥平面ABD结合BM平面ABD，得⊥BM∵GH⊥，CG、是平面CGH内的相交直线∴BM⊥平面，可得BMCH因此，∠CHG是二面角C﹣﹣D的平面角，可得∠CHG=60°设∠BDC=θ，可得Rt△BCD中θ=2

cosθθ=sinθcosθBG=BCsinθ=2

sin

θRt△BMD中HG=

=

CHG中tan∠

=∴tanθ=

，可得θ=60°，即∠BDC=60°第页（共26）1121212211112011121211121212211112011121211200111【点评题在底面为直角三角形且过锐角顶点的侧棱与底面垂直的三棱锥中求证线面平行，并且在已知二面角大小的情况下求线线角、着重考查了线面平行、线面垂直的判定与性质解直角三角形和平面与平面所成角求法等知识属于中档题、21分）如图，点（0，﹣1是椭圆C：+

=1a＞b＞）的个顶点，C的长轴是圆C：x2+2

=4的直径，l，l是过点P且互相垂直的两条直线，其中l交圆C于A、两点，l交椭圆C于另一点、（1）求椭圆C的方程；（2）求△ABD面积的最大值时直线l的方程、【分析由题意可得，2a=4，即可得到椭圆的方程；（2）设（xy（x，x，题意可知：直线l的斜率存在，设为，则直线l的方程为y=kx﹣利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O直线l的距离和弦长||l⊥l直线l的方程x++，与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标可得出PD|可得到三角形的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到的值、【解答】解由题意可得，2a=4，即∴椭圆C的方程为；（2）设Ax，y（x，yx，y由题意可知：直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y=kx﹣又圆

的圆心O（0，0到直线l的距离d=第8页（共26）

、21212121∴||==

、又l⊥l，故直线l的方程为x++k=0，联立

，消去得到（+）+8kx=0，解得x2∴|PD|

、

，∴三角形ABD的面积S=△

=

，令4+k2

=t＞则k2

=t﹣ft=∴S=△

=，当且仅

=，即

，当

，时取等号，故所求直线l的方程为

、【点评本题主要考查了椭圆的几何性质直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力、22分）已知aR，函数x）3

﹣3x

+3ax3a3、求曲线y=fx）在点（1f1处的切线方程；当x∈[2时，求f（x）|的最大值、【分析求出原函数的导函数，求出函数取时的导数值及f1直线方程的点斜式写出切线方程；（2）求出原函数的导函数，分a≤0＜1，a≥1三种情况求|（x）|的最大值、特别当0＜a＜1时，仍需要利用导数求函数在区间0，）上的极值，然后在根据a的范围分析区间端点值与极值绝对值的大小、【解答】解因为fx）=x

﹣3x2

+3ax﹣+3所以f′x）2

﹣6x+3a故f′1=3a﹣又f（1）=1，所以所求的线方程为y=（﹣）x﹣3a+4；（2）由于f′x）（﹣12+3（﹣1x≤第19页（共6页）1122121211111221212111故当a≤0时，有f′x）≤此时fx）在[2]上单调递减，故|fx）|=max{|（0，|f2=3﹣、当a≥1时，有f′x）≥0，此时f（x）在[0，上单调递增，故|fx）|=max{|（0，|f2=3a﹣1、当0＜a1时，由3（﹣12

+3（a﹣1）=0，得，、所以，当x∈（，x）时，f′x）＞0，函数f（）单调递增；当x∈（，x）时，f′（）＜0函数f（x）单调递减；当x∈（，2时，f′x）＞0，函数fx）单调递增、，极小值所以函数（x）的极大值故fx）+fx）=2＞从而fx）＞|fx）|、所以|f）|=max{（0f2，x）}、当0＜a时，f0＞|2）|、

、

、又故当又所以当故当

=、时，|f2）|=f（f2≥f（=时，f（x）＞|（2、、时，fx）≤|f2）|、

、故f）=|f（=3a﹣综上所述|f）|=

、第页（共26）RR【点评本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了分类讨论的数学思想方法，正确的分类是解答2）的关键，此题属于难题、2020年浙江省高考学试（理）高考习模题模试卷题一、选题：本大题小题，小题分，共分、在每题给的四个选项中只有一项是合题目求的、1分）已知i是虚数单位，则（﹣i﹣i）=）A、﹣3iB、﹣3i、﹣3+3iD﹣1+i2分）设集合S={|x＞﹣2}，T={x|2

+3x﹣40}，则（S）∪）A2，1]

B∞，﹣]

∞，1]D、[∞）3分）已知x，为正实数，则（）A、2+lgy=2lgx

+2

B、lg（x+y）

=2lgx

•2lgy、2lgx•lgy=2+

D2lg（xy）=2lgx•2lgy第1页（共26）004分）已知函（=Acos（ωx+φ＞ω0，∈“（x）是奇函数”是“φ=”的（）A、充分不必要条件、必要不充分条件、充分必要条件

D既不充分也不必要条件5分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（）A、a=4B、C、a=6Da=76分）已知

，则tan2α=（）A、

B、

、

D7分）设△P是边AB上一定点，满足

，且对于边AB上任一点P，恒有

则（）A、∠ABC=90°、∠BAC=90°C、AB=ACDAC=BC8分）已知e为自然对数的底数，设函数f）=（ex2（）当k=1时，fx）在x=1处取得极小值当k=1时，fx）在x=1处取得极大值当k=2时，fx）在x=1处取得极小值当k=2时，fx）在处取得极大值第2页（共26）

﹣1﹣）（k=1，1121212π1β1121212π1βα2β129分）如图F、是椭圆：+y2=1与双曲线的公共焦点，B分别是C、C在第二、四象限的公共点，若四边形BF为矩形，则C的离心率是（）A、

B、

、

D10分）在空间中，过点作平面π的垂线，垂足为B，记