【解析】浙江省百校2023-2023学年高三数学联考试卷

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一、单选题

1．（2023·浙江模拟）已知集合，，则（）

A．B．

C．D．

2．（2023·浙江模拟）已知i是虚数单位，若复数z满足，则（）

A．B．2C．D．3

3．（2023高二上·林芝期末）若x，y满足约束条件，则的最大值是（）

A．-5B．1C．2D．4

4．（2023·浙江模拟）已知平面，和直线，，且，则“”是“且”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

5．（2023·浙江模拟）若二项式的展开式中各项的系数和为243，则该展开式中含x项的系数为（）

A．1B．5C．10D．20

6．（2023·浙江模拟）函数的大致图象为（）

A．B．

C．D．

7．（2023·浙江模拟）已知双曲线，过其右焦点F作渐近线的垂线，垂足为B，交y轴于点C，交另一条渐近线于点A，并且满足点C位于A，B之间.已知O为原点，且，则（）

A．B．C．D．

8．（2023·浙江模拟）已知内接于半径为2的，内角A，B，C的角平分线分别与相交于D，E，F三点，若，则（）

A．1B．2C．3D．4

9．（2023·浙江模拟）如图，在中，，，，将绕边AB翻转至，使面面ABC，D是BC的中点，设Q是线段PA上的动点，则当PC与DQ所成角取得最小值时，线段AQ的长度为（）

A．B．C．D．

10．（2023·浙江模拟）设无穷数列满足，，，若为周期数列，则pq的值为（）

A．B．1C．2D．4

二、双空题

11．（2023·浙江模拟）若函数为奇函数，则实数a的值为，且当时，的最大值为.

12．（2023·浙江模拟）已知随机变量的分布列如下表，若，则a=，.

012

Pab

13．（2023·浙江模拟）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示则该几何体的体积为，表面积为.

14．（2023·浙江模拟）已知、分别为椭圆的左、右焦点，点关于直线对称的点Q在椭圆上，则椭圆的离心率为；若过且斜率为的直线与椭圆相交于AB两点，且，则k=.

三、填空题

15．（2023·浙江模拟）某学校要安排2名高二的同学，2名高一的同学和名初三的同学去参加电视节目《变形记》，有五个乡村小镇A、B、C、D，E（每名同学选择一个小镇）由于某种原因高二的同学不去小镇A，高一的同学不去小镇B，初三的同学不去小镇D和E，则共有种不同的安排方法（用数字作）

16．（2023·浙江模拟）已知向量满足，则的取值范围是.

17．（2023·浙江模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知圆.过原点的动直线l与圆M交于A，B两点若以线段AB为直径的圆与以M为圆心MO为半径的始终无公共点，则实数a的取值范围是.

四、解答题

18．（2023·浙江模拟）已知函数

（1）求的值；

（2）求函数的单调递增区间.

19．（2023·浙江模拟）如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，为等腰直角三角形，，，点E，F分别为BC，PD的中点，直线PC与平面AEF交于点Q.

（1）若平面平面，求证：.

（2）求直线AQ与平面PCD所成角的正弦值.

20．（2023·浙江模拟）已知各项为正数的数列，其前n项和为，，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和.

21．（2023·浙江模拟）如图，过抛物线上的一点作抛物线的切线，分别交x轴于点D交y轴于点B，点Q在抛物线上，点E，F分别在线段AQ，BQ上，且满足，，线段QD与交于点P.

（1）当点P在抛物线C上，且时，求直线的方程；

（2）当时，求的值.

22．（2023·浙江模拟）已知函数，.

（1）若，求证：当时，

（2）若不等式恒成立，求实数a的取值范围.

答案解析部分

1．【答案】C

【知识点】交集及其运算

【解析】【解答】由解得或，

故.

故答案为：C.

【分析】由函数的定义域求得集合A，再利用交集的运算，即可得到结果.

2．【答案】A

【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模

【解析】【解答】依题意，

故.

故答案为：A.

【分析】由复数的乘除运算，化简为的形式，由此求得，从而得出正确选项.

3．【答案】D

【知识点】简单线性规划

【解析】【解答】画出可行域如下图所示，向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最大值为.

故答案为：D.

【分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最大值.

4．【答案】B

【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断

【解析】【解答】当“”时，可能在或内，不能推出“且”；

当“且”时，由于，故“”；

所以“”是“且”的必要不充分条件.

故答案为：B.

【分析】将“”与“且”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.

5．【答案】C

【知识点】二项式定理；二项式系数的性质

【解析】【解答】由令得，解得，

二项式展开式的通项公式为，

令，解得，

故展开式中含x项的系数为.

故答案为：C.

【分析】令，结合展开式中各项的系数和为234列方程，求得n的值，再利用二项式展开式的通项公式，即可求得含x项的系数.

6．【答案】A

【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象

【解析】【解答】函数的定义域为，且，

故函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C,D两个选项；

由于，排除B选项，所以A选项正确.

故答案为：A

【分析】根据函数的奇偶性和函数图象上的特殊点，即可判断出正确选项.

7．【答案】A

【知识点】平面内两点间的距离公式；直线与圆锥曲线的关系

【解析】【解答】由于双曲线渐近线为，

不妨设直线的斜率为，

故直线的方程为，

令，得，

由，解得，

由，解得，

由得，

化简得，

解得或，

由于位于之间，故舍去，

所以，即，

故.

故答案为：A.

【分析】设出直线AB的方程，联立直线AB方程和渐近线方程，求得和C点的坐标，根据列方程，求得的关系，由此即可求得的值.

8．【答案】D

【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理

【解析】【解答】连接BD，

在三角形ABD中，由正弦定理得，

故

，

同理可得、，

故，

故.

故答案为：D.

【分析】利用正弦定理分别求得、、，结合已知条件即可求得的值.

9．【答案】B

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角

【解析】【解答】由余弦定理得，

，所以为钝角，

由于平面平面，且交线为，

过作的垂线，交的延长线于，连接，

则平面，所以，

根据折叠前后的关系可知，

故两两垂直，

以为空间直角坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

如下图所示，

在等腰直角三角形和中，

，，

故,，

设，且，则，

所以.，

设直线与直线所成角为，

则，

令，则，

则，

当且仅当，即时取得最大值，

也即与所成角取得最小值，

此时，

所以.

故答案为：B.

【分析】建立空间直角坐标系，计算，利用夹角公式列式，根据取得最大值，即与所成角取得最小值，即可求出的长度.

10．【答案】C

【知识点】函数的周期性；数列的函数特性；数列的递推公式

【解析】【解答】，

，

，

因为数列是周期数列，所以存在，

，

，

故pq的值为2.

故答案为：C.

【分析】先求得的表达式，再根据数列的周期确定，即得pq的值.

11．【答案】；

【知识点】函数的最大（小）值；奇偶性与单调性的综合

【解析】【解答】由于函数为奇函数，故，

即，

即，

故，所以，

当时，，

注意到在上单调递增，

故，

所以，

故当时，的最大值为.

故答案为：；.

【分析】先根据求得的值，然后根据在上的单调性，即可求得的最大值.

12．【答案】；

【知识点】概率的基本性质；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差

【解析】【解答】由已知分布列和列式，故，

所以.

故答案为：；.

【分析】根据分布列概率之和为以及期望值列方程组，解方程组求得的值，进而求得方差.

13．【答案】100；

【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【解答】画出三视图对应的原图如下图所示几何体，

也即长方体切掉一个三棱锥，

故几何体的体积为，

表面积为，

在中，

所以，

故表面积为.

故填：100；.

【分析】画出三视图对应的几何体，即长方体切掉一个三棱锥，由此即可计算出几何体的体积和表面积.

14．【答案】；1

【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系

【解析】【解答】由于点关于直线对称的点Q在椭圆上，

由于的倾斜角为,画出图象如下图所示，

由于O是坐标原点，根据对称性和中位线的知识，

可知为等腰直角三角形，且Q为短轴的端点，

故离心率，

不妨设，则椭圆方程化为，

设直线的方程为，

代入椭圆方程并化简得，

设，则①，②，

由于，故③，

解由①②③组成的方程组得，即.

故答案为：；.

【分析】根据对称性和中位线判断为等腰直角三角形，根据椭圆的定义求得离心率，根据得到，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数关系列方程，解方程即可求得k的值.

15．【答案】32

【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；简单计数与排列组合

【解析】【解答】如果初三学生去，则高二学生选人去，另外三人去，故方法数有种；

如果初三学生去，则高一学生选人去，另外三人去，故方法数有种；

如果初三学生去，则高二学生选人去，高一学生选人去，另外两人去，故方法数有种.

故总的方法数有种.

故填：32.

【分析】按照初三学生去三个小镇分成3类，用分步计数原理计算出每一类的方法数，然后相加，得到总的方法数.

16．【答案】

【知识点】向量的模；平面向量数量积的性质

【解析】【解答】由，

得，化简得，

且，

故.

而，

由于，

故.

故填：.

【分析】化简，根据，由此即可求得最终的取值范围.

17．【答案】

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与圆的位置关系

【解析】【解答】圆的圆心为，半径，

设以线段ab为直径的圆的圆心为C，

要使“以线段AB为直径的圆与以为圆心为半径的始终无公共点”，

则两圆内含，即，

即恒成立，

即，

由基本不等式有，

故，所以，

即，也即，

解得.

故答案为：.

【分析】先求得圆M的圆心和半径，根据两个圆内含的条件列不等式，解不等式即可求得a的取值范围.

18．【答案】（1）解：化简得，所以

（2）解：由于，故，，

解得函数的单调递增区间为，

【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质

【解析】【分析】（1）利用降次公式和辅助角公式化简，由此求得的值；

（2）根据绝对值符号对三角函数单调性的影响列不等式，解不等式求得的单调递增区间.

19．【答案】（1）证明：因为，平面PC，平面PCD，

所以平面PCD.又因为平面PAB，平面平面，所以.

（2）解：连接PE.

因为，

所以，

则

设，则.

因为A，E，Q，F四点共面，

所以，解得，则.

取AD的中点O，连接OC，OP，由题意可得OC，OD，OP两两垂直

如图，建立空间直角坐标系，

设，则，，，.

所以，.

设平面PCD的一个法向量为，

则，令，得，即，

所以，

所以.

【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面，然后根据线面平行的性质定理，即可证明；

（2）先根据四点共面，结合向量的线性运算，求得，建立空间直角坐标系，利用直线AQ的方向向量和平面PCD的法向量，即可求得线面角的正弦值.

20．【答案】（1）解：由平方，得，所以，

将以上两式相减，可得，

则，所以，

由于数列的各项均为正数，所以，又，

所以

（2）解：由题意可得，

则，

，

将以上两式相减，可得，

设，

则，

将以上两式相减，可得，

由此可得，则

【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式

【解析】【分析】（1）利用与的关系，即可求出数列的通项公式；

（2）由（1）可得，利用错位相减法进行数列求和，即可求出数列的前n项和.

21．【答案】（1）解：过抛物线上点A的切线斜率为，切线AB的方程为，

则B，D的坐标分别为，，D是线段AB的中点.

设，，，，显然P是的重心.

由重心坐标公式得，所以，

则，故或

因为，所以，

所以直线EF的方程为或

（2）解：由解（1）知，AB的方程为，，，D是线段AB的中点

令，，，

因为QD为的中线，所以

而，

所以，即，所以P是的重心，.

【知识点】直线的点斜式方程；直线与圆锥曲线的综合问题；三角形中的几何计算

【解析】【分析】（1）先求得切线AB的方程，由此求得两点的坐标，确定D是AB的中点，根据三角形重心坐标公式列式，求得点的坐标，再根据点斜式即可求得的方程；

（2）利用列方程，证得是的重心，由此即可求得的值.

22．【答案】（1）证明：当时，，则

欲证，即，

故只需证明，两边取对数，即证，，

该不等式显然成立，从而当时，

（2）解：恒成立，即恒成立

设，则，

只需讨论函数，

因为，所以单调递增，

，欲取一点，使得，

，

因此，取

因此在之间存在唯一零点，得，

则，

故在上单调递减，在上单调递增，

所以，

设，，则只需，即，

此时，由此可得实数a的取值范围是

【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；分析法的思考过程、特点及应用

【解析】【分析】（1）求得函数的导函数，利用分析法，结合取对数运算，证得不等式成立；

（2）构造函数，利用导数求得的最小值，由最小值为非负数列不等式，由此求得的取值范围.

1/1浙江省百校2023-2023学年高三数学联考试卷

一、单选题

1．（2023·浙江模拟）已知集合，，则（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【知识点】交集及其运算

【解析】【解答】由解得或，

故.

故答案为：C.

【分析】由函数的定义域求得集合A，再利用交集的运算，即可得到结果.

2．（2023·浙江模拟）已知i是虚数单位，若复数z满足，则（）

A．B．2C．D．3

【答案】A

【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模

【解析】【解答】依题意，

故.

故答案为：A.

【分析】由复数的乘除运算，化简为的形式，由此求得，从而得出正确选项.

3．（2023高二上·林芝期末）若x，y满足约束条件，则的最大值是（）

A．-5B．1C．2D．4

【答案】D

【知识点】简单线性规划

【解析】【解答】画出可行域如下图所示，向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最大值为.

故答案为：D.

【分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最大值.

4．（2023·浙江模拟）已知平面，和直线，，且，则“”是“且”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

【答案】B

【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断

【解析】【解答】当“”时，可能在或内，不能推出“且”；

当“且”时，由于，故“”；

所以“”是“且”的必要不充分条件.

故答案为：B.

【分析】将“”与“且”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.

5．（2023·浙江模拟）若二项式的展开式中各项的系数和为243，则该展开式中含x项的系数为（）

A．1B．5C．10D．20

【答案】C

【知识点】二项式定理；二项式系数的性质

【解析】【解答】由令得，解得，

二项式展开式的通项公式为，

令，解得，

故展开式中含x项的系数为.

故答案为：C.

【分析】令，结合展开式中各项的系数和为234列方程，求得n的值，再利用二项式展开式的通项公式，即可求得含x项的系数.

6．（2023·浙江模拟）函数的大致图象为（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象

【解析】【解答】函数的定义域为，且，

故函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C,D两个选项；

由于，排除B选项，所以A选项正确.

故答案为：A

【分析】根据函数的奇偶性和函数图象上的特殊点，即可判断出正确选项.

7．（2023·浙江模拟）已知双曲线，过其右焦点F作渐近线的垂线，垂足为B，交y轴于点C，交另一条渐近线于点A，并且满足点C位于A，B之间.已知O为原点，且，则（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知识点】平面内两点间的距离公式；直线与圆锥曲线的关系

【解析】【解答】由于双曲线渐近线为，

不妨设直线的斜率为，

故直线的方程为，

令，得，

由，解得，

由，解得，

由得，

化简得，

解得或，

由于位于之间，故舍去，

所以，即，

故.

故答案为：A.

【分析】设出直线AB的方程，联立直线AB方程和渐近线方程，求得和C点的坐标，根据列方程，求得的关系，由此即可求得的值.

8．（2023·浙江模拟）已知内接于半径为2的，内角A，B，C的角平分线分别与相交于D，E，F三点，若，则（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】D

【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理

【解析】【解答】连接BD，

在三角形ABD中，由正弦定理得，

故

，

同理可得、，

故，

故.

故答案为：D.

【分析】利用正弦定理分别求得、、，结合已知条件即可求得的值.

9．（2023·浙江模拟）如图，在中，，，，将绕边AB翻转至，使面面ABC，D是BC的中点，设Q是线段PA上的动点，则当PC与DQ所成角取得最小值时，线段AQ的长度为（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角

【解析】【解答】由余弦定理得，

，所以为钝角，

由于平面平面，且交线为，

过作的垂线，交的延长线于，连接，

则平面，所以，

根据折叠前后的关系可知，

故两两垂直，

以为空间直角坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

如下图所示，

在等腰直角三角形和中，

，，

故,，

设，且，则，

所以.，

设直线与直线所成角为，

则，

令，则，

则，

当且仅当，即时取得最大值，

也即与所成角取得最小值，

此时，

所以.

故答案为：B.

【分析】建立空间直角坐标系，计算，利用夹角公式列式，根据取得最大值，即与所成角取得最小值，即可求出的长度.

10．（2023·浙江模拟）设无穷数列满足，，，若为周期数列，则pq的值为（）

A．B．1C．2D．4

【答案】C

【知识点】函数的周期性；数列的函数特性；数列的递推公式

【解析】【解答】，

，

，

因为数列是周期数列，所以存在，

，

，

故pq的值为2.

故答案为：C.

【分析】先求得的表达式，再根据数列的周期确定，即得pq的值.

二、双空题

11．（2023·浙江模拟）若函数为奇函数，则实数a的值为，且当时，的最大值为.

【答案】；

【知识点】函数的最大（小）值；奇偶性与单调性的综合

【解析】【解答】由于函数为奇函数，故，

即，

即，

故，所以，

当时，，

注意到在上单调递增，

故，

所以，

故当时，的最大值为.

故答案为：；.

【分析】先根据求得的值，然后根据在上的单调性，即可求得的最大值.

12．（2023·浙江模拟）已知随机变量的分布列如下表，若，则a=，.

012

Pab

【答案】；

【知识点】概率的基本性质；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差

【解析】【解答】由已知分布列和列式，故，

所以.

故答案为：；.

【分析】根据分布列概率之和为以及期望值列方程组，解方程组求得的值，进而求得方差.

13．（2023·浙江模拟）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示则该几何体的体积为，表面积为.

【答案】100；

【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【解答】画出三视图对应的原图如下图所示几何体，

也即长方体切掉一个三棱锥，

故几何体的体积为，

表面积为，

在中，

所以，

故表面积为.

故填：100；.

【分析】画出三视图对应的几何体，即长方体切掉一个三棱锥，由此即可计算出几何体的体积和表面积.

14．（2023·浙江模拟）已知、分别为椭圆的左、右焦点，点关于直线对称的点Q在椭圆上，则椭圆的离心率为；若过且斜率为的直线与椭圆相交于AB两点，且，则k=.

【答案】；1

【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系

【解析】【解答】由于点关于直线对称的点Q在椭圆上，

由于的倾斜角为,画出图象如下图所示，

由于O是坐标原点，根据对称性和中位线的知识，

可知为等腰直角三角形，且Q为短轴的端点，

故离心率，

不妨设，则椭圆方程化为，

设直线的方程为，

代入椭圆方程并化简得，

设，则①，②，

由于，故③，

解由①②③组成的方程组得，即.

故答案为：；.

【分析】根据对称性和中位线判断为等腰直角三角形，根据椭圆的定义求得离心率，根据得到，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数关系列方程，解方程即可求得k的值.

三、填空题

15．（2023·浙江模拟）某学校要安排2名高二的同学，2名高一的同学和名初三的同学去参加电视节目《变形记》，有五个乡村小镇A、B、C、D，E（每名同学选择一个小镇）由于某种原因高二的同学不去小镇A，高一的同学不去小镇B，初三的同学不去小镇D和E，则共有种不同的安排方法（用数字作）

【答案】32

【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；简单计数与排列组合

【解析】【解答】如果初三学生去，则高二学生选人去，另外三人去，故方法数有种；

如果初三学生去，则高一学生选人去，另外三人去，故方法数有种；

如果初三学生去，则高二学生选人去，高一学生选人去，另外两人去，故方法数有种.

故总的方法数有种.

故填：32.

【分析】按照初三学生去三个小镇分成3类，用分步计数原理计算出每一类的方法数，然后相加，得到总的方法数.

16．（2023·浙江模拟）已知向量满足，则的取值范围是.

【答案】

【知识点】向量的模；平面向量数量积的性质

【解析】【解答】由，

得，化简得，

且，

故.

而，

由于，

故.

故填：.

【分析】化简，根据，由此即可求得最终的取值范围.

17．（2023·浙江模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知圆.过原点的动直线l与圆M交于A，B两点若以线段AB为直径的圆与以M为圆心MO为半径的始终无公共点，则实数a的取值范围是.

【答案】

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与圆的位置关系

【解析】【解答】圆的圆心为，半径，

设以线段ab为直径的圆的圆心为C，

要使“以线段AB为直径的圆与以为圆心为半径的始终无公共点”，

则两圆内含，即，

即恒成立，

即，

由基本不等式有，

故，所以，

即，也即，

解得.

故答案为：.

【分析】先求得圆M的圆心和半径，根据两个圆内含的条件列不等式，解不等式即可求得a的取值范围.

四、解答题

18．（2023·浙江模拟）已知函数

（1）求的值；

（2）求函数的单调递增区间.

【答案】（1）解：化简得，所以

（2）解：由于，故，，

解得函数的单调递增区间为，

【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质

【解析】【分析】（1）利用降次公式和辅助角公式化简，由此求得的值；

（2）根据绝对值符号对三角函数单调性的影响列不等式，解不等式求得的单调递增区间.

19．（2023·浙江模拟）如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，为等腰直角三角形，，，点E，F分别为BC，PD的中点，直线PC与平面AEF交于点Q.

（1）若平面平面，求证：.

（2）求直线AQ与平面PCD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明：因为，平面PC，平面PCD，

所以平面PCD.又因为平面PAB，平面平面，所以.

（2）解：连接PE.

因为，

所以，

则

设，则.

因为A，E，Q，F四点共面，

所以，解得，则.

取AD的中点O，连接OC，OP，由题意可得OC，OD，OP两两垂直

如图，建立空间直角坐标系，

设，则，，，.

所以，.

设平面PCD的一个法向量为，

则，令，得，即，

所以，

所以.

【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面，然后根据线面平行的性质定理，即可证明；

（2）先根据四点共面，结合向量的线性运算，求得，建立空间直角坐标系，利用直线AQ的方向向量和平