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2023-2024学年浙江省绍兴一中创新班高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省绍兴一中创新班高一（下）期中数学试卷（含解析），共17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.若复数Z满足Z=i(2+Z)(i为虚数单位)，则Z=( )
A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i
2.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2B′C′=2，A′B′=1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为( )
A. 2
B. 3
C. 5
D. 5
3.已知样本数据x1，x2，⋯，x100的平均数和标准差均为4，则数据−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的平均数与标准差分别为( )
A. −5，4B. −5，16C. 4，16D. 4，4
4.一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为( )
A. πB. π2C. π3D. π4
5.光源P(3,2,1)经过平面Oyz反射后经过Q(1,6,5)，则反射点R的坐标为( )
A. (0,72,52)B. (0,4,3)C. (0,92,72)D. (0,5,4)
6.若4，2，1，4，5的第p百分位数是4，则p的取值范围是( )
A. (40,80]B. [40,80)C. [40,80]D. (40,80)
7.如图是棱长均相等的多面体EABCDF，其中四边形ABCD是正方形，点P，Q，M，N分别为DE，AB，AD，BF的中点，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值为( )
A. 13
B. 12
C. 23
D. 34
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是直线CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则D1P与平面A1C1D所成角的正弦的最大值为( )
A. 3− 66B. 3+ 66C. 3 2− 36D. 3 2+ 36
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件A“3件产品都是次品”，事件B“至少有1件是次品”，事件C“至少有1件是正品”，则下列结论正确的是( )
A. A与C为对立事件B. B与C不是互斥事件
C. A∩B=AD. P(B)+P(C)=1
10.在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计，样本容量为n，按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间[50,60)内的人数为16.则下列结论正确的是( )
A. 图中x=0.016
B. 样本容量n=1000
C. 估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分
D. 该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分
11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a.则( )
A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为(1− 32)a
C. 勒洛四面体中过A，B，C三点的截面面积为14(2π− 3)a2
D. 勒洛四面体的体积V∈( 212a3, 6π8a3)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，这个试验的样本空间Ω= ______．
13.如图，甲乙做游戏，两人通过划拳(剪刀、石头、布)比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶.如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为______．
14.在三棱锥A−BCD中，二面角A−BD−C的大小为π3，∠BAD=∠CBD，BD=BC=2，则三棱锥外接球表面积的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z=(2m2−3m−2)+(m2−3m+2)i(其中i为虚数单位)
(1)当复数z是纯虚数时，求实数m的值；
(2)若复数z对应的点在第三象限，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是以2为边长的菱形，且∠BAD=120°，PB=PD，M为PC的中点．
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)若PC= 2PA=2 2，求直线PD与平面AMD所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2cm和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2cm和17.56．
(1)求样本中男生和女生应分别抽取多少人；
(2)求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．
(参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：n1,x−,s12,n2,y−,s22.记总样本的平均数为ω−，样本方差为s2，则s2=1n1+n2{n1[s12+(x−−ω−)2]+n2[s22+(y−−ω−)2]}．
18.(本小题17分)
如图，已知直角三角形ABC的斜边BC//平面α，A在平面α上，AB，AC分别与平面α成30°和45°的角，BC=6．
(1)求BC到平面α的距离；
(2)求平面ABC与平面α的夹角．
19.(本小题17分)
如图，四棱锥S−ABCD的底面是平行四边形，平面α与直线AD，SA，SC分别交于点P，Q，R，且APAD=SQSA=CRCS，点M在直线SB上运动，在线段CD上是否存在一定点N，使得其满足：
(i)直线MN//α；
(ii)对所有满足条件(i)的平面α，点M都落在某一条长为m的线段上，且m|SB|= 103.若存在，求出点N的位置；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由Z=i(2+Z)，
得Z=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i．
故选：C．
由Z=i(2+Z)，得Z=2i1−i，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，
由斜二测法则知AB=A′B′=2，BC=B′C′=1，AB⊥BC，
所以AC= AB2+BC2= 22+12= 5．
故选：C．
根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．
本题考查直观图的画法，解题中需要直观想象能力，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意知，样本数据x1，x2，⋯，x100的标准差为4，
所以样本数据x1，x2，⋯，x100的方差为16，
因为样本数据x1，x2，⋯，x100的平均数为4和方差为16，
所以−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的平均数为−4−1=−5，
−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的方差为(−1)2×16=16，
所以−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的标准差为4．
故选：A．
根据样本数据同加上一个数和同乘以一个数后的新数据的平均值和方差的性质即可求解．
本题主要考查方差和标准差，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：设圆锥底面半径为r，则2πr=12×2π×1=π，解得：r=12，
∴圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，∴此正三角形内切圆的半径为13× 1−r2= 36，即圆锥内切球半径R= 36，
∴圆锥内切球的表面积S=4πR2=4π×112=π3．
故选：C．
由侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆周长可构造方程求得圆锥底面半径，由此可确定圆锥轴截面为正三角形，求得正三角形内切圆半径即为所求内切球半径，代入球的表面积公式即可得到结果．
本题主要考查球的表面积公式，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：设P′为P关于平面Oyz的对称点，
则P′(−3,2,1)，
R为P′Q与平面Oyz的交点．
令R(0,m,n)，
P′R=λP′Q，P′R=(3,m−2,n−1)，P′Q=(4,4,4)，
则3=4λm−2=4λn−1=4λ，解得m=5，n=4，
故R(0,5,4)．
故选：D．
设P′为P关于平面Oyz的对称点，结合向量的坐标运算，即可求解．
本题主要考查空间中点的坐标，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：1，2，4，4，5，共5个数据，
若1，2，4，4，5第p百分位数是4，
则n×p%∈(2,4)，
所以p∈(40,80)．
故选：D．
结合百分数的定义，即可求解．
本题主要考查百分数的定义，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由柏拉图多面体的性质可知，四边形ABCD，BEDF均是边长为a的正方形，柏拉图多面体的侧面均为等边三角形．如图，
取AE的中点K，连接PK，QK，则PQ=PK+KQ=12DA+12EB．
同理可得MN=12DF+12AB．
所以PQ⋅MN=(12DA+12EB)⋅(12DF+12AB)=14DA⋅DF+14DA⋅AB+14EB⋅DF+14EB⋅AB=14⋅1⋅1⋅cs60°+0+14×1×1×cs60°=12，
取CE的中点H，连接PH，BH，则PH//CD，
且PH=12CD.又点Q为AB的中点，AB⊥CD，所以PH//QB，且PH=QB，
则四边形QBHP为平行四边形，
所以PQ=BH=BE⋅sin60°= 32．
同理可得MN= 32．
设PQ，MN的夹角为θ，
则csθ=PQ⋅MN|PQ|⋅|MN|=12 32× 32=23，
则异面直线PQ与MN所成角的余弦值为23．
故选：C．
根据向量运算得PQ=12DA+12EB，MN=12DF+12AB，再求PQ⋅MN，再求出PQ和MN的长，根据向量夹角公式即可求解．
本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图所示，连接BD1，交平面A1C1D于点Q，
设D1P与平面A1C1D所成角为α，正方体的棱长为a，
根据正方体的性质可得，BD1⊥平面A1C1D，
所以QD1⊥平面A1C1D，且点Q为△A1C1D的中心，
所以sinα=sin∠D1PQ，
又因为直线D1P与MN所成角为θ，且θ的最小值为π3，
所以D1P与平面A1B1C1D1所成角为π3，
所以∠DD1P为π6，
由线面角的最小性可知，当α取最大值时，D，P，Q三点共线，
所以此时∠D1PQ=∠D1DP+∠DD1P=∠D1DP+π6．
又因为在ΔDD1Q中，易得D1Q=13BD1= 33a，
DD1=a，所以DQ= DD12−D1Q2= 63a，
所以sin∠D1DQ=D1QDD1= 33，
cs∠D1DQ=DQDD1= 63，
所以sinα=sin∠D1PQ=sin(∠D1DQ+∠DD1P)=sin(∠D1DQ+π6)= 32sin∠D1DQ+12cs∠D1DQ= 32× 33+12× 63=3+ 66．
故选：B．
由线面角的最小性可知，∠DD1P=π6，又平面A1C1D的法线为BD1，故只需求∠BD1P的最小值即可，由∠BD1P≥∠BD1D−∠DD1P计算可得．
本题主要考查线面角的计算，是中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：从中任意抽出3件产品，共有4种情况：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品．
事件C的可能情况有：2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品．
事件B的可能情况有：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，
A与C为对立事件，故A正确；
B∩C={2件次品1件正品，1件次品2件正品}，则B与C不是互斥事件，故B正确；
∵A⊆B，∴A∩B=A，故C正确；
由上知P(B)+P(C)>1，故D错误．
故选：ABC．
通过分析事件，从而判断事件的关系．
本题主要考查互斥事件、对立事件的判断，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：因为(x+0.030+0.040+0.010+0.004)×10=1，解得x=0.016，故A正确；
因为成绩落在区间[50,60)内的人数为16，所以样本容量n=16÷(0.016×10)=100，故B不正确；
学生成绩平均分为0.016×10×55+0.030×10×65+0.040×10×75+0.010×10×85+0.004×10×95=70.6，故C不正确；
设授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为y，
由于[90,100]的频率为0.004×10=0.04，[80,90)的频率为0.010×10=0.10，[70,80)的频率为0.040×10=0.40，
则0.04+0.10=0.14〈0.25，0.04+0.10+0.40=0.54〉0.25，所以y∈[70,80)，
则10×(0.004+0.010)+(80−y)×0.040=0.25，解得y=77.25，
所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D正确．
故选：AD．
根据频率之和等于1，即可判断A；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意算出25%分位数，再根据频率分布直方图的性质，即可判断D．
本题考查频率分布直方图的应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，
则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
由题意得该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，可知B，O，E三点共线，
设正四面体ABCD的外接球半径为r，
由题意得：( 63a−r)2+( 33a)2=r2，解得r= 64a，
∴BE=a，OB= 64a，由题意得OE=a− 64a=(1− 64)a，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即3×16×πa2−2× 34a2=12(π− 3)a2，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体底面面积为 34a2，底面所在圆的半径为23× 32a= 33a，
∴正四面体的高为 a2−( 33a)2= 63a，
∴正四面体ABCD的体积为V1=13× 34a2× 63a= 212a3，
设正四面体ABCD的外接球半径为r，
则由题意得：( 63a−r)2+( 33a)2=r2，解得r= 64a，
∴正四面体ABCD的外接球的体积为V2= 68πa3，
∴勒洛四面体的体积V满足V∈( 212a3, 6π8a3)，故D正确．
故选：AD．
根据勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，即可判断A；求出BE=a，OB= 64a，相减即为能够容纳的最大球的半径，从而判断B；找到最大截面，求出截面面积判断C；勒洛四面体的体积介于正四杨体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，求出正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积，从而判断D
本题考查多面体与内切球、外接球问题，关键是找到球心及球心在某平面上的投影，从而列出方程，求出半径，进而求出球的表面积或体积，是难题．
12.【答案】{0,1,2,3,4}
【解析】解：取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品．
所以样本空间Ω={0,1,2,3,4}．
故答案为：{0,1,2,3,4}．
取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，由此能求出样本空间．
本题考查样本空间的求法，涉及到等可能事件、列举法等基础知识，意在考查运算求解能力、应用意识等核心素养，是基础题．
13.【答案】1327
【解析】解：设事件第i(i∈N*)次划拳甲赢为A1，事件第i(i∈N*)次划拳甲平局为B1，事件第i(i∈N*)次划拳甲输为C1，
则P(A1)=P(B1)=P(C1)=13，
故P(X=3)=2P(A1)P(B2)P(A3)+2P(B1)P(A2)P(A3)+P(B1)P(B2)P(B3)+2P(A1)P(B2)P(B3)+2P(B1)P(A2)P(B3)+2P(B1)P(B2)P(A3)+2P(C1)P(A2)P(A3)
=2×13×13×13+2×13×13×13+13×13×13+2×13×13×13+2×13×13×13+2×13×13×13+2×13×13×13=1327．
故答案为：1327．
不妨假设游戏结束时恰好划拳3次时是甲登上第3个台阶，考虑所有可能的情况，同时考虑到也可能是划拳3次恰好是乙登上第3个台阶，根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式，即可求得答案．
本题主要考查概率的实际应用，属于中档题．
14.【答案】8 7−43π
【解析】解：
取△ABD外心O1，△BCD外心O2，BD中点为E，
则O2A=O2B=O2D，O1B=O1C=O1D，OO2⊥面ABD，OO1⊥面BCD，
所以O1E⊥BD,O2E⊥BD,∠O1EO2=π3，
设∠BAD=∠CBD=θ，
由正弦定理得BDsinθ=2O2B，
余弦定理得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcsθ=8−8csθ，
所以CD= 8−8csθ=4sinθ2，
所以由正弦定理得CDsinθ=2O1B，即O1B=1csθ2，
所以O2B=1sinθ,O2E= O2B2−1=1tanθ,O1E= O1B2−BE2=tanθ2，
在四边形OO1EO2中，O1O22=O1E2+O2E2−O1E⋅O2E=tan2θ2+1tan2θ−tanθ2tanθ
=tan2θ2+(1−tan2θ2)24tan2θ2−1−tan2θ22=7tan4θ2−4tan2θ+14tan2θ2，
R2=OE2+1=O1O22sin2π3+1=73tan2θ2+13tan2θ2−13≥2 79−13=2 7−13，
当且仅当tanθ2=714时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积最小值为4πR2=4(2 7−1)3π．
故答案为：8 7−43π．
R2=OE2+1，故只需求OE的最小值，则在四边形OO1EO2中计算即可．
本题主要考查球的球表面积，属于难题．
15.【答案】解：(1)由题意有2m2−3m−2=0m2−3m+2≠0，
解得m=−12或m=2m≠1且m≠2，
即m=−12时，复数z为纯虚数．
(2)由题意有：2m2−3m−2<0m2−3m+2<0，
解得：−12所以当m∈(1,2)时，复数z对应的点在第三象限．
【解析】(1)复数z是纯虚数，其实部为0，虚部不为0，解方程与不等式组2m2−3m−2=0m2−3m+2≠0即可求得答案；
(2)依题意，解不等式组2m2−3m−2<0m2−3m+2<0，即可求得实数m的取值范围．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，着重考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：设AC交BD于点N，连接PN，
因为PB=PD，所以PN⊥BD，
因为底面ABCD是以2为边长的菱形，所以AC⊥BD，
又因为PN∩AC=N，PN，AC⊂平面PAC，BD⊥平面PAC，
又因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC；
(2)解：因为底面ABCD是以2为边长的菱形，且∠BAD=120°，
所以△ABC与△ACD均为等边三角形，所以AC=2，
因为PC= 2PA=2 2，所以PC2=PA2+AC2，即PA⊥AC，
由(1)知BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA，
又BD∩AC=N，BD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，
因为AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
由勾股定理得PD=2 2，
因为M为PC的中点，所以AM=12PC= 2，
在△PCD中，由余弦定理得cs∠PCD=PC2+CD2−PD22PC⋅CD=(2 2)2+22−(2 2)22×2 2×2= 24，
在△MCD中，由余弦定理得cs∠PCD=CM2+CD2−MD22CM⋅CD=( 2)2+22−MD22× 2×2= 24，
解得MD=2，
在△AMD中，AD=MD=2，AM= 2，所以S△AMD=12× 2× 142= 72，
设点P到平面AMD的距离为d，又易知点C到平面PAD的距离为 3，
由VP−AMD=VM−PAD得，13S△AMD⋅d=12×13S△PAD× 3，
即13× 72⋅d=12×13×12×2×2× 3，解得d=2 3 7．
所以dPD=2 3 7×12 2= 4214．
即直线PD与平面AMD所成角的正弦值为 4214．
【解析】(1)设AC交BD于点N，连接PN，可证明BD⊥平面PAC，从而得到平面PBD⊥平面PAC；
(2)利用等积法求出点P到平面AMD的距离为d，故可求线面角的正弦值．
本题考查面面垂直的判定定理的应用及等体积法求点到面的距离，属于中档题．
17.【答案】解：(1)总体容量1500，样本容量75，则抽样比为751500=120，
所以样本中男生数量n1=900×120=45，女生数量n2=(1500−900)×120=30．
(2)抽取的样本中男生的平均数x−=13.2cm，方差s12=13.36，
抽取的样本中女生的平均数y−=15.2cm，方差s22=17.56，
所以总体样本的平均数为ω−=175(45×13.2+30×15.2)=14cm，
总体样本的方差s2=175{45×[13.36+(13.2−14)2]+30×[17.56+(15.2−14)2]}
=175(630+570)=16．
所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16．
【解析】(1)根据分层抽样的概念即可求解；
(2)利用参考公式求抽取的总样本的平均数和方差，从而估计总体的方差．
本题主要考查抽样和方差，属于中档题．
18.【答案】解：(1)过B作BE⊥α，垂足为E，过C作CF⊥α，垂足为F，连AE、AF、EF，
则∠BAE=30°，∠CAF=45°，
设BC到平面α的距离为d，因为BC//平面α，所以BE=CF=d，
在直角三角形BEA中，sin30°=dAB，所以AB=d12=2d，
在直角三角形CAF中，AC= 2d，
在直角三角形ABC中，BC2=AB2+AC2，则36=2d2+4d2，
得d= 6；
(2)由(1)知，AB=2 6,AC=2 3，
则S△ABC=12AB⋅AC=6 2，
在△AEF中，AE=3 2,AF=6,EF= 6，
由余弦定理可得：cs∠EAF=AE2+AF2−EF22AE⋅AF=18+36−62×3 2×6=2 23，
所以sin∠EAF=13，
所以S△EAF=12AE⋅AF⋅sin∠EAF=3 2，
设平面ABC与平面α的夹角为θ，
所以csθ=S△EAFS△ABC=12，
故平面ABC与平面α的夹角为π3．
【解析】(1)过B作BE⊥α，垂足为E，过C作CF⊥α，由题意可得∠BAE=30°，∠CAF=45°，设BC到平面α的距离为d，因为BC//平面α，所以BE=CF=d，在两个直角三角形中，可得AC，AB的表达式，再在ABC中，由勾股定理可得d的值；
(2)由(1)可知△ABC的面积，由余弦定理可得∠EAF的余弦值，进而求出它的正弦值，进而求出△AEF的面积，求出两个面积之比，即求出平面ABC与平面α的夹角．
本题考查余弦定理的应用及平面与平面夹角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：存在，N在靠近C的三等分点处，证明如下：
设SA=a，SB=b，SC=c，SD=d，则由空间向量的线性运算可知，d=a−b+c，
因为APAD=SQSA=CRCS=x，
所以SQ=xa，SR=SC+CR=c−xc=(1−x)c，
SP=(1−x)a+xd=(1−x)a+x(a−b+c)=a−xb+xc，
又因为MN//α，所以存在λ，μ∈R，使得NM=λQR+μQP，
设SN=tSC+(1−t)SD=tc+(1−t)d，
则SM=SN+μSP−(λ+μ)SQ+λSR
=tc+(1−t)(a−b+c)+μ(a−xb+xc)−(λ+μ)xa+λ(1−x)c
=[1−t+μ(1−x)−λx]a−[(1−t)+μx]b+[1+μx+λ(1−x)]c，
又点M在直线SB上的充要条件是SM=yb，
则1−t+μ(1−x)−λx=01+μx+λ(1−x)=0，
消去λ，得μ=(1−x)t−12x2−2x+1，
所以y=(t−1)−μx=t−1+tx2+(1−t)x2x2−2x+1=(3t−2)x2−3(t−1)x+t−12x2−2x+1，
故(2y−3t+2)x2+(3t−3−2y)x+y−t+1=0，
①当y=3t−22时，x=t2；
②当y≠3t−22时，Δ≥0，
所以4y2−(8t−4)y+(3t2−2t−1)≤0，
|y1−y2|= t2−2t+2= 103，解得t=23，
故SN=23c+13d，即N在靠近C的三等分点处．
【解析】由已知结合直线与平面平行的性质，空间向量的线性表示及平面向量基本定理即可求解．
本题主要考查了直线与平面平行的性质定理，空间向量的线性运算，属于中档题．
1.若复数Z满足Z=i(2+Z)(i为虚数单位)，则Z=( )
A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i
2.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2B′C′=2，A′B′=1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为( )
A. 2
B. 3
C. 5
D. 5
3.已知样本数据x1，x2，⋯，x100的平均数和标准差均为4，则数据−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的平均数与标准差分别为( )
A. −5，4B. −5，16C. 4，16D. 4，4
4.一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为( )
A. πB. π2C. π3D. π4
5.光源P(3,2,1)经过平面Oyz反射后经过Q(1,6,5)，则反射点R的坐标为( )
A. (0,72,52)B. (0,4,3)C. (0,92,72)D. (0,5,4)
6.若4，2，1，4，5的第p百分位数是4，则p的取值范围是( )
A. (40,80]B. [40,80)C. [40,80]D. (40,80)
7.如图是棱长均相等的多面体EABCDF，其中四边形ABCD是正方形，点P，Q，M，N分别为DE，AB，AD，BF的中点，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值为( )
A. 13
B. 12
C. 23
D. 34
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是直线CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则D1P与平面A1C1D所成角的正弦的最大值为( )
A. 3− 66B. 3+ 66C. 3 2− 36D. 3 2+ 36
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件A“3件产品都是次品”，事件B“至少有1件是次品”，事件C“至少有1件是正品”，则下列结论正确的是( )
A. A与C为对立事件B. B与C不是互斥事件
C. A∩B=AD. P(B)+P(C)=1
10.在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计，样本容量为n，按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间[50,60)内的人数为16.则下列结论正确的是( )
A. 图中x=0.016
B. 样本容量n=1000
C. 估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分
D. 该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分
11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a.则( )
A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为(1− 32)a
C. 勒洛四面体中过A，B，C三点的截面面积为14(2π− 3)a2
D. 勒洛四面体的体积V∈( 212a3, 6π8a3)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，这个试验的样本空间Ω= ______．
13.如图，甲乙做游戏，两人通过划拳(剪刀、石头、布)比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶.如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为______．
14.在三棱锥A−BCD中，二面角A−BD−C的大小为π3，∠BAD=∠CBD，BD=BC=2，则三棱锥外接球表面积的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z=(2m2−3m−2)+(m2−3m+2)i(其中i为虚数单位)
(1)当复数z是纯虚数时，求实数m的值；
(2)若复数z对应的点在第三象限，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是以2为边长的菱形，且∠BAD=120°，PB=PD，M为PC的中点．
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)若PC= 2PA=2 2，求直线PD与平面AMD所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2cm和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2cm和17.56．
(1)求样本中男生和女生应分别抽取多少人；
(2)求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．
(参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：n1,x−,s12,n2,y−,s22.记总样本的平均数为ω−，样本方差为s2，则s2=1n1+n2{n1[s12+(x−−ω−)2]+n2[s22+(y−−ω−)2]}．
18.(本小题17分)
如图，已知直角三角形ABC的斜边BC//平面α，A在平面α上，AB，AC分别与平面α成30°和45°的角，BC=6．
(1)求BC到平面α的距离；
(2)求平面ABC与平面α的夹角．
19.(本小题17分)
如图，四棱锥S−ABCD的底面是平行四边形，平面α与直线AD，SA，SC分别交于点P，Q，R，且APAD=SQSA=CRCS，点M在直线SB上运动，在线段CD上是否存在一定点N，使得其满足：
(i)直线MN//α；
(ii)对所有满足条件(i)的平面α，点M都落在某一条长为m的线段上，且m|SB|= 103.若存在，求出点N的位置；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由Z=i(2+Z)，
得Z=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i．
故选：C．
由Z=i(2+Z)，得Z=2i1−i，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，
由斜二测法则知AB=A′B′=2，BC=B′C′=1，AB⊥BC，
所以AC= AB2+BC2= 22+12= 5．
故选：C．
根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．
本题考查直观图的画法，解题中需要直观想象能力，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意知，样本数据x1，x2，⋯，x100的标准差为4，
所以样本数据x1，x2，⋯，x100的方差为16，
因为样本数据x1，x2，⋯，x100的平均数为4和方差为16，
所以−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的平均数为−4−1=−5，
−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的方差为(−1)2×16=16，
所以−x1−1，−x2−1，⋯，−x100−1的标准差为4．
故选：A．
根据样本数据同加上一个数和同乘以一个数后的新数据的平均值和方差的性质即可求解．
本题主要考查方差和标准差，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：设圆锥底面半径为r，则2πr=12×2π×1=π，解得：r=12，
∴圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，∴此正三角形内切圆的半径为13× 1−r2= 36，即圆锥内切球半径R= 36，
∴圆锥内切球的表面积S=4πR2=4π×112=π3．
故选：C．
由侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆周长可构造方程求得圆锥底面半径，由此可确定圆锥轴截面为正三角形，求得正三角形内切圆半径即为所求内切球半径，代入球的表面积公式即可得到结果．
本题主要考查球的表面积公式，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：设P′为P关于平面Oyz的对称点，
则P′(−3,2,1)，
R为P′Q与平面Oyz的交点．
令R(0,m,n)，
P′R=λP′Q，P′R=(3,m−2,n−1)，P′Q=(4,4,4)，
则3=4λm−2=4λn−1=4λ，解得m=5，n=4，
故R(0,5,4)．
故选：D．
设P′为P关于平面Oyz的对称点，结合向量的坐标运算，即可求解．
本题主要考查空间中点的坐标，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：1，2，4，4，5，共5个数据，
若1，2，4，4，5第p百分位数是4，
则n×p%∈(2,4)，
所以p∈(40,80)．
故选：D．
结合百分数的定义，即可求解．
本题主要考查百分数的定义，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由柏拉图多面体的性质可知，四边形ABCD，BEDF均是边长为a的正方形，柏拉图多面体的侧面均为等边三角形．如图，
取AE的中点K，连接PK，QK，则PQ=PK+KQ=12DA+12EB．
同理可得MN=12DF+12AB．
所以PQ⋅MN=(12DA+12EB)⋅(12DF+12AB)=14DA⋅DF+14DA⋅AB+14EB⋅DF+14EB⋅AB=14⋅1⋅1⋅cs60°+0+14×1×1×cs60°=12，
取CE的中点H，连接PH，BH，则PH//CD，
且PH=12CD.又点Q为AB的中点，AB⊥CD，所以PH//QB，且PH=QB，
则四边形QBHP为平行四边形，
所以PQ=BH=BE⋅sin60°= 32．
同理可得MN= 32．
设PQ，MN的夹角为θ，
则csθ=PQ⋅MN|PQ|⋅|MN|=12 32× 32=23，
则异面直线PQ与MN所成角的余弦值为23．
故选：C．
根据向量运算得PQ=12DA+12EB，MN=12DF+12AB，再求PQ⋅MN，再求出PQ和MN的长，根据向量夹角公式即可求解．
本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图所示，连接BD1，交平面A1C1D于点Q，
设D1P与平面A1C1D所成角为α，正方体的棱长为a，
根据正方体的性质可得，BD1⊥平面A1C1D，
所以QD1⊥平面A1C1D，且点Q为△A1C1D的中心，
所以sinα=sin∠D1PQ，
又因为直线D1P与MN所成角为θ，且θ的最小值为π3，
所以D1P与平面A1B1C1D1所成角为π3，
所以∠DD1P为π6，
由线面角的最小性可知，当α取最大值时，D，P，Q三点共线，
所以此时∠D1PQ=∠D1DP+∠DD1P=∠D1DP+π6．
又因为在ΔDD1Q中，易得D1Q=13BD1= 33a，
DD1=a，所以DQ= DD12−D1Q2= 63a，
所以sin∠D1DQ=D1QDD1= 33，
cs∠D1DQ=DQDD1= 63，
所以sinα=sin∠D1PQ=sin(∠D1DQ+∠DD1P)=sin(∠D1DQ+π6)= 32sin∠D1DQ+12cs∠D1DQ= 32× 33+12× 63=3+ 66．
故选：B．
由线面角的最小性可知，∠DD1P=π6，又平面A1C1D的法线为BD1，故只需求∠BD1P的最小值即可，由∠BD1P≥∠BD1D−∠DD1P计算可得．
本题主要考查线面角的计算，是中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：从中任意抽出3件产品，共有4种情况：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品．
事件C的可能情况有：2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品．
事件B的可能情况有：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，
A与C为对立事件，故A正确；
B∩C={2件次品1件正品，1件次品2件正品}，则B与C不是互斥事件，故B正确；
∵A⊆B，∴A∩B=A，故C正确；
由上知P(B)+P(C)>1，故D错误．
故选：ABC．
通过分析事件，从而判断事件的关系．
本题主要考查互斥事件、对立事件的判断，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：因为(x+0.030+0.040+0.010+0.004)×10=1，解得x=0.016，故A正确；
因为成绩落在区间[50,60)内的人数为16，所以样本容量n=16÷(0.016×10)=100，故B不正确；
学生成绩平均分为0.016×10×55+0.030×10×65+0.040×10×75+0.010×10×85+0.004×10×95=70.6，故C不正确；
设授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为y，
由于[90,100]的频率为0.004×10=0.04，[80,90)的频率为0.010×10=0.10，[70,80)的频率为0.040×10=0.40，
则0.04+0.10=0.14〈0.25，0.04+0.10+0.40=0.54〉0.25，所以y∈[70,80)，
则10×(0.004+0.010)+(80−y)×0.040=0.25，解得y=77.25，
所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D正确．
故选：AD．
根据频率之和等于1，即可判断A；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意算出25%分位数，再根据频率分布直方图的性质，即可判断D．
本题考查频率分布直方图的应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，
则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
由题意得该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，可知B，O，E三点共线，
设正四面体ABCD的外接球半径为r，
由题意得：( 63a−r)2+( 33a)2=r2，解得r= 64a，
∴BE=a，OB= 64a，由题意得OE=a− 64a=(1− 64)a，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即3×16×πa2−2× 34a2=12(π− 3)a2，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体底面面积为 34a2，底面所在圆的半径为23× 32a= 33a，
∴正四面体的高为 a2−( 33a)2= 63a，
∴正四面体ABCD的体积为V1=13× 34a2× 63a= 212a3，
设正四面体ABCD的外接球半径为r，
则由题意得：( 63a−r)2+( 33a)2=r2，解得r= 64a，
∴正四面体ABCD的外接球的体积为V2= 68πa3，
∴勒洛四面体的体积V满足V∈( 212a3, 6π8a3)，故D正确．
故选：AD．
根据勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，即可判断A；求出BE=a，OB= 64a，相减即为能够容纳的最大球的半径，从而判断B；找到最大截面，求出截面面积判断C；勒洛四面体的体积介于正四杨体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，求出正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积，从而判断D
本题考查多面体与内切球、外接球问题，关键是找到球心及球心在某平面上的投影，从而列出方程，求出半径，进而求出球的表面积或体积，是难题．
12.【答案】{0,1,2,3,4}
【解析】解：取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品．
所以样本空间Ω={0,1,2,3,4}．
故答案为：{0,1,2,3,4}．
取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，由此能求出样本空间．
本题考查样本空间的求法，涉及到等可能事件、列举法等基础知识，意在考查运算求解能力、应用意识等核心素养，是基础题．
13.【答案】1327
【解析】解：设事件第i(i∈N*)次划拳甲赢为A1，事件第i(i∈N*)次划拳甲平局为B1，事件第i(i∈N*)次划拳甲输为C1，
则P(A1)=P(B1)=P(C1)=13，
故P(X=3)=2P(A1)P(B2)P(A3)+2P(B1)P(A2)P(A3)+P(B1)P(B2)P(B3)+2P(A1)P(B2)P(B3)+2P(B1)P(A2)P(B3)+2P(B1)P(B2)P(A3)+2P(C1)P(A2)P(A3)
=2×13×13×13+2×13×13×13+13×13×13+2×13×13×13+2×13×13×13+2×13×13×13+2×13×13×13=1327．
故答案为：1327．
不妨假设游戏结束时恰好划拳3次时是甲登上第3个台阶，考虑所有可能的情况，同时考虑到也可能是划拳3次恰好是乙登上第3个台阶，根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式，即可求得答案．
本题主要考查概率的实际应用，属于中档题．
14.【答案】8 7−43π
【解析】解：
取△ABD外心O1，△BCD外心O2，BD中点为E，
则O2A=O2B=O2D，O1B=O1C=O1D，OO2⊥面ABD，OO1⊥面BCD，
所以O1E⊥BD,O2E⊥BD,∠O1EO2=π3，
设∠BAD=∠CBD=θ，
由正弦定理得BDsinθ=2O2B，
余弦定理得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcsθ=8−8csθ，
所以CD= 8−8csθ=4sinθ2，
所以由正弦定理得CDsinθ=2O1B，即O1B=1csθ2，
所以O2B=1sinθ,O2E= O2B2−1=1tanθ,O1E= O1B2−BE2=tanθ2，
在四边形OO1EO2中，O1O22=O1E2+O2E2−O1E⋅O2E=tan2θ2+1tan2θ−tanθ2tanθ
=tan2θ2+(1−tan2θ2)24tan2θ2−1−tan2θ22=7tan4θ2−4tan2θ+14tan2θ2，
R2=OE2+1=O1O22sin2π3+1=73tan2θ2+13tan2θ2−13≥2 79−13=2 7−13，
当且仅当tanθ2=714时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积最小值为4πR2=4(2 7−1)3π．
故答案为：8 7−43π．
R2=OE2+1，故只需求OE的最小值，则在四边形OO1EO2中计算即可．
本题主要考查球的球表面积，属于难题．
15.【答案】解：(1)由题意有2m2−3m−2=0m2−3m+2≠0，
解得m=−12或m=2m≠1且m≠2，
即m=−12时，复数z为纯虚数．
(2)由题意有：2m2−3m−2<0m2−3m+2<0，
解得：−12
【解析】(1)复数z是纯虚数，其实部为0，虚部不为0，解方程与不等式组2m2−3m−2=0m2−3m+2≠0即可求得答案；
(2)依题意，解不等式组2m2−3m−2<0m2−3m+2<0，即可求得实数m的取值范围．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，着重考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：设AC交BD于点N，连接PN，
因为PB=PD，所以PN⊥BD，
因为底面ABCD是以2为边长的菱形，所以AC⊥BD，
又因为PN∩AC=N，PN，AC⊂平面PAC，BD⊥平面PAC，
又因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC；
(2)解：因为底面ABCD是以2为边长的菱形，且∠BAD=120°，
所以△ABC与△ACD均为等边三角形，所以AC=2，
因为PC= 2PA=2 2，所以PC2=PA2+AC2，即PA⊥AC，
由(1)知BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA，
又BD∩AC=N，BD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，
因为AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
由勾股定理得PD=2 2，
因为M为PC的中点，所以AM=12PC= 2，
在△PCD中，由余弦定理得cs∠PCD=PC2+CD2−PD22PC⋅CD=(2 2)2+22−(2 2)22×2 2×2= 24，
在△MCD中，由余弦定理得cs∠PCD=CM2+CD2−MD22CM⋅CD=( 2)2+22−MD22× 2×2= 24，
解得MD=2，
在△AMD中，AD=MD=2，AM= 2，所以S△AMD=12× 2× 142= 72，
设点P到平面AMD的距离为d，又易知点C到平面PAD的距离为 3，
由VP−AMD=VM−PAD得，13S△AMD⋅d=12×13S△PAD× 3，
即13× 72⋅d=12×13×12×2×2× 3，解得d=2 3 7．
所以dPD=2 3 7×12 2= 4214．
即直线PD与平面AMD所成角的正弦值为 4214．
【解析】(1)设AC交BD于点N，连接PN，可证明BD⊥平面PAC，从而得到平面PBD⊥平面PAC；
(2)利用等积法求出点P到平面AMD的距离为d，故可求线面角的正弦值．
本题考查面面垂直的判定定理的应用及等体积法求点到面的距离，属于中档题．
17.【答案】解：(1)总体容量1500，样本容量75，则抽样比为751500=120，
所以样本中男生数量n1=900×120=45，女生数量n2=(1500−900)×120=30．
(2)抽取的样本中男生的平均数x−=13.2cm，方差s12=13.36，
抽取的样本中女生的平均数y−=15.2cm，方差s22=17.56，
所以总体样本的平均数为ω−=175(45×13.2+30×15.2)=14cm，
总体样本的方差s2=175{45×[13.36+(13.2−14)2]+30×[17.56+(15.2−14)2]}
=175(630+570)=16．
所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16．
【解析】(1)根据分层抽样的概念即可求解；
(2)利用参考公式求抽取的总样本的平均数和方差，从而估计总体的方差．
本题主要考查抽样和方差，属于中档题．
18.【答案】解：(1)过B作BE⊥α，垂足为E，过C作CF⊥α，垂足为F，连AE、AF、EF，
则∠BAE=30°，∠CAF=45°，
设BC到平面α的距离为d，因为BC//平面α，所以BE=CF=d，
在直角三角形BEA中，sin30°=dAB，所以AB=d12=2d，
在直角三角形CAF中，AC= 2d，
在直角三角形ABC中，BC2=AB2+AC2，则36=2d2+4d2，
得d= 6；
(2)由(1)知，AB=2 6,AC=2 3，
则S△ABC=12AB⋅AC=6 2，
在△AEF中，AE=3 2,AF=6,EF= 6，
由余弦定理可得：cs∠EAF=AE2+AF2−EF22AE⋅AF=18+36−62×3 2×6=2 23，
所以sin∠EAF=13，
所以S△EAF=12AE⋅AF⋅sin∠EAF=3 2，
设平面ABC与平面α的夹角为θ，
所以csθ=S△EAFS△ABC=12，
故平面ABC与平面α的夹角为π3．
【解析】(1)过B作BE⊥α，垂足为E，过C作CF⊥α，由题意可得∠BAE=30°，∠CAF=45°，设BC到平面α的距离为d，因为BC//平面α，所以BE=CF=d，在两个直角三角形中，可得AC，AB的表达式，再在ABC中，由勾股定理可得d的值；
(2)由(1)可知△ABC的面积，由余弦定理可得∠EAF的余弦值，进而求出它的正弦值，进而求出△AEF的面积，求出两个面积之比，即求出平面ABC与平面α的夹角．
本题考查余弦定理的应用及平面与平面夹角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：存在，N在靠近C的三等分点处，证明如下：
设SA=a，SB=b，SC=c，SD=d，则由空间向量的线性运算可知，d=a−b+c，
因为APAD=SQSA=CRCS=x，
所以SQ=xa，SR=SC+CR=c−xc=(1−x)c，
SP=(1−x)a+xd=(1−x)a+x(a−b+c)=a−xb+xc，
又因为MN//α，所以存在λ，μ∈R，使得NM=λQR+μQP，
设SN=tSC+(1−t)SD=tc+(1−t)d，
则SM=SN+μSP−(λ+μ)SQ+λSR
=tc+(1−t)(a−b+c)+μ(a−xb+xc)−(λ+μ)xa+λ(1−x)c
=[1−t+μ(1−x)−λx]a−[(1−t)+μx]b+[1+μx+λ(1−x)]c，
又点M在直线SB上的充要条件是SM=yb，
则1−t+μ(1−x)−λx=01+μx+λ(1−x)=0，
消去λ，得μ=(1−x)t−12x2−2x+1，
所以y=(t−1)−μx=t−1+tx2+(1−t)x2x2−2x+1=(3t−2)x2−3(t−1)x+t−12x2−2x+1，
故(2y−3t+2)x2+(3t−3−2y)x+y−t+1=0，
①当y=3t−22时，x=t2；
②当y≠3t−22时，Δ≥0，
所以4y2−(8t−4)y+(3t2−2t−1)≤0，
|y1−y2|= t2−2t+2= 103，解得t=23，
故SN=23c+13d，即N在靠近C的三等分点处．
【解析】由已知结合直线与平面平行的性质，空间向量的线性表示及平面向量基本定理即可求解．
本题主要考查了直线与平面平行的性质定理，空间向量的线性运算，属于中档题．
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