2023-2024学年山东省济南市高一下学期期末学习质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济南市高一下学期期末学习质量检测数学试题（含解析），共19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.已知i为虚数单位，则复数z=i1−i的虚部是( )
A. −i2B. i2C. −12D. 12
2.从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是( )
A. “至少一个白球”与“至少一个黄球”B. “恰有一个白球”与“恰有两个白球”
C. “至多一个白球”与“至多一个黄球”D. “至少一个黄球”与“都是黄球”
3.在△ABC中，记AB=m，AC=n，若BC=3DC，则AD=( )
A. 13m+23nB. 23m+13nC. 13m−23nD. 23m−13n
4.若正三棱台上底面边长为 2，下底面边长为2 2，高为2 33，则该棱台的体积为( )
A. 53B. 2C. 73D. 83
5.如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是( )
A. 众数=平均数=中位数B. 众数<中位数<平均数
C. 众数<平均数<中位数D. 中位数<平均数<众数
6.已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//n
B. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
C. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
D. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面
7.某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题： ①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大? ②你是否经常吸烟?两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为( )
A. 0.035B. 0.07C. 0.105D. 0.14
8.如图，设Ox，Oy是平面内夹角为θ(θ≠π2)的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量.若向量OA=xe1+ye2，则有序数对(x,y)叫做点A在坐标系Oxy中的坐标.在该坐标系下，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)为不共线的三点，下列结论错误的是( )
A. 线段AB中点的坐标为(x1+x22,y1+y22)
B. △ABC重心的坐标为(x1+x2+x33,y1+y2+y33)
C. A，B两点的距离为 (x1−x2)2+(y1−y2)2
D. 若x1y2=x2y1，则O，A，B三点共线
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.已知i为虚数单位，复数z1=2i，z2=1+i，则下列结论正确的是( )
A. z1+z2所对应的点在第一象限B. z1z2所对应的点在第二象限
C. z14=|z1|4D. z24=|z2|4
10.已知有限集Ω为随机试验E的样本空间，事件A，B为Ω的子集，则事件A，B相互独立的充分条件可以是( )
A. A⊆BB. A=⌀
C. P(AB)=P(A)P(B)D. P(AB)+P(A)P(B)=P(B)
11.如图所示，三棱锥A−BCD中，AC=2，其余棱长均为 2.E为棱AC的中点，将三棱锥C−BED绕DB旋转，使得点C，E分别到达点C′，E′，且C′E′//AE.下列结论正确的是( )
A. AC′//平面BED
B. EE′⊥C′D
C. 直线C′B与EE′所成的角为π3
D. 点A，E，B，D，C′，E′在同一个直径为 3的球面上

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，两人各射击一次，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7.若甲、乙两人是否中靶互不影响，则甲、乙至少有一人中靶的概率为 ．
13.已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且a=2，A=π6，则使得△ABC有两组解的b的值可以是 (写出满足条件的一个值即可)．
14.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=π3，AA1=3，且平面ADD1A1，ABB1A1均与底面ABCD垂直.点P在侧面BCC1B1上运动，若D1P= 7，则点P的轨迹长为 ．
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)
某学校组织“泉城知识答题竞赛”，满分100分，共有100人参赛，其成绩均落在区间[50,100]内，将成绩数据分成[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]5组，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值并估计参赛学生成绩的70%分位数;
(2)从成绩低于70分的学生中，用按比例分配的分层抽样抽取6人.从这6人中任选2人，求此2人分数都在[60,70)的概率．
16.(本小题15分)
已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bcsC+ccsB=2acsA.
(1)求A;
(2)若a=2 3，sinC=2sinB，求△ABC的周长．
17.(本小题15分)
如图1，在菱形ABCD中，△ABD是边长为2的等边三角形，将△ABD沿对角线BD翻折至△PBD的位置，得到图2所示的三棱锥P−BCD．
(1)证明：BD⊥PC;
(2)若二面角P−BD−C的平面角为60∘，求直线PB与平面BCD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
如图，△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为边BC上一点，且AD⊥AC，∠ACB=∠BAD．
(1)已知sin∠ACB= 55．
(ⅰ)求CDBD的值;
(ⅱ)若BD= 5，求△ABC的面积;
(2)求b2+c2a2的最小值．
19.(本小题17分)
给定三棱锥Ω，设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M，若M中元素的个数为k，则称α为Ω的k阶等距平面，称M为Ω的k阶等距集．
(1)若Ω为三棱锥A−BCD，满足AB=CD=AD=BC=4，AC=BD=2，求出Ω的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积(求出其中的一个即可);
(2)如图所示，Ω是棱长为 2的正四面体ABCD．
(ⅰ)若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{a}，求a的所有可能取值以及相对应的α的个数;
(ⅱ)已知β是Ω的4阶等距平面，点A与点B，C，D分别位于β两侧.是否存在β，使Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b}，其中点A到β的距离为b?若存在，求出β截Ω所得的平面多边形的最大边长;若不存在，说明理由．
答案解析
1.D
【解析】解：i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=i−12=−12+12i，
所以复数i1−i的虚部为12．
故选D ．
2.B
【解析】A项中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，故A中的两个事件不是互斥事件．
B项中“恰有1个白球”是指有1个白球和1个黄球，与“恰有两个白球”是互斥的， B正确
C项中“至多一个白球”与“至多一个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，故C中的两个事件不是互斥事件．
D项中“至少一个黄球”与“都是黄球”可以同时发生，如2个都是黄球，故D中的两个事件不是互斥事件．
故选 B ．
3.A
【解析】解：因为BC=3DC，
所以BD=2DC，
∴AD−AB=2(AC−AD)；
∴AD=13AB+23AC=13m+23n．
故选A．
4.C
【解析】解：因为正三棱台上底面边长为 2，下底面边长为2 2，高为2 33，
由题意得 V=13 34× 22+ 34×2 22+ 34× 22× 34×2 22×2 33=73．
故选C．
5.B
【解析】解：由频率分布直方图知，
数据组成的众数为左起第2个小矩形下底边中点值，
由题意得在该中点垂直于横轴的直线及左侧的矩形面积和小于0.5，则众数<中位数，
由频率分布直方图呈现右拖尾形态，得中位数<平均数，
∴众数<中位数<平均数．
故选B．
6.D
【解析】解：若m//α，n⊂α，则m与n可能平行或异面，故A错误；
若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故B错误；
若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则平面α与平面β可相交或平行，故C错误；
若α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故D正确．
故选D．
7.B
【解析】解：因为先后抛掷两颗骰子，骰子点数和为奇数的事件的概率为12，
所以回答第一个问题的的学生总人数约为200×12=100，
其中第一颗骰子的点数比第二颗大有以下9种结果：2,1，4,1，6,1，3,2，5,2，4,3，6,3，5,4，6,5，
根据条件概率公式得：和为奇数且第一颗骰子的点数比第二颗大的概率p1=96×612=12，
所以如实回答第一个问题的学生人数约为100×12=50，
由已知最终盒子中的小石子为57个，
所以如实回答第二个问题的学生人数约为7，
又因为回答第二个问题的学生总人数约为200−100=100，
因此，该地区中学生吸烟人数的比例约为7100=0.07．
故选B．
8.C
【解析】解：对于A.设线段AB的中点为H，
则OH=OA+OB2=12x1e1+y1e2+x2e1+y2e2=x1+x22e1+y1+y22e2，
因此线段AB中点的坐标为x1+x22,y1+y22，故A正确；
对于B.设△ABC的重心为G，而线段AB的中点为H，
因此CG=23CH=23×12CA+CB=13OA+OB−2OC，
即OG=13OA+OB−2OC+OC=13OA+OB+OC
=13x1e1+y1e2+x2e1+y2e2+x3e1+y3e2=x1+x2+x33e1+y1+y2+y33e2，
所以△ABC重心的坐标为x1+x2+x33,y1+y2+y33，故B正确；
对于C.因为AB=OB+OA=x2e1+y2e2−x1e1+y1e2=x2−x1e1+y2−y1e2，
而e1=e2=1，，
所以AB= x2−x12+y2−y12+2x2−x1y2−y1csθ，而θ≠π2，
因此A，B两点的距离不为 (x1−x2)2+(y1−y2)2，故C错误；
对于D.因为x1y2=x2y1，所以存在λλ≠0，
使得x1−λx2=0y1−λy2=0,
因此OA−λOB=x1e1+y1e2−λx2e1+y2e2=x1−λx2e1+y1−λy2e2=0，即OA=λOB，
所以OA//OB，而OA与OB有一个公共点O，因此O，A，B三点共线，故D正确．
9.BC
【解析】解：A选项，因为z1=2i，z2=1+i，
所以z1+z2=1+3i，
所以z1+z2=1−3i，
则z1+z2所对应的点的坐标为1,−3，位于第四象限，故A错误；
B选项，z1z2=2i·1+i=2i+2i2=−2+2i，
其对应的点的坐标为−2,2，位于第二象限，故B正确；
C选项，z14=2i4=24i4=16，z14=24=16，
所以z14=|z1|2，故C正确；
D选项，z24=1+i4=1+i22=2i2=−4，
|z2|4= 1+14=4，故z24≠|z2|4，故D错误．
故选BC．
10.CD
【解析】解：A选项，由A⊆B可得A∩B=A，
所以P(A∩B)=P(A)，所以A，B不独立，故A错误；
B选项，由A=⌀可得A∩B=⌀，所以P(A∩B)=0，
所以A，B不独立，故B错误；
C选项，由P(AB)=P(A)P(B)可知A，B独立，
所以A，B独立，故C正确；
D选项，由P(AB)+P(A)P(B)=P(B)可得P(AB)=P(B)−P(A)P(B)=P(B)(1−P(A))=P(B)P(A)，
所以A，B独立，则A，B独立，故D正确．
故选CD．
11.ACD
【解析】解：因为AC=2，AB=AD=BC=CD= 2，
所以AC2=AD2+CD2=AB2+BC2，
即AD⊥CD，AB⊥BC，
则△ABC和△ADC均为等腰直角三角形，
又E为棱AC的中点，
所以BE⊥AC，DE⊥AC，BE=DE=1，
又BE∩DE=E，BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE，
因为C′E′//AE，所以C′E′⊥平面BDE，
又C′E′⊥平面BDE′，
可知平面BDE′与平面DBE重合，即B、D、E、E′四点共面，
如图所示，
由C′E′//AE，则A，E，C，E′，E四点共面，
因为C′E′//AE，C′E′=AE=1，
则四边形AEE′C′为平行四边形，可得AC′//EE′，
又EE′⊂平面BED，AC′⊄平面BED，
所以AC′//平面BED，故A正确；
连接EE′交BD于点O，连接AO、CO，C′O，
因为BE=DE=1，BD= 2，
所以BE2+DE2=BD2，则BE⊥DE，
可知四边形BEDE′为正方形，
则O为BD和EE′的中点，BD⊥EE′，
因为C′E′⊥平面BDE，EE′⊂平面BED，
所以C′E′⊥EE′，
假设EE′⊥C′D，
由C′D∩BD=D，C′D⊂平面BC′D，BD⊂平面BC′D，
可得EE′⊥平面BC′D，
又C′O⊂平面BC′D，
所以EE′⊥C′O，与C′E′⊥EE′矛盾，
故假设不成立，故B错误；
取C′D中点为P，连接OP，E′P，
又O为BD的中点，可得OP//BC′，
则∠POE′或其补角即为直线BC′与EE′所成角，
BC′=BC= 2，OP=12BC′= 22，OE′=12EE′=12BD= 22，
因为C′E′⊥DE′，C′E′=DE′=1，
所以PE′=12C′D= 22，
则△OPE′为等边三角形，∠POE′=π3，
故直线BC′与EE′所成角为π3，故C正确；
因为底面BEDE′是边长为1的正方形，AE=C′E′=1，AE⊥平面BDE，C′E′⊥平面BDE，
可将多面体ABEDE′C′补成棱长为1的正方体，
则正方体的外接球即为多面体ABEDE′C′的外接球，
球的直径即为正方体的体对角线，长为 3，
所以点A，E，B，D，C′，E′在同一个直径为 3的球面上，故D正确．

【解析】解：甲、乙两人射击，中靶的概率分别为0.8，0.7，
两人同时独立射击，则甲乙都未中靶的概率是：P=(1−0.8)×(1−0.7)=0.06．
根据对立事件的概率求法可得至少有一人中靶的概率为1−0.06=0.94．
故答案为0.94．
13.3
【解析】解：因为a=2，A=π6，
所以由正弦定理可得：asinA=bsinB，
∴sinB=bsinAa=b×122=b4，
要使△ABC有两组解，则需满足：b>a=2，且sinB<1，
∴2∴b的值可以是3．
故答案为3．
14.2π3
【解析】解：如图：
过A1作A1H⊥底面ABCD．
因为平面ADD1A1⊥底面ABCD，A1∈平面ADD1A1，所以A1H⊂平面ADD1A1．
因为平面ABB1A1⊥底面ABCD，所以同理可得A1H⊂平面ABB1A1，
因此A1H=平面ADD1A1∩平面ABB1A1=AA1，所以AA1⊥底面ABCD，
因此平行六面体ABCD−A1B1C1D1是直平行六面体．
因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=π3，
所以直三棱柱DBC−D1B1C1底面边长为2，侧棱长为3的正三棱柱．
取B1C1的中点为G，连接D1G，则D1G= 3．
在正三棱柱DBC−D1B1C1中，
因为平面DBC⊥平面D1B1C1交于B1C1，D1G⊥B1C1，D1G⊂平面D1B1C1，
所以D1G⊥平面BCC1B1，而GP⊂平面BCC1B1，因此D1G⊥GP．
在中，因为D1G= 3，D1P= 7，所以GP=2，
因此点P的轨迹是平面BCC1B1内，以G为圆心半径为2的圆落在矩形BCC1B1内的那部分．
如下图：
因为GB1=GC1=1，GE=GF=2，所以，
因此∠EGF=π3，所以EF的长为，因此点P的轨迹长为2π3．
15.解：(1)因为2a+0.020+0.025+0.035×10=1，所以a=0.010．
因为前3组的频率和为100.010+0.020+0.035=0.65，
所以70%分位数为80+0.7−×10=82．
(2)因为按分层抽样抽取6人中，成绩在50,60的有6×0.10.1+0.2=2人，记为a、b；
成绩在60,70的有6×0.20.1+0.2=4人，记为A、B、C、D，
所以从这6人中抽取2人，所有取法有：
ab、aA、aB、aC、aD、
bA、bB、bC、bD、
AB、AC、AD、
BC、BD、CD，共15种，
而2人分数都在[60,70)的有：AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6种，
因此2人分数都在[60,70)的概率为615=25．
【解析】(1)利用频率分布直方图得a=0.010，再利用百分位数得70%分位数；
(2)利用分层随机抽样得成绩在50,60和60,70的人数，再利用列举法和古典概型的计算得结论．
16.解：(1)∵bcsC+ccsB=2acsA，
由正弦定理sinBcsC+csBsinC=2sinAcsA，
∴sin(B+C)=sinA=2sinAcsA，
∵A∈(0,π)，sinA≠0，
∴csA=12，
∴A=π3;
(2)由sinC=2sinB，得c=2b，
又A=π3，a=2 3，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−bc，解得：b=2，c=4，
所以△ABC的周长为6+2 3．
【解析】(1)利用正弦定理化简已知式子得出csA=12，即可求出结果；
(2)利用正弦定理得出c=2b，再利用余弦定理求出b，c的值，即可求出结果．
17.解：(1)取BD的中点E，连接PE、CE，
∵ABCD为菱形，△ABD是边长为2的等边三角形，
∴BD⊥PE，BD⊥CE，
∵PE、CE⊂面PEC，且PE∩CE=E，
∴BD⊥面PEC，
又PC⊂面PEC，
∴BD⊥PC；
(2)过点P作PO⊥EC于O，
由(1)可知，PO⊥BD，
又EC∩BD=E,EC,BD⊂平面BCD，
∴PO⊥面BCD，即点P在面BCD上的投影为点O，
∴∠PBO为直线PB与面BCD所成角，
∵BD⊥PE，BD⊥CE，
∴∠PEC为二面角P−BD−C的平面角，即∠PEC=60°，
又∵PE=CE=2× 32= 3，
∴△PEC为等边三角形，
∴O为EC的中点，
∴PO= 32− 322=32，
∴sin∠PBO=POPB=322=34，
故直线PB与平面BCD所成角的正弦值为34．
【解析】(1)结合菱形的性质和线面垂直的判定定理可证得BD⊥面PEC，再由线面垂直的性质定理即可得证；
(2)过点P作PO⊥EC于O，结合(1)中的结论可知PO⊥面BCD，即点P在面BCD上的投影为点O，于是可推出∠PBO为直线PB与面BCD所成角，∠PEC为二面角P−BD−C的平面角，再证明△PEC为等边三角形，求出PO的值，即可得解．
18.解：(1)(ⅰ)因为∠ACB=∠BAD，所以△ABD∽△CBA，因此BDAB=ADAC．
因为AD⊥AC，sin∠ACB= 55，所以cs∠ACB=2 55，tan∠ACB=12．
在Rt△ACD中，因为tan∠ACB=12，所以ADAC=12，因此BDAB=12．
设BD=x，则由BDAB=12得AB=c=2x．
在Rt△ACD中，因为cs∠ACB=2 55，所以CD=ACcs∠ACB= 52AC，
而AC=b，因此CD= 52b．
在△ABD中，因为AD=12AC=b2，cs∠BAD=cs∠ACB=2 55，
所以由余弦定理得x2=4x2+b24−4 55bx，即60x2−16 5bx+5b2=0，解得x= 510b或x= 56b．
在△ABD中，因为∠ADC=∠ABC+∠BAD，且∠ADC为锐角，
所以，因此AB>AD．
当x= 510b时，AB= 55b，因此AB2−AD2= 55b2−b24=−120b2<0，
不满足AB>AD，因此x= 510b不为所求．
当x= 56b时，AB= 53b，因此AB2−AD2= 53b2−b24=1136b2>0，
满足AB>AD，因此x= 56b，即BD= 56b为所求．
综上所述，CDBD= 52b 56b=3．
(ⅱ)当BD= 5时，由(ⅰ)知：b=6，a=BD+CD= 5+ 52×6=4 5，而sin∠ACB= 55，
因此△ABC的面积为12×6×4 5× 55=12．
(2)设cs∠ACB=t0因为△ABD∽△CBA，所以BDAB=ADAC= 1−t2t，因此BD= 1−t2tAB= 1−t2tc，AD= 1−t2tb，
所以CD=bt，因此a=BD+CD= 1−t2tc+bt．
在△ABD中，因为BD= 1−t2tc，AD= 1−t2tb，cs∠BAD=cs∠ACB=t，
所以由余弦定理得：1−t2t2c2=c2+1−t2b2t2−2 1−t2bc，
即2t2−1c2−2t2 1−t2bc+1−t2b2=0，
解得b=2t2−1 1−t2c或b=1 1−t2c．
当b=2t2−1 1−t2c时，AD= 1−t2t·2t2−1 1−t2c=2t2−1tc，
因此AB2−AD2=c2−2t2−1t2c2=−4t4−3t2+1t2c2，
因为00，满足AB>AD，因此b=2t2−1 1−t2c为所求．
当b=1 1−t2c时，AD= 1−t2t·1 1−t2c=1tc，
因此AB2−AD2=c2−1t2c2=t2−1t2c2，因为0AD，
因此b=1 1−t2c不为所求．
因为b=2t2−1 1−t2c，
所以a=BD+CD= 1−t2tc+1t·2t2−1 1−t2c=t 1−t2c，
所以b2+c2a2=2t2−1 1−t2c2+c2t 1−t2c2=2t2−12+1−t2t2=4t2+2t2−5⩾2 4t2·2t2−5=4 2−5，
当且仅当4t2=2t2，即t=142=482时，等号成立，
因此b2+c2a2的最小值为4 2−5．
【解析】(1)(ⅰ)由一个三角函数值求其他三角函数值得cs∠ACB=2 55和tan∠ACB=12，设BD=x，利用余弦定理解三角形，结合平面几何知识得x= 56b，最后通过计算得结论；
(ⅱ)利用(ⅰ)的结论，结合三角形面积公式得结论；
(2)设cs∠ACB=t019.解：(1)如图，可将三棱锥A−BCD扩展成长方体AC1BD1−A1CB1D，
由AC12+CC12=AC2=4AC12+BC12=AB2=16CC12+BC12=BC2=16，可得AC1=CC1= 2BC1= 14,
取AB、BC、CD、AD的中点分别为E、F、G、H，连接EF、FG、GH、EH，
可知EF//AC//GH，EH//BD//FG，
则四边形EFGH为平行四边形，
由AC//EF，AC⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，
可得AC//平面EFGH，同理可得BD//平面EFGH，
则点A、点C到平面EFGH的距离相等，点B、点D到平面EFGH的距离相等，
又线段AB的中点在平面EFGH上，
则点A、点B到平面EFGH的距离相等，
即三棱锥A−BCD的四个顶点到平面EFGH的距离相等，
可知平面EFGH是三棱锥A−BCD的一个1阶等距平面，
EF=GH=12AC=1，EH=FG=12BD=1，
又AC//B1D1，B1D1⊥BD，则AC⊥BD，
可得EF⊥EH，
则四边形EFGH的面积为1×1=1，
即Ω的一个1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积为1．
(2)(ⅰ)如图①，当点A、B在平面α一侧，点C、D在平面α另一侧时，
可知平面α过棱AC、BC、AD、BD的中点，
此时a=12× 22× 2=12，
同理可知，当点A、C在平面α一侧，点B、D在平面α另一侧时，a=12，
当点A、D在平面α一侧，点B、C在平面α另一侧时，a=12，
综上可知，当a=12时，相对应的α有3个；
如图②，当点A与点B，C，D在平面α的两侧时，
可知此时平面α过棱AB、AC、AD的中点，
此时点A到平面α的距离等于点A到平面BCD距离的一半，
而点A到平面BCD的距离为 63× 2=2 33，
则a=12×2 33= 33，
同理可知，当点B与点A，C，D在平面α的两侧时，a= 33，
当点C与点A，B，D在平面α的两侧时，a= 33，
当点D与点A，B，C在平面α的两侧时，a= 33，
综上可知，当a= 33时，相对应的α有4个．
由上可知，a=12或a= 33，
当a=12时，相对应的α有3个；当a= 33时，相对应的α有4个．
(ⅱ)根据对称性，不妨设点B到平面β的距离为2b，点C到平面β的距离为3b，点D到β的距离为4b，
取线段AB上靠近点A的三等分点为M，线段AC上靠近点A的四等分点为N，线段AD上靠近点A的五等分点为Q，连接MN，MQ，NQ，
则BM=2AM，CN=3AN，DQ=4AQ，
设点A到平面MNQ的距离为d，
则点B到平面MNQ的距离为2d，点C到平面MNQ的距离为3d，点D到平面MNQ的距离为4d，
因此平面MNQ即为Ω的4阶等距平面，且使得Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b}，
即存在满足条件的平面β，β截Ω的截面为三角形MNQ，
AM= 23，AN= 24，AQ= 25，
由余弦定理可得MN= AM2+AN2−2AM·AN·cs60°= 2612，
MQ= AM2+AQ2−2AM·AQ·cs60°= 3815，
NQ= AN2+AQ2−2AN·AQ·cs60°= 4220，
因为 2612> 3815> 4220，
则三角形MNQ中最大边长为 2612，
故存在满足条件的β，且β截Ω所得的平面多边形的最大边长为 2612．
【解析】(1)可将三棱锥A−BCD扩展成长方体AC1BD1−A1CB1D，取AB、BC、CD、AD的中点分别为E、F、G、H，可推出平面EFGH是三棱锥A−BCD的一个1阶等距平面，求得四边形EFGH的面积即可；
(2)(ⅰ)当点A与点B，C，D在平面α的两侧时，结合图形可得到α的情况以及a，同理可推出相应的α个数；当点A与点B，C，D在平面α的两侧时，结合图形可得到α的情况以及a，同理可推出相应的α个数；
(ⅱ)取线段AB上靠近点A的三等分点为M，线段AC上靠近点A的四等分点为N，线段AD上靠近点A的五等分点为Q，连接MN，MQ，NQ，可推出平面MNQ即为Ω的4阶等距平面，且使得Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b}，再利用余弦定理求得三角形MNQ三边边长即可．