2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若复数(1+ai)(3−i)(i为虚数单位)的实部和虚部互为相反数，则实数a=( )
A. −1B. −12C. 13D. 1
2.已知向量a与向量b夹角为π6，|a|= 3|b|，则b−2a在a上的投影向量为( )
A. −32aB. −12aC. 12aD. 32a
3.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=2 2,b=4,A=π6，则此三角形( )
A. 无解B. 有一解C. 有两解D. 解的个数不确定
4.设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
C. 若l//α，l⊥β，则α⊥βD. 若α⊥β，l⊥α，则l//β
5.已知圆锥的底面半径为1，体积为2 23π，则该圆锥内切球的体积为( )
A. 16 29πB. 4 29πC. 4 23πD. 23π
6.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为C C1的中点，则直线A1B与平面BDE的夹角( )
A. π6
B. π3
C. π2
D. 56π
7.四名同学各投骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A. 平均数为4.4，极差为4B. 中位数为4，众数为3
C. 平均数为3，方差为3.2D. 平均数为3，中位数为4
8.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知AB=1，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有( )
A. 该半正多面体的体积为5 24
B. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为3 34
C. 该半正多面体外接球的表面积为8π
D. 该半正多面体的表面积为6+2 3
9.下列说法正确的有( )
A. 在△ABC中，a：b：c=sinA：sinB：sinC
B. 在△ABC中，若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
C. △ABC中，sinA>sinB是A>B的充要条件
D. 在△ABC中，若sinA=12，则A=π6
10.已知函数f(x)=(sinx+csx)2+ 3cs2x，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. f(x)的一个对称中心为(−π6,0)
C. f(x)在区间(π6,π2)上单调递减D. f(x)在区间[−π2,3π2]上有3个零点
11.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长均相等，D为AA1的中点，M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BM=C1N.当M,N运动时，下列结论中正确的是( )
A. 平面DMN⊥平面BCC1B1
B. 三棱锥A1−DMN的体积为定值
C. ΔDMN可能为直角三角形
D. 平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为0,π4
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，点M，N满足BM=34BC,AN=13AC，若AN=λAB+μAM，则λ+μ= ______．
13.某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取60件进行使用寿命的测试，则C车间应抽取的件数为 ；若A，B，C三个车间产品的平均寿命分别为220，240，230小时，方差分别为20，20，30，则总样本的方差为 ．
14.甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束)，根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是 ．
三、解答题：本题共5小题，每小题12分，共60分。
15.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量m=(a+c, 3csA+sinC)，n=(b,sinB)满足m//n．
(1)求角A．
(2)若△ABC的面积为4 3，a=5，求△ABC的周长．
16.如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB/​/CD，AD=AF=CD=1，AB=2．
(1)求证：AF//平面BCE；
(2)求点E到平面BFC的距离．
17.某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为pc；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为qc.假设数据在组内均匀分布．
(1)当漏诊率pc=0.5%时，求临界值c和误诊率qc；
(2)已知一次调查抽取的未患病者样本容量为100，且该项医学指标检查完全符合上面频率分布直方图(图2)，临界值c=99，从样本中该医学指标在95,105上的未患病者中随机抽取2人，则2人中恰有一人为被误诊者的概率是多少？
18.在△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE//BC，且DE经过△ABC的重心.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)求直线CM和平面A1BE所成的角；
(3)在线段A1C上是否存在点F，使二面角A1−BE−F的余弦值为78？若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.(要求用几何法解答)
19.后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制.某商场经营者也顺应潮流，准备在商场门前摆地摊.已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上,且OA=90cm，∠AOB=π3.记∠POB=θ．
(1)请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于θ的函数关系式，并求当θ为何值时，S取得最大值;
(2)记OP=xOA+yOB，若t=x+μy(μ>0)存在最大值，求μ的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：(1+ai)(3−i)
=3−i+3ai+a=(a+3)+(3a−1)i，
由题意得：a+3+3a−1=0，解得：a=−12，
故选：B．
化简代数式，求出实部和虚部，得到关于a的方程，解出即可．
本题考查了复数的运算，考查转化思想，是一道基础题．
2.A
【解析】解：
因为向量a与向量b夹角为π6，|a|= 3|b|，
所以a⋅b=|a|·|b|cs π6=32|b|2，
则b−2a在a上的投影向量为
(b−2a)⋅a|a|2⋅a=b⋅a−2a2|a|2⋅a
=32|b|2−6|b|23|b|2⋅a=−32a，
故选：A．
3.C
【解析】解：由正弦定理asin A=bsin B，
得2 212=4sin B，解得sin B= 22．
因为a又因为B∈(0,π)，
所以B=π4或B=3π4，
故此三角形有两解．
故选：C．
4.C
【解析】解：l是一条直线，α，β是两个不同的平面，
若l//α，l//β，可得α//β或α、β相交，故A错误；
若α⊥β，l//α，可得l//β或l⊂β、l与β相交，故B错误；
若l//α，可得过l的平面γ与α的交线m//l，由l⊥β，可得m⊥β，又m⊂α，则α⊥β，故C正确；
若α⊥β，l⊥α，可得l//β或l⊂β，故D错误．
故选：C．
由线面平行的性质和面面的位置关系，可判断A；由线面的位置关系可判断B；由线面平行与垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，可判断C；由面面垂直的性质定理和线面的位置关系可判断D．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
5.D
【解析】解：圆锥与内切球的轴截面图如图，其中AE为圆锥的高，BC为圆锥底面圆直径，O为内切球球心，D为切点，
根据圆锥的底面半径为1，体积为2 23π，
可知，V=13π×12×AE=2 23π，解得AE=2 2，所以母线长为AC= 2 22+12=3，
设内切球的半径为r，则OD=OE=r,AO=AE−OE=2 2−r，
易知▵AOD∼▵ABE，所以AOAB=ODBE，
即2 2−r3=r1，解得内切球半径为r= 22，
所以内切球的体积为43πr3=43π×( 22)3= 23π，
故选：D．
6.B
【解析】解：以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),E(0,1,12)，A1(1,0,1)，
所以DB=(1,1,0),DE=(0,1,12),A1B=(0,1,−1)，
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DB=0n⋅DE=0，即x+y=0y+12z=0，
令x=1，则y=−1，z=2，
所以n=(1,−1,2)，
又BA1=(0,−1,1)，
故|cs|=|BA1⋅n||BA1||n|=1+22 3= 32，
所以直线A1B与平面BDE的夹角为π3．
故选：B．
建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面BDE的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
7.D
【解析】解：对于A，满足选项A的数据可为2，4，5，5，6，故A不符合题意；
对于B，满足选项B的数据可为3，3，4，5，6，故B不符合题意；
对于C，满足选项C的数据可为1，2，2，4，6，故C不符合题意；
对于D，所有数据和为15，中位数为4，若出现了数字6，那么其余三个数的和为5，且其中有一个数至少为4，显然不存在满足条件的数据，故D符合题意，
故选：D．
8.D
【解析】解：A:如图，
因为AB=1，该半正多面体是由棱长为 2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为：V=( 2)3−8×13×12×( 22)2× 22=5 23，故A错误；
B:根据该半正多面体的对称性可知，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，又AB=1，所以正六边形面积为S=6× 34×12=3 32，故B错误;
C:根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形ABCFED的中心，故半径为AB=1，
所以该半正多面体外接球的表面积为S=4πR2=4π×12=4π，故C错误;
D:因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，
所以其表面积为8× 34×12+6×12=6+2 3，故D正确．
9.AC
【解析】解：对于A：在△ABC中，利用正弦定理得：
a：b：c=sinA：sinB：sinC，故A正确；
对于B：在△ABC中，若sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A=π−2B，整理得A=B或A+B=π2，即A=B或C=π2，
则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C：△ABC中，当sinA>sinB⇒2RsinA>2RsinB⇒a>b⇒A>B；
当A>B⇒a>b⇒2RsinA>2RsinB⇒sinA>sinB，
故sinA>sinB是A>B的充要条件，故C正确；
对于D：在△ABC中，若sinA=12，则A=π6或5π6，故D错误．
故选：AC．
10.AC
【解析】解：f(x)=1+2sinxcsx+ 3cs2x
=sin2x+ 3cs2x+1=2sin(2x+π3)+1，
所以f(x)的最小正周期为2π2=π，A正确；
令2x+π3=kπ，k∈Z，
解得x=−π6+kπ2，k∈Z，
当k=0时，x=−π6，此时f(−π6)=1，
所以(−π6,0)不是f(x)的对称中心，B错误；
当x∈(π6,π2)时，2x+π3∈2π3,4π3，
此时f(x)在(π6,π2)上单调递减，C正确；
当x∈[−π2,3π2]时，2x+π3∈−2π3,10π3，
当2sin(2x+π3)+1=0时，则sin(2x+π3)=−12，
令t=2x+π3，
画出函数y=sint与y=−12的图象，
易得函数y=sint与y=−12在−2π3,10π3上有4个交点，
即f(x)在区间[−π2,3π2]上有4个零点，D错误．
故选：AC．
11.ABD
【解析】 解：如图，
当M、N分别在BB1、CC1上运动时，若满足BM=C1N，
则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，
而DO⊥平面BCC1B1，
∴根据面面垂直的判定可得平面DMN⊥平面BCC1B1，A正确；
当M、N分别在BB1、CC1上运动时，△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，
∴棱锥N−A1DM的体积不变，
即三棱锥A1−DMN的体积为定值，B正确；
若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，
而此时DM，DN的长大于BB1，∴△DMN不可能为直角三角形，C错误；
当M、N分别为BB1，CC1中点时，
平面DMN与平面ABC所成的角为0，
当M与B重合，N与C1重合时，
平面DMN与平面ABC所成的锐二面角最大，为∠C1BC，等于π4．
∴平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,π4]，D正确，
∴正确的是ABD．
故选：ABD．
12.13
【解析】解：由题得AM=AC−MC=AC−14BC=AC−14(AC−AB)=34AC+14AB，
所以AM=34AC+14AB=94AN+14AB，所以AN=49AM−19AB，
又AN=λAB+μAM，所以λ=−19,μ=49，
所以λ+μ=−19+49=13．
故答案为：13．
先由题中所给条件求出AM=94AN+14AB，进而得AN=49AM−19AB，再结合AN=λAB+μAM即可求解λ，μ，进而得λ+μ．
本题考查平面向量的数乘与线性运算，为中档题．
13.18；84
【解析】解：由分层随机抽样方法可得，C车间应抽取的件数为60×30%=18；
总样本平均值x=2×220+5×240+3×23010=233，
总样本方差为
s2=2×[20+(220−233)2]+5×[20+(240−233)2]+3×[30+(230−233)2]10=84．
故答案为：18；84．

【解析】解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”
设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，
甲队以4：1获胜包含的情况有：
①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p1=0.2×0.8×0.5×0.5×0.8=0.032，
②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p2=0.8×0.2×0.5×0.5×0.8=0.032，
③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p3=0.8×0.8×0.5×0.5×0.8=0.128，
④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p4=0.8×0.8×0.5×0.5×0.8=0.128，
则甲队以4：1获胜的概率为：
p=0.032+0.032+0.128+0.128=0.32．
故答案为：0.32．
15.解：(1)因为向量m=(a+c, 3csA+sinC)，n=(b,sinB)满足m//n，
所以(a+c)sinB=b( 3csA+sinC)，
由正弦定理可得sinAsinB+sinCsinB= 3sinBcsA+sinBsinC，
又因为sinB>0，可得sinA= 3csA，
即tanA= 3，
而A∈(0,π)，
即A=π3；
(2)△ABC的面积为4 3，a=5，A=π3，
即12bcsinA=4 3，
所以bc=16，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−bc
即(b+c)2=25−3×16，
所以b+c= 73，
所以△ABC的周长为a+b+c=5+ 73．
【解析】(1)由向量的共线，由正弦定理可得tanA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
(2)由三角形的面积公式及余弦定理可得b+c的值，进而求出三角形的周长．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形的面积公式的应用，向量共线的性质的应用，属于中档题．
16.解：(1)证明：∵四边形ABEF为矩形，∴AF//BE，
∵AF⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，
∴AF//面BCE．
(2)∵AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，
∴AF//BE，BE⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BE，
∵四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB//CD，AD=AF=CD=1，AB=2，
∴AC= AD2+CD2= 12+12= 2，∵∠CAB=45°，
∴在△ABC中，BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠CAB
=2+4−2× 2×2×csπ4=2，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
∵AC⊥BE，BC∩BE=B，BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，
∴AC⊥平面BCE，
∵AF//平面BCE，∴A，F两点到平面BCE的距离相等，
∵AC⊥平面BCE，∴F到平面BCE的距离即为线段AC的长，
∴VF−BCE=13S△BCE×AC=13×12× 2×1× 2=13，
△BFC中，CF= 3,BC= 2,BF= 5，
∴CF2+BC2=BF2，∴CF⊥BC，
∴S△BFC=12× 3× 2= 62，
设点E到平面BFC的距离为d
由VE−BFC=VF−BCE，
得13S△BFC×d=13× 62×d=13，
∴d= 63，
即点E到平面BFC的距离为 63．
【解析】(1)根据四边形ABEF为矩形，得到AF//BE，从而得到线面平行；
(2)先证明出AC⊥BE，由勾股定理和余弦定理求出各边长，由勾股定理逆定理得到AC⊥BC，得到AC⊥面BCE，从而求出VF−BCE=13，在求出S△BFC= 62，利用等体积法求出点到平面的距离．
本题考查线面平行的判定，以及等体积法的应用，属于中档题．
17.解：(1)依题可知，图1第一个小矩形的面积为5×0.002>0.5%，
所以95所以(c−95)×0.002=0.5%，解得c=97.5，
q(c)=0.01×(100−97.5)+5×0.002=0.035=3.5%．
(2)由题可知，100个未患病者中，该项医学指标在[95,105]中的有
100×0.010+0.002×5=6人，
其中被误诊者有100×100−99×0.01+100×5×0.002=2人，
记随机抽取的2人恰有一人为被误诊者为事件A．
分别用a，b，c，d，E，F表示这6人，E，F代表被误诊的2人，
样本空间Ω={ab,ac,ad,aE,aF,bc,bd,bE,bF,cd,cE,cF,dE,dF,EF}，
事件A={aE,aF,bE,bF,cE,cF,dE,dF}，故n(Ω)=15，n(A)=8，
P(A)=n(A)n(Ω)=815，
故2人中恰有一人为被误诊者的概率是815．
【解析】本题考查频率分布直方图和古典概型的计算，属于中档题．
(1)依据题意理解漏诊率即“患病者”的频率分布直方图中小于c的各小矩形部分面积，可得临界值c.同理误诊率q(c) 即“未患病者”的频率分布直方图中大于c的各小矩形部分面积，即可求q(c)．
(2)由题可知，在100个未患病者中，该项医学指标在[95,105]中的有6人，其中被误诊者有2人，由列举法和古典概型公式可得结果．
18.(1)证明：因为∠C=90°，所以AC⊥BC，
因为DE//BC，所以AC⊥DE，
将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，始终有DE⊥A1D，DE⊥CD，
因为A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，
又A1C⊂平面A1CD，所以DE⊥A1C，
因为A1C⊥CD，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面BCDE，
所以A1C⊥平面BCDE．
(2)解：由(1)可知，A1C，CD，CB两两垂直，
翻折前，因为DE经过△ABC的重心，且DE/​/BC，
所以AD=2CD，所以CD=2，AD=4，DE=23BC=2，
翻折后，A1D=4，
由勾股定理得，A1C= A1D2−CD2= 42−22=2 3，
连接CE，取A1E的中点R，在BC上取点Q，使得CQ=1，连接MR，RQ，则MR=12DE=1，MR//DE，

又CQ//DE，CQ=1=12DE，
所以MR//CQ，MR=CQ，即四边形CQRM为平行四边形，
所以MC//RQ，RQ=MC=12A1D=2，
所以RQ与平面A1BE所成的角即为CM与平面A1BE所成的角，
其中S△BCE=12BC⋅CD=12×3×2=3，
而A1C⊥平面BCDE，
所以VA1−BCE=13S△BCE⋅A1C=13×3×2 3=2 3，
由勾股定理得，A1B= A1C2+BC2= 12+9= 21，
翻折前，在△ABC中，AB= BC2+AC2=3 5，
所以BE=13AB= 5，CE= CD2+DE2=2 2，A1E= A1C2+CE2= 12+8=2 5，
在△A1BE中，由余弦定理得，cs∠EA1B=A1B2+A1E2−BE22A1B⋅A1E=21+20−52 21×2 5=9 105，
所以sin∠EA1B= 1−81105=2 6 105，
所以S△A1EB=12A1E⋅A1Bsin∠EA1B=12× 21× 20×2 6 105=2 6，
设点C到平面A1BE的距离为ℎ，
由于VC−A1BE=VA1−BCE=2 3，所以13×2 6ℎ=2 3，解得ℎ=3 22，
因为CQ=13BC，
故点Q平面A1EB的距离为23ℎ= 2，
设直线RQ和平面A1BE所成角的大小为θ，θ∈[0,π2]，则sinθ= 2RQ= 22，
所以θ=π4，
故直线RQ和平面A1BE所成的角为π4，即直线CM和平面A1BE所成的角为π4．
(3)存在，CF=2 33，理由如下：
过点C作CH⊥BE于点H，连接A1H，FH，

因为A1C⊥平面BCDE，BE⊂平面BCDE，所以A1C⊥BE，
又CH∩A1C=C，CH，A1C⊂平面A1CH，
所以BE⊥平面A1CH，
因为A1H，FH⊂平面A1CH，所以BE⊥A1H，BE⊥FH，
所以二面角A1−BE−F的平面角为∠A1HF，即cs∠A1HF=78，
所以sin∠A1HF= 1−(78)2= 158，tan∠A1HF= 157，
设CF=t，0≤t≤2 3，
在△BCE中，由余弦定理得，cs∠CEB=CE2+BE2−BC22CE⋅BE=8+5−92×2 2× 5= 1010，
所以sin∠CEB= 1−cs2∠CEB=3 1010，
所以CH=CEsin∠CEB=2 2×3 1010=6 55，tan∠A1HC=A1CCH=2 36 55= 153，
而∠FHC=∠A1HC−∠A1HF，
所以tan∠FHC=tan(∠A1HC−∠A1HF)=tan∠A1HC−tan∠A1HF1+tan∠A1HCtan∠A1HF= 153− 1571+ 153× 157= 159，
所以tan∠FHC=CFCH=t6 55= 159，解得t=2 33，
故存在点F满足题意，且CF=2 33．
【解析】(1)根据翻折前后不变的位置关系，可证DE⊥平面A1CD，从而得DE⊥A1C，结合A1C⊥CD，利用线面垂直的判定定理，即可得证；
(2)作出辅助线，先证四边形CQRM为平行四边形，可将问题转化为求RQ与平面A1BE所成的角，再利用等体积法求出点C到平面A1BE的距离ℎ，进而得点Q到平面A1BE的距离为23ℎ= 2，然后利用锐角三角函数求线面角的正弦值即可；
(3)作出辅助线，找到二面角A1−BE−F的平面角为∠A1HF，结合余弦定理和勾股定理求出各边长，并求出tan∠A1HC= 153，再利用正切的差角公式求出tan∠FHC的值，即可得CF的长．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，线面角、二面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
19.解：(1)由题可知，在△PMO中，OP=90，∠PMO=2π3，∠MPO=θ，∠MOP=π3−θ，
则由正弦定理OPsin∠PMO=OMsin∠MPO=PMsin∠MOP，可得90 32=OMsinθ=PMsin (π3−θ)，
故可得OM=60 3sinθ，PM=60 3sin(π3−θ)，
故S△PMO=12sin∠PMO×MP×MO
= 34×60 3sin(π3−θ)×60 3sinθ
=2700 3sinθsin(π3−θ)
=2700 3×( 32sinθcsθ−12sin2θ)
=2700 3×( 34sin2θ+14cs2θ−14)
=2700 3×[12sin(2θ+π6)−14]
=1350 3sin(2θ+π6)−675 3，(0<θ<π3)，
即S=2S△PMO=2700 3sin(2θ+π6)−1350 3，(0<θ<π3)，
当θ=π6时，sin(2θ+π6)=1，此时S取得最大值．
(2)由(1)知，OM=60 3sinθ，ON=60 3sin(π3−θ)，
∵OP=xOA+yOB，
∴x=2 33sinθ，y=2 33sin(π3−θ)，
∴t=2 33sinθ+2 33μsin(π3−θ)
=2 33[ 32cs(π3−θ)+(μ−12)sin(π3−θ)]，
令α=π3−θ，α∈(0,π3)，
∴t=2 33[ 32csα+(μ−12)sinα].
当μ≤12时，t关于α递减，不存在最大值；
当μ>12时，t=2 33 μ2−μ+1( 32 μ2−μ+1csα+u−12 μ2−μ+1sinα)
=2 33 μ2−μ+1sin(α+φ)，其中tanφ= 32μ−12，φ∈(0,π2)，
∵0<α<π3，φ<α+φ<φ+π3，
要使t存在最大值，只需φ+π3>π2，即φ>π6，
∴tanφ> 33，得 32μ−12> 33，
解得μ∈(12,2)．
所以μ的取值范围是(12,2)．
【解析】本题考查了三角函数在实际生活中的应用、三角函数性质和三角恒等变换，是中档题．
(1)由正弦定理得OM=60 3sinθ，PM=60 3sin(π3−θ)，故S△PMO=12sin∠PMO×MP×MO，由三角恒等变换化简，再用三角函数性质可得结果；
(2)利用平面向量的运算得出x，y关于θ的表达式，再通过换元α=π3−θ，利用辅助角公式得到tanφ与μ的关系，根据φ的范围求解．