2024-2025学年江苏省南通市启东中学高二（上）期初数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省南通市启东中学高二（上）期初数学试卷（含解析），共15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.已知复数z满足1+iz=z−2i，则|z|=( )
A. 32B. 52C. 102D. 5
2.过点(2,−1)且与直线2x−3y+9=0平行的直线的方程是( )
A. 2x−3y−7=0B. 2x+3y−1=0C. 3x+2y−4=0D. 2x−3y+7=0
3.已知sinx=35，其中x∈(π2,π)，则tan(2x−π4)=( )
A. −1B. 49C. 3117D. −1731
4.在区间[−5,10]上任取一个整数m，则使函数f(x)=x2−2mx−2m存在两个不同零点的概率为( )
A. 116B. 316C. 1316D. 1516
5.已知直线l：ax+by+c=0与直线l′关于直线x+y=0对称，则l′的方程为( )
A. bx+ay−c=0B. ay−bx−c=0C. ay+bx+c=0D. ay−bx+c=0
6.已知空间向量m=(1,2,3)，空间向量n满足m//n且m⋅n=7，则n=( )
A. (12,1,32)B. (−12,−1,−32)C. (−32,−1,−12)D. (32,1,12)
7.点P在直线l：x−y−1=0上运动，A(2,3)，B(2,0)，则|PA|−|PB|的最大值是( )
A. 5B. 6C. 3D. 4
8.如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为( )
A. O−ABC是正三棱锥
B. 直线OB//平面ACD
C. 直线AD与OB所成的角是45°
D. 二面角D−OB−A为45°
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.下列四个命题中真命题是( )
A. 若存在实数x，y，使p=xa+yb，则p与a，b共面
B. 若p与a，b共面，则存在实数x，y，使p=xa+yb
C. 若存在实数x，y，使MP=xMA+yMB，则P，M，A，B共面
D. 若P，M，A，B共面，则存在实数x，y，使MP=xMA+yMB
10.对于直线l1：ax+2y+3a=0，l2：3x+(a−1)y+3−a=0.以下说法正确的有( )
A. l1//l2的充要条件是a=3B. 当a=25时，l1⊥l2
C. 直线l1一定经过点M(3,0)D. 点P(1,3)到直线l1的距离的最大值为5
11.已知P、Q分别为棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1棱DD1、BC1上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 线段PQ长度的最小值为2
B. 三棱锥P−A1BC1的外接球体积的最大值为4 3π
C. 直线A1Q与直线BC所成角的余弦值的范围为[0, 22]
D. 当P、Q为中点时，平面B1PQ截正方体ABCD−A1B1C1D1所形成的图形的面积为94
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(a+b+c)(b+c−a)=3bc，且sinA=2sinBcsC，那么△ABC是______．
13.如果三条直线ax+2y+8=0，4x+3y=10和2x−y=10将平面分为六个部分，那么实数a的取值集合为______．
14.已知m∈R，若过定点A的动直线l1：x−my+m−2=0和过定点B的动直线l2：mx+y+2m−4=0交于点P(P与A，B不重合)，则|PA|⋅|PB|的最大值为______；|PA|+2|PB|的最大值为______．
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)
已知点A(1,3)，B(3,1)，C(−1,0)，求：
(1)BC边上的高所在直线方程；
(2)△ABC的外心坐标；
(3)△ABC的面积．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知bsinA=3csinB,a=3,csB=23．
(1)求b的值；
(2)求cs(2A+π4)的值．
17.(本小题15分)
某新能源汽车制造公司，为鼓励消费者购买其生产的新能源汽车，约定从今年元月开始，凡购买一辆该品牌汽车，在行驶三年后，公司将给予适当金额的购车补贴.某调研机构对已购买该品牌汽车的消费者，就购车补贴金额的心理质期值进行了抽样调查.得其样本频率分布直方图如图所示.其中a=0.15．
(1)估计已购买该品牌汽车的消费群体对购车补贴金额的心理预期值的平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)和中位数；(精确到0.01)(2)现在要从购车补贴金额的心理预期值在[3,5)间用分层抽样的方法抽取6人.再从这6人中随机抽取2人进行调查，求抽到2人中购车补贴金额的心理预期值都在[3,4)间的概率．
18.(本小题17分)
已知点M(−1,2)，直线L：2x+y−5=0．
(1)求点M关于点F(3,1)对称点N的坐标；
(2)求点M关于直线L的对称点Q的坐标；
(3)已知点R(0,−2)，点P在直线L上，问使|PM|2+|PR|2取得最小值时P点的坐标与使|PM|+|PR|取得最小值时P点的坐标是否相同？请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，AB=DE=1，AD=PA=2，点F在棱PA上．
(Ⅰ)求证：BF//平面CDE；
(Ⅱ)求直线BP与平面PEC所成角的正弦值；
(Ⅲ)若点F到平面PCE的距离为13，求线段AF的长．
答案解析
1.C
【解析】解：由1+iz=z−2i，得z=1+2i1−i=(1+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=−1+3i2，
所以|z|= (−12)2+(32)2= 102．
故选：C．
根据复数的除法运算化简复数，再根据模长公式求解．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．
2.A
【解析】解：设与直线2x−3y+9=0平行的直线的方程为2x−3y+λ=0，
将点(2,−1)代入得2×2−3×(−1)+λ=0，解得λ=−7，
所以所求直线的方程为2x−3y−7=0．
故选：A．
利用直线的平行系方程及点在直线上即可求解．
本题考查直线方程的点斜式，两条直线的平行关系，考查运算求解能力，属于基础题．
3.C
【解析】解：因为sinx=35，其中x∈(π2,π)，则csx=−45，可得tanx=sinxcsx=−34，
又因为tan2x=2tanx1−tan2x=−247，所以tan(2x−π4)=tan2x−11+tan2x=3117．
故选：C．
先利用三角函数的基本关系式求得tanx=−34，再利用正切的倍角公式和两角差的正切公式，即可求解．
本题考查的知识点：三角函数的基本关系式，三角函数诱导公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
4.C
【解析】解：根据题意，若函数f(x)=x2−2mx−2m存在两个不同零点，
则有Δ=4m2+8m>0，解可得m<−2或m>0，
又由m∈[−5,10]，则满足题意m的值为{−5,−4,−3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，
在区间[−5,10]上，有16个整数，
则函数f(x)存在两个不同零点的概率P=1316．
故选：C．
根据题意，由二次函数的性质分析m可取的值，结合古典概型公式计算可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及二次函数的性质，属于基础题．
5.A
【解析】解：在原方程中以−x代y，以−y代x即得到直线l：ax+by+c=0与直线l′关于直线x+y=0对称，则l′的方程，
直线ax+by+c=0关于直线x+y=0对称的直线方程是a(−y)+b(−x)+c=0，
即bx+ay−c=0．
故选：A．
在原方程中以−x代y，以−y代x即可得到直线关于x+y=0对称的直线方程．
本题是基础题，考查直线关于直线的对称直线的方程的求法，考查计算能力．
6.A
【解析】解：∵m=(1,2,3)，且空间向量n满足m//n，
∴可设n=λm=(λ,2λ,3λ)，
又m⋅n=7，∴λ+4λ+9λ=14λ=7，得λ=12．
∴n=12m=(12,1,32).
故选：A．
7.A
【解析】解：设B关于l：x−y−1=0的对称点为C(m,n)，
则nm−2=−1m+22−n2−1=0，解得m=1n=1，即C(1,1)，
故|AC|= (2−1)2+(3−1)2= 5，
|PA|−|PB|=|PA|−|PC|≤|AC|= 5，
当且仅当P，A，C三点共线时，等号成立．
故选：A．
作出点关于直线的对称点，然后利用两点距离公式，求解即可．
本题考查点关于直线的对称点的求法，及两点间的距离公式的应用，属于基础题．
8.B
【解析】解：对于A，如图ABCD为正四面体，∴△ABC为等边三角形，
又∵OA、OB、OC两两垂直，∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC．
过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，
由三垂线定理可知BC⊥AM，∴M为BC中点，
同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，
∴N为底面△ABC中心，∴O−ABC是正三棱锥，
故A正确．
对于B，将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，
显然OB与平面ACD不平行．则答案B不正确．
对于C，AD和OB成的角，即为AD和AE成的角，即∠DAE=45°，
故C正确．
对于D，二面角D−OB−A即平面FDBO与下底面AEBO成的角，
故∠FOA为二面角D−OB−A的平面角，显然∠FOA=45°，
故D正确．
综上，故选：B．
结合图形，逐一分析答案，运用排除、举反例直接计算等手段，找出正确答案．
本题主要考查直线和平面的位置关系，直线和平面成的角、二面角的定义和求法，结合图形分析答案，增强直观性，属于中档题．
9.AC
【解析】解：A，由空间向量共面定理即可判断出A正确，
B，若a，b共线，p不与a，b共线，则不存在实数x，y，使p=xa+yb，∴B错误，
C，若存在实数x，y，使MP=xMA+yMB，则向量MP，MA，MB共面，∴四点P，M，A，B共面，∴C正确，
D，若MA，MB共线，MP不与MA，MB共线，则不存在实数x，y，使MP=xMA+yMB，∴D错误，
故选：AC．
利用空间向量共面定理即可判断出答案．
本题考查了向量共面定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.BD
【解析】解：当l1//l2时，a(a−1)−6=0 解得a=3 或a=−2，
当a=−2时，两直线为x−y+3=0,x−y+53=0 ，符合题意；
当a=3时，两直线为3x+2y+9=0,3x+2y=0 ，符合题意，故A错误；
当a=25时，两直线为x+5y+3=0,15x−3y+13=0，kl1⋅kl2=−15×5=−1 ，
所以l1⊥l2，故B正确；
直线l1:ax+2y+3a=0即直线a(x+3)+2y=0，故直线过定点−3,0，故C错误；
因为直线l1:ax+2y+3a=0过定点−3,0，
当直线l1:ax+2y+3a=0与点P1,3和−3,0的连线垂直时，
P1,3到直线l1的距离最大，最大值为 (1+3)2+(3−0)2=5 ，故D正确，
故选BD．
11.ABC
【解析】解：以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示：
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2．
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(2,0,0)，A1(0,0,2)，B1(0,2,2)，C1(2,2,2)，D1(2,0,2)．
所以DD1=(0,0,2)，BC1=(2,0,2)，A1C1=(2,2,0)，A1B=(0,2,−2)．
因为P、Q分别为棱DD1、BC1上的动点，令DP=λDD1(0≤λ≤1)，BQ=μBC1(0≤μ≤1)．
所以P(2,0,2λ)，Q(2μ,2,2μ)．
对于选项A：因为|PQ|= (2μ−2)2+(2−0)2+(2μ−2λ)2=2 (μ−1)2+(μ−λ)2+1≥2，
当且仅当λ=μ=1时，等号成立．所以线段PQ长度的最小值为2，故选项A正确；
对于选项B：由正方体的性质可得三角形A1BC1为边长为2 2的正三角形，|BD1|= 22+22+22=2 3．
所以该正方体的外接球球心O为正方体的中心，球半径为R=|BD1|2= 3，外接球体积的为43πR3=4 3π．
因为点P为棱DD1上的动点，所以点P在正方体外接球内运动．
故正方体外接球的体积就是三棱锥P−A1BC1外接球体积的最大值，为4 3π，
此时点P与点D1(或点D)重合．故选项B正确；
对于选项C：因为A1Q=(2μ,2,2μ−2)，BC=(2,0,0)，
所以直线A1Q与直线BC所成角的余弦值为|A1Q⋅BC|A1Q||BC||=4μ2× (2μ)2+22+(2μ−2)2=μ 2μ2−2μ+2，
当μ=0时，|A1Q⋅BC|A1Q||BC||=0．
当0<μ≤1时，有1μ≥1，|A1Q⋅BC|A1Q||BC||=1 2−2μ+2μ2=1 2× (1μ−12)2+34，
因为当1μ≥1时，(1μ−12)2+34≥1，则0<|A1Q⋅BC|A1Q||BC||≤ 22．
所以直线A1Q与直线BC所成角的余弦值的范围为[0, 22]，故选项C正确；
对于选项D：
取A1D1中点M，连接PM，PC，B1C，B1M，
因为正方体棱长为2，
则|PM|= 2，|PC|= 5，|B1M|= 5，|B1C|=2 2，
当P、Q为中点时，B1C//PM，所以平面B1PQ截正方体ABCD−A1B1C1D1所形成的图形为梯形PMB1C，
因为在等腰梯形PMB1C中，梯形的高为 ( 5)2−(2 2− 22)2=3 22，
所以截面面积为12×( 2+2 2)×3 22=92，故选项D错误．
故选：ABC．
建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合向量的模即可判断A，由正方体的性质与外接球的关系可判断B，由异面直线所成角的求法可以判断C，由题意作出平面B1PQ截正方体ABCD−A1B1C1D1所形成的截面，从而判断D．
本题考查了正方体的结构特征，考查了异面直线所成角的计算，考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．
12.等边三角形
【解析】解：∵(a+b+c)(b+c−a)=3bc
∴[(b+c)+a][(b+c)−a]=3bc
∴(b+c)2−a2=3bc
b2+2bc+c2−a2=3bc
b2−bc+c2=a2
根据余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA
∴b2−bc+c2=a2=b2+c2−2bccsA
bc=2bccsA
csA=12
∴A=60°
又由sinA=2sinBcsC，
则sinAsinB=2csC，即ab=2a2+b2−c22ab，
化简可得，b2=c2，
即b=c，
∴△ABC是等边三角形
故答案为等边三角形．
对(a+b+c)(b+c−a)=3bc化简整理得b2−bc+c2=a2，代入余弦定理中求得csA，进而求得A=60°，又由sinA=2sinBcsC，
则sinAsinB=2csC，即ab=2a2+b2−c22ab，化简可得b=c，结合A=60°，进而可判断三角形的形状．
本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用．要熟练记忆余弦定理的公式及其变形公式．
13.{−4,−1,83}
【解析】解：若是三条直线两两相交，且交点不重合，
则这三条直线把平面分成7部分；
如果这三条直线将平面划分为六部分包括两种情况能够成立，
①是ax+2y+8=0过另外两条直线的交点，
由4x+3y=10和2x−y=10的交点是(4,−2)，
解得a=−1；
②是这条直线与另外两条直线平行，此时a=83或−4，
综上，a的取值集合是{−4,−1,83}.
故答案为：{−4,−1,83}.
三条直线将平面划分为六部分，则直线x+ky=0过另外两条直线的交点，或这条直线与另外两条直线平行，由此求出k的值．
本题考查了直线方程与直线的位置关系应用问题，是较简单的综合题．
14.252 5 5
【解析】解：l1：x−my+m−2=0可以转化为m(1−y)+x−2=0，可得直线恒过定点A(2,1)，
l2：mx+y+2m−4=0，即y−4=−m(x+2)，恒过定点B(−2,4)，
由l1：x−my+m−2=0和l2：mx+y+2m−4=0，满足1×m+(−m)×1=0，
所以l1⊥l2，可得PA⊥PB，
所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=(2+2)2+(1−4)2=25，
且|PA|2+|PB|2=25≥2|PA|⋅|PB|，故|PA|⋅|PB|≤252，
当且仅当|PA|=|PB|时，等号成立；
因为PA⊥PB，设∠PAB=θ为锐角，
则|PA|=5csθ，|PB|=5sinθ，
所以2|PA|+|PB|=5(2csθ+sinθ)=5 5sin(θ+φ)，
所以当sin(θ+φ)=1时，2|PA|+|PB|取最大值5 5．
故答案为：252；5 5．
根据直线方程确定l1⊥l2，利用勾股定理得到|PA|2+|PB|2=|AB|2=25，结合基本不等式，即可求出PA⋅PB的最大值，再利用三角函数即可求出PA+2PB的最大值．
本题考查基本不等式的应用及线段和最大值的求法，属于中档题．
15.解：(1)由B(3,1)，C(−1,0)得，kBC=14，
所以BC边上的高线的斜率为k=−4，且高线过点A(1,3)，
所以BC边上的高线的直线方程为：y−3=−4(x−1)，即4x+y−7=0．
(2)由A(1,3)，B(3,1)得，kAB=−1，边AB的中点为(1+32,3+12)，即(2,2)，
所以边AB的垂直平分线的直线方程为：y−2=x−2，即y=x；
由B(3,1)，C(−1,0)，得kBC=14，边BC的中点为(1,12)，
所以边BC的垂直平分线的直线方程为：y−12=−4(x−1)，即y=−4x+92，
由y=xy=−4x+92，得x=910y=910，
所以△ABC的外心坐标为(910,910)．
(3)由(1)知，kBC=14，则直线BC的方程为：y=14(x+1)，即x−4y+1=0，
边BC上的高为：d=|1−4×3+1| 12+42=10 1717，
|BC|= (3+1)2+(1−0)2= 17，
所以S△ABC=12⋅|BC|⋅d=12×10 1717× 17=5．
【解析】(1)首先求出直线BC的斜率，由互相垂直的直线间斜率关系得出BC边上的高线的斜率，由高线过A(1,3)，得出BC边上的高所在直线方程；
(2)分别求出边AB，BC的垂直平分线，联立即可得出△ABC的外心坐标；
(3)先写出直线BC的方程，由点到直线的距离公式得出点A到直线BC的距离，再由两点之间的距离公式求出边BC的长，三角形面积．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
16.解：(1)由bsinA=3csinB结合正弦定理可得：ab=3cb，即a=3c，所以c=1，
由csB=23及余弦定理可得b= a2+c2−2accsB= 9+1−2×3×1×23= 6；
(2)由csB=23得sinB= 1−cs2B= 53，
由正弦定理asinA=bsinB得sinA=asinBb=3× 53 6= 306，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=6+1−92 6=− 66，
所以sin2A=2sinAcsA=2× 306×(− 66)=− 53，
cs2A=1−2sin2A=−23，
所以cs(2A+π4)=cs2Acsπ4−sin2Asinπ4
=−23× 22−(− 53)× 22= 10−2 26．
【解析】(1)借助正弦定理可得a=3c，结合余弦定理可得b的值；
(2)借助正弦定理及同角三角函数关系得sinA= 306，由余弦定理得csA=− 66，再代入二倍角公式和两角和的余弦公式求解即可．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，两角和的余弦公式的应用，属于中档题．
17.解：(1)由题意知a=0.15，所以平均数的估计值为x−=1.5×0.10+2.5×0.30+3.5×0.30+4.5×0.15+5.5×0.10+6.5×0.05=3.50(万元)，
因为0.10+0.30<0.50<0.10+0.30+0.30，则中位数在区间(3,4)内，
设中位数为x，则0.10+0.30+0.30(x−3)=0.50，得x≈3.33，
所以中位数的估计值为3.33(万元)；
(2)从购车补贴金额的心理预期值在[3,5)间用分层抽样的方法抽取6人，
则购车补贴金额的心理预期值在[3,4)间的有6×0.15=4人，记为a，b，c，d，购车补贴金额的心理预期值在[4,5)间的有6−4=2人，记为A，B，
则基本事件有(a,c)，(a,d)，(a,A)，(a,B)，(b,c)，(b,d)，(b,A)，(b,B)，(c,d)，(c,A)，(c,B)，(d,A)，(d,B)，(A,B)，共15种情况，
其中购车补贴金额的心理预期值都在[3,4)间有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，共6种情况，
所以抽到2人中购车补贴全部的心理预期值都在[3,4)间的概率p=615=25．
【解析】(1)利用频率分布直方图中每组数据区间的中点值乘以相应频率相加可求得平均数，判断中位数对应的区间，求出频率0.50对应的值，即为中位数；
(2)先算出从购车补贴金额的心理预期值在[3,5)的6人中，在[3,4)间的有4人，然后根据列举法列出所有可能的基本事件15种，选出都在预期值[3,4间的情况6种，利用古典概型公式计算即可．
本题考查中位数的求法及概率的求法，属于基础题．
18.解：(1)点M关于点F(3,1)对称点N可知，F为M，N的中点，
所以3=−1+xN21=2+yN2解得xN=7，yN=0，
所以N的坐标(7,0)；
(2)设Q的坐标(a,b)，
由题意可得2−b−1−a=122⋅−1+a2+2+b2−5=0，解得a=3，b=4，
所以Q的坐标(3,4)；
(3)不同
理由如下：
证明：设P(x,5−2x)，
则|PM|2+|PR|2=(x+1)2+(5−2x−2)2+x2+(5−2x+2)2=10x2−38x+59，
显然x=1910时，|PM|2+|PR|2最小，且为22910，此时P(1910,65)；
因为|PM|+|PR|=|PQ|+|PR|≥|QR|，当且仅当P，Q，R三点共线时，取到最小值，
则P为QR与直线L的交点，
直线RQ的方程为：y=4+23x−2=2x−2，
所以y=2x−22x+y−5=0，解得：x=74，y=32，
此时P(74,32)，
所以两个P点的坐标不同．
【解析】(1)由题意可得F为M，Q的中点，由中点坐标公式可得N的坐标；
(2)由题意可得直线L为线段MQ的中垂线，设Q的坐标，将M，Q的坐标代入可得Q的坐标；
(3)设P的坐标，求出|PM|2+|PR|2取得最小值时的P的坐标，再求|PM|+|PR|取得最小值时即|PQ|+|PR|最小，即P，Q，R三点共线时取到最小值，即求出P的坐标，可知两个P的坐标不同．
本题考查点关于点，点关于线的对称点及三点共线时线段和最小的性质，属于中档题．
19.证明：(Ⅰ)在矩形ABCD中，AB//CD，
因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以AB//平面CDE．
因为PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以PA//DE，
因为PA⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，所以PA//平面CDE．
又因为PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，所以平面PAB//平面CDE．
因为BF⊂平面PAB，所以BF//平面CDE．
解：(Ⅱ)因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AB，又因为ABCD是矩形，AD⊥AB，
所以AD、AB、AP两两垂直，以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A−xyz，

则C(1,2,0)、P(0,0,2)、E(0,2,1)，B(1,0,0)，
所以CE=(−1,0,1)，PE=(0,2,−1)，BP=(−1,0,2)，
设平面PEC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CE=−x+z=0n⋅PE=2y−z=0，
取x=2，可得n=(2,1,2)，
设直线BP与平面PEC所成角为θ，
所以sinθ=|BP⋅n||BP||n|=|−2+4| 5×3=2 515．
(Ⅲ)设AF=t，则F(0,0,t)，t∈[0,2]，所以CF=(−1,−2,t)，
因为点F到平面PCE的距离d=|CF⋅n||n|=|−2−2+2t|3=|2t−4|3=13，
因为t∈[0,2]，解得t=32，故AF=32．
【解析】(Ⅰ)证明平面PAB//平面CDE，利用面面平行的性质可证得BF//平面CDE；
(Ⅱ)以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A−xyz，利用空间向量法求值即可；
(Ⅲ)设AF=t，则F(0,0,t)，t∈[0,2]，利用空间向量法可得出关于t的方程，结合t的范围可求得t的值．
本题主要考查直线与平面所成的角和点到平面的距离，属于中档题．