2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{x|x2﹣2x﹣3≤0}，则A∩B＝（ ）
A．{1}B．{1，2}C．{1，2，3}D．{1，2，3，4}
2．（5分）若z•i＝2+3i（i是虚数单位），则|z|＝（ ）
A．2B．3C．13D．32
3．（5分）军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的16000所对的圆心角的大小，．若角α＝1000密位，则α＝（ ）
A．π6B．π4C．π3D．5π12
4．（5分）已知平面α⊥平面β，直线l⊄α，则“l⊥β”是“l∥α”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
5．（5分）杭州亚运会火炬如图（1）所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图（2）所示的几何体．假设火炬装满燃料，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，记剩余燃料的高度为h，则h关于时间t的函数的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
6．（5分）雷峰塔位于杭州市西湖景区，主体为平面八角形体仿唐宋楼阁式塔，总占地面积3133平方米，项目学习小组为了测量雷峰塔的高度，如图选取了与底部水平的直线BC，测得∠ABC、∠ADC的度数分别为α、β，以及D、B两点间的距离d，则塔高AC＝（ ）
A．dsinαsinβsin(β-α)B．dsinαsinβcs(β-α)
C．dtanαtanβtan(β-α)D．dsinαcsβsin(β-α)
7．（5分）已知函数f(x)=ex+π，g(x)=(πe)x（e为自然对数的底数），则（ ）
A．∀x∈（0，+∞），f（x）＞g（x）
B．∃x0∈(eπ，eπ)，当x＝x0时，f（x）＝g（x）
C．∀x∈(eπ，eπ)，f(x)＜g(x)
D．∃x0∈(e2π，+∞)，当x＞x0时，f（x）＜g（x）
8．（5分）设函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，f(-π8)=0，|f(3π8)|=1，且f（x）在区间(-π12，π24)上单调，则ω的最大值为（ ）
A．1B．3C．5D．7
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
（多选）9．（5分）已知函数f(x)=2x-12x+1，则（ ）
A．函数f（x）的图象关于原点对称
B．函数f（x）的图象关于y轴对称
C．函数f（x）的值域为（﹣1，1）
D．函数f（x）是减函数
（多选）10．（5分）如图，O是正六边形ABCDEF的中心，则（ ）
A．AB→-AF→=AO→
B．AC→+AE→=3AD→
C．OA→⋅OC→=OB→⋅OD→
D．AD→在AB→上的投影向量为AB→
（多选）11．（5分）如图，质点A和B在单位圆O上逆时针做匀速圆周运动．若A和B同时出发，A的角速度为1rad/s，起点位置坐标为(12，32)，B的角速度为2rad/s，起点位置坐标为（1，0），则（ ）
A．在1s末，点B的坐标为（sin2，cs2）
B．在1s末，扇形AOB的弧长为π3-1
C．在7π3s末，点A，B在单位圆上第二次重合
D．△AOB面积的最大值为12
（多选）12．（5分）圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球．如图，圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，且圆锥PO的底面直径为2a，则（ ）
A．设内切球的半径为r1，外接球的半径为r2，则r2＝2r1
B．设内切球的表面积S1，外接球的表面积为S2，则S1＝4S2
C．设圆锥的体积为V1，内切球的体积为V2，则V1V2=94
D．设S，T是圆锥底面圆上的两点，且ST＝a，则平面PST截内切球所得截面的面积为πa215
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）设函数f(x)=x12，x＞0(12)x，x＜0，若f(a)=12，则a＝ ．
14．（5分）将曲线y＝sinx上所有点向左平移φ（φ＞0）个单位，得到函数y＝﹣sinx的图象，则φ的最小值为 ．
15．（5分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长都是2，则直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为 ；直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为 ．
16．（5分）对于函数y＝f（x）（x∈I），若存在x0∈I，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数y＝f（x）的“不动点”．若存在x0∈I，使得f（f（x0））＝x0，则称x0为函数y＝f（x）的“稳定点”．记函数y＝f（x）的“不动点”和“稳定点”的集合分别为A和B，即A＝{x|f（x）＝x}，B＝{x|f（f（x））＝x}．经研究发现：若函数f（x）为增函数，则A＝B．设函数f(x)=x-a(a∈R)，若存在b∈[0，1]使f（f（b））＝b成立，则a的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（10分）在平面直角坐标系中，已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P(35，-45)．
（1）求sinα的值；
（2）若角β满足sin(α+β)=32，求csβ的值．
18．（12分）某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量Pmg/L与时间th间的关系为P=P0e-kt（其中P0，k是正常数）．已知在前5个小时消除了10%的污染物．
（1）求k的值（精称到0.01）；
（2）求污染物减少50%需要花的时间（精确到0.1h）．
参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609．
19．（12分）我们把由平面内夹角成60°的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“@未来坐标系”．如图所示，e→1，e→2两分别为Ox，Oy正方向上的单位向量．若向是OP→=xe→1+ye→2，则把实数对（x，y）叫做向量OP→的“@未来坐标”，记OP→={x，y}．已知{x1，y1}，{x2，y2}分别为向是a→，b→的@未来坐标．
（1）证明：{x1，y1}+{x2，y2}＝{x1+x2，y1+y2}．
（2）若向量a→，b→的“@未来坐标”分别为{1，2}，{2，1}，求向量a→，b→的夹角的余弦值．
20．（12分）在四边形ABCD中，AB∥CD，AD•sin∠ADC＝2CD•sin∠ABC．
（1）求证：BC＝2CD．
（2）若AB＝3CD＝3，且AD•sin∠ADB＝AB•sin60°，求四边形ABCD的面积．
21．（12分）生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎．有以下两种捆扎方案：方案（1）为十字捆扎（如图（1）），方案（2）为对角捆扎（如图（2））．设礼品盒的长AB，宽BC，高AA1分别为30cm，20cm，10cm．
（1）在方案（2）中，若LA1＝A1E＝IC1＝C1H＝FB＝BG＝10cm，设平面LEF与平面GHI的交线为l，求证：l∥平面ABCD；
（2）不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少cm？
22．（12分）已知函数f(x)=x+1x(x＞0)，g(x)=x(x＞0)．
（1）直接写出|f（x）﹣g（x）|＜|g（x）﹣f（x）+1|的解集；
（2）若f（x1）＝f（x2）＝g（x3），其中x1＜x2，求f（x1+x2）+g（x3）的取值范围；
（3）已知x为正整数，求h（x）＝（m+1）x2﹣2（m2+1）x（m∈N*）的最小值（用m表示）．
2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.）
1．（5分）已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{x|x2﹣2x﹣3≤0}，则A∩B＝（ ）
A．{1}B．{1，2}C．{1，2，3}D．{1，2，3，4}
【解答】解：集合A＝{1，2，3，4}，B＝{x[x2﹣2x﹣3≤0}＝{x|﹣1≤x≤3}，
A∩B＝{1，2，3}．
故选：C．
2．（5分）若z•i＝2+3i（i是虚数单位），则|z|＝（ ）
A．2B．3C．13D．32
【解答】解：因为z=2+3ii=(2+3i)(-i)i(-i)=3-2i，
所以|z|=32+(-2)2=13．
故选：C．
3．（5分）军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”1密位就是圆周的16000所对的圆心角的大小，．若角α＝1000密位，则α＝（ ）
A．π6B．π4C．π3D．5π12
【解答】解：因为1密位等于圆周角的16000，
所以角α＝1000密位时，α=10006000×2π=π3．
故选：C．
4．（5分）已知平面α⊥平面β，直线l⊄α，则“l⊥β”是“l∥α”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解答】解：设α∩β＝m，在平面α内作a⊥m，
因为平面α⊥平面β，所以a⊥β，
因为l⊥β，所以a∥l，
因为l⊄α，a⊂α，
所以l∥α，
而当平面α⊥平面β，直线l⊄α，l∥α时，l与平面β可能垂直，可能平行，可能相交不垂直，
所以“l⊥β”是“l∥α”的充分而不必要条件．
故选：A．
5．（5分）杭州亚运会火炬如图（1）所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图（2）所示的几何体．假设火炬装满燃料，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，记剩余燃料的高度为h，则h关于时间t的函数的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由图可知，该火炬中间细，上下粗，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，
燃料在燃烧时，燃料的高度一直在下降，刚开始时下降的速度越来越快，
燃料液面到达火炬最细处后，燃料的高度下降得越来越慢，
结合所得的函数图象，A选项较为合适．
故选：A．
6．（5分）雷峰塔位于杭州市西湖景区，主体为平面八角形体仿唐宋楼阁式塔，总占地面积3133平方米，项目学习小组为了测量雷峰塔的高度，如图选取了与底部水平的直线BC，测得∠ABC、∠ADC的度数分别为α、β，以及D、B两点间的距离d，则塔高AC＝（ ）
A．dsinαsinβsin(β-α)B．dsinαsinβcs(β-α)
C．dtanαtanβtan(β-α)D．dsinαcsβsin(β-α)
【解答】解：在△ABD中，∠BAD＝∠ADC﹣∠ABC＝β﹣α，
由正弦定理可得BDsin∠BAD=ADsin∠ABC，即dsin(β-α)=ADsinα，得AD=dsinαsin(β-α)，
由题意可知，AC⊥BC，
所以AC=ADsin∠ADC=dsinαsinβsin(β-α)．
故选：A．
7．（5分）已知函数f(x)=ex+π，g(x)=(πe)x（e为自然对数的底数），则（ ）
A．∀x∈（0，+∞），f（x）＞g（x）
B．∃x0∈(eπ，eπ)，当x＝x0时，f（x）＝g（x）
C．∀x∈(eπ，eπ)，f(x)＜g(x)
D．∃x0∈(e2π，+∞)，当x＞x0时，f（x）＜g（x）
【解答】解：由指数函数的增长速度最快可知，当x＞x0时，f（x）＜g（x）恒成立，故A错误；
画出两个函数图象：
f（eπ）＝e2π+π＞25，g（eπ）＝（πe）eπ＜（2）9＜25，
所以f（x）＝g（x）的零点x0＞eπ，故BC错误；
由指数函数的增长速度最快可知，
当x＞x0时，f（x）＜g（x）恒成立，故D正确．
故选：D．
8．（5分）设函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，f(-π8)=0，|f(3π8)|=1，且f（x）在区间(-π12，π24)上单调，则ω的最大值为（ ）
A．1B．3C．5D．7
【解答】解：由f(-π8)=0，得-π8ω+φ=k1π(k1∈Z)，
由|f(3π8)|=1，得3π8ω+φ=k2π+π2(k2∈Z)，
两式作差，得ω＝2（k2﹣k1）+1（k1，k2∈Z），
因为f（x）在区间(-π12，π24)上单调，所以π24+π12≤12⋅2πω，得ω≤8．
当ω＝7时，-7π8+φ=k1π(k1∈Z)，因为|φ|＜π2，所以φ=-π8，
所以f(x)=sin(7x-π8)．
x∈(-π12，π24)，7x-π8∈(-1724π，π6)，因为-1724π＜-π2，
所以f（x）在区间(-π12，π24)上不单调，不符合题意；
当ω＝5时，-5π8+φ=k1π(k1∈Z)，因为|φ|＜π2，所以φ=-3π8，
所以f(x)=sin(5x-3π8)．
x∈(-π12，π24)，5x-3π8∈(-1924π，-π6)，因为-1924π＜-π2，
所以f（x）在区间(-π12，π24)上不单调，不符合题意；
当ω＝3时，-3π8+φ=k1π(k1∈Z)，因为|φ|＜π2，所以φ=3π8，
所以f(x)=sin(3x+3π8)．
x∈(-π12，π24)，3x+3π8∈(π8，π2)，
所以f（x）在区间(-π12，π24)上单调，符合题意，所以ω的最大值是3．
故选：B．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
（多选）9．（5分）已知函数f(x)=2x-12x+1，则（ ）
A．函数f（x）的图象关于原点对称
B．函数f（x）的图象关于y轴对称
C．函数f（x）的值域为（﹣1，1）
D．函数f（x）是减函数
【解答】解：f（x）的定义域为R，f(x)=2x-12x+1，
则f(-x)=2-x-12-x+1=-2x-12x+1=-f(x)，
所以f（x）为奇函数，f（x）的图象关于原点对称，A正确，B错误；
f(x)=2x-12x+1=1-22x+1，因为2x+1＞1，所以0＜12x+1＜1，0＜22x+1＜2，
所以-1＜1-22x+1＜1，故f（x）的值域为（﹣1，1），C正确；
设x2＞x1，则f(x2)-f(x1)=(1-22x2+1)-(1-22x1+1)
22x1+1-22x2+1=2(2x2-2x1)(2x1+1)(2x2+1)，
因为x2＞x1，所以2x2-2x1＞0，2x1+1＞0，2x2+1＞0，
所以f（x2）﹣f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1），
所以函数f（x）是增函数，故D错误，
故选：AC．
（多选）10．（5分）如图，O是正六边形ABCDEF的中心，则（ ）
A．AB→-AF→=AO→
B．AC→+AE→=3AD→
C．OA→⋅OC→=OB→⋅OD→
D．AD→在AB→上的投影向量为AB→
【解答】解：对于A中，由AB→-AF→=FB→≠AO→，所以A不正确；
对于B中，由AC→+AE→=AO→+OC→+AO→+OE→=2AO→+OC→+OE→=2AO→+OD→=3AO→，所以B不正确；
对于C中，设正六边形的边长为a，可得OA→⋅OC→=1×1×cs120°=-12，OB→⋅OD→=1×1×cs120°=-12，所以OA→⋅OC→=OB→⋅OD→，所以C正确；
对于D中，如图所示，
连接BD，可得BD⊥AB，
可得|AD→|cs∠DAB=|AB→|，所以AD→在向量AB→上的投影向量为|AB→|⋅AB→|AB→|=AB→，所以D正确．
故选：CD．
（多选）11．（5分）如图，质点A和B在单位圆O上逆时针做匀速圆周运动．若A和B同时出发，A的角速度为1rad/s，起点位置坐标为(12，32)，B的角速度为2rad/s，起点位置坐标为（1，0），则（ ）
A．在1s末，点B的坐标为（sin2，cs2）
B．在1s末，扇形AOB的弧长为π3-1
C．在7π3s末，点A，B在单位圆上第二次重合
D．△AOB面积的最大值为12
【解答】解：在1s末，点B的坐标为（cs2，sin2），故A错误；
点A的坐标为(cs(π3+1)，sin(π3+1))；∠AOB=π3-1，扇形AOB的弧长为π3-1，故B正确；
设在ts末，点A，B在单位圆上第二次重合，
则2t-t=t=2π+π3=7π3，故在7π3s末，点A，B在单位圆上第二次重合，故C正确；
S△AOB=12sin∠AOB，经过5π6s后，可得∠AOB=π2，△AOB面积的可取得最大值12，故D正确．
故选：BCD．
（多选）12．（5分）圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球．如图，圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，且圆锥PO的底面直径为2a，则（ ）
A．设内切球的半径为r1，外接球的半径为r2，则r2＝2r1
B．设内切球的表面积S1，外接球的表面积为S2，则S1＝4S2
C．设圆锥的体积为V1，内切球的体积为V2，则V1V2=94
D．设S，T是圆锥底面圆上的两点，且ST＝a，则平面PST截内切球所得截面的面积为πa215
【解答】解：作出圆锥的轴截面如下：
因为圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，所以△PAB为等边三角形，
又PB＝2a，所以OP=PB2-OB2=3a，设球心为G（即为△PAB的重心），
所以PG=23PO=233a，OG=13PO=33a，
即内切球的半径为r1=OG=33a，外接球的半径为r2=PG=233a，
所以r2＝2r1，故A正确；
设内切球的表面积S1，外接球的表面积为S2，则S2＝4S1，故B错误；
设圆锥的体积为V1，则V1=13πa2×3a=33πa3，
内切球的体积V2，则V2=43π（33a）3=4327πa3，
所以V1V2=94，故C正确；
设S、T是圆锥底面圆上的两点，且ST＝a，则ST所对的圆心角为π3（在圆O上），
设ST的中点为D，则OD＝asinπ3=32a，不妨设D为OB上的点，连接PD，
则PD=PO2+OD2=15a2，过点G作GE⊥PD交PD于点E，则△PEG∽△POD，
所以GEOD=PGPD，即GE32a=233a152a，解得GE=21515a，
所以平面PST截内切球截面圆的半径r=r12-GE2=115a2，
所以截面圆的面积为πr2=πa215，故D正确．
故选：ACD．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）设函数f(x)=x12，x＞0(12)x，x＜0，若f(a)=12，则a＝ 14 ．
【解答】解：当a＞0时，a12=12，∴a=14，
当a＜0时，(12)a=12，∴a＝1（舍）．
∴a=14．
故答案为：14．
14．（5分）将曲线y＝sinx上所有点向左平移φ（φ＞0）个单位，得到函数y＝﹣sinx的图象，则φ的最小值为 π ．
【解答】解：将曲线y＝sinx上所有点向左平移φ（φ＞0）个单位，可得y＝sin（x+φ），
因为y＝sin（x+φ）与y＝﹣sinx的图象相同，
所以φ＝π+2kπ，k∈Z，
因为φ＞0，所以φ的最小值为π．
故答案为：π．
15．（5分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长都是2，则直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为 155 ；直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为 14 ．
【解答】解：空1：取AB的中点D，连接CD，B1D，
因为△ABC为等边三角形，所以CD⊥AB，
因为BB1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以BB1⊥CD，
因为BB1∩AB＝B，BB1，AB⊂平面AA1B1B，
所以CD⊥平面AA1B1B，
所以∠CB1D为直线CB1与平面AA1B1B所成角，
因为正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长都是2，
所以CD=32×2=3，DB1=22+12=5，
所以tan∠CB1D=CDDB1=35=155，
所以直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为155，
空2：分别取BC，BB1，A1B1的中点E，F，G，连接EF，FG，EG，
则EF∥B1C，EF=12B1C=12×22=2，
FG∥A1B，FG=12A1B=12×22=2，
所以∠EFG（或其补角）为直线CB1与直线A1B所成角，
连接DG，DE，则EG=DG2+DE2=22+12=5，
在△EFG中，由余弦定理得：
cs∠EFG=EF2+FG2-EG22EF⋅FG=2+2-52×2×2=-14，
因为异面直线所成的角的范围为(0，π2]，
所以直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为14．
故答案为：155；14．
16．（5分）对于函数y＝f（x）（x∈I），若存在x0∈I，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数y＝f（x）的“不动点”．若存在x0∈I，使得f（f（x0））＝x0，则称x0为函数y＝f（x）的“稳定点”．记函数y＝f（x）的“不动点”和“稳定点”的集合分别为A和B，即A＝{x|f（x）＝x}，B＝{x|f（f（x））＝x}．经研究发现：若函数f（x）为增函数，则A＝B．设函数f(x)=x-a(a∈R)，若存在b∈[0，1]使f（f（b））＝b成立，则a的取值范围是 [0，14] ．
【解答】解：因为f(x)=x-a(a∈R)是增函数，
所以f（f（b））＝b等价于f（b）＝b，即b-a=b，
所以a＝b﹣b2，
而a＝b﹣b2在[0，12)上单调递增，在(12，1]上单调递减，
所以amax=14，
而当b＝0时，a＝0；当b＝1时，a＝0，即amin＝0，
所以a的取值范围为[0，14]．
故答案为：[0，14]．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（10分）在平面直角坐标系中，已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P(35，-45)．
（1）求sinα的值；
（2）若角β满足sin(α+β)=32，求csβ的值．
【解答】解：（1）由角α的终边过点P(35，-45)，得sinα=yr=-45(35)2+(-45)2=-45．
（2）由角α的终边过点P(35，-45)，得csα=xr=35，
由sin(α+β)=32，得cs(α+β)=1-sin2(α+β)=±12，
csβ＝cs[（α+β）﹣α]＝cs（α+β）csα+sin（α+β）sinα，
当cs(α+β)=12时，csβ=12×35+32×(-45)=3-4310；
当cs(α+β)=-12时，csβ=-12×35+32×(-45)=-3-4310，
综上所述，csβ=3-4310或-3-4310．
18．（12分）某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量Pmg/L与时间th间的关系为P=P0e-kt（其中P0，k是正常数）．已知在前5个小时消除了10%的污染物．
（1）求k的值（精称到0.01）；
（2）求污染物减少50%需要花的时间（精确到0.1h）．
参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609．
【解答】解：（1）由P=P0e-kt知，当t＝0时，P＝P0；
当t＝5时，P＝（1﹣10%）P0；
即0.9P0=P0e-5k，
所以k=-15ln0.9，
即k=-15ln910=-15×(2ln3-ln10)=-15×(2ln3-ln2-ln5)≈0.02；
（2）当P＝0.5P0时，0.5P0=P0e-0.02t，即0.5＝e﹣0.02t，
则t＝50ln2≈34.7．
故污染物减少50%需要花的时间约为34.7h．
19．（12分）我们把由平面内夹角成60°的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“@未来坐标系”．如图所示，e→1，e→2两分别为Ox，Oy正方向上的单位向量．若向是OP→=xe→1+ye→2，则把实数对（x，y）叫做向量OP→的“@未来坐标”，记OP→={x，y}．已知{x1，y1}，{x2，y2}分别为向是a→，b→的@未来坐标．
（1）证明：{x1，y1}+{x2，y2}＝{x1+x2，y1+y2}．
（2）若向量a→，b→的“@未来坐标”分别为{1，2}，{2，1}，求向量a→，b→的夹角的余弦值．
【解答】（1）证明：因为a→=x1e1→+y1e2→={x1，y1}，
b→=x2e1→+y2e2→={x2，y2}，
所以a→+b→=（x1e1→+y1e2→）+（x2e1→+y2e2→）＝（x1+x2）e1→+（y1+y2）e2→={x1+x2，y1+y2}，
所以{x1，y1}+{x2，y2}＝{x1+x2，y1+y2}．
（2）解：因为a→={1，2}=e1→+2e2→，b→={2，1}＝2e1→+e2→，
所以a→•b→=（e1→+2e2→）•（2e1→+e2→）＝2e1→2+5e1→•e2→+2e2→2=2+5×cs60°+2=132，
|a→|＝|b→|=1+4+2×2×1×cs60°=7，
所以向量a→，b→夹角的余弦值为：
cs＜a→，b→＞=a→⋅b→|a→||b→|=1327×7=1314．
20．（12分）在四边形ABCD中，AB∥CD，AD•sin∠ADC＝2CD•sin∠ABC．
（1）求证：BC＝2CD．
（2）若AB＝3CD＝3，且AD•sin∠ADB＝AB•sin60°，求四边形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：在△ACD中，由正弦定理得AD•sin∠ADC＝AC•sin∠ACD，
∵AB∥CD，∴∠ACD＝∠CAB，
∴AD•sin∠ADC＝AC•sin∠CAB，
在△ABC中，由正弦定理得，
即AC•sin∠CAB＝BC•sin∠ABC，
∴AD•sin∠ADC＝BC•sin∠ABC．
又AD•sin∠ADC＝2CD•sin∠ABC，
∴BC•sin∠ABC＝2CD•sin∠ABC，
∴BC＝2CD．
（2）解：在△ABD中，由正弦定理得AD•sin∠ADB＝AB•sin∠ABD＝AB•sin60°，
∴sin∠ABD＝sin60°，
∴∠ABD＝60°或120°，
①当∠ABD＝60°时，则∠BDC＝60°，
在△BCD中，由余弦定理得，BD2﹣BD﹣3＝0，又BD＞0，
解得BD=1+132，
此时四边形ABCD的面积S=12(AB+CD)×BD×sin60°=39+32，
②当∠ABD＝120°时，则∠BDC＝120°，
在△BCD中，由余弦定理得，BD2+BD﹣3＝0，
解得BD=-1+132，
此时四边形ABCD的面积S=12(AB+CD)×BD×sin120°=39-32．
21．（12分）生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎．有以下两种捆扎方案：方案（1）为十字捆扎（如图（1）），方案（2）为对角捆扎（如图（2））．设礼品盒的长AB，宽BC，高AA1分别为30cm，20cm，10cm．
（1）在方案（2）中，若LA1＝A1E＝IC1＝C1H＝FB＝BG＝10cm，设平面LEF与平面GHI的交线为l，求证：l∥平面ABCD；
（2）不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少cm？
【解答】解：（1）证明：连接LI，EH，
在长方体中，LA1＝A1E＝IC1＝C1H＝FB＝BG＝10cm，
则B1H＝LD1＝10cm，B1E＝ID1＝20cm，
所以LE=102+102=102，IH=102+102=102，
LI=202+102=105，EH=202+102=105，
所以LE＝IH，LI＝EH，
所以四边形LEHI是平行四边形，
∴LE∥IH，
又∵LE⊄平面IHG，LE⊂平面LEF，
∴LE∥平面IHG；
又∵LE⊂平面LEF，平面LEF∩平面GHI＝1，
∴LE∥l；
又∵l⊄平面A1B1C1D1，LE⊂平面A1B1C1D1，
∴l∥平面A1B1C1D1，
又∵l⊄平面ABCD，
∴l∥平面ABCD；
（2）方案1中，绳长为（30+10）×2+（20+10）×2＝140cm；
方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由F到F′的折线，如图所示，
在扎紧的情况下，彩绳长度的最小值为FF′长度，
因为FB＝F′B″，
所以FF'=BB″=(60+20)2+(40+20)2=100cm，
所以彩绳的最短长度为100cm．
22．（12分）已知函数f(x)=x+1x(x＞0)，g(x)=x(x＞0)．
（1）直接写出|f（x）﹣g（x）|＜|g（x）﹣f（x）+1|的解集；
（2）若f（x1）＝f（x2）＝g（x3），其中x1＜x2，求f（x1+x2）+g（x3）的取值范围；
（3）已知x为正整数，求h（x）＝（m+1）x2﹣2（m2+1）x（m∈N*）的最小值（用m表示）．
【解答】解：（1）∵f(x)=x+1x(x＞0)，g(x)=x(x＞0)，
∴|f（x）﹣g（x）|＜|g（x）﹣f（x）+1|，即为|1x|＜|1-1x|，
又因为x＞0，所以有1x＜|1-1x|，
当0＜x≤1时，1-1x≤0，故1x＜1x-1，显然不成立；
当x＞1时，1-1x＞0，故1x＜1-1x，即2x＜1，解得x＞2，
综上所述，|f（x）﹣g（x）|＜|g（x）﹣f（x）+1|的解集为（2，+∞）；
（2）设f（x1）＝f（x2）＝g（x3）＝t，则x3＝t，
令x+1x=t，整理得：x2﹣tx+1＝0，
故x1+x2＝t，且Δ＝t2﹣4＞0，得t＞2，
∴f（x1+x2）+g（x3）＝2t+1t在（2，+∞） 上单调递增，
所以2t+1t＞2×2+12=92，
即f（x1+x2）+g（x3）∈（92，+∞）；
（3）因为h（x）＝（m+1）x2﹣2（m2+1）x＝（m+1）（x-m2+1m+1）-(m2+1)2m+1，
因为m2+1m+1=m﹣1+2m+1，
m∈N*，m﹣1∈N*，2m+1≤1，
①当m＝1时，m﹣1+2m+1=1，所以h（x）min＝h（1）＝﹣2；②当m＝2时，m﹣1+2m+1=53，所以h（x）min＝h（2）＝﹣8；
③当m＝3时，m﹣1+2m+1=52，所以h（x）min＝h（2）＝h（3）＝﹣24；
④当m＞3时，2m+1＜12，m﹣1＜m﹣1+2m+1＜m﹣1+12，
所以h（x）min＝h（m﹣1）＝﹣m3+m2﹣3m+3；
综上所述，h（x）min=-2，m=1-8，m=2-24，m=3-m3+m2-3m+3，m＞3．