2022-2023学年四川省成都市成华区高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省成都市成华区高一（下）期末数学试卷（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。

2022-2023学年四川省成都市成华区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数z=11+i(i为虚数单位)，则z的共轭复数z−是(    )
A. 12−12i B. 12+12i C. −12−12i D. −12+12i
2. 已知向量a,b满足a⋅b=1，且|a|=2|b|=2，则|a−b|=(    )
A. 5 B. 3 C. 1 D. 12
3. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论中正确的是(    )
A. 若m//n，n//α，则m//α
B. 若m//α，n//α，则m//n
C. 若m//n，m//α，n//β，则α//β
D. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
4. 在△ABC中，AB=2，AC= 2，B=30°，则A=(    )
A. 120°或30° B. 120° C. 105°或15° D. 105°
5. 在平行四边形ABCD中，E为对角线AC上靠近点C的三等分点，延长DE交BC于F，则DF=(    )
A. AB−12AD B. AB+12AD C. 12AB−AD D. 12AB+AD
6. 在△ABC中，若sin2A=sin2C−sin2B，AB=2(BC−ACcosC)，则△ABC的形状为(    )
A. 等边三角形 B. 等腰直角三角形
C. 钝角三角形 D. 有一个内角为60°的直角三角形
7. 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠CAB=90°，AB=2 2,AC=1,AA1=2，则直线AC1与BA1所成角的余弦值为(    )


A. 2 39 B. 2 1515 C. 4 39 D. 1515
8. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°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OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量OP在坐标系Oxy中的坐标，记作OP=(x,y).若OP1=(cosθ,1),OP2=(1,sinθ),θ∈(π2,3π2),OP1⋅OP2=−12，则θ的值为(    )
A. 3π4 B. π C. 5π4 D. 4π3
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z1=1−i，z2=−2+3i，i为虚数单位，下列说法正确的是(    )
A. z1+z2在复平面内对应的点位于第四象限
B. 若z1(a+i)=z2+bi(a,b∈R)，则ab=−3
C. 若z1是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=0
D. 若向量OA,OB分别对应的复数为z1，z2，则向量AB对应的复数为3−4i
10. 已知O为△ABC的外接圆圆心，AB+AC=2AO,|AO|=|AC|，下列说法正确的是(    )
A. B，O，C三点共线
B. B=60°
C. AB= 3AC
D. 向量BA在向量BC上的投影向量为34BC
11. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，下列说法正确的是(    )
A. Aω12ϕ=1
B. 函数f(x)的图象关于直线x=56对称
C. 函数f(x)在[23,54]上单调递增
D. 将函数f(2xω)的图象向左平移π12个单位后得到函数g(x)的图象，则g(x)为偶函数



12. 魏晋时期著名数学家刘徽解释了《九章算术−商功》中记录的空间几何体“堑堵、阳马、鳖臑”的形状和产生过程，即：“邪解立方得两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”，其意思是：把正方体或长方体斜向分解成两个堑堵，再把堑堵斜向分解得到一个阳马和一个鳖臑，两者的体积比为定值.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1被平面ABC1D1截得两个“堑堵”，其中一个“堑堵”BCC1−ADD1又被平面D1BC截为一个“阳马”D1−ABCD和一个“鳖臑”D1−BCC1，则下列说法正确的是(    )
A. “阳马”D1−ABCD是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”D1−BCC1为四个面全是直角三角形的三棱锥
B. “阳马”D1−ABCD的体积是“鳖臑”D1−BCC1的体积的2倍
C. “阳马”D1−ABCD的最长棱和“鳖臑”D1−BCC1的最长棱不相等
D. 若AB=1，“鳖臑”D1−BCC1的所有顶点都在同一球面上，且该球的表面积为5π，则长方体ABCD−A1B1C1D1的体积的最大值为2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为______．
14. 若复数z=x+yi(x,y∈R,i为虚数单位)，且x2+y2=1，则|z−3i|的最小值为______ ．
15. 已知函数f(x)=sin(ωx+π4)(ω∈N)在[0,π)上有且仅有一个零点，则ω的值为______ ．
16. 已知边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=30°，E是边AD所在直线上的一点，则EB⋅EC的取值范围为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(4,m),b=(2,−1),m∈R．
(Ⅰ)若a⊥b，求m；
(Ⅱ)若a与b的夹角为锐角，求m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
已知α∈(0,π4)，且sinα+cosα=2 105．
(Ⅰ)求tanα的值；
(Ⅱ)若β∈(0,π),tan(2α+β)=−12，求α+β的值．
19. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥P−ABC中，∠ABC=90°，AB=1，BC=2，P在底面ABC的射影O在AC上，且BO⊥AC．
(Ⅰ)求三棱锥P−ABO与三棱锥P−BCO的体积之比；
(Ⅱ)若点D在PC上，且PD=15PC.证明：OD//平面PAB．

20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)= 3sin(x+π4)sin(x−π4)+sinxcosx．
(Ⅰ)求f(x)的最小正周期和对称中心；
(Ⅱ)已知锐角△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)= 32,a=4，求△ABC周长的最大值．
21. (本小题12.0分)
如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CD的中点．
(Ⅰ)求证：平面D1AF⊥平面D1DE；
(Ⅱ)记直线D1F与平面D1DE所成角为θ1，直线D1A与平面D1DE所成角为θ2，求θ1+θ2的余弦值．

22. (本小题12.0分)
高新体育中心体育馆(图1)是成都大运会乒乓球项目比赛场馆，该体育馆屋顶近似为正六边形ABCDEF，屋底近似为正六边形A1B1C1D1E1F1．

(Ⅰ)如图2，已知该体育馆屋顶上有A，M，N三点用电缆围成了三角形形状，测得∠MAN=75°，∠AMN=45°，AM=50米，求该电缆的长度；
(Ⅱ)如图3，若在建造该体育馆时在馆底B1，D1，E1处的垂直方向上分别有1，2，3号塔吊，若1号塔吊(点B2处)驾驶员观察2号塔吊(点D2处)驾驶员的仰角为30°，2号塔吊驾驶员观察3号塔吊(点E2处)驾驶员的仰角为45°，且1号塔吊高a米，2号塔吊比1号塔吊高 33a米，则3号塔吊高多少米？(塔吊高度以驾驶员所在高度为准)．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：复数z=11+i=1−i(1+i)(1−i)=1−i2=12−12i，
则z的共轭复数z−=12+12i．
故选：B．
利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：由题意，|a|=2，|b=1，a⋅b=1，
则|a||b|cos=2×1×cos=1，
解得cos=12，
所以|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2
= 4−2×2×1×12+1
= 3．
故选：B．
由向量a⋅b=1，可求得夹角的余弦值，再根据数量积的性质，将|a−b|转化为数量积进行运算即可．
本题考查平面向量数量积的性质，属基础题．

3.【答案】D 
【解析】解：若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故A错误；
若m//α，n//α，则m//n或m与n相交或m与n异面，故B错误；
若m//n，m//α，n//β，则α//β或α与β相交，故C错误；
若m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m//β，又n⊥β，∴m⊥n，故D正确．
故选：D．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．

4.【答案】C 
【解析】解：由正弦定理有：ACsinB=ABsinC，
∴sinC=AB⋅sinBAC=2×12 2= 22，
∵AB>AC，∴C>B，∴C∈(30°,180°)，
∴C=45°或135°，
∴A=180°−B−C=105°或15°．
故选：C．
由正弦定理求出C，再由三角形的内角和定理即可求得．
本题考查正弦定理，属于基础题．

5.【答案】C 
【解析】解：根据题意作图如下：

由题意可知，AFDC=AEEC=12，所以F为AB中点，
所以DF=DA+AF=−AD+12AB，
故选：C．
根据题意作图，根据AFDC=AEEC=12，得到F为AB中点，再根据向量的运算求解即可．
本题主要考查平面向量的运算，属于中档题．

6.【答案】D 
【解析】解：若sin2A=sin2C−sin2B，
则a2=c2−b2，即a2+b2=c2，即角C为直角，
AB=2(BC−ACcosC)，
则c=2(a−bcosC)，
由正弦定理可得，sinC=2(sinA−sinBcosC)=2[sin(B+C)−sinBcosC]=2cosBsinC，
∵sinC≠0，
∴cosB=12，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3，
综上所述，△ABC的形状为有一个内角为60°的直角三角形．
故选：D．
根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的恒等变换，即可求解．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．

7.【答案】B 
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠CAB=90°，AB=2 2,AC=1,AA1=2，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2 2,0,0)，C1(0,1,2)，A1(0,0,2)，
则AC1=(0,1,2)，BA1=(−2 2,0,2)，
则|AC1|= 12+22= 5，|BA1|= (−2 2)2+22=2 3，
则cos=AC1⋅BA1|AC1||BA1|=4 5×2 3=2 1515，
即直线AC1与BA1所成角的余弦值为2 1515．
故选：B．
先建系，求出对应点的坐标，然后结合空间向量的应用求出直线AC1与BA1所成角的余弦值即可．
本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了空间向量的应用，属基础题．

8.【答案】B 
【解析】解：由题意，OP1=cosθe1+e2，OP2=e1+sinθe2，
由OP1⋅OP2=−12，可得：
(cosθe1+e2)⋅(e1+sinθe2)
=cosθe12+(sinθcosθ+1)e1⋅e2+sinθe22
=sinθ+cosθ+12sinθcosθ+12=−12，
即sinθ+cosθ+12sinθcosθ+1=0，
令t=sinθ+cosθ= 2sin(θ+π4)，
由θ∈(π2,3π2)，可得θ+π4∈(3π4,7π4)，
则t∈[− 2,1)，且sinθcosθ=t2−12，
故t+t2−14+1=0，即t2+4t+3=0，
解得t=−1或t=−3(舍去)，
由 2sin(θ+π4)=−1，可得θ+π4=5π4，即θ=π．
故选：B．
将OP1和OP2用基底e1和e2表示出来，按照数量积的运算规则展开，得到关于θ的关系式，根据范围求出θ即可．
本题考查平面向量的数量积运算，三角函数中的整体换元以及三角函数的求值问题，属中档题．

9.【答案】BC 
【解析】解：z1=1−i，z2=−2+3i，
对于A，z1+z2=−1+2i，
则z1+z2在复平面内对应的点(−1,2)位于第二象限，故A错误；
对于B，z1(a+i)=z2+bi，
则(1−i)(a+i)=−2+(b+3)i，即a+1+(1−a)i=−2+(b+3)i，
所以a+1=−21−a=b+3，解得a=−3b=1，
故ab=−3，故B正确；
对于C，z1是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
则z1−也是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
故1−i+1+i=−p(1−i)(1+i)=q，解得p=−2，q=2，
故p+q=0，故C正确；
对于D，向量OA,OB分别对应的复数为z1，z2，
则OA=(1,−1)，OB=(−2,3)，
故AB=OB−OA=(−3,4)，
所以向量AB对应的复数为−3+4i，故D错误．
故选：BC．
对于A，结合复数的几何意义，即可求解；
对于B，结合复数相等的条件，即可求解；
对于C，结合韦达定理，即可求解；
对于D，结合复数的几何意义，以及向量的坐标运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．

10.【答案】ACD 
【解析】解：已知O为△ABC的外接圆圆心，AB+AC=2AO,|AO|=|AC|，
则AB−AO=AO−AC，
即OB=CO，
即O为BC的中点，
即A为直角，
又|AO|=|AC|，
又|AO|=|AC|=|OC|，
即△OAC为等边三角形，
对于选项A，由OB=CO，
则B，O，C三点共线，
即选项A正确；
对于选项B，由△OAC为等边三角形，
则C=60°，
即B=30°，
即选项B错误；
对于选项C，ABAC=tanC= 3，
即AB= 3AC，
即选项C正确；
对于选项D，设AC=t，
则向量BA在向量BC上的投影向量为BA⋅BC|BC|BC|BC|= 3t×2t× 322tBC2t=34BC，
即选项D正确．
故选：ACD．
由平面向量数量积的运算，结合投影向量的运算及解三角形逐一判断即可得解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了投影向量的运算及解三角形，属中档题．

11.【答案】AD 
【解析】解：对A，根据函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象，可得A=2，
T4=14×2πω=13−112，所以ω=2，
利用五点法作图，可得2π×13+φ=π，可得φ=π3，所以f(x)=2sin(2πx+π3)，则Aω=12φ=4π，故A正确；
对B，令x=56，求得f(x)=0，故函数y=f(x)的图象不关于直线x=56对称，故B错误；
当x∈[23,54]时，2πx+π3∈[5π3,17π6]，则函数f(x)不单调，故C错误；
对D，f(2xω)=2sin(2π2x2+π3)=2sin(2x+π3)，
把其图象向左平移π12个单位可得g(x)=2sin(2(x+π12)+π3)=2sin(2x+π2)=2cos2x，
根据余弦函数y=cosx为偶函数，可知g(x)为偶函数，故D正确．
故选：AD．
由图象求得函数解析式，然后根据正弦函数性质及图象变换判断各选项．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，正弦函数的图象与性质，三角函数图象的平移变换，考查运算求解能力，属于中档题．

12.【答案】AB 
【解析】解：由图形可知“阳马”D1−ABCD是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”D1−BCC1为四个面全是直角三角形的三棱锥，所以A正确；
一个“堑堵”BCC1−ADD1是一个三棱柱，“阳马”D1−ABCD的体积是“鳖臑”D1−BCC1的体积的2倍，满足题意，所以B正确；
“阳马”D1−ABCD的最长棱是D1B，“鳖臑”D1−BCC1的最长棱也是D1B，二者相等，所以C不正确；
若AB=1，“鳖臑”D1−BCC1的所有顶点都在同一球面上，且该球的表面积为5π，
可得球的半径为R，可得4πR2=5π，所以R= 52，长方体的对角线长为 5，
长方体的体积为：AB⋅BC⋅AA1=BC⋅AA1≤12(BC2+AA12)=12×( 5)2=2.5，当且仅当BC=AA1时，体积取得最大值，所以D不正确．
故选：AB．
几何图形判断A的正误；通过体积判断B；判断最长棱是否相等判断C；求解长方体ABCD−A1B1C1D1的体积的最大值，判断D．
本题考查几何体的体积的求法，几何体的外接球的表面积的求法，几何体的结构特征的判断，是中档题．

13.【答案】15π 
【解析】解：根据题意，圆锥的底面半径为3，高为4，则其母线长l= 9+16=5，
则其侧面积S=πrl=15π，
故答案为：15π．
根据题意，先求出圆锥的母线长，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，注意圆锥的体积计算公式，属于基础题．

14.【答案】2 
【解析】解：∵复数z=x+yi(x,y∈R,i为虚数单位)，且x2+y2=1，
∴复数z对应的点在单位圆上，
而|z−3i|= x2+(y−3)2，
表示单位圆上的点和点(0,3)的距离，
如图示：
，
显然z=i时，|z−3i|取到最小值2．
故答案为：2．
根据复数的几何意义、复数的模，再结合图像求出其最小值即可．
本题考查了复数求模问题，考查复数的几何意义以及数形结合思想，是基础题．

15.【答案】1 
【解析】解：f(x)=sin(ωx+π4)(ω∈N)，∵x∈(0,π)，
∴π4<ωx+π4<πω+π4，
∵函数f(x)=sin(ωx+π4)(ω∈N)在(0,π)有且仅有一个零点，
可得，πω+π4>ππω+π4≤2π，解可得，34<ω≤74．
又ω∈N，所以ω=1．
故答案为：1．
利用正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦函数的性质的简单应用，属中档题．

16.【答案】[4−2 3,4+2 3] 
【解析】解：根据题意建立如图所示坐标系，则有：
A(0,0)，D(2,0)，C(2+ 3,1)，B( 3,1)，
设E(t,0)，其中0≤t≤2，则EB=( 3−t,1)，EC=(2+ 3−t,1)，
则EB⋅EC=( 3−t)⋅(2+ 3−t)+1
=t2−2(1+ 3)t+4+2 3，因为对称轴为t=1+ 3，
故当t=0时，式子有最大值4+2 3，
当t=2时，式子有最小值4−2 3，
则EB⋅EC的取值范围是[4−2 3,4+2 3].
故答案为：[4−2 3,4+2 3].
建立平面直角坐标系，由数量积的坐标运算即可求得．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属中档题．

17.【答案】解：(1)∵a⊥b，a=(4,m),b=(2,−1),m∈R，
∴a⋅b=4×2−m=0，∴m=8；
(2)当a//b时，−4−2m=0，∴m=−2，此时a,b同向，
∵a与b的夹角为锐角，
∴a⋅b>0且a,b不同向共线，
即8−m>0且m≠−2，
∴m<8且m≠−2，
∴m的取值范围为(−∞,−2)∪(−2,8)． 
【解析】(1)由a⊥b得a⋅b=0从而求出m；
(2)由条件得a⋅b>0且a,b不同向共线，计算即可．
本题考查平面向量的坐标运算和数量积与夹角，属于基础题．

18.【答案】解：(Ⅰ)因为α∈(0,π4)，且sinα+cosα=2 105，
所以1+2sinαcosα=85，则sinαcosα=310，
所以sinαcosαsin2α+cos2α=tanαtan2α+1=310，解得tanα=3或13，
又α∈(0,π4)，所以0 则tanα=13；
(Ⅱ)因为tan(α+β)=tan[(2α+β)−α]=tan(2α+β)−tanα1+tan(2α+β)tanα
=−12−131−12×13=−1，
又α∈(0,π4),β∈(0,π)，则α+β∈(0,5π4)，
所以α+β=3π4． 
【解析】(Ⅰ)对已知等式两边同时平方求出sinαcosα的值，再根据正余弦的平方关系以及弦化切化简即可求出tanα的值，然后根据α的范围即可求解；(Ⅱ)因为tan(α+β)=tan[(2α+β)−α]，然后根据正切的差角公式化简求出tan(α+β)的值，再根据α，β的范围求出α+β的范围，由此即可求解．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，涉及到弦化切以及凑角，考查了学生的运算能力，属于中档题．

19.【答案】(Ⅰ)解：在三棱锥P−ABC中，∠ABC=90°，AB=1，BC=2，P在底面ABC的射影O在AC上，且BO⊥AC．
可得AC= 5，BO=AB⋅BCAC=2 5，所以AO= 1−45= 55，CO=4 55
三棱锥P−ABO与三棱锥P−BCO的体积之比：13×12×AO×OB×PO13×12×OC×OB×PO=AOCO=14；
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)AO= 55，CO=4 55，
可知AO=15AC，
点D在PC上，且PD=15PC．
所以OD//PA，OD⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以OD//平面PAB． 
【解析】(Ⅰ)求三棱锥P−ABO与三棱锥P−BCO的体积之比；
(Ⅱ)若点D在PC上，且PD=15PC.证明：OD//平面PAB．
本题考查几何体的体积的求法，直线与平面平行的判断，是中档题．

20.【答案】解：(Ⅰ)f(x)= 3sin(x+π4)sin(x−π4)+sinxcosx
= 3× 22(sinx+cosx)× 22(sinx−cosx)+sinxcosx
= 32(sin2x−cos2x)+sinxcosx
=− 32cos2x+12sin2x
=sin(2x−π3)，
∴f(x)的最小正周期为T=2π2=π，
令2x−π3=kπ，k∈Z，得x=kπ2+π6，k∈Z，
所以f(x)的对称中心为(kπ2+π6,0)，(k∈Z)；
(Ⅱ)由f(A)= 32，得sin(2A−π3)= 32，
因为△ABC为锐角三角形，
∴A∈(0,π2)，∴2A−π3∈(−π3,2π3)，
∴2A−π3=π3，即A=π3，又a=4，
∴asinA=bsinB=csinC=4 32=8 33，
所以b=8 33sinB，c=8 33sinC，
∵A=π3，∴B+C=2π3，
则sinB+sinC=sinB+sin(2π3−B)
=sinB+ 32cosB+12sinB
=32sinB+ 32cosB
= 3sin(B+π6)，
又在锐角△ABC中，由C=2π3−B∈(0,π2)，
解得B∈(π6,π2)，∴B+π6∈(π3,2π3)，
∴sin(B+π6)∈( 32,1],
所以sinB+sinC= 3sin(B+π6)∈(32, 3],
故△ABC的周长a+b+c=4+8 33(sinB+sinC)∈(4+4 3,12],
即△ABC周长的最大值为12． 
【解析】(Ⅰ)化简f(x)，根据正弦函数的最小正周期公式和对称中心可求出结果；
(Ⅱ)由f(A)= 32，A为锐角得A=π3，根据B的范围求出sinB+sinC的最大值后可得周长的最大值．
本题考查了三角恒等变换，三角函数的性质，正弦定理等知识，属中档题．

21.【答案】证明：(Ⅰ)因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，所以四边形ABCD为正方形，
因为E，F分别为BC，CD的中点，所以DF=CE，
又因为AD=DC，∠ADF=∠DCE，所以△ADF≌△DCE，
所以∠EDC+∠DFA=90°，
所以AF⊥DE，
又易知D1D⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，
所以D1D⊥AF，
又D1D，DE⊂平面D1DE，且D1D∩DE=D，
所以AF⊥平面D1DE，
又因为AF⊂平面D1AF，
所以平面D1AF⊥平面D1DE．
解：(Ⅱ)设AF，DE交点为G点，连接D1G，如下图所示：

由(Ⅰ)可知AF⊥平面D1DE，
直线D1F与平面D1DE所成角θ1即为∠FD1G，
直线D1A与平面D1DE所成角θ2即为∠AD1G，
所以θ1+θ2即为∠AD1F，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CD的中点，
所以易知AF= AD2+DF2= 5，AD1= AD2+DD12=2 2，D1F= DF2+DD12= 5，
在△AD1F中，根据余弦定理可得cos∠AD1F=AD12+D1F2−AF22AD1⋅D1F= 105，
所以θ1+θ2的余弦值为 105． 
【解析】(Ⅰ)先证明AF⊥平面D1DE，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知直线D1F与平面D1DE所成角θ1即为∠FD1G，直线D1A与平面D1DE所成角θ2即为∠AD1G，再根据余弦定理求解即可．
本题主要考查面面垂直的判定定理和直线与平面所成的角，属于中档题．

22.【答案】解：(Ⅰ)△AMN中，∠MAN=75°，∠AMN=45°，可得∠ANM=60°，AM=50，
由正弦定理可得AMsin∠ANM=MNsin∠MAN=ANsin∠AMN，
即50 32=MN 6+ 24=AN 22，
可得MN=25( 6+3 2)3，AN=50 63，
所以△AMN的周长为：50+25( 6+3 2)3+50 63=25( 6+ 2+2)．
即该电缆的长度为25( 6+ 2+2)米．
(Ⅱ)作B1P⊥D1D2交于P，D2Q⊥E1E2于Q，连接B1D1，

由题意可得∠D2B2P=30°，
D2P= 33a，
则B1P=a，由正六边形可得△B1C1D1为正三角形，所以正六边形的边长为a，
∠E2D2Q=45°，QE2=QD2=a，
所以3号塔吊高为D1D2+QE2=a+ 33a+a=6+ 33a米． 
【解析】(Ⅰ)由题意可得∠ANM=60°，由正弦定理可得MN，AN的大小，进而求出三角形的周长，即电缆的长度；
(Ⅱ)由题意作B1P⊥D1D2交于P，D2Q⊥E1E2于Q，∠D2B2P=30°，∠E2D2Q=45°，进而可得正六边形的边长及QE2的大小，再求出3号塔高的大小．
本题考查正弦定理的应用及直角三角形的性质的应用，属于中档题．