2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.设复数z=(1−i)(3+i)(i为虚数单位)，则z−=( )
A. 4−2iB. 4+2iC. 2−2iD. 2+2i
2.已知向量a=(1,3)，b=(λ,−6)，a//b，则λ=( )
A. −3B. −2C. 2D. 18
3.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是( )
A. 16
B. 12
C. 4+8 2
D. 4+4 2
4.已知空间中三个互不相同的平面α、β、γ，两条不同的直线a、b，下列命题正确的是( )
A. 若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB. 若a⊥α，b⊥β，a//b，则α//β
C. 若a//α，α//β，a⊥b，则b⊥βD. 若α⊥β，β⊥γ，则α//γ
5.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论错误的是( )
A. 若sinA>sinB，则a>b
B. 若B=30∘，b= 2，c=2，则符合条件的三角形有2个
C. 若sin2A=sin2B，则a=b
D. 若△ABC的面积S= 34(b2+c2−a2)，则A=π3
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC
7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)，若g(π4)= 2，则f(3π8)=( )
A. −2B. − 2C. 2D. 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
8.下列各式化简中，一定正确的是( )
A. 1+tan15∘1−tan15∘= 3B. sinα1−csα=tanα2
C. sin75∘cs15∘=12+ 34D. csα=1−2cs2α2
9.已知复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点.若z1= 32+12i(i为虚数单位)，向量OA绕原点逆时针方向旋转90∘，且模伸长为原来的2倍后与向量OB重合，则( )
A. z2的虚部为 32B. 点B在第二象限C. |z1+z2|= 2D. |z2z1|=2
10.若平面α∩β=l，m⊂β，n⊂α，则以下结论有可能成立的是( )
A. m与n异面B. m与n平行C. m与n垂直D. m、n都与l相交
11.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，若f(−π12)=f(π12)，f(π6)=−f(π3).且f(x)在区间[π12,π3]上单调递减，则下列说法正确的有( )
A. ω=2B. 对任意x∈R，均有f(x)≤|f(π2)|
C. 函数f(x)在区间[π6,3π4]上单调D. φ=π2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
12.已知角θ终边经过点P(−1,2)，则csθ−sinθsinθ+csθ=______ .
13.如图，在单位网格中，向量OB在向量OA上的投影向量与向量OC的夹角为______ .
14.如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，AB=2，∠ACB=π2，将△APC沿PC所在直线进行翻折，得到三棱锥A−PBC，当BA= 2时，此三棱锥的外接球表面积为______ .
15.设函数f(x)满足：对任意x∈R，有2f(x+2)+f(x)=0，且x∈(0,2)时，f(x)=cs(π2x)，f(0)=f(2)=0，则f(x)在[−4,4]上有______ 个零点.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
已知向量a=(1,m)，b=(2−m,−8)(m∈R).
(1)若|a+b|=|a−b|，求实数m的值；
(2)已知向量a与b的夹角为钝角，求实数m的取值范围.
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=2cs(2x+π3)+1.
(1)用“五点法”作出函数f(x)在区间[−π6,5π6]上的图象；
(2)将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度，再将图象上的每个点的横坐标都伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象.求g(x)在区间[−π24,π6]上的取值范围.
18.(本小题12分)
从条件①AC⊥BC1，②AB=2BC中选择一个，补充在下列横线中，并解答问题.
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点F在线段B1B上，已知_____，且B1F=3FB，AA1=2BC=4，∠BAC=π6.(若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分).
(1)求证：BC1⊥平面ACF；
(2)求异面直线A1B与AC所成角的余弦值.
19.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足cs(A+2B)−csA=sin2C.
(1)若C=2π3，求B；
(2)若csinB=− 3bcsC，且a=2，求△ABC的面积.
20.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，AC是四边形ABCD的外接圆的直径，H是AC与BD的交点，AB=AD，∠BAD=π3.四边形ADEF是直角梯形，AF//DE，DE⊥平面ABCD，DE=AC=4=2AF.
(1)求证：AC//平面BEF；
(2)求多面体ABCDEF的体积.
21.(本小题12分)
在数学中，三角函数的李生兄弟是双曲函数，其中双曲余弦函数cshx=ex+e−x2.令f(x)=cshx.
(1)证明：判断函数f(x)的奇偶性，并证明；
(2)若对任意θ，x∈R，有f[m(sinθ+csθ)]≤f(ex+ 2)，求m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z=(1−i)(3+i)=4−2i，
z−=4+2i.
故选：B.
根据复数四则运算法则计算即可．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：向量a=(1,3)，b=(λ,−6)，a//b，
可得：3λ=−6，解得λ=−2.
故选：B.
利用向量的共线，列出方程求解即可．
本题考查向量共线的充要条件的应用，考查计算能力，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：设原图形的四边形为OABC，
则根据斜二测法规则及题意可知：
原图形中|OB|=4 2，|OA|=2，
又原图形中OB⊥OA，
∴原图形中|AB|= (4 2)2+22=6，
∴原图形的周长是2×(2+6)=16.
故选：A.
根据斜二测法规则，即可求解．
本题考查根据斜二测法规则，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，垂直于同一平面的两个平面可以平行，也可以相交，A错误；
对于B，若a⊥α，a//b，则b⊥α，若b⊥β，必有α//β，B正确；
对于C，若a//α，α//β，a⊥b，则b与平面β可以平行，也可以相交，C错误；
对于D，垂直于同一平面的两个平面可以平行，也可以相交，D错误；
故选：B.
根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系．涉及直线与平面垂直的判断和性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：若sinA>sinB，则2RsinA>2RsinB，即a>b，故A正确；
若B=30∘，b= 2，c=2，则sinC=csinBb=2×12 2= 22<1，
由b由sin2A=sin2B，可得2A=2B或2A+2B=180∘，即A=B或A+B=90∘，故C错误；
若△ABC的面积S= 34(b2+c2−a2)，即12bcsinA= 34(b2+c2−a2)，
即有12bcsinA= 34×2bccsA，即有tanA=sinAcsA= 3，由0故选：C.
由三角形的正弦定理和边角关系可判断AB；由三角函数的诱导公式可判断C；由三角形的余弦定理和面积公式可判断D.
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及三角形的边角关系，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查线线垂直的判断，涉及线面垂直的判定与性质，是中档题．
连接B1C，推导出BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，从而BC1⊥平面A1ECB1，由此得到A1E⊥BC1.
【解答】
解：如图，连接B1C，由题意得BC1⊥B1C，
∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，
∴A1B1⊥BC1，
∵A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1ECB1，
∴BC1⊥平面A1ECB1，
∵A1E⊂平面A1ECB1，
∴A1E⊥BC1.
故选C.
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据条件求出φ和ω的值，结合函数变换关系求出g(x)的解析式，结合条件求出A的值，利用代入法进行求解即可．
本题主要考查三角函数的解析式的求解，结合条件求出A，ω和φ的值是解决本题的关键．
【解答】
解：∵f(x)是奇函数，|φ|<π，∴φ=0，
∵f(x)的最小正周期为π，
∴2πω=π，得ω=2，
则f(x)=Asin2x，将y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，
则g(x)=Asinx，
若g(π4)= 2，则g(π4)=Asinπ4= 22A= 2，即A=2，
则f(x)=2sin2x，则f(3π8)=2sin(2×3π8)=2sin3π4=2× 22= 2，
故选：C.
8.【答案】AC
【解析】解：对于A，1+tan15∘1−tan15∘=tan45∘+tan15∘1−tan45∘tan15∘=tan(45∘+15∘)=tan60∘= 3，故A正确；
对于B，sinα1−csα=2sinα2csα22sin2α2=csα2sinα2=1tanα2，故B错误；
对于C，sin75∘cs15∘=cs215∘=cs2(45∘−30∘)=(cs45∘cs30∘+sin45∘sin30∘)2
=( 22× 32+ 22×12)2=616+ 34+216=12+ 34，故C正确；
对于D，csα=cs(2×α2)=2cs2α2−1，故D错误．
故选：AC.
由三角恒等变换知识逐一计算各选项即可．
本题考查三角恒等变换化简求值，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：因为z1= 32+12i对应的点( 32,12)，|z1|=1，
设向量OA与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ= 33，即θ=π6，
向量OA绕绕原点逆时针方向旋转90∘，且模伸长为原来的2倍后与向量OB重合，
所以OB=(2cs(θ+π2),2sin(θ+π2)=(−1, 3),
则z2=−1+ 3i，即z2的虚部为 3，A错误；
点B(−1, 3)在第二象限，B正确；
因为z1+z2= 32−1+(12+ 3)i，
所以|z1+z2|= ( 32−1)2+(12+ 3)2= 5，C错误；
因为|z2z1|=|z2||z1|=2，D正确．
故选：BD.
由已知结合复数的几何意义先求出z2，然后结合复数的四则运算，复数几何意义及复数的模长公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了复数的四则运算，复数的几何意义，复数的概念的应用，属于中档题．
10.【答案】ABCD
【解析】解：作出正方体，如图，
对于ACD，记面ABCD为α，面BCC1B1为β，CC1为m，AB为n，
则满足α∩β=BC=l，m⊂β，n⊂α，
此时，∵AB⊂面ABCD，C∈面ABCD，C1∉面ABCD，C∉AB，
∴AB与CC1是异面直线，即m与n异面，
而m∩l=C，n∩l=B，则m，n都与l相交，
由题意知CC1⊥平面ABCD，AB⊂面ABCD，∴CC1⊥AB，故ACD均正确；
对于B，记平面ABCD为α，面BCC1B1为β，B1C1为m，AD为n，
∴满足α∩β=BC=l，m⊂β，n⊂α，此时m//BC//n，故B正确．
故选：ABCD.
利用正方体，对各选项依次举出相应例子，即可得解．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为f(x)在区间[π12,π3]上单调递减，且f(π6)=−f(π3)，
所以点(π4,0)是函数f(x)的一个对称中心，
并且最小正周期T满足12T≥π3−π12=π4，即T≥π2，
所以当f(−π12)=f(π12)时，则直线x=0是函数f(x)的一条对称轴与对称中心(π4,0)相邻，
则14T=π4−0=π4，即T=π，所以ω=2πT=2，故A正确；
则f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)，
由于(π4,0)是函数f(x)的一个对称中心，所以2×π4+φ=kπ,k∈Z，得φ=−π2+kπ,k∈Z，
又0<φ<π，所以φ=π2，故D正确；
则f(x)=sin(2x+π2)，所以f(π2)=sin(2×π2+π2)=−1，
又f(x)=sin(2x+π2)的最大值为1，则对任意x∈R，均有f(x)≤|f(π2)|，故B正确；
当x∈[π6,3π4]时，2x+π2∈[5π6,2π]，则函数f(x)在区间[π6,3π4]上不单调，故C错误．
故选：ABD.
根据函数f(x)的单调性及取值关系，可得点(π4,0)是函数f(x)的一个对称中心，直线x=0是函数f(x)的一条对称轴，从而得函数最小正周期，即可得ω的值，再根据对称性列方程可得φ的值，于是得函数f(x)解析式，根据正弦型三角函数的性质逐项判断即可．
本题主要考查三角函数的图像变换和单调性，属于中档题．
12.【答案】−3
【解析】解：因为P(−1,2)到原点的距离为 5，
故sinθ=2 5=2 55，csθ=−1 5=− 55，
则csθ−sinθsinθ+csθ=− 55−2 552 55− 55=−3.
故答案为：−3.
由已知结合三角函数的定义即可求解．
本题主要考查了三角函数定义的应用，属于基础题．
13.【答案】45∘
【解析】解：根据题意，如图，以O为坐标原点，建立坐标系，
则OA=(2,0)，OB=(−2,1)，OC=(−1,1)，
由投影向量的定义，向量OB在向量OA上的投影向量为−OA，
则cs<−OA，OC>=−OA⋅OC|−OA||OC|=22 2= 22，
而0∘≤<−OA，OC>≤180∘，则<−OA，OC>=45∘，
即向量OB在向量OA上的投影向量与向量OC的夹角为45∘.
故答案为：45∘.
根据题意，以O为坐标原点，建立坐标系，分析可得向量OB在向量OA上的投影向量为−OA，进而由数量积的计算公式分析可得答案．
本题考查向量夹角的计算，涉及投影向量的定义，属于基础题．
14.【答案】3π
【解析】解：在等腰直角三角形ACB中，由已知可得CP⊥AB，
则在三棱锥A−PBC中，有AP⊥CP，BP⊥CP，
在△APB中，AP=BP=1，AB= 2，有AP2+BP2=AB2，可得AP⊥BP，
则PA、PB、PC两两互相垂直，
∴三棱锥的外接球即为其所在长方体的外接球，
半径为12 PA2+PB2+PC2=12 12+12+12= 32.
∴此三棱锥的外接球表面积为4π×( 32)2=3π.
故答案为：3π.
由已知证明PA⊥PB，再由分割补形法求解．
本题考查多面体的外接球，训练了分割补形法的应用，是基础题．
15.【答案】9
【解析】解：由题意，当x∈(0,2)时，
此时函数单调递减，且f(1)=0，且x+2∈(2,4)，f(x+2)=−12f(x)=−12cs(π2x)，
所以当x∈(2,4)时，f(x)=−12cs[π2(x−2)]，
此时函数单调递增，且f(3)=0，
当x∈(−2,0)时，x+2∈(0,2)，f(x)=−2f(x+2)=−2cs[π2(x+2)]，
此时函数单调递增，且f(−1)=0，
当x∈(−4,−2)时，x+2∈(−2,0)，f(x)=−2f(x+2)=4cs[π2(x+4)]，
此时函数单调递减，且f(−3)=0，
又f(−4)=−2f(−2)=−2[−2f(0)]=4f(0)，
可得f(4)=−12f(2)=0，
所以f(x)在[−4,4]上有9个零点．
故答案为：9.
根据题意，求得函数f(x)在[−4,4]上的解析式，再根据单调性确定零点个数，进而得解．
本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)根据题意，若|a+b|=|a−b|，则有|a+b|2=|a−b|2，
即a2+b2+2a⋅b=a2+b2−2a⋅b，
变形可得：a⋅b=0，
又由向量a=(1,m)，b=(2−m,−8)，则a⋅b=2−m−8m=0，
解可得m=29；
(2)根据题意，向量a与b的夹角为钝角，则有a⋅b=2−9m<0−8−m(2−m)≠0，
解可得：m>29且m≠4，即m的取值范围为{m|m>29且m≠4}.
【解析】(1)根据题意，由|a+b|2=|a−b|2，结合数量积的计算公式可得a⋅b=0，进而可得关于m的方程，解可得答案；
(2)根据题意，由数量积的计算公式可得a⋅b=2−9m<0−8−m(2−m)≠0，解可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量模和夹角的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)用“五点法”作函数f(x)=2cs(2x+π3)+1在区间[−π6,5π6]上的图象：
列表，
得函数图象如图所示，
(2)函数f(x)=2cs(2x+π3)+1的图象向右平移π6个单位长度，得y=2cs[2(x−π6)+π3]+1=2cs2x+1的图象，
再将图象上的每个点的横坐标都伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)=2csx+1的图象，
∵x∈[−π24,π6]，
∴x∈[−π24,0]，g(x)单调递增，x∈[0,π6]，g(x)单调递减，
又y轴是y=csx的一条对称轴，
∴当x=0时，g(x)有最大值3，
当x=π6时，g(x)有最小值 3+1，
故g(x)在区间[−π24,π6]上的取值范围[ 3+1,3].
【解析】(1)由五点法列表、描点、作图，可得f(x)的图象；
(2)利用函数y=Acs(ωx+φ)的图象变换规律及性质，可得结论．
本题主要考查由函数y=Acs(ωx+φ)的解析式用“五点法”作图，函数y=Acs(ωx+φ)的图象变换规律与性质，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：连接AF，设BC1∩CF=O，如下图所示：
因为BC=2，CC1=BB1=AA1=4，且B1F=3BF，所以，BF=14BB1=1，
则BFCB=BCC1C=12,∠CBF=∠C1CB=90∘，
所以，Rt△CBF∼Rt△C1CB，
所以，∠BCF=∠CC1B，
故∠BCF+∠CBC1=∠CC1B+∠CBC1=90∘，
所以，∠BOC=90∘，即BC1⊥CF，
若选①，因为BC1⊥AC，AC∩CF=C，AC，CF⊂平面ACF，因此，BC1⊥平面ACF；
若选②，因为AB=2BC=4，且∠BAC=π6，
由余弦定理可得BC2=4=AB2+AC2−2AB⋅ACcsπ6=16+AC2−4 3AC，
整理可得AC2−4 3AC+12=0，解得AC=2 3，
所以，AC2+BC2=AB2，所以，AC⊥BC，
因为CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则AC⊥CC1，
因为BC∩CC1=C，BC、CC1⊂平面BB1C1C，所以，AC⊥平面BB1C1C，
因为BC1⊂平面BB1C1C，所以，BC1⊥AC，
因为AC∩CF=C，AC、CF⊂平面ACF，因此，BC1⊥平面ACF.
(2)解：将直三棱柱ABC−A1B1C1补成直四棱柱ACBD−A1C1B1D1，使得四边形ACBD为平行四边形，
则AC//BD，故异面直线A1B与AC所成角为∠A1BD或其补角，
若选①，由(1)可知，AC⊥BC1，
因为CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则AC⊥CC1，
因为BC1∩CC1=C1，BC1、CC1⊂平面BB1C1C，所以，AC⊥平面BB1C1C，
因为BC⊂平面BB1C1C，则AC⊥BC，且AB=BCsin∠BAC=2×2=4，
BD=AC= AB2−BC2= 42−22=2 3，
则直四棱柱ACBD−A1C1B1D1为长方体，所以，BD⊥平面AA1D1D，
因为A1D⊂平面AA1D1D，所以，BD⊥A1D，
因为AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以，AA1⊥AB，
所以，A1B= AA12+AB2= 42+42=4 2，故cs∠A1BD=BDA1B=2 34 2= 64，
因此，异面直线A1B与AC所成角的余弦值为 64；
若选②，由(1)可知，AC⊥平面BB1C1C，因为AB=2BC=4，
则BD=AC= AB2−BC2= 42−22=2 3，以下同①．
【解析】(1)证明出Rt△CBF∼Rt△C1CB，可证得BC1⊥CF，
若选①，直接利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
若选②，证明出AC⊥平面BB1C1C，可得出BC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
(2)将直三棱柱ABC−A1B1C1补成直四棱柱ACBD−A1C1B1D1，使得四边形ACBD为平行四边形，分析可知，故异面直线A1B与AC所成角为∠A1BD或其补角．
选①，推导出BD⊥A1D，计算出BD、A1B的长，可求得∠A1BD的余弦值；
选②，求出BD的长，解答步骤同①．
本题考查了线面垂直的证明以及异面直线所成的角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为C=23π，则A=π3−B，而cs(A+2B)−csA=sin2C，
所以cs(π3+B)−cs(π3−B)=sin43π=− 32，
整理可得−2sinπ3sinB=− 32，解得sinB=12，
又因为C为钝角，所以B为锐角，
所以B=π6；
(2)因为csinB=− 3bcsC，由正弦定理可得sinCsinB=− 3sinBcsC，而sinB≠0，
可得tanC=− 3，而C∈(0,π)，
可得C=23π，
由(1)可得B=π6，A=π6，
而a=2，可得b=a=2，
所以S△ABC=12absinC=12×2×2sin23π= 3.
【解析】(1)由题意及两角和，差的余弦函数的展开式可得sinB的值及B的范围，可得B角的大小；
(2)由正弦定理及(1)可得C=23π，B=A=π6，即b=a=2，代入三角形的面积公式可得它的大小．
本题考查三角形的性质的应用及正弦定理的应用，属于基础题．
20.【答案】(1)证明：取BE的中点G，连接FG，GH，
因为AC是四边形ABCD的外接圆的直径，所以AD⊥DC，AB⊥BC，
又因为AB=AD，∠BAD=π3，所以△ABD是正三角形，
所以△ABD的外接圆与四边形ABCD相同，且圆心在AC上，
设圆心为O，则AO=OC=12AC=12×4=2，且AH⊥BD，H为BD的中点，
所以OH=12AO=12×2=1，AH=3，
因为G为BE的中点，所以GH//DE，且GH=12DE，
又因为AF//DE，且DE=2AF，所以AF//GH，且AF=GH，
所以四边形AFGH是平行四边形，所以FG//AH，即AC//FG，
又因为AC⊄平面BEF，FG⊂平面BEF，所以AC//平面BEF；
(2)解：多面体ABCDEF的体积为VABCDEF=VB−ADEF+VB−CDE=VB−ADEF+VE−BDC，
取AD的中点M，连接BM，因为△ABD是正三角形，所以BM⊥AD，所以BM=AH=3，
由正弦定理得，BDsin∠BAD=2AO，所以BD=2×2×sinπ3=2 3，
所以AD=AB=2 3，所以△ABD的面积为S△ABD=12BD⋅AH=12×2 3×3=3 3，
又因为DE⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以DE⊥BM，
又因为DE∩AD=D，DE、AD⊂平面ADEF，所以BM⊥平面ADEF，
所以点D到平面ADEF的距离为BM=3，
所以VB−ADEF=13SADEF⋅BM=13×12×(AF+DE)×AD×BM=16×(2+4)×2 3×3=6 3，
因为CH=AC−AH=4−3=1，所以S△BCD=12BD⋅CH=12×2 3×1= 3，
所以VE−BCD=13S△BCD⋅DE=13× 3×4=43 3，
所以VABCDEF=VB−ADEF+VE−BDC=6 3+4 33=22 33.
【解析】(1)取BE的中点G，连接FG，GH，证明四边形AFGH是平行四边形，得出FG//AC，即可证明AC//平面BEF；
(2)多面体ABCDEF的体积为VABCDEF=VB−ADEF+VB−CDE，取AD的中点M，连接BM，利用正弦定理求得BD，计算△ABD的面积，求出四棱锥B−ADEF的体积和三棱锥E−BCD的体积即可．
本题考查了空间中的平行关系证明问题，也考查了空间几何体体积的计算问题，是中档题．
21.【答案】解：(1)根据题意，f(x)为偶函数，
证明：f(x)=cshx=ex+e−x2，其定义域为R，
有f(−x)=ex+e−x2=f(x)，则f(x)为偶函数；
(2)根据题意，f(x)=ex+e−x2，其导数f′(x)=ex−e−x2，
当x≥0时，有f′(x)≥0，则f(x)在[0,+∞)上为增函数，
若对任意θ，x∈R，有f[m(sinθ+csθ)]≤f(ex+ 2)，则有|m(sinθ+csθ)|≤ex+ 2①，
又由ex>0，则①式等价于 2|msin(θ+π4)|≤ 2，变形可得|msin(θ+π4)|≤1，
即|m||msin(θ+π4)|≤1，必有|m|≤1，解可得−1≤m≤1，
即m的取值范围为[−1,1].
【解析】(1)根据题意，先分析函数的定义域，再分析f(−x)、f(x)的关系，即可得答案；
(2)根据题意，先分析f(x)的单调性，结合奇偶性可得原不等式等价于|m(sinθ+csθ)|≤ex+ 2，进而转化为|m||msin(θ+π4)|≤1，进而可得|m|≤1，解可得答案．
本题考查函数的恒成立问题，涉及函数奇偶性的判定，属于中档题．