2022-2023学年河南省焦作市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年河南省焦作市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），共20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.已知集合A={x|ln x<0}，B={x|x2−2x−3≤0}，则(∁RA)∪B=( )
A. x12.已知复数z满足(1+i)2z=2+4i，则复数z的共轭复数z=( )
A. 2+iB. 2−i
C. −2+iD. −2−i
3.已知角α的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过点P1,−2，则tan2α=( )
A. −43B. 43C. −83D. 83
4.设a=30.8，b=13−0.7，c=12lg23，则a，b，c的大小关系为( )
A. cC. b5.在△ABC中，边BC上的中线与边AC上的中线的交点为E，若CE=λAB+μAC，则λ+μ=( )
A. 1B. −1
C. 13D. −13
6.为了了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图如图所示，由于不慎将部分数据丢失，但知道后5组频数和为62，设视力在4.6到4.8之间的学生数为a，最大频率为0.32，则a的值为( )
A. 64B. 54C. 48D. 27
7.已知函数f(x)=cs2(x−π3)−cs2x，有下述三个结论：
①f(x)的最小正周期是π；
②f(x)在区间π6,π2上不单调；
③将f(x)图象上的所有点向右平移π12个单位长度后，得到函数g(x)= 32cs 2x的图象．
其中所有正确结论的编号是( )
A. ①B. ②C. ①②D. ①②③
8.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E(D,E都不与C重合)，若该截面将三棱柱分成体积之比为2:1的两部分，则CDAC=( )
A. 13B. 12C. 5−12D. 3−12
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。
9.已知向量a=csx,1，b=sinx,2，则a⋅b的值可以是( )
A. 1B. 2C. 73D. 3
10.下列命题正确的是( )
A. 在△ABC中，若A>B，则csAB. 在△ABC中，若a=4 2，b=4 3，A=45∘，则B=60∘
C. 在△ABC中，若sinA=2csBsinC，则△ABC是等腰三角形
D. 在△ABC中，csA−B>csAcsB
11.若2x−2y>3−x−3−y，则( )
A. x3>y3B. ex⋅ey>1C. lg(x−y)>0D. 13y>3−x
12.如图，若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是侧面BCC1B1(含边界)上的一个动点，P是AA1的中点，则下列结论正确的是( )
A. 三棱锥P−DD1M的体积为定值
B. 若PM= 52，则点M在侧面BCC1B1内的运动轨迹的长度为π2
C. 若D1M⊥DP，则A1M的最大值为32
D. 若D1M⊥DP，则A1M的最小值为2 55
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知点A1,2，B2,1，C0,−2，D−3,1，则向量AB在向量CD方向上的投影数量为__________.
14.已知圆台的下底面半径为6 ，上底面半径为3 ，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为__________.
15.已知定义在 R 上的函数fx满足fx+2=2fx，且当x∈−1,1时，fx=1−x.若对任意x∈−∞,t，都有fx≤2，则t的取值范围是__________.
16.在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面 ABC ，PA⊥PB，且PA=PB=3 2，△ABC是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为__________.
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。
17.(本小题10分)
已知向量a=2,−1，b=1,3.
(1)若2a−3b//a+kb，求实数k的值；
(2)若2a+tb⊥b，求实数t的值．
18.(本小题12分)
在一次数学考试后，随机抽取了100名参加考试的学生，发现他们的分数(单位：分)都在80,150内，按80,90,90,100,…，140,150分组得到的频率分布直方图如图所示.

(1)求图中a的值；
(2)试估计这100名学生得分的中位数；(结果精确到整数)
(3)现在按人数比例用分层随机抽样的方法从样本中分数在100,120内的学生中抽取5人，再从这5人中任取2人参加这次数学考试的总结会，试求100,110和110,120两组各有一人参加总结会的概率.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,0<φ<π2的图象与x轴的相邻两个交点之间的距离为π，且f0=1.
(1)求fx的解析式；
(2)将fx的图象向左平移π3个单位长度，得到函数gx的图象，求函数y=fx+gx的单调递减区间．
20.(本小题12分)
在如图所示的几何体中，四边形 ABEF 为矩形，CE⊥平面 ABEF ，CE//DF，且AB=CE=2AF=2.

(1)求证：AD//平面 BCE ；
(2)求证：平面ABC⊥平面 BCE ；
(3)求三棱锥C−ADE的体积．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2x−1，g(x)=lg2(x−1).
(1)若λ>0，函数hx=fx−λgx在区间3,5上存在零点，求λ的取值范围；
(2)若a>1，且对任意x1∈a,a+3，都有x2∈a,a+3，使得fx1≤gx2成立，求a的取值范围．
22.(本小题12分)
已知在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且c2b−a=csCcsA.
(1)求 C ；
(2)若a=1,b=3， CD 为∠ACB的平分线，求 CD 的长；
(3)若acsB+bcsA=2，且△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查集合的交并补集混合运算，对数函数的性质，一元二次不等式求解，属于基础题.
先求出集合 A，B ，再求得 ∁RA ，从而可求出 (∁RA)∪B .
【解答】
解：由 lnx<0 ，得 0所以 A=x0由 x2−2x−3≤0 ，得 (x+1)(x−3)≤0 ，解得 −1≤x≤3，
所以 B=x−1≤x≤3 ，
所以 (∁RA)∪B=R，
故选：D.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的乘除运算，共轭复数，属于基础题.
先对 (1+i)2z=2+4i 化简求出复数 z ，从而可求出其共轭复数.
【解答】
解：由 (1+i)2z=2+4i，得
z=2+4i(1+i)2=2+4i2i=1+2ii=i+2i2i2=2−i ，
所以 z= 2+i，
故选：A.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二倍角的正切公式，属于基础题.
先由任意角的三角函数的定义结合题意求出 tan α ，再由二倍角公式tan 2α的值.
【解答】
解：因为角α的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过点 P(1,−2) ，
所以 tan α=yx=−21=−2 ，
所以 tan 2α=2tan α1−tan2α=−41−4=43 ，
故选：B.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查指数函数、对数函数的性质，属于基础题.
根据指数函数和对数函数的单调性可得出 1【解答】
解：由 b=(13)−0.7=30.7 ，且 1<30.7<30.8 ，即 1又 c=12lg23=lg2312=lg2 3所以c故选：A.
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理，属于基础题.
利用平面向量的基本定理结合条件即得.
【解答】
解：由题可知E为三角形的重心，则
CE=23×12(CA+CB)
=13(CA+AB−AC)=13AB−23AC ，
又CE=λAB+μAC，
∴λ=13 ， μ=−23 ，
∴λ+μ=−13 .
故选：D.
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了本题考查了频率分布直方图，属于基础题.
先得出前两组中的频数，前三组频数，则可得第三组频数，再由最大频率为0.32，得出第四组频数，即可得出a的值.
【解答】
解：前两组中的频数为100×(0.05+0.11)=16，
因为后五组频数和为62，
所以前三组频数和为38，
所以第三组频数为38−16=22，
又最大频率为0.32，
故第四组频数为0.32×100=32，
所以a=22+32=54，
故选B.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了正弦函数的周期性，单调性和图象变换，属于一般题.
根据题意利用三角恒等变换将函数化简成 f(x)= 32sin(2x−π3) ，然后根据正弦型函数的单调新性，周期和三角函数图象的平移即可求解.
【解答】
解：因为函数 f(x)=cs2(x−π3)−cs2x
=1+cs (2x−2π3)−(1+cs 2x)2
= 34sin 2x−34cs 2x
= 32sin (2x−π3) ，
所以函数的最小正周期 T=2π2=π ，故①正确；
当 π6将 fx 图象上的所有点向右平移 π12 个单位长度后，可得 f(x−π12)= 32sin (2x−π6−π3)= 32sin (2x−π2)=− 32cs 2x ，故③错误，
所以结论正确的为①②，
故选：C.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查面面平行的性质，棱台和棱柱的体积公式，是较难题.
根据面面平行的性质得到 A1B1//DE ，得到特殊图形，根据棱台和棱柱的体积公式直接求解即可.
【解答】
解：因为三棱柱 ABC−A1B1C1 ，
所以面 A1B1C1// 面 ABC ，
又因为面 A1B1ED∩ 面 A1B1C1=A1B1 ，面 A1B1ED∩ 面 ABC=ED ，
所以 A1B1//ED ，显然 A1B1C1−DEC 为三棱台，
设 S△ABC=S△A1B1C1=S ， CDAC=k (0则 S△CDE=k2S△ABC=k2S ，
所以三棱柱 ABC−A1B1C1 体积为 Sh ，
三棱台 A1B1C1−DEC 的体积为 13S+ S⋅k2S+k2Sh=13Sh1+k+k2 ，
①三棱台 A1B1C1−DEC 的体积占 13 ，
则 13Sh=13Sh1+k+k2 ，得 k+k2=0 ，得k=0或k=−1，均不符合题意；
②三棱台 A1B1C1−DEC 的体积占 23 ，
则 23Sh=13Sh1+k+k2 ，得 k2+k−1=0 ，得 k=± 5−12 ，
因为 0故选C.
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查平面向量数量积运算，属于基础题.
利用平面向量数量积的坐标运算得出a⋅b=12sin2x+2，利用正弦函数值域即可得出结果.
【解答】
解：由题知，
a⋅b=sinxcsx+2=12sin2x+2 ，
因为x∈R， −1≤sin2x≤1，
所以−12≤12sin2x≤12，32≤12sin2x+2≤52 ，
即a⋅b 的范围为32,52.
故选：BC.
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了余弦函数的单调性，利用正弦定理解三角形，利用余弦定理判断三角形的形状，属于一般题.
由余弦函数的性质可判断A；由正弦定理结合大边对大角可判断B；由正弦定理和余弦定理角化边可判断C；由两角差的余弦公式可判断D.
【解答】
解：对于A，因为 y=csx 在 x∈0,π 上单调递减，
所以0对于B，若 a=4 2 ， b=4 3 ，A=45∘，由正弦定理可得： asinA=bsinB ，
则 4 2 22=4 3sinB ，解得： sinB= 32 ，则 B=π3 或 B=2π3 ，
因为a对于C，由 sinA=2csBsinC 可得： a=2c⋅a2+c2−b22ac=a2+c2−b2a, ，
所以 a2=a2+c2−b2 ，则b=c，所以 △ABC 是等腰三角形，故C正确；
对于D， csA−B=csAcsB+sinAsinB ，
因为在 △ABC 中， A,B∈0,π,sinA,sinB>0 ，
所以 csA−B=csAcsB+sinAsinB>csAcsB ，故D正确.
故选：ACD.
11.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查利用指数函数的图象与性质比较大小，属于较难题.
由已知可得 2x−3−x>2y−3−y ，然后构造函数 f(x)=2x−3−x ，则f(x)>f(y) ，然后通过判断函数的单调性可得x>y，结合幂函数单调性判断A;举反例判断BC，结合指数函数单调性判断D.
【解答】
解：因为 2x−2y>3−x−3−y ，所以 2x−3−x>2y−3−y ，
令 f(x)=2x−3−x ，则 f(x)>f(y) ，
因为 y=2x 和 y=−3−x=−13x 在 R 上单调递增，
所以 f(x)=2x−3−x 在 R 上单调递增，
所以由 f(x)>f(y) ，得x>y，
对于A，因为y=x3 在 R 上单调递增，且x>y，所以 x3>y3 ，所以A正确；
对于B，若 x=−1,y=−2 ，则 e−1⋅e−2=e−3<1 ，所以B错误；
对于C，若 x=−1,y=−2 ，则 lgx−y=lg1=0 ，所以C错误；
对于D，因为 y=13x 在 R 上单调递减，且x>y，
所以 13x<13y ，即 13y>3−x ，所以D正确.
故选：AD.
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查正方体的结构特征，三棱锥的体积，以及线面垂直的判定和性质，属于较难题.
对于A，由 VP−DD1M=VM−PDD1 ， △PDD1 的面积为定值，且点 M 到平面 PDD1 的距离为正方体的棱长，从而可进行判断，对于B，过点 P 作 PQ⊥ BB1 ，由已知得点 M 的轨迹是以 Q 为圆心，12为半径的半圆弧，根据圆的周长公式可判断，对于CD，过点 P 作 PQ⊥ BB1 ，则 Q 是 BB1 的中点，连接 QC ，取 BC 的中点 N ，连接 NC1,A1N,A1C1 ，解三角形 A1C1N ，可求出 A1M 的最值.
【解答】
解：对于A，三棱锥 P−DD1M 的体积为 VP−DD1M=VM−PDD1 ，
因为P是 AA1 的中点，所以 △PDD1 的面积为定值，
因为点 M 到平面 PDD1 的距离为正方体的棱长，
所以三棱锥 P−DD1M 的体积为定值，所以A正确；
对于B，过点 P 作 PQ⊥ BB1 于 Q ，

则由正方体的性质和面面垂直的性质，可得 PQ⊥ 平面 BB1C1C ，
因为 MQ⊂ 平面 BB1C1C ，所以 PQ⊥MQ ，
因为正方体的棱长为1， PM= 52 ，
所以 MQ= PM2−PQ2= 522−12=12 ，
所以点 M 的轨迹是以 Q 为圆心， 12 为半径的半圆弧，
所以点M在侧面 BCC1B1 内的运动轨迹的长度为 12×2π×12=π2 ，所以B正确；
对于CD，过点 P 作 PQ⊥ BB1 于 Q ，则 Q 为 BB1 的中点，连接 QC ，取 BC 的中点 N ，
连接 NC1,A1N,A1C1 ，则 QC //PD ，
因为 BQ=CN,BC=CC1,∠CBQ=∠C1CN=90∘ ，
所以 △CBQ ≌ △C1CN ，所以 ∠QCB=∠NC1C ，
因为 ∠C1NC+∠NC1C=90∘ ，所以 ∠C1NC+∠QCB=90∘ ，
所以 NC1⊥CQ ，
因为 D1C1⊥ 平面 BB1C1C ， QC⊂ 平面 BB1C1C ，
所以 D1C1⊥QC ，因为 D1C1∩C1N=C1 ， D1C1,C1N⊂ 平面 D1C1N ，
所以 QC⊥ 平面 D1C1N ，所以 PD⊥ 平面 D1C1N ，
因为平面 D1C1N∩ 平面 BB1C1C=C1N ，
所以点 M 的轨迹是线段 C1N ，
在△A1C1N 中， A1C1= 2,C1N= 52,A1N= 22+122=32 ，
所以 A1M 的最大值为 32 ，所以C正确；
在△A1C1N 中， cs∠A1NC1=A1N2+C1N2−A1C122A1N⋅C1N=94+54−22×32× 52= 55 ，
所以 sin∠A1NC1= 1−cs2∠A1NC1= 1− 552=2 55 ，
所以点 A1 到 C1N 的距离为 d=A1N⋅sin∠A1NC1=32×2 55=3 55 ，所以D错误.
故选：ABC.

13.【答案】− 2
【解析】【分析】
本题考查了向量的数量积，投影的数量，属于基础题.
先求得向量 AB ， CD 的坐标，再根据投影的数量的定义即可求得答案.
【解答】
解： AB=(1,−1),CD=(−3,3) ，
所以向量 AB 在 CD 方向上的投影数量为
AB⋅CD|CD|=1×(−3)−1×3 9+9=−63 2=− 2 .
故答案为： − 2 .
14.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查圆台的结构特征与侧面积，属于基础题.
求出圆台的上底面，下底面面积，写出侧面积表达式，利用侧面面积等于两底面面积之和，求出圆台的母线长，最后根据解直角三角形求出它的高即可.
【解答】
解：设圆台的母线长为 l ，
则圆台上底面面积 S1=π×32=9π ，
圆台下底面面积 S2=π×62=36π ，
所以两底面面积之和为 45π ，
又圆台侧面积 S=π3+6l=9πl ，
则 9πl=45π ，所以 l=5 ，
所以圆台的高为 l2−6−32=4 .
故答案为：4.
15.【答案】−∞,72
【解析】【分析】
本题考查分段函数的图象与性质，数形结合思想，属于中档题.
根据 fx+2=2fx ，且当 x∈−1,1 时， fx=1−x ，类比周期函数的性质，求出函数的解析式，然后作出图象，利用数形结合法求解.
【解答】
解：因为当 x∈−1,1 时， fx=1−x ，所以 f(x)=1−x,x∈[0,1)1+x,x∈−1,0 ，
因为 fx+2=2fx ，当 x∈1,3 时，即 x−2∈−1,1 时，
由 fx=2f(x−2) ，所以 f(x)=6−2x,x∈2,32x−2,x∈1,2 ，
同理可得 f(x)=20−4x,x∈4,54x−12,x∈3,4 ，
依此类推，作出函数 f(x) 的部分图象，如图所示：

由图象知：当 3≤x<4 时，令 fx=2 ，则 4x−12=2 ，解得 x=72 ，
对任意 x∈−∞,t ，都有 fx≤2 ，只需对任意 x∈−∞,t ，函数的图象不在直线y=2的上方即可，
由图知 t≤72 ，即t的取值范围是 −∞,72 .
故答案为： −∞,72.
16.【答案】48π
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，线面垂直的判定，是较难题.
通过题意画出图像，通过三棱锥图像性质以及三棱锥外接球的相关性质确定圆心位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果.
【解答】
解：如图所示，作 AB 中点 D ，连接 PD 、 CD ，
在 CD 上作 △ABC 的中心 E ，过点 E 作平面 ABC 的垂线，
在垂线上取一点 O ，使得PO=CO，
因为三棱锥底面是等边三角形，E 是 △ABC 的中心，
所以三棱锥外接球球心在过点 E 的平面 ABC 垂线上，
又因PO=CO，则 O 即为球心，
因为平面 PAB⊥ 平面 ABC ， PA⊥PB ， PA=PB=3 2 ，
平面 PAB∩ 平面ABC=AB， PD⊥AB ，PD⊂平面PAB，
所以 PD⊥ 平面 ABC ，又CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，
BC=AB= PA2+PB2= 18+18=6 ，
CD= BC2−BD2= 36−9=3 3 ，
CE=23CD=2 3 ， PD= PB2−BD2= 18−9=3 ，
设球的半径为 r ，
则 PO=OC=r,OE= OC2−CE2= r2−12 ，
PD−OE2+DE2=PO2 ，
即 3− r2−122+3=r2 ，解得 r2=12 ，
故三棱锥外接球的表面积为 4πr2=48π .

故答案为： 48π.
17.【答案】解：(1)因为 a=2,−1 ， b=1,3 ，
所以 2a−3b=22,−1−31,3=1,−11 ，
a+kb=2,−1+k1,3=2+k,−1+3k .
因为 2a−3b//a+kb ，
所以 1×−1+3k=−11×2+k ，
解得 k=−32 .
(2)2a+tb=22,−1+t1,3=4+t,−2+3t ，
因为 2a+tb⊥b ，
所以 (2a+tb)⋅b=(4+t)×1+(−2+3t)×3
=−2+10t=0 ，
解得 t=15 .

【解析】本题考查平面向量平行与垂直的坐标运算，属于中档题.
(1)求出向量 a+kb 、 2a−3b 的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数 k 的值.
(2)求出向量 2a+tb 、 b 的坐标，依题意可得 2a+tb⋅b=0 ，根据数量积的坐标运算计算可得.
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图得 (0.005+0.01+0.01+0.015+a+0.025+0.005)×10=1 ，解得a=0.030.
(2)由频率分布直方图可得前四组的频率之和为0.4，前五组的频率之和为0.7，
故中位数位于区间120,130内，则中位数为120+10×13≈123 .
(3)在 100,110 和 110,120 两组中的人数分别为100×(0.01×10)=10和100×(0.015×10)=15，
故在 100,110 分组中抽取 5×1010+15=2 人，记为A，B，在 110,120 分组中抽取3人，记为c，d，e.
从这5人中任取2人，样本空间为 Ω=AB,Ac,Ad,Ae,Bc,Bd,Be,cd,ce,de ，共含有10个样本点，
设事件M为“ 100,110和110,120 两组各有一人参加总结会”，
则 M=Ac,Ad,Ae,Bc,Bd,Be ，含有6个样本点，故 P(M)=610=35 .

【解析】本题考查频率分布直方图，平均数、中位数、众数，分层抽样，古典概率，属于中档题.
(1)由频率分布直方图中各个矩形面积之和为1即能求出a；
(2)判断出中位数位于区间120,130内，再根据中位数求法列式求解即可；
(3)按照分层抽样的特征，可分别求得两组各抽取的人数，再利用列举法结合古典概型概率公式即可求解.
19.【答案】解：(1)由已知得fx 的最小正周期T=2πω=2×π ，所以 ω=1 ，
从而fx=2sinx+φ，又f0=2sinφ=1，又0<φ<π2 ，所以φ=π6 ，
所以f(x)=2sinx+π6 .
(2)由已知得g(x)=2sinx+π3+π6=2sinx+π2=2csx .
故y=f(x)+g(x)=2sinx+π6+2csx
= 3sinx+3csx=2 3sinx+π3 ，
令π2+2kπ≤x+π3≤3π2+2kπ，k∈Z，得π6+2kπ≤x≤7π6+2kπ，k∈Z，
所以函数y=fx+gx 的单调递减区间为π6+2kπ,7π6+2kπ，k∈Z .

【解析】本题考查正弦型函数的图象与性质，属于中档题.
(1)首先根据周期求ω，再根据f0=1求φ，即可求函数的解析式；
(2)首先利用平移规律求 gx 的解析式，再化简 y=fx+gx 的解析式，再根据函数的性质求函数的单调递减区间.
20.【答案】解：(1)∵四边形 ABEF 是矩形，
∴AF//BE ，
又 AF⊄ 平面 BCE ， BE⊂平面 BCE ，
∴AF// 平面BCE.
∵CE//DF ， DF⊄ 平面 BCE ， CE⊂ 平面 BCE ，
∴DF// 平面BCE.
∵AF∩DF=F ， AF,DF⊂ 平面 ADF ，
∴平面 ADF// 平面 BCE ，
又 AD⊂ 平面 ADF ，
∴AD// 平面BCE.
(2)∵CE⊥ 平面 ABEF ， AB⊂ 平面 ABEF ，
∴CE⊥AB ，
在矩形 ABEF 中， AB⊥BE ，
又∵BE∩CE=E ， BE,CE⊂ 平面 BCE，
∴AB⊥ 平面BCE.
又 AB⊂ 平面 ABC ，
∴平面 ABC⊥ 平面BCE.
(3)∵CE⊥ 平面 ABEF ， CE⊂ 平面 CDFE ，
∴平面 CDFE⊥ 平面ABEF.
又 AF⊥EF ，平面 ABEF∩ 平面 CDFE=EF ， AF⊂ 平面 ABEF ，
∴AF⊥ 平面 CDFE ，
则 AF 为三棱锥 A−CDE 的高，且AF=1.
∵AB=CE=2 ，
∴S△CDE=12×2×2=2 ，
∴VC−ADE=VA−CDE=13S△CDE⋅AF=13×2×1=23 .

【解析】本题考查了线面平行的判定，面面垂直的判定，棱锥的体积，属于中档题.
(1)由题意可得 AF//BE ， CE//DF ，则由线面平行的判定定理可得 AF// 平面 BCE ， DF// 平面 BCE ，再由面面平行的判定定理可得平面 ADF// 平面 BCE ，再由面面平行的性质可证得结论；
(2)由已知条件可得 AB⊥ 平面BCE，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
(3)由题意可得平面 CDFE⊥ 平面 ABEF ，则 AF⊥ 平面 CDFE ，所以 VC−ADE=VA−CDE=13S△CDE⋅AF，从而可求得结果.
21.【答案】解：(1)当λ>0时，函数 h(x)=2x−1−λlg2(x−1) 在区间 3,5 上单调递减，
则由零点存在定理可得 h(3)>0h(5)<0 ，即 1−λ>012−2λ<0,
解得 14<λ<1 ，所以 λ 的取值范围是 14,1 .
(2)若对任意 x1∈a,a+3 ，都有 x2∈a,a+3 ，使得 fx1≤gx2 成立，
则当 x∈a,a+3 时， fxmax≤gxmax .
因为a>1，所以当 x∈a,a+3 时， fx=2x−1 单调递减，
g(x)=lg2(x−1) 单调递增，
所以 f(x)max=f(a)=2a−1 ， g(x)max=g(a+3)=lg2(a+2) ，
所以 2a−1≤lg2(a+2) .
当12 ， lg2a+2<2 ，不符合条件，
当 a≥2 时， 0<2a−1≤2 ， lg2a+2≥2 ，符合条件，
所以a的取值范围是 2,+∞ .

【解析】本题考查函数零点、方程的根的判断和利用对数函数的图象与性质求参，属于较难题.
(1)函数 h(x)=2x−1−λlg2(x−1) 在区间 3,5 上单调递减，要使函数 hx 在区间 3,5 上存在零点，则由零点存在定理可得 h(3)>0h(5)<0 ，解不等式即可得出答案；
(2)若对任意 x1∈a,a+3 ，都有 x2∈a,a+3 ，使得 fx1≤gx2 成立，则当 x∈a,a+3 时， fxmax≤gxmax ，讨论122.【答案】解：(1)由 c2b−a=csCcsA 及正弦定理得 sinC2sinB−sinA=csCcsA ，
∴sinCcsA=2sinBcsC−sinAcsC ，即 sin(A+C)=2sinBcsC ，
∴sinB=2sinBcsC .
∵sinB≠0 ，
∴csC=12 ，
∵0∴C=π3 .
(2)设 CD=x ，
∵∠ACB=π3 ， CD 为∠ACB 的平分线，
∴∠ACD=∠BCD=π6 .
由 S△ACD+S△BCD=S△ABC ，得 12⋅3x⋅12+12⋅x⋅12=12×3× 32 .
解得 x=3 34 ，即CD的长为 3 34 .
(3)设 △ABC 的外接圆半径为R.
∵acsB+bcsA=2 ，
∴2RsinAcsB+2RsinBcsA=2 ，即 2RsinC=2=c .
由正弦定理可得 bsinB=asinA=2 32 ，
∴a=4 33sinA，b=4 33sinB=4 33sin2π3−A .
∴△ABC 的面积S=12absinC= 34ab=4 33sinAsin2π3−A
=4 33sin A( 32cs A+12sin A)
=4 33( 34sin 2A−14cs 2A+14)
=2 33sin2A−π6+ 33.
∵△ABC 是锐角三角形，
∴0∴π6∴π6<2A−π6<5π6 ，
∴12∴S∈2 33, 3 ，
即锐角 △ABC 面积的取值范围是 2 33, 3 .

【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形，三角形面积，求正弦型函数的值域或最值，属于较难题.
(1)对已知等式利用正弦定理统一成角的形式，然后化简可求出角C ；
(2)由 CD 为 ∠ACB 的平分线，得 ∠ACD=∠BCD=π6 ，再由S△ACD+S△BCD=S△ABC 可求出 CD 的长；
(3)设 △ABC 的外接圆半径为R，利用正弦定理将已知等式化简变形可求得c=2，再利用正弦定理可求得 a=4 33sinA ， b=4 33sin2π3−A ，然后表示出三角形的面积，利用三角函数恒等变换公式化简，再利用正弦函数的性质可求得结果.