2024-2025学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析），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.若全集U={3,4,5,6,7,8}，M={4,5}，N={3,6}，则集合{7,8}等于( )
A. M∪NB. M∩NC. (∁UM)∪(∁UN)D. (∁UM)∩(∁UN)
2.已知OA=(1,2,3)，OB=(2,λ,3)，OC=(4,2,k)，若OA⊥平面ABC，则λ+k的值是( )
A. 43B. 32C. 74D. 72
3.样本(x1,x2,⋯,xn)的平均数为x−，样本(y1,y2,⋯,ym)的平均数为y−(x−≠y−).若样本(x1,x2,⋯,xn,y1,y2,⋯,ym)的平均数z−=αx−+(1−α)y−，且nA. (0,12)B. {12}
C. (12,+∞)D. 不能确定α与12的大小
4.已知直线l1：(3+m)x+4y=5−3m与l2：2x+(5+m)y=8，则“l1//l2”是“m=−7”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知函数f(x)满足f(x)=2x−2,x>02−2−x,x<0，若f(a)>f(−a)，则实数a的取值范围是( )
A. (−1,0)∪(0,1)B. (−1,0)∪(1,+∞)
C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. (−∞,−1)∪(0,1)
6.已知点P(1,2).向量m=(− 3,1)，过点P作以向量m为方向向量的直线为l，则点A(3,1)到直线l的距离为( )
A. 3−1B. 1− 32C. 2+ 3D. 2− 3
7.已知函数f(x)=|lgx|，若存在0A. (2 3,+∞)B. [2 3,+∞)C. (4,+∞)D. [4,+∞)
8.点P为棱长是2的正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为( )
A. 5π5B. 2 5π5C. 4 5π5D. 8 5π5
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。
9.已知四面体ABCD，下列选项中，能推出AC⊥BD的有( )
A. AB，AC，AD两两垂直
B. AB=AC=AD
C. AB⊥CD，AD⊥BC
D. 顶点A到底面△BCD的三条边的距离相等
10.已知A(2,2,0)，B(0,2,2)，C(2,0,2)，则以下坐标表示的点在平面ABC内的是( )
A. (2,1,1)B. (43,43,43)C. (1,1,1)D. (−2,3,3)
11.下列函数中，满足f(ln(lg310))+f(ln(lg3))=2的有( )
A. f(x)=lg( 1+4x2+2x)+1B. f(x)=x13+12
C. f(x)=3+2x2+2x+1D. f(x)=sin2(x+π4)+12
12.在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a,a)，P是函数y=1x(x>0)图象上一动点．若点P，A之间的最短距离为2 2，则满足条件的实数a的所有值为( )
A. 10B. − 10C. 1D. −1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当014.已知a>0，b>0，直线(a−1)x+2y+3=0与直线x+by−1=0垂直，则1a+1b的最小值是______．
15.如图，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上(包括端点)，则三棱锥P−A1BD的体积的取值范围是______．
16.已知四面体顶点A(2,3,1)，B(4,1,−2)，C(6,3,7)和D(−5,−4,8)，则从顶点D所引的四面体的高h= ______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
设全体空间向量组成的集合为V，a=(a1,a2,a3)为V中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“应变量”也是向量的“向量函数”f(x)：f(x)=−x+2(x⋅a)a(x∈V)．
(1)设u=(1,0,0)，v=(0,0,1)，若f(u)=v，求向量a；
(2)对于V中的任意两个向量x，y，证明：f(x)⋅f(y)=x⋅y；
(3)对于V中的任意单位向量x，求|f(x)−x|的最大值．
18.(本小题12分)
在△ABC中，AC=2，AB=3，A=60°．
(1)求△ABC的外接圆的面积；
(2)在下述条件中任选一个，求AD的长．
①AD是△ABC的角平分线；
②AD是△ABC的中线．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的方程是|x|a+|y|b=1(a,b>0)．
(1)当a=1，b=2时，求曲线C围成的区域的面积；
(2)若直线l：x+y=1与曲线C交于x轴上方的两点M，N，且OM⊥ON，求点(1b,1a2)到直线l距离的最小值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)满足：f(x+2)=2f(x)+a(a∈R)，若f(1)=2，且当x∈(2,4]时，f(x)=2x2−6x+11．
(1)求a的值；
(2)当x∈(0,2]时，求f(x)的解析式；并判断f(x)在(0,4]上的单调性(不需要证明)；
(3)设g(x)=lg2(2+43x−1)，h(x)=2csx+mcs2x(x∈[−π2,π2])，若f[h(x)]≥g[h(x)]，求实数m的值．
21.(本小题12分)
如图，已知四棱锥P−ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC/​/AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB=2．
(1)在线段PD上是否存在一点E，使得CE/​/平面PAB；
(2)求四棱锥P−ABCD的体积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵全集U={3,4,5,6,7,8}，M={4,5}，N={3,6}，
可得M∪N={3,4,5,6}
又(∁UM)∩(∁UN)=∁U(M∪N)={7,8}，
故选：D．
由全集U及集合M，N的补集即可判断得出．
本题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵OA=(1,2,3)，OB=(2,λ,3)，OC=(4,2,k)，
∴AB=(1,λ−2,0)，AC=(3,0,k−3)，
若OA⊥平面ABC，则OA⊥AB，OA⊥AC，
∴OA⋅AB=1+2(λ−2)=0，解得λ=32，
OA⋅AC=3+3(k−3)=0，解得k=2，
则λ+k=72．
故选：D．
根据OA⊥AB，OA⊥AC，得到OA⋅AB=1+2(λ−2)=0，OA⋅AC=3+3(k−3)=0，解得λ，k，相加即可．
本题考查了直线与平面垂直和向量的数量积判断向量垂直，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵z−=nx−+my−m+n=nm+nx−+mm+ny−=αx−+(1−α)y−，
∴α=nm+n0，
∴0<α<12．
故选：A．
根据已知条件，结合平均数公式，即可求解．
本题主要考查平均数公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
利用两条直线平行的充要条件即可得出．
【解答】
解：∵“l1//l2”，直线l1：(3+m)x+4y=5−3m与l2：2x+(5+m)y=8，
分别化为y=−3+m4x+5−3m4，y=−25+mx+85+m．
∴−3+m4=−25+m，5−3m4≠85+m，
解得m=−7，m=−1(两直线重合，舍去)
则“l1//l2”是“m=−7”的充要条件．
故选C．
5.【答案】B
【解析】解：∵函数f(x)满足f(x)=2x−2,x>02−2−x,x<0，
作出函数f(x)的图像，看出函数f(x)为奇函数，且f(1)=0，f(−1)=0，
f(x)在(−∞,0)，(0,+∞)上都为增函数，
由f(a)>f(−a)=−f(a)，得到2f(a)>0，即f(a)>0，
由图像可得x∈(−1,0)∪(1,+∞)．
故选：B．
判断函数的奇偶性，结合图像即可求解结论．
本题主要考查分段函数的性质以及函数奇偶性的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由于点P(1,2).向量m=(− 3,1)，过点P作以向量m为方向向量的直线为l，
故直线的方程为y−2=− 33(x−1)，
整理得：x+ 3y−2 3−1=0，
利用点A(3,1)到直线l的距离d=|3+ 3−2 3−1|2=1− 32．
故选：B．
直接利用点和直线的方向向量求出直线的方程x+ 3y−2 3−1=0，进一步利用点到直线的距离公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由f(a)=f(b)，得到|lga|=|lgb|，
因为00，
于是−lga=lgb，所以lga+lgb=0，即lgab=0，所以ab=1，
于是b=1a>a，所以a∈(0,1)，
所以a+3b=a+3a，
因为函数y=a+3a在(0,1)上为减函数，
所以a+3a∈(4,+∞)，
由题意，存在0所以m>4．
故选：C．
根据已知可得b=1a>a，a∈(0,1)，由对勾函数的单调性求出a+3b的范围，从而可得m的取值范围．
本题主要考查对数函数的图象与性质，考查不等式成立求参数范围问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设BB1的中点N，AB1的中点K，CN为DP在平面B1C1CB中的射影，直线DP在过点D且与BM垂直的平面内．又点P在内接球的球面上，故点P的轨迹是正方体的内切球与过D且与BM垂直的平面相交得到的小圆，即点P的轨迹为过D，C，N的平面即为平面CDKN与内切球的交线．由等体积法13h×12×2× 5=13×1×12×1×2，求得点O到此平面CDKN的距离h为 55，截得小圆的半径为2 55，所以以点P的轨迹的长度为4 5π5．
故选：C．
直线DP在过点D且与BM垂直的平面内．又点P在内切球的球面上，故点P的轨迹是正方体的内切球与过D且与BM垂直的平面相交得到的小圆，即可得出结论．
本题考查了学生的空间想象力，求出点P的轨迹是关键，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A项，由AB⊥AC，AD⊥AC，且AB∩AD=A，得AC⊥平面ABD，
又因为BD⊂平面ABD，所以AC⊥BD，故A正确；
对于B项，因为AB=AC=AD，所以A在底面的射影为底面三角形的外心，得不到AC⊥BD，故B错误；
对于C项，过点A作AH⊥底面BCD，垂足为H．
连接BH，则BH为斜线AB在底面BCD的射影．
因为CD⊥AB，由三垂线定理逆定理得，CD⊥BH，
同理连接DH，由三垂线定理逆定理可证明BC⊥DH，
所以H为底面△BCD的垂心．
连接CH，由三垂线定理得BD⊥AC，故C正确；
对于D项，因为顶点A到底面△BCD的三条边的距离相等，所以点A在底面△BCD的射影为底面三角形的内心，
得不到AC⊥BD，故D错误．
故选：AC．
由线面垂直的判定和性质可判断A；由A在底面的射影为底面三角形的外心可判断B；由三垂线定理和逆定理可判断C；由A在底面△BCD的射影为底面三角形的内心可判断D．
本题考查空间中线线、线面的位置关系，主要是平行和垂直的判定与性质，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：∵A(2,2,0)，B(0,2,2)，C(2,0,2)，
∴OA=(2,2,0)，OB=(0,2,2)，OC=(2,0,2)，
对于A：设P(2,1,1)，则OP=(2,1,1)，
设存在x，y，z使得OP=xOA+yOB+zOC=(2x+2z,2x+2y,2y+2z)，
∴2x+2z=22x+2y=12y+2z=1，解得x=12y=0z=12，由12+0+12=1，故A表示的点在平面ABC内，
对于B：设P(43,43,43)，则OP=(43,43,43)，
设存在x，y，z使得OP=xOA+yOB+zOC=(2x+2z,2x+2y,2y+2z)，
∴2x+2z=432x+2y=432y+2z=43，解得x=13y=13z=13，由13+13+12=1，故B表示的点在平面ABC内，
对于C：设P(1,1,1)，则OP=(1,1,1)，
设存在x，y，z使得OP=xOA+yOB+zOC=(2x+2z,2x+2y,2y+2z)，
∴2x+2z=12x+2y=12y+2z=1，解得x=14y=14z=14，由14+14+14≠1，故C表示的点不在平面ABC内，
对于D：设P(−2,3,3)，则OP=(−2,3,3)，
设存在x，y，z使得OP=xOA+yOB+zOC=(2x+2z,2x+2y,2y+2z)，
∴2x+2z=−22x+2y=32y+2z=3，解得x=−1y=2z=−1，由−1+2−1≠1，故D表示的点不在平面ABC内，
故选：AB．
利用OP=xOA+yOB+zOC，当x+y+z=1时，P，A，B，C四点共面，逐项计算即可判断．
本题考查多点共面的判定定理，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：lg310=1lg3，所以ln(lg310)=−ln(lg3)，
选项A：f(−x)=lg( 1+4(−x)2−2x)+1，f(x)+f(−x)=2，则f(ln(lg310))+f(ln(lg3))=2，A正确；
选项B：f(−x)=3−x+12，f(x)+f(−x)=1，则f(ln(lg310))+f(ln(lg3))=1，B错误；
选项C：f(−x)=3+2−x2+2−x+1=3×2x+12x+1+2，f(x)+f(−x)=2，则f(ln(lg310))+f(ln(lg3))=2，C正确；
选项D：f(x)=1−cs(2x+π2)2+12=2+sin(2x)2，f(−x)=2+sin(−2x)2，f(x)+f(−x)=2，则f(ln(lg310))+f(ln(lg3))=2，D正确；
故选：ACD．
ln(lg310)=−ln(lg3)，主要看f(x)与f(−x)关系，依次验算四个选项即可．
本题考查函数的性质，属于中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：设P(x,1x)，
则d=|PA|= (x−a)2+(1x−a)2= (x+1x)2−2a(x+1x)+2a2−2．
令t=x+1x≥2，
∴d= t2−2at+2a2−2，
令f(t)=t2−2at+2a2−2，t≥2．
该函数对称轴t=a，
①a≤2时，f(t)递增，f(t)min=f(2)=2a2−4a+2=8，
解得a=−1或3(舍)，
②a>2时，f(t)min=f(a)=a2−2=8，
解得a= 10或a=− 10(舍)．
综上，a的取值为−1或 10．
故选：AD．
先利用两点间距离公式表示出|PA|，然后利用换元法将|PA|转化为一个二次函数类型的函数求最值问题，取最小值2 2时得到关于a的方程，求解即可．
本题主要考查两点间距离公式和代数变换求最值，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】−2
【解析】解：根据题意，函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，
则有f(−1)=f(1)且f(−1)=−f(1)，
即f(1)=−f(1)，则f(1)=0，
f(−52)=−f(52)=−f(12)=−(412)=−2，
则f(−52)+f(1)=−2+0=−2；
故答案为：−2．
根据题意，由函数的周期性与奇偶性可得f(−1)=f(1)且f(−1)=−f(1)，分析可得f(1)的值，进而分析可得f(−52)=−f(52)=−f(12)，由函数的解析式计算可得答案．
本题考查函数的奇偶性与周期性，注意求出f(1)的值．
14.【答案】3+2 2
【解析】解：∵直线(a−1)x+2y+3=0与直线x+by−1=0垂直，
∴(a−1)×1+2b=0，化简整理可得，a+2b=1，
∵a>0，b>0，a+2b=1，
∴1a+1b=(1a+1b)(a+2b)=ab+2ba+3≥2 ab⋅2ba+3=3+2 2，
当且仅当ab=2ba，即a= 2−1，b=2− 22时，等号成立，
故1a+1b的最小值是3+2 2．
故答案为：3+2 2．
根据已知条件，结合直线垂直的性质，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查直线垂直的性质，以及基本不等式的公式，属于基础题．
15.【答案】[43,83]
【解析】解：当点P与点C重合时，三棱锥P−A1BD的体积最小，
此时点P到平面A1BD的距离等于点A到平面A1BD的距离，
此距离为正方体体对角线长度的13，
此时三棱锥P−A1BD的体积为13× 34×(2 2)2×2 33=43；
当点P与C1重合时，P到平面A1BD的距离为正方体体对角线长度的23，
即23×2 3=4 33，
此时三棱锥P−A1BD的体积最大，为13× 34×(2 2)2×4 33=83，
故三棱锥P−A1BD的体积的取值范围是[43,83]．
故答案为：[43,83]．
利用极端法，结合三棱锥的体积公式和正方体的性质进行求解即可．
本题主要考查锥体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
16.【答案】11
【解析】解：因为A(2,3,1)，B(4,1,−2)，C(6,3,7)，D(−5,−4,8)，
所以AB=(2,−2,−3),AC=(4,0,6),AD=(−7,−7,7)，
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z)，
所以AB⋅n=2x−2y−3z=0AC⋅n=4x+6z=0，令x=−3，则z=2，y=−6，所以n=(−3,−6,2)，
所以D到平面ABC的距离为d=|AD⋅n||n|=777=11，
即从顶点D所引的四面体的高h=11，
故答案为：11．
计算平面ABC的一个法向量n和AD，通过点到面的距离公式即可计算．
本题考查了点到平面的距离计算问题，属于基础题．
17.【答案】解：(1)依题意得：f(u)=−u+2(u⋅a)a=v，
设a=(x,y,z)，
代入运算得：2x2−1=02xy=02xz=1，
解得a=( 22,0, 22)或a=(− 22,0,− 22)．
证明：(2)设x=(a,b,c)，y=(m,n,t)，a=(a1,a2,a3)，
则f(x)⋅f(y)=[−x+2(x⋅a)a]⋅[−y+2(y⋅a)a]
=x⋅y−4(y⋅a)(x⋅a)+4(y⋅a)(x⋅a)(a)2=x⋅y−4(y⋅a)(x⋅a)+4(y⋅a)(x⋅a)=x⋅y．
∴f(x)⋅f(y)=x⋅y．
解：(3)设x与a的夹角为α，
则x⋅a=|x|⋅|a|csα=csα，
则|f(x)−x|=|2x−2(x⋅a)a|= (2x−2csαa)2= 4−4cs2α≤2，
∴|f(x)−x|的最大值为2．
【解析】(1)f(u)=−u+2(u⋅a)a=v，设a=(x,y,z)，列方程组能求出向量a．
(2)设x=(a,b,c)，y=(m,n,t)，a=(a1,a2,a3)，由此能证明f(x)⋅f(y)=x⋅y．
(3)设x与a的夹角为α，则x⋅a=|x|⋅|a|csα=csα，由此能求出|f(x)−x|的最大值为2．
本题考查向量的求法，考查等式的证明，考查向量的模的最大值的求法，考查向量、向量的模、向量的数量积公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查函数与方程思想，是中档题．
18.【答案】解：(1)由余弦定理得csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC，
即12=9+4−BC22×3×2，
所以BC= 7，
设△ABC外接圆半径为R，由正弦定理得， 7sin60°=2R，
所以R= 213，
所以△ABC外接圆的面积为πR2=7π3．
(2)若选择①，S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC=12×2×3× 32=3 32，
同时S△ABC=12AB⋅ADsin∠BAD+12AC⋅AD．sin∠CAD=54AD，
所以54AD=3 32，所以AD=6 35．
若选择②，AD=12(AB+AC)，
两边平方得AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(9+4+2×3×2×12)=194，
所以AD= 192．
【解析】(1)根据已知条件，结合余弦定理，以及正弦定理的应用，即可求解．
(2)选择①，根据已知条件，结合三角形的等面积法，即可求解．
选择②，根据已知条件，结合AD=12(AB+AC)，即可求解．
本题主要考查正弦定理，以及余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=1，b=2时，曲线C的方程是|x|+|y|2=1，
曲线C围成的区域为菱形，其面积为12×2×4=4；
(2)当x>0，y>0时，有xa+yb=1，
联立直线x+y=1可得M(a−aba−b,ab−ba−b)，
当x<0，y>0时，有x−a+yb=1，
联立直线x+y=1可得N(a−aba+b,b+aba+b)，
由OM⊥ON可得kOMkON=−1，
即有ab−ba−ab⋅b+aba−ab=−1，
化为1a2=1b2−2b+2，
点(1b,1a2)到直线l距离d=|1b+1a2−1| 2
=1b2−1b+1 2
=(1b−12)2+34 2，
由题意可得a−ab<0，a−b<0，ab−b<0，即a可得01，
可得当1b=12，即b=2时，
点(1b,1a2)到直线l距离取得最小值3 28．
【解析】本题考查曲线方程的运用，以及两直线的交点和点到直线的距离公式的运用，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．
(1)由题意可得曲线C围成的区域为菱形，画出图形，由四边形的面积公式可得所求；
(2)求得曲线在第一象限和第二象限的方程，联立直线l的方程，可得交点M，N，再由两直线垂直的条件可得a，b的关系式，结合点到直线的距离公式，以及配方法可得所求最小值．
20.【答案】解：(1)∵f(1)=2，f(x+2)=2f(x)+a(a∈R)，
∴令x=1，f(3)=2f(1)+a=4+a，
∵当x∈(2,4]时，f(x)=2x2−6x+11，
∴f(3)=2×32−6×3+11=11，
∴4+a=11，解得a=7；
(2)设x∈(0,2]，则x+2∈(2,4]，
又当x∈(2,4]时，f(x)=2x2−6x+11，
∴f(x+2)=2(x+2)2−6(x+2)+11=2x2+2x+7，
又f(x+2)=2f(x)+7，
∴当x∈(0,2]时，f(x)=x2+x，
判断：f(x)在(0,4]上为增函数；
(3)由(2)知，f(x)在(0,4]上为增函数，且x∈(2,4]，f(4)=19，f(x)>7，
且当x>4时，设x∈(2n,2n+2](n≥2，n∈Z)，
则[x−(2n−2)]∈(2,4]，f(x)=2f(x−2)+7=22f(x−4)+7×(2+1)=23f(x−6)+7×(22+2+1)=−1f[x−(2n−2)]+7⋅(2n−2+2n−3+...+2+1)>7⋅2n−1+7⋅(2n−2+2n−3+...+2+1)≥21，又f(1)=2；
函数g(x)=lg2(2+43x−1)，由2+43x−1>0⇒x>0，即定义域为(0,+∞)，
且∀x1，x2∈(0,+∞)，x1∴lg2(2+43x2−1)即g(x2)∴g(x)=lg2(2+43x−1)在(0,+∞)上单调递减，
又g(1)=2，由f(h(x))≥g(h(x))恒成立，得h(x)≥1恒成立，
即2csx+m(2cs2x−1)≥1在x∈[−π2,π2]上恒成立，
设t=csx∈[0,1]，则不等式2mt2+2t−(m+1)≥0在t∈[0,1]上恒成立，
①当m=0时，不等式化为2t−1≥0，不恒成立；
②当m>0，t=0时，代入得−(m+1)≥0，不成立；
③当m<0时，只需−(m+1)≥02m+2−(m+1)≥0，解得m=−1，
综上所述，实数m的值为−1．
【解析】(1)根据题意得出f(3)=2f(1)+a=4+a，再由f(3)=11，即可得出答案；
(2)设x∈(0,2]，则x+2∈(2,4]，代入f(x+2)=2f(x)+7，即可得出f(x)=x2+x，根据二次函数的图象与性质即可得出f(x)在(0,4]上的单调性；
(3)由(2)知，当x>4时，f(x)≥21，又f(1)=2，根据g(x)的单调性可得h(x)≥恒成立，t=csx∈[0,1]，不等式2mt2+2t−(m+1)≥0在t∈[0,1]上恒成立，讨论m的取值范围即可得出答案．
本题考查换元法求函数的解析式、函数的单调性、函数恒成立问题，利用函数的单调性是解决此题的关键，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)存在，当E为PD中点时，有CE/​/平面PAB.证明如下：
取AP的中点G，连接BG，EG，
由GE/​/AD，BC/​/AD，GE=12AD,BC=12AD，所以GE/​/BC，GE=BC，
所以四边形GBCE为平行四边形，所以GB/​/CE，
又CE⊄平面PAB，GB⊂平面PAB，
所以CE/​/平面PAB；

(2)取AD的中点F，连接BF，
因为AD=2DC，BC/​/AD，所以FD/​/BC，FD=BC，
所以四边形FBCD是平行四边形，
又CD⊥AD，所以四边形FBCD是矩形，
以F为原点，FB,FD，垂直于平面ABCD向上的方向为正方向，分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则F(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0,−1,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，
因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，设P(x,0,z)(z>0)，
由 2|PA|=|AD|和|PC|=|AD|知，
2x2+2×12+2z2=4,(x−1)2+(0−1)2+z2=4,即x2+z2=1,(x−1)2+z2=3,
解得x=−12,z= 32,所以P(−12,0, 32)，
故四棱锥P−ABCD的高为 32，
于是VP−ABCD=13SABCD⋅h=13×12(1+2)×1× 32= 34．
【解析】(1)根据三角形中位线、平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，根据等腰直角三角形的性质，结合空间两点距离公式、三棱锥体积公式进行求解即可．
本题主要考查线面平行的证明，锥体体积的计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．