2022-2023学年湖南省长沙市东雅中学高二（下）入学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市东雅中学高二（下）入学数学试卷（含解析），共18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+2i，则z−1+i=( )
A. 32+12iB. 32−12iC. −12−32iD. −12+32i
2.已知sin(α−π4)=23，则cs(π4+α)的值等于( )
A. 23 3B. −23 3C. 23D. −23
3.设a=2π，b=(13)13，c=(14)14，则a，b，c的大小关系是( )
A. a>b>cB. c>a>bC. b>c>aD. a>c>b
4.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B如图所示．其中n(Ω)=12，n(A)=6，n(B)=4，n(A∪B)=8，则事件A与事件B−( )
A. 是互斥事件，不是独立事件
B. 不是互斥事件，是独立事件
C. 既是互斥事件，也是独立事件
D. 既不是互斥事件，也不是独立事件
5.设a>0，b>0，则“1a+1b≤4”是“ab≥14”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6.如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100m到达B处，在B处测得C对于山坡的斜度为45°.若CD=50m，山坡对于地平面的坡度为θ，则csθ等于( )
A. 32B. 22C. 3−1D. 2−1
7.已知△ABC是边长为2的等边三角形，D、E分别是AC、AB上的两点，且AE=EB，AD=2DC，BD与CE交于点O，则下列说法错误的是( )
A. AB⋅CE=0B. OE+OC=0
C. |OA+OB+OC|= 32D. ED在BC方向上的投影向量的模为1
8.在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AC，侧棱AA1⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积为4π，则该三棱柱的侧面积的最大值为( )
A. 6 3B. 3 3C. 3 2D. 3
9.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若m/​/α，α∩β=n，则 m/​/n
B. 若m/​/α，m⊥n，则n⊥α
C. 若m⊥α，n⊥α，则m/​/n
D. 若m⊂α，n⊂β，α⊥β，则m⊥n
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.已知函数f(x)= 3sinωx+csωx(ω>0)，下列说法中正确的有( )
A. 若ω=1，则f(x)在(0,π2)上是单调增函数
B. 若 f(π6+x)=f(π6−x)，则正整数ω的最小值为2
C. 若ω=2，则把函数y=f(x)的图象向右平移π6个单位长度，所得到的图象关于原点对称
D. 若f(x)在(0,π)上有且仅有3个零点，则176<ω≤236
11.如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折到△AB1M的位置，连接B1C和B1D，N为B1D的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是( )
A. 始终有AM⊥B1C
B. 线段CN的长为定值
C. 直线AB1和CN所成的角始终为π6
D. 当三棱锥B1−AMD的体积最大时，三棱锥B1−AMD的外接球的表面积是8π
12.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数“为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数，例如：[−3.5]=−4，[2.1]=2.已知函数f(x)=ex1+ex−12，则关于函数g(x)=[f(x)]的叙述中正确的是( )
A. g(x)是偶函数B. f(x)是奇函数
C. f(x)在R上是增函数D. g(x)的值域是{−1,0,1}
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.能够说明“若ab>4，则a>2，b>2”是假命题的一组有序数对(a,b)是 ．
14.若三个原件A，B，C按照如图的方式连接成一个系统，每个原件是否正常工作不受其他元件的影响，当原件A正常工作且B，C中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若原件A，B，C正常工作的概率依次为0.7，0.8，0.9，则这个系统正常工作的概率为______
15.已知△ABC的三边长互不相等，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=1，acsA=bcsB，则a+b的取值范围是______．
16.已知向量a与b夹角为锐角，且|a|=|b|=2，任意λ∈R，|a−λb|的最小值为 3，若向量c满足(c−a)⋅(c−b)=0，则|c|的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共58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)
已知函数f(x)=2cs2(π12−x)+2sinxcsx−1．
(1)将函数f(x)化成f(x)=Asin(ωx+φ)的形式，并求函数f(x)的增区间；
(2)若函数f(x)满足：对任意x∈[0,π2]都有f(x)+m≤3 3成立，求实数m的取值范围．
18.(本小题12分)
△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cs2A+cs2B+2sinAsinB=1+cs2C．
(1)求角C；
(2)设D为边AB的中点，△ABC的面积为3 3，求CD的最小值．
19.(本小题12分)
如图所示，在五棱锥E−ABCDF中，侧面AEF⊥底面ABC，△AEF是边长为2的正三角形，四边形ABDF为正方形，BC⊥CD，且BC=CD，G是△AEF的重心，O是正方形ABDF的中心．
(Ⅰ)求证：OG/​/平面BCE；
(Ⅱ)求二面角B−AE−D的余弦值．
20.(本小题12分)
甲、乙两人玩一个摸球猜猜的游戏，规则如下：一个袋子中有4个大小和质地完全相同的小球，其中2个红球，2个白球，甲采取不放回方式从中依次随机地取出2个球，然后让乙猜.若乙猜出的结果与摸出的2个球特征相符，则乙获胜，否则甲获胜，一轮游戏结束，然后进行下一轮(每轮游戏都由甲摸球).乙所要猜的方案从以下两种猜法中选择一种：
猜法一：猜“第二次取出的球是红球”；
猜法二：猜“两次取出球的颜色不同”.请回答：
(1)如果你是乙，为了尽可能获胜，你将选择哪种猜法，并说明理由；
(2)假定每轮游戏结果相互独立，规定有人首先获胜两次则为游戏获胜方，且整个游戏停止.若乙按照(1)中的选择猜法进行游戏，求乙获得游戏胜利的概率．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+ax+b，a，b∈R，f(1)=0．
(1)若函数y=|f(x)|在[0,1]上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)设F(x)=f(|2x−1|)+a(|2x−1|−2)，若函数F(x)有三个不同的零点，求实数a的取值范围；
(3)是否存在整数m，n，使得m≤f(x)≤n的解集恰好是[m,n]，若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z=1+2i，∴z−1+i=1−2i1+i=(1−2i)(1−i)(1+i)(1−i)=−12−32i．
故选：C．
由已知求得z−，代入z−1+i，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：sin(α−π4)=23，
则cs(π4+α)=cs[π2+(α−π4)]=−sin(α−π4)=−23．
故选：D．
根据π4+α=π2+(α−π4)，利用诱导公式计算即可．
本题考查了诱导公式的应用问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵b=(13)13=6(13)2=619，
c=(14)14=6(14)32=618，
∴b又∵a=2π>1，
∴a>c>b，
故选：D．
利用幂运算可得b=(13)13=619，c=(14)14=618，从而比较a，b，c．
本题考查了幂运算的应用及幂函数的单调性的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B如图所示．
其中n(Ω)=12，n(A)=6，n(B)=4，n(A∪B)=8，
∴A∩B≠⌀，且A∩B−≠⌀，
∴事件A与事件B−既不是互斥事件，也不是独立事件．
故选：D．
推导出A∩B≠⌀，且A∩B−≠⌀，由此得到事件A与事件B−既不是互斥事件，也不是独立事件．
本题考查事件A与事件B−的关系的判断，考查集合的交集、并集、韦恩图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：设a>0，b>0，
所以2 1ab≤1a+1b≤4，整理得1ab≤4，故ab≥14，当且仅当a=b时，等号成立，
当ab≥14，求不出1a+1b≤4，
故“1a+1b≤4”是“ab≥14”的充分不必要条件．
故选：A．
直接利用均值不等式的应用和充分条件和必要条件的应用求出结果．
本题考查的知识要点：基本不等式的应用，充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了正弦定理在实际问题中的应用问题，由实际问题恰当构建数学模型是解题的关键，属于中档题．
先求出∠ACB=30°，在△ABC中由正弦定理求出BC，在△BCD中由正弦定理求出sin∠BDC，再由∠BDC=θ+90°求得csθ的值．
【解答】
解：因为∠CBD=45°，所以∠ACB=45°−15°=30°，
在△ABC中，由正弦定理得BCsin15∘=100sin30∘，
解得BC=100×sin15°sin30∘=50( 6− 2)，
在△BCD中，由正弦定理得50( 6− 2)sin∠BDC=50sin45∘，
解得sin∠BDC=50( 6− 2)×sin45°50= 3−1，
即sin(θ+90°)= 3−1，
解得csθ= 3−1．
故答案选：C．
7.【答案】D
【解析】解：取AD的中点F，连接EF，
对于A选项，∵△ABC是边长为2的等边三角形，又E为AB的中点，
∴CE⊥AB，∴AB⋅CE=0，∴A选项正确；
对于B选项，∵E、F分别为AB，AD的中点，∴EF//BD且EF=12BD，
∵AD=2DC，∴AF=FD=DC，∴D为CF的中点，
∵BD//EF，BD∩CE=O，∴O为CE的中点，∴OE+OC=0，∴B选项正确；
对于C，D选项，取AC的中点M，连接BM，则BM⊥AC，
建立如图的坐标系，则根据题意可得：
A(−1,0)、C(1,0)、B(0, 3)、E(−12, 32)、O(14, 34)、D(13,0)，
∴OA=(−54,− 34)，OB=(−14,3 34)，OC=(34,− 34)，
∴OA+OB+OC=(−34, 34)，∴|OA+OB+OC|= 32，∴C选项正确；
∵ED=(56,− 32)，BC=(1,− 3)，
∴ED在BC方向上的投影向量的模为|ED|⋅|cs|=|ED⋅BC||BC|=732=76，∴D选项错误．
故选：D．
对A选项，由题意易知CE⊥AB，从而判断A正确；
对B选项，利用平面几何知识可判断B选项；
对C，D选项，利用平面向量的坐标运算可判断．
本题考查平面向量的线性运算，平面向量的数量积的运算，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：取三棱柱上底面和下底面的外心分别为O′′，O′，连接O′′O′，取其中点为O，连接OA，如图所示：
易知O即为该三棱柱外接球的球心，设AA1=h，AB=a，
在△ABC中由正弦定理得AO′=12×asin60∘= 33a，
则该棱柱外接球半径R= OO′2+AO′2= h24+a23，又4πR2=4π，则R=1，
故可得h24+a23=1≥2 a2h212，即ah≤ 3，当且仅当a= 62,h= 2时取得等号；
则该棱柱的侧面积S=3ah≤3 3，当且仅当a= 62,h= 2时取得等号．
故选：B．
根据三棱柱外接球求得棱柱底面边长和高之间的关系，结合基本不等式以及棱柱侧面积的计算公式，即可求得结果．
本题考查三棱柱的侧面积计算，涉及了正弦定理以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．
对4个选项分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
解：若m/​/α，α∩β=n，则m与n平行或异面，故A错误；
若m/​/α，m⊥n，则n与α关系不确定，故B错误；
根据线面垂直的性质定理，可得C正确；
若m⊂α，n⊂β，α⊥β，则m与n关系不确定，故D错误．
故选C．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的性质，属于中档题．
化简函数f(x)的表达式，再逐一分析各个选项中的条件，计算判断即可．
【解答】
解：∵f(x)= 3sinωx+csωx(ω>0)
∴f(x)=2sin(ωx+π6)，
对于A，当ω=1时，f(x)=2sin(x+π6)，当x∈(0,π2)时，有x+π6∈(π6,2π3)，
∵y=sinx在(π6,2π3)上不单调，
∴f(x)=2sin(x+π6)，在(0,π2)上不单调，故A错误；
对于B，∵ f(π6+x)=f(π6−x)，
则x=π6是函数f(x)图象的一条对称轴，
则π6ω+π6=kπ+π2，k∈Z，即ω=6k+2，k∈Z，
∵ω>0，
∴ωmin=2，故B正确；
对于C，当ω=2时，f(x)=2sin(2x+π6)，
依题意，函数y=f(x−π6)=2sin[2(x−π6)+π6]=2sin(2x−π6)，
∵y=2sin(2x−π6)不是奇函数，
∴其图象不关于原点对称，故C错误；
对于D，当x∈(0,π)时，ωx+π6∈(π6,ωπ+π6)，
∴3π<ωπ+π6≤4π，解得176<ω≤236，故D正确．
故本题选BD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了立体几何中的垂直关系，线段长度以及异面直线所成角，几何体外接球问题，属于中档题．
利用线面垂直证明线线垂直，判断A选项；取AD中点E，连接EN，EC，结合余弦定理，求得CN，并判断B选项；利用几何法将AB1与CN的夹角转化为EN与CN的夹角，判断C选项；将几何体还原为长方体，求得外接球半径，进而判断D选项．
【解答】
解：A选项：由题意，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=BC=2，M为BC的中点，
所以△ABC为等边三角形，AM⊥BC，
所以BM=12BC=12AB=1，
将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，所以AM⊥B1M，
又B1M∩BC=M，B1M，BC⊂平面B1MC，AM⊥平面B1MC，
又B1C⊂平面B1MC，
所以AM⊥B1C，故A选项正确；
B选项：如图所示，
取AD中点E，连接EN，EC，
所以EC//AM，且EC=AM，
又因为N为B1D的中点，
所以EN/​/AB1，且EN=12AB1=1，
又由A选项得AM⊥BC，∠ABC=60°，
所以∠BAM=∠B1AM=30°且AM= 3，
所以∠NEC=30°,EC= 3，
在△CEN中，由余弦定理得：CN2=CE2+NE2−2CE⋅NE⋅cs∠NEC=3+1−2× 3×1× 32=1，
即CN=1，故B选项正确；
C选项：由B选项得EN/​/AB1，
所以AB1与CN的夹角θ即为EN与CN所成角，
θ∈[0,π2],CN=EN=1，且∠NEC=30°，
所以∠CNE=120°，所以θ=π3，故C选项错误；
D选项：当三棱雉B1−AMD的体积最大时，B1M⊥平面ABCD，
由四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60°，∠BAM=30°，可知AM⊥AD，
故三棱锥B1−AMD的外接球即为其所在长方体的外接球，
故外接球半径R=12 AD2+AM2+B1M2=12 4+3+1= 2，
外接球表面积S=4πR2=8π，故D选项正确；
故本题选ABD．
12.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查命题的真假判断与应用，考查函数性质的判定及函数值域的求法，属于较难题．
由g(1)≠g(−1)判断A错误；由奇函数的定义证明B正确；把f(x)的解析式变形，由y=ex的单调性结合复合函数的单调性判断C正确；求出f(x)的范围，进一步求得g(x)的值域判断D．
【解答】解：∵g(1)=[f(1)]=[e1+e−12]=0，
g(−1)=[f(−1)]=[1e1+1e−12]=[1e+1−12]=−1，
∴g(1)≠g(−1)，则g(x)不是偶函数，故A错误；
∵f(x)=ex1+ex−12的定义域为R，
f(−x)+f(x)=e−x1+e−x−12+ex1+ex−12=1ex1+1ex+ex1+ex−1
=11+ex+ex1+ex−1=0，
∴f(x)为奇函数，故B正确；
∵f(x)=ex1+ex−12=1+ex−11+ex−12=12−11+ex，
又y=ex在R上单调递增，
∴f(x)=12−11+ex在R上是增函数，故C正确；
∵ex>0，∴1+ex>1，则0<11+ex<1，可得−12<12−11+ex<12，
即−12∴g(x)=[f(x)]∈{−1,0}，故D错误．
故选：BC．
13.【答案】(−2,−3).(答案不唯一)
【解析】【分析】
只要满足ab>4，且a，b不同时大于2即可．
本题属于开放型题，只要能举出说明原命题是假命题的有序数对即可，属于基础题．
【解答】
解：取a=−2，b=−3，则ab=6>4，a<2，b<2，
所以有序数对为(−2,−3).(答案不唯一)
14.【答案】0.686
【解析】解：系统正常工作的情况分成两个步骤，A正常工作且B，C至少有一个正常工作的情况，
A正常工作的概率为：0.7；
B，C至少有一个正常工作的情况的概率为1减去B，C都不正常工作的情况的概率，
即：B，C至少有一个正常工作的概率为：1−(1−0.8)(1−0.9)=0.98，
所以：这个系统正常工作的概率为：0.7×0.98=0.686；
故答案为：0.686；
系统正常工作的情况分成两个步骤，A正常工作且B，C中正常工作的情况，分别计算其概率可求得．
本题考查概率的求法，解题时要认真审题，注意分步计数原理和分类计数原理的概率公式的合理运用．是基础题
15.【答案】(1, 2)
【解析】解：因为acsA=bcsB，由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB，sin2A=sin2B，
由acsA=bcsB，可知A，B为锐角，则0所以0<2A<π，0<2B<π，
所以2A=2B或2A+2B=π，
所以A=B(舍去)或A+B=π2,C=π2，B≠π4，
所以a+b=ccsB+csinB=csB+sinB= 2sin(B+π4)，
因为π4所以a+b的取值范围是(1, 2)．
故答案为：(1, 2)．
利用正弦定理化简已知条件，求得C，结合正弦定理以及三角恒等变换以及三角函数取值范围的求法求得正确答案．
本题主要考查解三角形，正弦定理的应用，三角函数的性质的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】[ 3−1, 3+1]
【解析】解：已知|a|=|b|=2，
又任意λ∈R，|a−λb|的最小值为 3，
则f(λ)=4λ2−2λa⋅b+4的最小值为3，
即64−(2a⋅b)216=3，
即(a⋅b)2=4，
又向量a与b夹角为锐角，
则a⋅b=2，
即2×2×cs=2，
即cs=12，
即=π3，
则|a+b|= a2+b2+2a⋅b=2 3，
又向量c满足(c−a)⋅(c−b)=0，
则c2−(a+b)⋅c+2=0，
即c2+2=(a+b)⋅c≤|a+b||c|=2 3|c|，
即|c|2−2 3|c|+2≤0，
即 3−1≤|c|≤ 3+1，
故答案为：[ 3−1, 3+1]．
由平面向量数量积的运算，结合二次函数最值的求法求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了二次函数最值的求法，属基础题．
17.【答案】(1)解：函数f(x)=2cs2(π12−x)+2sinxcsx−1
=cs(π6−2x)+sin2x=csπ6cs2x+sinπ6sin2x+sin2x
=32sin2x+ 32cs2x
= 3(sin2x⋅ 32+cs2x⋅12)
= 3(sin2xcsπ6+cs2xsinπ6)
= 3sin(2x+π6)，
−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，
得：−π3+kπ≤x≤π6+kπ，
得增区间为[−π3+kπ,π6+kπ](k∈Z)；
(2)当x∈[0,π2]时，
得π6≤2x+π6≤7π6，
−12≤sin(2x+π6)≤1，
− 32≤ 3sin(2x+π6)≤ 3，
要使得对任意x∈[0,π2]都有f(x)+m≤3 3成立，
即f(x)+m最大值 3+m≤3 3，
得m≤2 3．
【解析】(1)利用二倍角公式以及两角和与差的三角函数，结合辅助角公式，即可将函数f(x)化成f(x)=Asin(ωx+φ)的形式，通过正弦函数的单调区间求函数f(x)的增区间；
(2)通过x∈[0,π2]求解函数的最值，然后通过f(x)+m≤3 3成立，得到实数m的取值范围．
本题考查两角和与差的三角函数以及二倍角公式的应用，三角函数的单调性的求法，考查函数的最值的求法，转化思想的应用．
18.【答案】解：(1)因为cs2A+cs2B+2sinAsinB=1+cs2C，
所以1−2sin2A+1−2sin2B+2sinAsinB=2−2sin2C，
因为△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
由正弦定理可得a2+b2−c2=ab，
结合余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=12，
又C∈(0,π)，故可得C=π3．
(2)由三角形面积可得S=12sinC⋅ab=12× 32×ab=3 3，解得ab=12，
又D为边AB的中点，所以CD=12(CA+CB)，
故|CD|=12 |CA|2+|CB|2+2CA⋅CB=12 a2+b2+2ab×csπ3，
即|CD|=12 a2+b2+ab≥12× 3ab=3，当且仅当a=b=2 3时取得等号．
故CD的最小值为3．
【解析】(1)利用三角恒等变换以及正余弦定理，化简即可；
(2)根据三角形面积公式，结合中线的向量表达形式，以及不等式，即可求得结果．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解析：(Ⅰ)取AF中点M，BD中点N，连接MN，CN，
易知C，N，O，M四点共线．
由BC⊥CD，且BC=CD，可知△BCD为等腰直角三角形，所以CN=12BD=12AB．
因为O是正方形ABDF的中心，所以OM=ON．
所以CN=NO=MO，所以MO=13MC．
又G是△AEF的重心，所以MG=13ME．
所以MOMC=MGME，故OG//CE．
又因为EC⊂平面BCE，OG⊄平面BCE．
所以OG/​/平面BCE．
(Ⅱ)：因为M为中点，△AEF是正三角形，所以ME⊥AF．
因为侧面AEF⊥底面ABC，且交线为AF，所以ME⊥底面ABC.所以直线ME，MA，MC两两垂直．
如图，以M为原点，以MA方向为x轴正方向，以MC方向为y轴正方向，以ME方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系．
则A(1,0,0)，B(1,2,0)，D(−1,2,0)，E(0,0, 3)．
所以AB=(0,2,0)，AE=(−1,0, 3)，AD=(−2,2,0)．
设平面ABE的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则AB⋅n1=2y1=0AE⋅n1=−x1+ 3z1=0令z1=1，则n1=( 3,0,1)．
设平面AED的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则AD⋅n2=−2x2+2y2=0AE⋅n2=−x2+ 3z2=0，令z2=1，则n2=( 3, 3,1)．
所以cs〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1||n2|=42× 7=2 77．
故二面角B−AE−D的余弦值为2 77．
【解析】(Ⅰ)取AF中点M，BD中点N，连接MN，CN，再证明OG//CE.从而得证；
(Ⅱ)以M为原点，以MA方向为x轴正方向，以MC方向为y轴正方向，以ME方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系．然后求出平面ABE的法向量，平面AED的法向量，求法向量的夹角．
本题考查线面平行的证明及二面角的计算，立体几何中求角时多用向量法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)用a，b表示两个红球，1，2表示两个白球，
甲不放回取两球的所有结果为：
ab，ba，a1，1a，a2，2a，b1，1b，2b，b2，12，21共12个不同结果，他们等可能，
记事件A为“第二次取出的球是红球”，
其所含结果有ab，ba，1a，2a，1b，2b，共6个不同结果，
记事件B为“两次取出球的颜色不同”，
其所含结果有a1，1a，a2，2a，b1，1b，b2，2b，共8个不同结果，
∴P(A)=612=12，P(B)=812=23，即P(A)所以选择猜法二．
(2)由(1)知，乙选择猜法二，每一轮乙获胜的概率为P=23，
游戏结束时，乙获胜的事件M是乙在第一二轮胜的事件M1，
第一轮负另外两轮胜的事件M2，第二轮负另外两轮胜的事件M3的和，它们互斥，
P(M)=P(M1+M2+M3)=P(M1)+P(M2)+P(M3)=23×23+13×23×23+23×13×23=2027，
所以乙获得游戏胜利的概率是2027．
【解析】(1)列举法求出事件的所有可能结果，根据古典概型求解即可；
(2)根据互斥事件的性质求解即可．
本题考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
21.【答案】解：(1)由f(1)=1+a+b=0，可知b=−a−1，所以f(x)=x2+ax−a−1，对称轴为x=−a2，
则Δ=a2+4(a+1)=(a+2)2≥0.因为y=|f(x)|在[0,1]上是减函数，
当a≤−2，即−a2≥1时，y=|f(x)|在[0,1]上是减函数，符合题意；
当a>−2，即−a2<1时，y=|f(x)|在[−a2,1]上是减函数，∴−a2≤0，∴a≥0．
综上可知，实数a的取值范围为(−∞,−2]∪[0,+∞)．
(2)函数F( x)有三个零点，则方程f(|2x−1|)+a(|2x−1|−2)=0有三个不同根，
设t=|2x−1|，其图象如下图，
由题意，关于t的方程：t2+at−a−1+a(t−2)=0，
即t2+2at−3a−1=0，有两根t1，t2(t1t1=0，01，
①若t1=0，0②若0③若01，则−3a−1>01+2a−3a−1<0，所以a不存在；
综上得：a=−13；
(3)因为f(x)是开口向上的抛物线，所以m<−a2即m≤f(x)min且f(m)=f(n)=n，
由f(m)=f(n)作差可得m+n+a=0，所以n+a=−m，
由f( n)= n可得n(n+a)−(a+n)−1=0，所以−mn+m−1=0，所以m(n−1)=−1，
因为m，n为整数且m此时a=−1，f(x)=x2−x符合题意，
所以存在m=−1，n=2，使得m≤f(x)≤n的解集恰好是[m,n]．
【解析】本题考查了函数的零点、单调性及最值，也考查了数形结合思想和换元法，综合性较强，属于较难题．
(1)根据f(1)=0以及△判别式，根据对称轴位置讨论a的范围，结合函数在[0,1]上的增减性，可得答案；
(2)设t=|2x−1|，根据题意画出图像，通过讨论t的范围，可得a的值；
(3)根据题意，利用f( x)的图像和作差法，求出m，n，a的不等式和关系式，然后通过已知条件求值，可得答案．