New”2022-2023学年山东省滨州市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份New”2022-2023学年山东省滨州市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），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。

1.若向量a=(1,3)，b=(m,−1)，且a//b，则m的值为( )
A. 3B. −3C. 13D. −13
2.已知复数z的共轭复数满足(1+2i)z=4+3i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.如图，用斜二测画法得到△ABC的直观图为等腰直角三角形A′B′C′，其中A′B′= 2，则△ABC的面积为( )
A. 1B. 2 2C. 2D. 2
4.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为10π的扇形，则该圆锥的体积为( )
A. 100πB. 120πC. 150πD. 300π
5.假设P(A)=0.6，P(AB)=0.42，且A与B相互独立，则P(A∪B)=( )
A. 0.9B. 0.75C. 0.88D. 0.84
6.已知三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=3，BC=4，PA=5，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为( )
A. 36πB. 40πC. 45πD. 50π
7.如图，F为平行四边形ABCD对角线BD上一点，AC，BD交于点O，BF=14BO，若AF=xAB+yAD，则xy=( )
A. 316B. −316C. 764D. −764
8.一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，事件A=“第一次向上一面的数字是2”，事件B=“第二次向上一面的数字是3”，事件C=“两次向上一面的数字之和是7”，事件D=“两次向上一面的数字之和是8”，则( )
A. C与D相互独立B. A与D相互独立C. B与D相互独立D. B与C相互独立
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.下列关于复数z=21+i的四个命题中为真命题的是( )
A. |z|=2
B. z2=−2i
C. z的共轭复数为−1+i
D. z是关于x的方程x2−2x+2=0的一个根
10.有一组样本数据x1，x2，x3，⋯，x8，其中x1是最小值，x8是最大值，下列命题正确的是( )
A. 若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差不变
B. 若样本的每一个数据增加3，则平均数也增加3，方差不变
C. 若样本数据增加两个数值x0，x9，且x0D. 若样本数据增加两个数值x0，x9，且x011.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件中能确定C为锐角的有( )
A. a2+b2C. A，B均为锐角，且sinA12.已知在正三棱锥P−ABC中，△ABC为等边三角形，由此三棱锥截成的三棱台ABC−A1B1C1中，AB=4，A1B1=2，AA1=BB1=CC1=4 33，则下列叙述正确的是( )
A. 该三棱台的高为2B. AA1⊥BC
C. 该三棱台的侧面积为9 5D. 该三棱台外接球的半径长为4 33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知一组数据：20，30，40，50，50，60，70，80，这组数据的第70百分位数是__________.
14.已知向量a=(1,λ)，λ∈R，b=(−3,1)，若(a+b)⊥b，则|a|=__________.
15.一艘海轮从A处出发，以每小时60海里的速度沿南偏东20∘方向直线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东65∘，在B处观察灯塔，其方向是北偏东55∘，那么B、C两点间的距离是__________.
16.已知在△ABC中，B=30∘，BC=2.对任意μ∈R，|AC−(μ−1)BA|≥|AC|恒成立.AD=3BA，点P在直线BC上运动，则PA+PD的最小值是__________.
四、解答题：本题共6小题，共72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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a(csC+ 3sinC)=b.
(1)求A;
(2)若a=7，c=3 3，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA1=4，D为BC的中点.
(1)求证：A1B//平面ADC1;
(2)求点B1到平面ADC1的距离.
19.(本小题12分)
已知e1，e2是夹角为60∘的两个单位向量，a=e1−2e2，b=2e1−e2.
(1)求a与b的夹角;
(2)若3a−b与a+λb(λ∈R)互相垂直，求λ的值.
20.(本小题12分)
某统计局就当地居民的月收入情况调查了10000人，这10000人的月收入(单位：元)均在[500,3500)之间，并根据所得居民的月收入数据进行分组(每组为左闭右开区间)，画出了频率分布直方图.
(1)求a的值;
(2)根据频率分布直方图估计样本数据的中位数.
(3)已知在收入为[500,1000),[1000,1500)之间的人中采取分层随机抽样的方法抽取6人进行调查，并在这6人中再随机选取2人作为调查员，求选取的2名调查员中至少有一人收入在[500,1000)之间的概率.
21.(本小题12分)
某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，甲同学答对每道题目的概率都是0.8，乙同学答对每道题目的概率都是0.7，且甲、乙抽到不同题目能否答对是独立的.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直到第三次答完为止.
(1)求在甲、乙两人第一次答题中只有一人通过面试的概率;
(2)求甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数的概率.
22.(本小题12分)
如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE//CD，AE=BE=2CD=2，CE= 3.G为AB的中点，将四边形AECD沿AE折起，使得BC= 3，得到如图2所示的几何体.
(1)证明：DG⊥平面ABE;
(2)若F为BE上靠近B点的三等分点，求二面角D−AF−B的余弦值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量平行的坐标表示，属于基础题．
利用向量平行关系的坐标表示列式求解．
【解答】
解∵a=(1,3)，b=(m,−1)，且a//b，
∴1×(−1)−3m=0，
∴m=−13.
故选：D.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的几何意义，属于基础题．
由复数代数形式的乘除运算化简复数z，得到z，求出z在复平面内对应的点的坐标即可．
【解答】
解：由题意得到z=4+3i1+2i=4+3i1−2i1+2i1−2i=2−i，
故z=2+i，
所以z在复平面内对应的点为2,1，且位于第一象限.
故选A.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直观图与斜二测画法，属于基础题.
求出RtΔA ′B ′C ′的面积，利用平面图形与直观图的面积的比为2 2:1即可求解.
【解答】
解：∵等腰RtΔA ′B ′C ′是一平面图形的直观图，直角边长为A′B′= 2，
∴直角三角形的面积是12× 2× 2=1，
因为在斜二测法中，平面图形与直观图的面积的比为2 2:1，
所以原平面图形的面积是2 2.
故选：B.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆锥的结构特征，考查圆锥体积的计算，属基础题.
根据题意求出圆锥的底面圆的半径和圆锥的高，根据圆锥的体积公式计算即可.
【解答】
解：圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为10π的扇形，
设圆锥底面圆的半径为r，则2πr=10π，故r=5，
又圆锥的母线为13，故高为 132−52=12，
故该圆锥的体积为13×π×52×12=100π.
故选A.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题.
根据相互独立事件同时发生的概率公式即可得答案.
【解答】
解：∵A，B相互独立，P(A)=0.6，P(AB)=0.42，
∴P(AB)=PAPB=0.6×P(B)=0.42，
即P(B)=0.7，
∴P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)
=0.6+0.7−0.42=0.88.
故选：C.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，考查棱锥和棱柱间的位置关系，是中档题．
以AB，BC，PA为长宽高构建长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，由此能求出三棱锥P−ABC的外接球的表面积．
【解答】
解：∵在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，AB=3，BC=4，PA=5，
∴以AB，BC，PA为长宽高构建长方体，
则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，
∴三棱锥P−ABC的外接球的半径R=12 52+32+42=5 22，
∴三棱锥P−ABC的外接球的表面积为：
S=4πR2=4π×(5 22)2=50π.
故选：D.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了向量的线性运算及平面向量基本定理，属于基础题．
由已知结合向量的线性运算及平面向量的基本定理可求x，y，进而可求xy.
【解答】
解：因为F为平行四边形ABCD对角线BD上一点，AC，BD交于点O，
BF=14BO=18BD，
则AF=AB+BF
=AB+18BD
=AB+18(AD−AB)
=78AB+18AD，
∵AF=xAB+yAD，
∴x=78，y=18，
则xy=764.
故选：C.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查相互独立事件的定义、古典概型及其计算，属于中档题．
利用古典概型的概率公式求出相应的概率，再对各选项逐项判定，即可求出结果.
【解答】
解：投掷这枚骰子两次，第一次的结果记为m，第二次的结果记为n，用有序实数对m,n表示投掷的结果，则样本点共有6×6=36个，
事件A包含2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6，共6个样本点，
事件B包含1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,3，共6个样本点，
事件C包含有1,6,2,5,3,4,4,3,5,2,6,1，共6个样本点，
事件D包含有2,6,6,2,3,5,5,3,4,4，共5个样本点，
则P(A)=636=16，P(B)=636=16，P(C)=636=16，P(D)=536，
因为事件C与事件D互斥，则P(CD)=0≠P(C)P(D)，所以C与D不相互独立，故A错误；
由于AD=2,6，则P(AD)=136≠P(A)P(D)，所以A与D不相互独立，故B错误；
由于BD=5,3，则P(BD)=136≠P(B)P(D)，所以B与D不相互独立，故C错误；
由于BC=4,3，则P(BC)=136=P(B)P(C)，所以B与C相互独立，故D正确.
故选D.
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的模及其几何意义，复数集内解方程或分解因式，属于基础题．
根据已知条件，结合复数的四则运算，先对z化简，即可依次求解．
【解答】
解：复数z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
对于A，|z|= 12+−12= 2，故A错误；
对于B，z2=(1−i)2=−2i，故B正确；
对于C，z−=1+i，故C错误；
对于D，(1−i)2−2(1−i)+2=−2i−2+2i+2=0，
故z是关于x的方程x2−2x+2=0的一个根，故D正确．
故选：BD.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查平均数、中位数、方差和极差的概念和性质，属于基础题.
利用平均数、中位数、方差和极差的概念和性质，对各选项逐项判定，即可求出结果.
【解答】
解：A选项，若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，
方差变为原来的36倍，故A错误；
B选项，若样本的每一个数据增加3，则平均数也增加3，方差不变，故B正确；
C选项，原数据的极差为x8−x1，
因为x0因为x8D选项，若样本数据增加两个数值x0，x9，且x0故选BCD.
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积，正弦定理，余弦定理，属于中档题.
对于A根据余弦定理可判断；对于B，根据向量的数量积可判断；对于C，根据诱导公式可判断；对于D，根据正弦定理可判断.
【解答】
解：对于A，∵a2+b2∴csC=a2+b2−c22ab<0，
∴C为钝角，故A错误；
对于B，∵AC⋅CB<0，
∴ACCBcs(π−C)<0，
∴csC>0，
∴C为锐角，故B正确；
对于C，∵A，B均为锐角，且sin A∴sin A∴A<π2−B，可得A+B<π2，则C为钝角，故C错误；
对于D，∵sin A=2sin C ，由正弦定理得，a=2c，
∴a>c，则A>C，
∴C为锐角，故D正确.
故选BD.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查棱台的结构特征，考查棱台的侧面积，考查线面垂直的判定及性质，考查球的外接问题，考查空间想象能力，属于较难题.
设等边△ABC中心为O，等边△A1B1C1中心为O1，对于A，由题意可知△PA1B1与△PAB相似比为1:2;易求得PA，AO，再利用勾股定理即可求得PO，继而可求得OO1，即为该三棱台的高；对于B，易得PO⊥BC，AO⊥BC，再利用线面垂直的判定定理及性质定理即可证得AA1⊥BC；对于C，求出等腰梯形A1B1BA、B1C1CB、A1C1CA的高，继而可求得三棱台的侧面积；对于D，可知三棱台外接球的球心一定在OO1所在直线上，设球心为Q，设外接球半径为R，①假设点Q在线段OO1上，则由OO1=QO+QO1可得关于R的方程，方程无解，②假设点Q在OO1的延长线上，则由OO1=QO1−QO可得关于R的方程，解出R的值，即可判断D.
【解答】
解：对于A，由题意作图，
设等边△ABC中心为O，等边△A1B1C1中心为O1，
则正三棱锥P−ABC中，PO⊥平面ABC，O1在PO上，OO1为三棱台ABC−A1B1C1的高，
由于AB=4，A1B1=2，
可知△PA1B1与△PAB相似比为1:2;
则PA=2AA1=8 33，
又等边△ABC中，AO=23× 32×4=4 33，
所以PO= PA2−AO2=4，
所以三棱台的高OO1=12PO=2，故A正确；
对于B，正三棱锥P−ABC中，PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PO⊥BC，
又O为等边△ABC中心，
所以AO⊥BC，
又PO∩AO=O，PO，AO⊂平面APO，
所以BC⊥平面APO，
又AA1⊂平面APO，
所以AA1⊥BC，故B正确；
对于C，易知等腰梯形A1B1BA中，AB=4，A1B1=2，AA1=4 33，
则等腰梯形A1B1BA的高h= AA12−AB−A1B122=2，
同理可求得等腰梯形B1C1CB、A1C1CA的高均为1，
则S侧=3×2+4×12=9，故C错误；
对于D，可知三棱台外接球的球心一定在OO1所在直线上，设球心为Q，设外接球半径为R，
等边△ABC中，CO=23× 32×4=4 33，
等边△A1B1C1中，C1O1=23× 32×2=2 33，
由图可知点Q在线段OO1上或OO1的延长线上，
①假设点Q在线段OO1上，
则OO1=QO+QO1= R2−CO2+ R2−C1O12=2，
即 R2−163+ R2−43=2，
方程无解，
所以点Q不在线段OO1上，
②假设点Q在OO1的延长线上，
则OO1=QO1−QO= R2−C1O12− R2−CO2=2，
即 R2−43− R2−163=2，
解得R=4 33，
所以三棱台外接球在OO1的延长线上，外接球的半径长为4 33，故D正确.
故选ABD.
13.【答案】60
【解析】【分析】
本题考查百分位数的求法，属于基础题.
按照百分位数的求法计算即可.
【解答】
解：这组数据共8个，
8×70%=5.6，
所以第70百分位数是从小到大排列的第6个数，即60.
故答案为：60.
14.【答案】5 2
【解析】【分析】
本题考查向量垂直的充要条件以及向量的模，属于基础题.
由(a+b)⊥b得出(a+b)⋅b=0，代入坐标求出λ，进而容易得解.
【解答】
解：∵a+b=−2,λ+1,b=(−3,1)，(a+b)⊥b
∴(−2)×(−3)+(λ+1)=0，
∴λ=−7，
∴|a|= 1+λ2=5 2.
故答案为5 2
15.【答案】10 6海里
【解析】【分析】
本题考查正弦定理的简单应用，属于基础题.
在△ABC中，根据题意求出∠BAC，∠ABC，∠ACB，AB，再利用正弦定理求出BC即可.
【解答】
解：由题意知在△ABC中，
∠BAC=45∘,∠ABC=75∘,AB=30(海里),所以∠ACB=60∘，
由正弦定理有，BCsin45∘=ABsin60∘,即BC=30× 22 32=10 6(海里).
故答案为：10 6海里.
16.【答案】 39
【解析】【分析】
本题考查向量线性运算的综合应用和余弦定理，考查数学运算和转化能力，属于较难题.
由AD=3BA确定点D的位置，|AC−(μ−1)BA|≥|AC|恒成立，可以确定点A的位置，进而求出AD长.
作A关于直线BC的对称点A′，把PA+PD转化为PA′+PD，易知PA+PD的最小值是A′D，
在ΔAA′D中,余弦定理求出A ′D,即可.
【解答】
解：因为AD=3BA，所以D在BA的延长线上，且AD=3BA，如图：
|AC−(μ−1)BA|=|BC−μBA|≥|AC|
设BE=μBA，μ∈R，则
|BC−μBA|=|BC−BE|=|CE|≥|AC|，恒成立，E为直线BA上任意一点，
易知CA⊥AB，又B=30∘，BC=2，
则AC=1，AB= 3,AD=3 3，
作A关于直线BC的对称点A′，则PA=PA′，
所以PA+PD=PA′+PD≥A′D，
所以PA+PD的最小值是A′D，
在ΔAA′D中,AD=3 3,AA′=2× 3sin30∘= 3,A =120∘,
由余弦定理得，A′D2=A′A2+AD2−2A′A⋅AD⋅cs120∘=39,
所以A′D= 39,即PA+PD的最小值是 39.
17.【答案】解：(1)因为a(csC+ 3sinC)=b，
由正弦定理得，sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB，
因为B=π−(A+C)，所以sinAcsC+ 3sinAsinC=sinAcsC+csAsinC
即 3sinAsinC=csAsinC，
因为00，
所以tanA= 33.
又0所以A=π6.
(2)由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
整理得b2−9b−22=0，
因为b>0，解得b=11，
所以S△ABC=12bcsinA
=12×11×3 3×12
=33 34.
【解析】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.(1)由正弦定理结合三角恒等变换得tanA= 33，由三角形内角的范围求得角A；
(2)由余弦定理求得b，代入三角形面积公式求解.
18.【答案】(1)证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD.
因为四边形ACC1A1为平行四边形，
所以O为AC1的中点，又D为BC的中点，
所以OD//A1B.
又OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，
所以A1B//平面ADC1.
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥AC.
在△ACC1中，AC1= AC2+CC12=2 5，C1D= CD2+CC12= 17，AD= AB2−BD2= 3.
所以AC12=C1D2+AD2，所以△ADC1为直角三角形，
由题意，AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC=B，
所以，AD⊥平面BCC1B1.
设B1到平面ADC1的距离为d，因为VB1−ADC1=VA−B1C1D，
所以13S△ADC1⋅d=13S△B1C1D⋅AD，
所以13×(12× 3× 17)×d=13×(12×2×4)× 3，
解得d=8 1717.
所以B1到平面ADC1的距离为8 1717.
【解析】【分析】本题考查了线面平行的判定以及点到面距离的求法，涉及了等体积法的应用，等体积法是求解点到平面的距离的常用方法，属于中档题．
(1)连接A1C交AC1于点O，先证明OD//A1B，再利用线面平行的判定定理证明即可；
(2)由题意可知，利用等体积法VB1−ADC1=VA−B1C1D，即可求解B1到平面ADC1的距离．
19.【答案】解：(1)因为e1，e2是夹角为60∘的两个单位向量，
所以e1⋅e2=12,e1=e2=1，
因为a=e1−2e2，b=2e1−e2，
所以|a|2=(e1−2e2)2
=|e1|2−4e1⋅e2+4|e2|2
=3
|b|2=(2e1−e2)2
=4|e1|2−4e1⋅e2+|e2|2
=3
即|a|= 3，b= 3.
a⋅b=(e1−2e2)⋅(2e1−e2)
=2|e1|2−5e1⋅e2+2|e2|2
=2−5×12+2
=32.
所以csa,b=a⋅b|a|⋅|b|=32 3× 3=12，
因为a,b∈[0,π]，
所以a与b的夹角为π3.
(2)因为3a−b⊥a+λb，
所以3a−b⋅a+λb=0，
所以3a2+(3λ−1)a⋅b−λb2=0，
即9+32(3λ−1)−3λ=0，
解得λ=−5.
【解析】本题考查平面向量的数量积及夹角，考查向量的垂直关系，属于中档题.
(1)由条件可得求出a⋅b，再根据向量的夹角公式可求得a与b的夹角;
(2)根据3a−b⊥a+λb，可得3a−b⋅a+λb=0，即可求得λ的值.
20.【答案】解：(1)因为(2a+0.0001+0.0002+0.0003+0.0004)×500=1.
所以a=0.0005，
(2)由于0.0002×500+0.0004×500=0.3，
0.0002×500+0.0004×500+0.0005×500=0.55，
因此中位数落在[1500,2000)内，
设中位数为t.
则(t−1500)×0.0005=0.5−0.3=0.2，解得t=1900，
因此中位数为1900；
(3)从收入在[1000,1500)之间的人中选6×+0.0004=4人，分别记为A，B，C，D.
从收入在[500,1000)之间的人中选6×+0.0002=2人，分别记为a，b.
在这6人中选取2人作为调查员，试验的样本空间：
Ω={(A,B),(A,C),(A,D),(A,a),(A,b),(B,C),(B,D),(B,a),(B,b),(C,D),(C,a),(C,b),(D,a),(D,b),(a,b)}，
共15个样本点，
设A=“选取的2名调查员中至少有一人收入在[500,1000)之间”，
则A={(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(D,a),(D,b),(a,b)}，共9个样本点，
因此，2名调查员中至少有一人收入在[500,1000)之间的概率为P(A)=915=35.
【解析】本题考查了频率分布直方图、中位数和古典概型及其计算，是中档题.
(1)由频率和为1，可得a的值；
(2)中位数落在[1500,2000)内，设中位数为t，列出方程即可；
(3)从收入在[1000,1500)之间的人中选4人，分别记为A，B，C，D.从收入在[500,1000)之间的人中选2人，分别记为a，b，列举出所有事件和所求事件，由古典概型公式可得结果.
21.【答案】解：设事件A=“甲第一次答对”，事件B=“乙第一次答对”，
事件C=“甲第二次答对”，事件D=“乙第二次答对”，
事件E=“甲第三次答对”，事件F=“乙第三次答对”，
事件M=“甲、乙两人第一次答题中只有一人通过面试”
事件N=“甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数”.
(1)由题意得，M=AB+AB，
由事件的独立性与互斥性可得
P(M)=P(AB)+P(AB)
=P(A)P(B)+P(A)P(B)
=0.8×0.3+0.2×0.7=0.38.
所以第一次答题中甲、乙两人只有一人通过面试的概率为0.38.
(2)由题意得，N=ABD+ABDF+ACBDF
由事件的独立性与互斥性，
可得P(N)=P(ABD)+P(ABDF)+P(ACBDF)
=P(A)P(B)P(D)+P(A)P(B)P(D)P(F)+P(A)P(C)P(B)P(D)P(F)
=0.8×0.3×0.7+0.8×0.3×0.3×0.7+0.2×0.8×0.3×0.3×0.7
=0.22848.
所以甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数的概率为0.22848.
【解析】本题考查相互独立事件的概率乘法公式，互斥事件，属于一般题.
(1)因为M=AB+AB，则P(M)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)，即可求解；
(2)N=ABD+ABDF+ACBDF，则P(N)=P(A)P(B)P(D)+P(A)P(B)P(D)P(F)+P(A)P(C)P(B)P(D)P(F)，即可求解.
22.【答案】解：(1)如图，设BE的中点为O，连接OC，OG，易得OG//AE，OG=12AE.
因为CD//AE，CD=12AE，
故CD//OG，且CD=OG，
所以四边形CDGO为平行四边形，
则DG//CO.
因为AE⊥CE，AE⊥EB，CE∩EB=E，CE，EB⊂平面BCE，
所以AE⊥平面BCE.
而CO⊂平面BCE，
所以AE⊥CO.
因为BC=CE，且O为BE的中点，
所以BE⊥CO，
因为BE∩AE=E，BE，AE⊂平面ABE，
所以CO⊥平面ABE，
所以DG⊥平面ABE；
(2)过点G作GH⊥AF，连接DH，
由(1)可得DG⊥平面ABE，AF⊂平面ABE，
所以DG⊥AF，又GH⊥AF，GH∩DG=G，GH，DG⊂平面DHG，
所以AF⊥平面DHG，
所以AF⊥DH，又GH⊥AF，
所以∠DHG为二面角D−AF−B的平面角，
由AE=2，EF=43，可得AF=2 133，
S△AFG=12S△AFB
=12×13×S△AEB=16×12×2×2=13，
S△AFG=12×AF×HG=13，
得HG= 1313，
又DG=CO= 2
∴tan∠DHG=DGHG= 2 1313= 26，
∴cs∠DHG= 39，
所以二面角D−AF−B的余弦值 39.
【解析】本题考查线面垂直的判定与性质，考查二面角的求法，是中档题.
(1)设BE的中点为O，连接OC，OG，易得OG//AE，然后结合线面垂直的判定定理证明即可；
(2)过点G作GH⊥AF，连接DH，则DH⊥AF，∠DHG为二面角D−AF−B的平面角，进而求出结果.