2022-2023学年福建省厦门市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省厦门市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共21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.复数z=52−i的虚部为( )
A. 1B. 2C. 5D. i
2.某高中志愿者协会共有250名学生，其中高三年级学生50名.为了解志愿者的服务意愿，按年级采用比例分配的分层随机抽样方法抽取50名学生进行问卷调查，则高一年和高二年共抽取的学生数为( )
A. 25B. 30C. 40D. 45
3.将一个底面半径为2，高为3的圆柱体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为( )
A. 4π3B. 9π2C. 9πD. 32π3
4.一个袋中装有大小与质地相同的3个白球和若干个红球，某班分成20个小组进行随机摸球试验，每组各做50次，每次有放回地摸1个球并记录颜色.统计共摸到红球619次，则袋中红球的个数最有可能为( )
A. 3B. 5C. 7D. 9
5.在平行四边形ABCD中，BE=2EC，DF=FC，设AB=a，AD=b，则EF=( )
A. −12a+13bB. 12a+13bC. −12a−13bD. 12a−13b
6.某班共有48名同学，其中12名同学精通乐器，8名同学擅长舞蹈，从该班中任选一名同学了解其艺术特长.设事件A=“选中的同学精通乐器”，B=“选中的同学㜔长舞蹈”，若P(A∪B)=13，则P(AB)=( )
A. 14B. 16C. 112D. 124
7.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=AA1=2，BC=1，∠ACB=90∘，则异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为( )
A. 15B. 13C. 23D. 105
8.一个人骑自行车由A地出发向正东方向骑行了4km到达B地，然后由B地向南偏东30∘方向骑行了6km到达C地，再从C地向北偏东30∘方向骑行了16km到达D地，则A，D两地的距离为( )
A. 4 19kmB. 10 3kmC. 2 83kmD. 26km
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.如图是全国居民消费价格涨跌幅的统计图(月度同比增长率是指本月和上一年同月相比较的增长率，月度环比增长率是指本月和上一个月相比较的增长率)，从2022年5月到2023年5月( )
A. 全国居民消费价格月度同比涨跌幅的极差为1.9%
B. 2023年1月份全国居民消费价格月度环比涨幅最大
C. 2023年5月份全国居民消费价格比2022年5月份全国居民消费价格上涨了0.2%
D. 2023年2月份开始，全国居民消费价格持续下降
10.在平面直角坐标系中，向量a，b如图所示，则( )
A. a⊥b
B. |2a−b|=5
C. a在2a−b方向上的投影向量的模为1
D. 存在实数λ，使得λa+b与a−b共线
11.已知复数z1，z2，z1+z2在复平面内对应的点分别为A，B，C，且A，B，C不共线，O为复平面的坐标原点.若z2=z−1，则( )
A. z1z2=|z1|2
B. OA⊥OB
C. 四边形OACB为菱形
D. 若z1−z2=i(z1+z2)，则四边形OACB为正方形
12.已知正四面体ABCD的棱长为2，△ABC和△ACD的重心分别为点M，N，则( )
A. MN//BDB. MN⊥平面ACD
C. 二面角M−BC−D的余弦值为13D. 直线MN到平面BCD的距离为4 69
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.方程x2+9=0在复数范围内的根为______ .
14.如图，用斜二测画法画出水平放置的△ABC的直观图为△A′B′C′，已知A′C′=3，B′C′=2，则△ABC的周长为______ .
15.为调查某中学高一年级学生的身高情况，从中随机抽取100名学生作为样本，在统计过程中，甲、乙两名同学因事缺席，测得其余98名同学的平均身高为165cm，方差为50，之后补测得甲、乙的身高分别为160cm与170cm，则样本的方差为______ .
16.已知△ABC的内解A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=7，c=5，csA=35，则C=______ ；若△ABC内有一点P，使得sin∠APC=45，sin∠BPC= 22，则tan∠PBC=______ .
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)
在四边形ABCD中，AB=2m−2n，AD=−m+3n，AC=2n，其中m，n为不共线的向量.
(1)判断四边形ABCD的形状并给出证明；
(2)若|m|=2，|n|=1，m与n的夹角为60∘，F为BC中点，求∠FAB.
18.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为AB，CC1的中点.
(1)求证：DE//平面AB1C1；
(2)若AB=AA1=2，求三棱锥E−AB1C1的体积.
19.(本小题12分)
工作椅的座高是影响坐姿舒适程度的主要因素之一，符合人体工程学的合理座高约等于人体的“小腿加足高”.在某市居民中抽样调查了50位女性(18∼55岁)和50位男性(18∼60岁)的“小腿加足高”的数据X(单位：mm)，分别按从小到大排序如下：
女性
345 354 356 358 363 374 376 378 379 379
380 381 382 382 382 383 384 385 386 386
387 387 387 389 389 390 390 391 391 392
392 392 392 393 393 395 396 397 397 398
399 404 404 405 409 411 417 417 418 420
男性
383 383 384 387 388 391 393 395 399 402
403 404 405 405 405 406 409 410 411 411
411 412 413 415 415 415 416 416 418 418
419 424 427 427 428 431 431 432 432 437
437 438 441 443 447 449 450 452 457 459
(1)按如下方式把100个样本观测数据以组距20分为6组：[340,360),[360,380),…，[440,460]，画频率分布直方图.根据所给数据补全直方图(用阴影表示)，并估计总体的大致分布情况；
(2)根据国家标准，以男性的“小腿加足高”数据的第95百分位数和女性的“小腿加足高”数据的第5百分位数作为工作椅座高的上、下限值.根据这次调查结果，确定工作椅座高的范围，并判断是否在国家标准范围[360,480](单位：mm)内？若不在，请你从统计学的角度分析可能的原因.
20.(本小题12分)
已知△ABC的内解A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足bcsA−acsB=a.
(1)求证：B=2A；
(2)若D为AB上一点，且BD=BC=2，求△ACD的面积的最大值.
21.(本小题12分)
为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响.连胜两个游戏可以获得一张书券，迬胜三个游戏可以获得两张书券.游戏规则如下表：
(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
(2)一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大.
22.(本小题12分)
如图，在四棱锥E−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∠ABC=90∘，AB=2 2，BC=CD= 2.
(1)若平面ADE⊥平面ABCD，求证：AE⊥BD；
(2)若AE=DE= 2，设CE和平面ABCD所成角为θ，求tan2θ的最大值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=52−i=5(2+i)(2−i)(2+i)=2+i，虚部为1.
故选：A.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数四则运算，以及虚部定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：按年级采用比例分配的分层随机抽样方法抽取50名学生进行问卷调查，
则高三年数学生抽取50×50250=10，
故高一年和高二年共抽取的学生数为50−10=40.
故选：C.
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：将一个底面半径为2，高为3的圆柱体铁块磨制成一个球体零件，
当球体为圆柱的内切球时，零件的体积最大，
圆柱体的高为3，则内切球的半径为32，
所以可以制作的最大零件的体积为43π×(32)3=9π2.
故选：B.
当球体为圆柱的内切球时，零件的体积最大，根据圆柱的高求出内切球的半径即可得．
本题主要考查了圆柱的内切球问题，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可知每次有放回地摸1个球，摸到红球的概率与610相近，
所以袋中红球的个数最有可能7个．
故选：C.
由题意可知每次有放回地摸1个球，摸到红球的概率与610相近，由此可以估计盒子中红球的数量．
本题主要考查古典概型的基本概念，属中档题．
5.【答案】A
【解析】解：在平行四边形ABCD中，∵BE=2EC，DF=FC，
∴BE=23BC，DF=12DC，
所以EF=AF−AE=AD+DF−(AB+BE)
=AD+12AB−(AB+23BC)
=−12AB+13AD，
又AB=a，AD=b，所以EF=−12a+13b.
故选：A.
用平面向量的线性运算将EF进行代换即可求得．
本题考查平面向量的线性运算，属基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意，P(A)=1248=14，P(B)=848=16，
∵P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)，
∴13=14+16−P(AB)，
解得P(AB)=112.
故选：C.
根据互斥事件的加法公式列方程，解出P(AB).
本题考查互斥事件的加法公式，考查学生计算能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，将其补形为长方体AMBC−A1M1B1C1.连接AM1，M1C1，
显然四边形A1M1B1C为平行四边形，所以AM1//B1C.
则∠C1AM1(或其补角)为异面直线AC1与B1C所成角．
在长方体AMBC−A1M1B1C1中，AC=AA1=2，BC=1，
M1C1= A1C12+A1M12= 5.
AM1= AA12+A1M12= 5.
AC1= AA12+A1C12=2 2.
在△M1C1A中，cs∠C1AM1=12AC1AM1= 2 5= 105.
所以异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为 105.
故选：D.
将直三棱柱补形为长方体模型，在长方体中容易找出线面之间的关系，通过平行线平移法作出异面直线所成的角，然后角三角形求解．
本题通过补形为长方体模型，平行线平移法作出异面直线所成的角．属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可得AB=4，BC=6，CD=16，
∠ABC=120∘，∠BCD=60∘，
在△ABC中，由余弦定理可得AC= AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC= 16+36−2×4×6×(−12)= 76=2 19，
再由正弦定理可得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，即4sin∠ACB=2 19sin120∘，可得sin∠ACB=4× 322 19= 3 19，
所以cs∠ACB=4 19，
所以cs∠ACD=cs(∠ACB+60∘)=12cs∠ACB− 32sin∠ACB=12×4 19− 32× 3 19=12 19= 1938，
在△ACD中，由余弦定理可得AD= AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD= 76+162−2× 76×16× 1938= 300=10 3.
故选：B.
由题意可知AB=4，BC=6，CD=16，∠ABC=120∘，∠BCD=60∘，在△ABC中，由余弦定理可得AC的大小，再由正弦定理可得∠ACB的正弦值，余弦值，进而可得∠ACD的余弦值，在△ACD中，由余弦定理可得AD的值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：A项，2.8−0.1=2.7，全国居民消费价格月度同比涨跌幅的极差为2.7%，错误；
B项，月度环比曲线中，2023年1月份全国居民消费价格月度环比涨幅最大为0.8%，正确；
C项，2023年5月份月度同比增长为0.2%，则全国居民消费价格上涨了0.2%，正确；
D项，2023年2月份开始，月度环比增长率都为负数，则全国居民消费价格持续下降，正确．
故选：BCD.
观察统计图，观察月度环比，月度同比增长率的变化趋势即可得．
本题考查统计图表的应用，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由图可得a=(2,1)，b=(4,−3)，
对于A，a⋅b=2×4−3=5≠0，∴a,b不垂直，故A错误；
对于B，∵2a−b=2(2,1)−(4,−3)=(0,5)，∴|2a−b|= 02+52=5，故B正确；
对于C，a在2a−b方向上的投影向量的模为|a⋅(2a−b)||2a−b|=|2×0+1×5|5=1，故C正确；
对于D，λa+b=(2λ+4,λ−3)，a−b=(−2,4)，若λa+b与a−b共线，则4(2λ+4)+2(λ−3)=0，∴λ=−1，故D正确．
故选：BCD.
由图可得a=(2,1)，b=(4,−3)，再由平面向量的坐标运算逐一判断各选项即可．
本题考查平面向量的坐标运算，平面向量的数量积、模、投影向量等，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设z1=a+bi，a，b∈R，z2=c+di，c，d∈R，
∵z2=z−1，∴a=cb=−d，∴z2=a−bi，∴A(a,b)，B(a,−b)，C(2a,0)，
对于A，z1z2=(a+bi)(a−bi)=a2+b2=|z1|2，故A正确；
对于B，OA⋅OB=a2−b2≠0，故OA与OB不垂直，故B错误；
对于C，∵OA=(a,b)，BC=(a,b)，∴OA=BC，∴四边形OACB为平行四边形，
∵OB=(a,−b)，∴|OA|= a2+b2=|OB|，∴四边形OACB为菱形，故C正确；
对于D，z1−z2=2bi=i(z1+z2)=2ai，∴a=b，∴OA⋅OB=a2−b2=0，∴OA⊥OB，
∴四边形OACB为正方形，故D正确．
故选：ACD.
由复数的相关知识逐一判断各选项即可．
本题考查复数的几何意义及其运算，属于基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：连接AM，AN并延长分别与BC，CD交于点G，H，
因为M，N分别是△ABC和△ACD的重心，则G，H分别为BC，CD的中点，
所以AMAG=ANAH，
所以△AMN∽△AGH，
所以MN//GH，
因为G，H分别为BC，CD的中点，
所以GH//BD，
所以MN//BD，故A正确；
对于B：若MN⊥面ACD，则GH⊥面ACD，即BD⊥面ACD，
进而可得BD⊥CD，与∠BCD=60∘矛盾，故B错误；
对于C：取A在底面BCD的射影O，连接AO，BO，则AO⊥面BCD，
又因为BC⊂面BCD，
所以AO⊥BC，
因为四面体ABCD是正四面体，AG⊥BC，
又AO∩AG=A，
所以BC⊥面AGO，
又GO⊂面AGO，
所以BC⊥GO，
则二面角M−BC−D的平面角为∠AGH，
所以O为底面正△BCD的中心，
所以GO=13×2sin60∘= 33，
AG= 22−12= 3，
所以cs∠AGH=GOAG= 33 3=13，
所以二面角M−BC−D的余弦值为13，故C正确；
对于D：由上可知AO= AG2−OG2= ( 3)2−( 33)2=2 63，
所以直线MN到平面BCD的距离GMGA⋅AO=13×2 63=2 69，故D错误，
故选：AC.
对于A：连接AM，AN并延长分别与BC，CD交于点G，H，根据题意可得AMAG=ANAH，则MN//GH，GH//BD，进而可得MN//BD，即可判断A是否正确；
对于B：若MN⊥面ACD，则BD⊥面ACD，进而可得BD⊥CD，与∠BCD=60∘矛盾，即可判断B是否正确；
对于C：取A在底面BCD的射影O，连接AO，BO，则AO⊥面BCD，可得二面角M−BC−D的平面角为∠AGH，则cs∠AGH=GOAG，即可判断C是否正确；
对于D：计算AO= AG2−OG2，则直线MN到平面BCD的距离GMGA⋅AO，即可判断D是否正确．
本题考查直线与平面的位置关系，解题关键是熟悉正四面体的几何特征，属于中档题．
13.【答案】±3i
【解析】解：方程x2+9=0，解得x=±3i.
故答案为：±3i.
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：把直观图△A′B′C′还原为原△ABC，如图所示：
所以AC=A′C′=3，BC=2B′C′=4，
所以AB= AC2+BC2= 9+16=5，
所以△ABC的周长为AB+BC+AC=5+4+3=12.
故答案为：12.
把直观图还原为原图形，利用勾股定理求出斜边长，再计算周长．
本题考查了直观图的应用问题，也考查了转化思想，是基础题．
15.【答案】49.5
【解析】解：设除甲、乙外其他98同学的身高为x1，x2，⋅⋅⋅，x98，甲，乙的身高分别为x99，x100，
由题意可知，总样本的平均数为1100×(165×98+160+170)=165，
(x1−165)2+(x2−165)2+⋅⋅⋅+(x98−165)2=98×50=4900，
故样本的方差为：1100i=1100(xi−x−)2=4900+(160−165)2+(170−165)2100=49.5.
故答案为：49.5.
根据已知条件，结合平均数和方差的公式，即可求解．
本题主要考查平均数和方差公式，属于基础题．
16.【答案】π4 2853
【解析】解：在△ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=72+52−2×7×5×35=32，
所以a=4 2，
所以csC=a2+b2−c22ab= 22>0，
因为C∈(0,π)，
所以C=π4，可得sinC= 22，
因为csA=35，
所以sinA= 1−cs2A=45，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=7 210，
所以sinB>sinA>sinC，
所以B>A>C，
又sin∠APC=45=sinA，且∠APC>B>A，
所以∠APC+A=π，同理∠BPC+C=π，
设∠PBC=α，
在△PBC中，∠PCB=π4−α，
所以PCsinα=BCsin∠BPC，
所以PC=8sinα，
在△PAC中，∠PCA=∠ACB−∠PCB=π4−(π4−α)=α，
所以∠PAC=∠BAC−α，
由正弦定理得PCsin∠PAC=ACsin∠APC，即PCsin(∠BAC−α)=745=354，
所以PC=354sin(∠BAC−α)，
所以8sinα=354sin(∠BAC−α)，
所以tanα=2853，即tan∠PBC=2853.
故答案为：π4；2853.
在△ABC中，由余弦定理可得a的值，可求csC= 22>0，结合C∈(0,π)，即可求解C的值，利用三角函数恒等变换可求sinB的值，可得B>A>C，设∠PBC=α，在△PBC中，∠PCB=π4−α，利用正弦定理可求PC=8sinα，在△PAC中，由正弦定理得PC=354sin(∠BAC−α)，即可求解tan∠PBC的值．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：(1)四边形ABCD是梯形，证明如下：
AB=2m−2n，AD=−m+3n，AC=2n，
所以CD=AD−AC=−m+n，
所以AB=−2CD，即AB//CD，且AB≠CD，
所以四边形ABCD是梯形；
(2)因为F是BC的中点，所以AF=12(AB+AC)=m，
所以AB⋅AF=2m2−2m⋅n=2×4−2×2×1×cs60∘=6，
|AB|= 4m2−8m⋅n+4n2=2 3，|AF|=2，
cs∠FAB=AB⋅AF|AB||AF|=62 3×2= 32，
又因为∠FAB∈[0,π]，所以∠FAB=π6.
【解析】(1)由题意得出AB=−2CD，判断四边形ABCD是梯形；
(2)根据F是BC的中点求出AF，再利用向量计算∠FAB的大小．
本题考查了平面向量的运算问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)证明：如图，取AC的中点F，连接DF，EF，
又D，E分别为AB，CC1的中点，
∴EF//AC1，DF//BC，又BC//B1C1，
∴DF//B1C1且EF//AC1，
又DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，
且EF⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，
∴DF//平面AB1C1，EF//平面AB1C1，
又DF∩EF=F，且DF，EF⊂平面DEF，
∴平面DEF//平面AB1C1，又DE⊂平面DEF，
∴DE//平面AB1C1；
(2)如图，取BC的中点为H，连接AH，
又三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，
∴易得AH⊥平面BCC1B1，
又根据题意可知AH= 3，△B1C1E的面积为12×2×1=1，
∴三棱锥E−AB1C1的体积为：
VE−AB1C1=VA−B1C1E=13×1× 3= 33.
【解析】(1)取AC的中点F，易证平面DEF//平面AB1C1，再根据面面平行的性质，即可证明；
(2)取BC的中点为H，易得AH⊥平面BCC1B1，再转化三棱锥的顶点，根据锥体的体积公式，计算即可得解．
本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质，三棱锥的体积的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)易知X在区间[380,400)和[420,440)上的频数分别为40，12，
所以X在区间[380,400)和[420,440)上的频率/组距分别为0.420=0.02，0.1220=0.006，
补全频率分布直方图如下：
由图知，在区间[380,400)所对应的矩形面积最大，[420,440)次之，且具有一定的对称性，
所以可以推测该市居民的小腿加足高的长度集中在[380,440)附近，小腿加足高特别短或特别长的居民人数都较少；
(2)因为50×0.05=2.5，50×0.95=47.5，
所以女性的“小腿加足高”数据的第5百分位数为女性的第3个数据即356，
男性的“小腿加足高”数据的第95百分位数为男性的第48个数据即452，
则工作椅座高的范围为[356,452]，
所以本次调查所得范围不在国家标准范围[360,480]内，
产生差异的主要原因为有：①由样本的代表性所引起的，因为该市的调查结果不能代表全国的调查结果；
②样本容量过小；
③测量产生的误差等．
【解析】(1)由题意，得到X在区间[380,400)和[420,440)上的频数，可得相对应的频率/组距，进而补全频率分布直方图，再求解即可；
(2)结合(1)中所得信息，求出男性的“小腿加足高”数据的第95百分位数和女性的“小腿加足高”数据的第5百分位数的数值，将其与国家标准对比，进而即可求解．
本题考查频率分布直方图、样本的数字特征、用样本估计总体等，考查了逻辑推理、运算能力和数据分析．
20.【答案】解：(1)证明：因为bcsA−acsB=a，由正弦定理可得sinBcsA−sinAcsB=sinA，
即sin(B−A)=sinA，
在三角形中，可得B−A=A或B−A=π−A，解得B=2A或B=π(舍)，
即证B=2A；
(2)设∠ADC=α，∠CDB=π−α，
因为S△ACD=12AD⋅AC⋅sinA，
在△ACD中，由正弦定理可得ACsinα=CDsinA，①
在△ABD中，BD=BC=2，B=2A，由正弦定理可得BCsin(π−α)=CDsinB，即2sinα=CDsin2A，②
由①②可得AC=4csA，
在△ABC中，由正弦定理可得BCsinA=ABsin∠ACB=ABsin(π−A−B)，
即2sinA=ABsin3A，即AB=2⋅sin3AsinA=2⋅sin2AcsA+cs2AsinAsinA=2⋅(2cs2A+cs2A)=2(1+2cs2A)，
所以AD=AB−BD=2(1+2cs2A)−2=4cs2A，
所以S△ACD=12AD⋅AC⋅sinA=12⋅4cs2A⋅4csA⋅sinA=2cs2A⋅2sin2A=2sin4A，
当4A=π2时，即A=π8时，B=π4，符合题意，S△ACD取到最大值2，
所以△ACD的面积的最大值为2.
【解析】(1)由正弦定理及三角形中角的范围，可证得B=2A；
(2)分别在△ACD，△ABD中，由正弦定理可得AC=4csA，再在△ABC中，由正弦定理可得AB=2(1+2cs2A)，进而可得AD的大小，代入三角形的面积公式，由A角的范围，可得该三角形的面积．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意知游戏一获胜的概率为25，
游戏二总事件数为5×5=25，获胜的事件数为2，
所以游戏二获胜的概率为225；
(2)若m为5，6，7时则游戏三获胜的事件数为4，总事件数为5×4=20，概率为15，
同理m为3，9时游戏三获胜的概率为110，m为其他数时游戏三获胜的概率为0，
若游戏三获胜概率为15，当该同学先玩游戏二获得书券的概率为25×225×15+25×225×45+35×225×15=26625，
先玩游戏三获得书券的概率为25×15×225+25×15×2325+35×15×225=56625，大于先玩游戏二获得书券的概率，
若游戏三获胜概率为110，当该同学先玩游戏二获得书券的概率为25×225×110+25×225×910+35×225×110=23625，
先玩游戏三获得书券的概率为25×110×225+25×110×2325+35×110×225=28625，大于先玩游戏二获得书券的概率，
若游戏三获胜概率为0，显然先玩游戏三不可能获得书券，而先玩游戏二获得书券的概率为25×225=475，
综上，当m为3，5，6，7，9时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
【解析】(1)用获胜的事件数除以游戏的总的事件数即可；
(2)m为5，6，7时则游戏三获胜的概率为15，m为3，9时游戏三获胜的概率为110，m为其他数时游戏三获胜的概率为0，由此分类进行讨论即可．
本题考查概率的应用，涉及样本空间、古典概型、概率的基本性质、事件的相互独立性等数学知识；属于中档题．
22.【答案】(1)证明：取AB的中点F，连接DF，则四边形BCDF是正方形，
所以BD=2，DF= 2，AF= 2，
所以AD= AF2+DF2=2，所以AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD，
因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面ADE，
又AE⊂平面ADE，
所以BD⊥AE.
(2)解：取AD的中点M，连接ME，MF，则MF//BD，
由(1)知，BD⊥AD，
所以MF⊥AD，
因为AE=DE，且M为AD的中点，所以ME⊥AD，
又MF∩ME=M，MF、ME⊂平面MEF，
所以AD⊥平面MEF，
过点E作EO⊥MF于点O，连接CO，
因为OE⊂平面MEF，所以AD⊥OE，
又MF∩AD=M，MF、AD⊂平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD，
所以∠ECO即为CE和平面ABCD所成角，即∠ECO=θ，
设∠EMF=α，则0