吉林省吉林市桦甸市第一中学2023-2024学年高一下学期期中基础知识检测数学试题
1．（2024高一下·桦甸期中）已知复数（i是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数的四则运算可得：，则有.
故答案为：D.
【分析】先利用复数的四则运算法则计算复数z，再根据共轭复数的概念即可求解.
2．（2024高一下·桦甸期中）某读书会有6名成员，寒假期间他们每个人阅读的书本数分别如下：3，2，5，4，3，1，则这组数据的75%分位数为（ ）
A．3 B．4 C．3.5 D．4.5
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】由题意，这组数从小到大排列顺序为：1，2，3，3，4，5，
由，可得这组数据的75%分位数为从小到大排列的第5个数为4.
故答案为：B.
【分析】由75%分位数的定义求解即可。
3．（2024高一下·桦甸期中）已知正六边形，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量加减混合运算
【解析】【解答】解：由正六边形的特征可知：，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据相等向量和向量的加、减的运算法则，从而得出正确的选项.
4．（2024高一下·桦甸期中）若直线平面，则下列说法正确的是（ ）
A．l仅垂直平面内的一条直线
B．l仅垂直平面内与l相交的直线
C．l仅垂直平面内的两条直线
D．l与平面内的任意一条直线垂直
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：若直线平面，则l垂直于平面内的任意一条直线．
故答案为：D.
【分析】根据线面垂直的定义判断即可.
5．（2024高一下·桦甸期中）如图，是水平放置的利用斜二测画法得到的直观图，其中，则的面积是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由直观图可得如下平面图形，
则，，，
故的面积．
故答案为：A．
【分析】根据斜二测画直观图的方法画出平面图形，从而求出相关线段的长度，再结合三角形的面积公式得出的面积.
6．（2024高一下·桦甸期中）在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ）
A．无解 B．有一解
C．有两解 D．解的个数不确定
【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理，可得，
解得，因为，所以，则或，即三角形有两解.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理解出再根据，得到，求得角，即可判断三角形解的个数.
7．（2024高一下·桦甸期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
取的中点，连接，
则，则为异面直线所成的角或其补角，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用异面直线的夹角的定义得出平移 至 位置处，从而证出，则为异面直线所成的角或其补角，再利用余弦定理得出异面直线与所成角的余弦值.
8．（2024高一下·桦甸期中）已知，是不共线的两个向量，，，若，，则的最小值为
A．2 B．4 C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由可得，，即，
因为，，所以，
所以，，
令，
因为，所以，
对，恒成立，则，所以.
故答案为：B.
【分析】由得出，令，根据二次函数的图象求最值的方法得出函数f(t)的最大值，再结合不等式恒成立问题求解方法得出，从而得出的取值范围，进而得出的最小值.
9．（2024高一下·桦甸期中）下列调查中，适宜采用抽样调查的是（ ）
A．调查某市小学生每天的运动时间
B．某公司初步发现一位职员患有甲肝，对此公司职员进行检查
C．农业科技人员调查某块地今年麦穗的单穗平均质量
D．调查某快餐店中全部8位店员的生活质量情况
【答案】A,C
【知识点】抽样方法的选择
【解析】【解答】解：对于A，调查某市小学生每天的运动时间的工作量很大，抽样调查，故A对；
对于B，某公司初步发现一位职员患有甲肝，甲肝具有传染性，危害大，
对此公司职员进行检查适合普查的方式，故B错；
对于C，农业科技人员调查某块地今年麦穗的单穗平均质量适合采用抽样调查，故C对；
对于D，调查某快餐店中全部8位店员的生活质量情况适合普查的方式，故D错.
故答案为：AC．
【分析】根据普查和抽样调查各自的特点逐项判断，从而找出适宜采用抽样调查的选项．
10．（2024高一下·桦甸期中）已知向量，下列结论正确的是（ ）
A．与能作为一组基底
B．与同向的单位向量的坐标为
C．与的夹角的正弦值为
D．若满足，则
【答案】A,C,D
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的综合题；平面向量夹角的坐标表示
【解析】【解答】对于A，因为，所以不存在实数使得，
所以与能作为一组基底，故A正确；
对于B，因为，
所以，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B错误；
对于C，因为，
所以与的夹角的正弦值为，故C正确；
对于D，因为，
所以，解得，故D正确．
故选：ACD．
【分析】对于A因为，所以不存在实数使得，两个不共线的向量可以作为平面的一组基底；对于B与向量同向的单位向量为，与同向的单位向量的坐标为；对于C可以用夹角公式先求夹角的余弦，
，再用平方关系求正弦；对于D代模长公式计算即可
11．（2024高一下·桦甸期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则只有一解
C．若，则为直角三角形
D．
【答案】A,D
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】对于A选项，由，有，由正弦定理可得，故A选项正确；
对于B选项，由，可知ABC有两解，可知B选项错误；
对于C选项，由，得，有，可得或，可知C选项错误；
对于D选项，若ABC为锐角三角形或直角三角形，有；若ABC为钝角三角形，
不妨设C为钝角，有，，，有，可知D选项正确．
故选：AD．
【分析】对于A选项，利用正弦定理判断；对于B选项，利用正弦定理判断；对于C选项，利用正弦定理，由，得到判断；对于D选项，分ABC为锐角三角形，直角三角形，ABC为钝角三角形判断.
12．（2024高一下·桦甸期中）在一个底面直径为12cm，高为18cm的圆柱形水杯中加入水后，水面高度为12cm，加入一个球型小钢珠后水面上升到了13cm，则球型小钢珠的半径为 cm．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球型小钢珠的半径为，
因为上升水柱的体积，
所以，
则，所以．
故答案为：.
【分析】由题意结合柱体的体积公式和球的体积公式可得，从而得出球型小钢珠的半径.
13．（2024高一下·桦甸期中）将容量为的样本中的数据分成6组，绘制频率分布直方图.若第一组至第六组数据的频率之比为，且后三组数据的频数之和等于66，则 .
【答案】120
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】根据题意，频率为频数除以样本容量，
因为频率之比为频数之比，后三组频数之比，频数分别设为，
则总数为，则，解得，
则.
故答案为：120.
【分析】利用频率等于频数除以样本容量，再利用已知条件得出样本容量n的值.
14．（2024高一下·桦甸期中）在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，G为的重心，，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记BC的中点为D，
由，G为的重心，可得，
又由，则，
即，化简可得，
由为锐角三角形，故，即，化简可得．
又由，
令，因为函数单调递增，
可得，则．
故答案为：.
【分析】记BC的中点为D，利用重心的性质得出，再由平面向量基本定理和数量积求模的公式以及数量积的运算法则和数量积的定义，从而三角形可得，，再利用锐角可得，则根据余弦定理和换元法， 令，由函数的单调性得出函数的值域，从而得出的取值范围．
15．（2024高一下·桦甸期中）设是实数，复数，（是虚数单位）．
（1）若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围；
（2）求的最小值．
【答案】（1）解：由已知可得，，
因为复数在复平面内对应的点在第二象限，
所以，解得.
（2）解：由已知可得，，
所以，
所以，
，
所以，当时，有最小值为.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）根据复数的几何意义结合已知条件，从而列出不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
（2）由已知条件可得，再根据复数求模公式化简结合二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）由已知可得，.
因为在复平面内对应的点在第二象限，所以有，
解得.
（2）由已知可得，，
所以，
所以，，
所以，当时，有最小值为.
16．（2024高一下·桦甸期中）东风家具店为了解顾客购买额度（单位：元）情况，调查了10000名顾客，并根据所得数据画出了样本频率分布直方图（如图），每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示购买额度在内.
（1）为了分析顾客购买额度与年龄的关系，按购买额度从这10000人中用分层随机抽样的方法抽出100人作进一步分析，则购买额度在内的应抽取多少名？
（2）根据频率分布直方图估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为0.25，
所以购买额度在内的频率为0.25，
所以100人中购买额度在内的人数为0..
（2）解：样本平均数为：
.
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率直方图中所有小矩形面积之和为1，从而求出的值，再根据分层抽样的方法得出购买额度在内的应抽取的人数.
（2）根据频率分布直方图求平均数的方法结合已知条件，从而估计出样本数据的平均数.
（1）因为，所以.
又0.25，所以购买额度在内的频率为0.25，所以100人中购买额度在内的人数为0..
（2）样本平均数为
.
17．（2024高一下·桦甸期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求的最小值；
（2）已知，，求边c及的面积．
【答案】（1）因为，
所以，
即，
则，
所以（当且仅当时符号成立），则的最小值为1
（2）由，，所以，
所以，
由（1）可知，则，所以，
所以，因为，
在△ABC中，，所以解得，，
在△ABC中，由正弦定理可得：，
则；
因为，
所以．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由结合两角和的余弦公式可得，而，再利用基本不等式可求得其最小值；
(2)根据同角三角函数关系由cosA求出sinA，从而可求出tanA，再由可求出tanC，然后利用同角三角函数的关系可求出sinC，cosC，利用正弦定理可求得c，再利用三角函数恒等变换公式可求出sin B，代入三角形的面积公式，即可求解.
18．（2024高一下·桦甸期中）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，D，E，F分别是棱，，的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：连接，
∵E，F分别是棱AC，BC的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵D，F分别是棱，的中点，∴，，
∴四边形是平行四边形，则，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，且，∴平面平面，
∵平面，∴平面.
（2）解：连接，
∵E为AC中点，∴，
由题意得，，∴，
作于G，
则面，是边长为的等边三角形，
所以，即三棱锥的高为，
∴.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件先证明平面平面，从而证出直线平面.
（2）利用，，作于G，则，即得出三棱锥的高，再结合三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积.
（1）证明：连接，
∵E，F分别是棱AC，BC的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵D，F分别是棱，的中点，∴，，
∴四边形是平行四边形，则，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，且，∴平面平面，
∵平面，∴平面；
（2）连接，∵E为AC中点，∴，
由题意，，∴，
作于G，则面，是边长为的等边三角形，有，即三棱锥的高为，
∴.
19．（2024高一下·桦甸期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且.
（1）求直线与平面所成角的余弦值；
（2）求二面角的大小.
【答案】（1）解：在正方形中，，
因为平面面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
在中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
（2）解：连接交于点，
在正方形中，，
因为平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，所以，
在中，过点作于点，连接，
因为平面平面，
所以平面，所以，
则是二面角的平面角，
在中，，
则，同理可得，
在中，，
，
因为，所以，
则二面角的大小为.
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由已知可得平面，则为直线与平面所成的角，在中结合勾股定理和余弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（2）连接交于点，过点作于点，连接，则可得是二面角的平面角，解三角形得出二面角的大小.
（1）在正方形中，有，
因为平面面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
在中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为；
（2）连接交于点，
在正方形中，有，
因为平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，所以，
在中，过点作于点，连接，
因为平面平面，
所以平面，所以，
则是二面角的平面角，
在中，，
则，同理可求得，
在中，，
，
因为，所以，
则二面角的大小为.
1 / 1吉林省吉林市桦甸市第一中学2023-2024学年高一下学期期中基础知识检测数学试题
1．（2024高一下·桦甸期中）已知复数（i是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·桦甸期中）某读书会有6名成员，寒假期间他们每个人阅读的书本数分别如下：3，2，5，4，3，1，则这组数据的75%分位数为（ ）
A．3 B．4 C．3.5 D．4.5
3．（2024高一下·桦甸期中）已知正六边形，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·桦甸期中）若直线平面，则下列说法正确的是（ ）
A．l仅垂直平面内的一条直线
B．l仅垂直平面内与l相交的直线
C．l仅垂直平面内的两条直线
D．l与平面内的任意一条直线垂直
5．（2024高一下·桦甸期中）如图，是水平放置的利用斜二测画法得到的直观图，其中，则的面积是（ ）
A．3 B． C． D．
6．（2024高一下·桦甸期中）在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ）
A．无解 B．有一解
C．有两解 D．解的个数不确定
7．（2024高一下·桦甸期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·桦甸期中）已知，是不共线的两个向量，，，若，，则的最小值为
A．2 B．4 C． D．
9．（2024高一下·桦甸期中）下列调查中，适宜采用抽样调查的是（ ）
A．调查某市小学生每天的运动时间
B．某公司初步发现一位职员患有甲肝，对此公司职员进行检查
C．农业科技人员调查某块地今年麦穗的单穗平均质量
D．调查某快餐店中全部8位店员的生活质量情况
10．（2024高一下·桦甸期中）已知向量，下列结论正确的是（ ）
A．与能作为一组基底
B．与同向的单位向量的坐标为
C．与的夹角的正弦值为
D．若满足，则
11．（2024高一下·桦甸期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则只有一解
C．若，则为直角三角形
D．
12．（2024高一下·桦甸期中）在一个底面直径为12cm，高为18cm的圆柱形水杯中加入水后，水面高度为12cm，加入一个球型小钢珠后水面上升到了13cm，则球型小钢珠的半径为 cm．
13．（2024高一下·桦甸期中）将容量为的样本中的数据分成6组，绘制频率分布直方图.若第一组至第六组数据的频率之比为，且后三组数据的频数之和等于66，则 .
14．（2024高一下·桦甸期中）在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，G为的重心，，则的取值范围为 ．
15．（2024高一下·桦甸期中）设是实数，复数，（是虚数单位）．
（1）若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围；
（2）求的最小值．
16．（2024高一下·桦甸期中）东风家具店为了解顾客购买额度（单位：元）情况，调查了10000名顾客，并根据所得数据画出了样本频率分布直方图（如图），每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示购买额度在内.
（1）为了分析顾客购买额度与年龄的关系，按购买额度从这10000人中用分层随机抽样的方法抽出100人作进一步分析，则购买额度在内的应抽取多少名？
（2）根据频率分布直方图估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
17．（2024高一下·桦甸期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求的最小值；
（2）已知，，求边c及的面积．
18．（2024高一下·桦甸期中）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，D，E，F分别是棱，，的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
19．（2024高一下·桦甸期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且.
（1）求直线与平面所成角的余弦值；
（2）求二面角的大小.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数的四则运算可得：，则有.
故答案为：D.
【分析】先利用复数的四则运算法则计算复数z，再根据共轭复数的概念即可求解.
2．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】由题意，这组数从小到大排列顺序为：1，2，3，3，4，5，
由，可得这组数据的75%分位数为从小到大排列的第5个数为4.
故答案为：B.
【分析】由75%分位数的定义求解即可。
3．【答案】B
【知识点】向量加减混合运算
【解析】【解答】解：由正六边形的特征可知：，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据相等向量和向量的加、减的运算法则，从而得出正确的选项.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：若直线平面，则l垂直于平面内的任意一条直线．
故答案为：D.
【分析】根据线面垂直的定义判断即可.
5．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由直观图可得如下平面图形，
则，，，
故的面积．
故答案为：A．
【分析】根据斜二测画直观图的方法画出平面图形，从而求出相关线段的长度，再结合三角形的面积公式得出的面积.
6．【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理，可得，
解得，因为，所以，则或，即三角形有两解.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理解出再根据，得到，求得角，即可判断三角形解的个数.
7．【答案】A
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
取的中点，连接，
则，则为异面直线所成的角或其补角，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用异面直线的夹角的定义得出平移 至 位置处，从而证出，则为异面直线所成的角或其补角，再利用余弦定理得出异面直线与所成角的余弦值.
8．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由可得，，即，
因为，，所以，
所以，，
令，
因为，所以，
对，恒成立，则，所以.
故答案为：B.
【分析】由得出，令，根据二次函数的图象求最值的方法得出函数f(t)的最大值，再结合不等式恒成立问题求解方法得出，从而得出的取值范围，进而得出的最小值.
9．【答案】A,C
【知识点】抽样方法的选择
【解析】【解答】解：对于A，调查某市小学生每天的运动时间的工作量很大，抽样调查，故A对；
对于B，某公司初步发现一位职员患有甲肝，甲肝具有传染性，危害大，
对此公司职员进行检查适合普查的方式，故B错；
对于C，农业科技人员调查某块地今年麦穗的单穗平均质量适合采用抽样调查，故C对；
对于D，调查某快餐店中全部8位店员的生活质量情况适合普查的方式，故D错.
故答案为：AC．
【分析】根据普查和抽样调查各自的特点逐项判断，从而找出适宜采用抽样调查的选项．
10．【答案】A,C,D
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的综合题；平面向量夹角的坐标表示
【解析】【解答】对于A，因为，所以不存在实数使得，
所以与能作为一组基底，故A正确；
对于B，因为，
所以，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B错误；
对于C，因为，
所以与的夹角的正弦值为，故C正确；
对于D，因为，
所以，解得，故D正确．
故选：ACD．
【分析】对于A因为，所以不存在实数使得，两个不共线的向量可以作为平面的一组基底；对于B与向量同向的单位向量为，与同向的单位向量的坐标为；对于C可以用夹角公式先求夹角的余弦，
，再用平方关系求正弦；对于D代模长公式计算即可
11．【答案】A,D
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】对于A选项，由，有，由正弦定理可得，故A选项正确；
对于B选项，由，可知ABC有两解，可知B选项错误；
对于C选项，由，得，有，可得或，可知C选项错误；
对于D选项，若ABC为锐角三角形或直角三角形，有；若ABC为钝角三角形，
不妨设C为钝角，有，，，有，可知D选项正确．
故选：AD．
【分析】对于A选项，利用正弦定理判断；对于B选项，利用正弦定理判断；对于C选项，利用正弦定理，由，得到判断；对于D选项，分ABC为锐角三角形，直角三角形，ABC为钝角三角形判断.
12．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球型小钢珠的半径为，
因为上升水柱的体积，
所以，
则，所以．
故答案为：.
【分析】由题意结合柱体的体积公式和球的体积公式可得，从而得出球型小钢珠的半径.
13．【答案】120
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】根据题意，频率为频数除以样本容量，
因为频率之比为频数之比，后三组频数之比，频数分别设为，
则总数为，则，解得，
则.
故答案为：120.
【分析】利用频率等于频数除以样本容量，再利用已知条件得出样本容量n的值.
14．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记BC的中点为D，
由，G为的重心，可得，
又由，则，
即，化简可得，
由为锐角三角形，故，即，化简可得．
又由，
令，因为函数单调递增，
可得，则．
故答案为：.
【分析】记BC的中点为D，利用重心的性质得出，再由平面向量基本定理和数量积求模的公式以及数量积的运算法则和数量积的定义，从而三角形可得，，再利用锐角可得，则根据余弦定理和换元法， 令，由函数的单调性得出函数的值域，从而得出的取值范围．
15．【答案】（1）解：由已知可得，，
因为复数在复平面内对应的点在第二象限，
所以，解得.
（2）解：由已知可得，，
所以，
所以，
，
所以，当时，有最小值为.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）根据复数的几何意义结合已知条件，从而列出不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
（2）由已知条件可得，再根据复数求模公式化简结合二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）由已知可得，.
因为在复平面内对应的点在第二象限，所以有，
解得.
（2）由已知可得，，
所以，
所以，，
所以，当时，有最小值为.
16．【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为0.25，
所以购买额度在内的频率为0.25，
所以100人中购买额度在内的人数为0..
（2）解：样本平均数为：
.
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率直方图中所有小矩形面积之和为1，从而求出的值，再根据分层抽样的方法得出购买额度在内的应抽取的人数.
（2）根据频率分布直方图求平均数的方法结合已知条件，从而估计出样本数据的平均数.
（1）因为，所以.
又0.25，所以购买额度在内的频率为0.25，所以100人中购买额度在内的人数为0..
（2）样本平均数为
.
17．【答案】（1）因为，
所以，
即，
则，
所以（当且仅当时符号成立），则的最小值为1
（2）由，，所以，
所以，
由（1）可知，则，所以，
所以，因为，
在△ABC中，，所以解得，，
在△ABC中，由正弦定理可得：，
则；
因为，
所以．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由结合两角和的余弦公式可得，而，再利用基本不等式可求得其最小值；
(2)根据同角三角函数关系由cosA求出sinA，从而可求出tanA，再由可求出tanC，然后利用同角三角函数的关系可求出sinC，cosC，利用正弦定理可求得c，再利用三角函数恒等变换公式可求出sin B，代入三角形的面积公式，即可求解.
18．【答案】（1）证明：连接，
∵E，F分别是棱AC，BC的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵D，F分别是棱，的中点，∴，，
∴四边形是平行四边形，则，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，且，∴平面平面，
∵平面，∴平面.
（2）解：连接，
∵E为AC中点，∴，
由题意得，，∴，
作于G，
则面，是边长为的等边三角形，
所以，即三棱锥的高为，
∴.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件先证明平面平面，从而证出直线平面.
（2）利用，，作于G，则，即得出三棱锥的高，再结合三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积.
（1）证明：连接，
∵E，F分别是棱AC，BC的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵D，F分别是棱，的中点，∴，，
∴四边形是平行四边形，则，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，且，∴平面平面，
∵平面，∴平面；
（2）连接，∵E为AC中点，∴，
由题意，，∴，
作于G，则面，是边长为的等边三角形，有，即三棱锥的高为，
∴.
19．【答案】（1）解：在正方形中，，
因为平面面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
在中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
（2）解：连接交于点，
在正方形中，，
因为平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，所以，
在中，过点作于点，连接，
因为平面平面，
所以平面，所以，
则是二面角的平面角，
在中，，
则，同理可得，
在中，，
，
因为，所以，
则二面角的大小为.
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由已知可得平面，则为直线与平面所成的角，在中结合勾股定理和余弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（2）连接交于点，过点作于点，连接，则可得是二面角的平面角，解三角形得出二面角的大小.
（1）在正方形中，有，
因为平面面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
在中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为；
（2）连接交于点，
在正方形中，有，
因为平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，所以，
在中，过点作于点，连接，
因为平面平面，
所以平面，所以，
则是二面角的平面角，
在中，，
则，同理可求得，
在中，，
，
因为，所以，
则二面角的大小为.
1 / 1
