2020年山东省济宁市第一中学高考考前冲刺测试（一）数学试题(含解析) 20页

2020 年山东省济宁市第一中学高考考前冲刺测试（一）数学试题 一、单选题 1．在 ABC 中，已知 , 4,3C b ABC   的面积为 2 3 ，则 c  （ ） A． 7 B． 2 2 C． 2 3 D． 2 7 2．总体是由编号为 01，02，…，29，30 的 30 个个体组成，现从中抽取一个容量为 6 的样本，请 从下面随机数表第 1 行第 5 列开始，向右读取，则选出来的第 5 个个体的编号为( ) 7029 1712 1340 3312 3826 1389 5103 5662 1837 3596 8350 8775 9712 5593 A．12 B．13 C．26 D．03 3．已知 A 学校有 15 位数学老师，其中 9 位男老师，6 位女老师， B 学校有 10 位数学老师，其中 3 位男老师，7 位女老师，为了实现师资均衡，现从 A 学校任意抽取一位数学老师到 B 学校，然后 从 B 学校随机抽取一位数学老师到市里上公开课，则在 A 学校抽到 B 学校的老师是男老师的情况 下，从 B 学校抽取到市里上公开课的也是男老师的概率是（ ） A． 2 3 B． 4 7 C． 4 11 D． 3 11 4．三棱锥 P ABC 的一条棱长为 m ，其余棱长均为 2，当三棱锥 P ABC 的体积最大时, 它的 外接球的表面积为（ ） A． 21 4  B． 20 3  C． 5 4  D． 5 3 π 5．函数 ( ) 3 1f x x  的定义域为（ ） A． 1 ,3     B． 1 ,3      C． 1, 3      D． 1 ,03     6．已知 ，则“ ”是“ o ”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．如图所示，在 ABC 中，CE 是边 AB 的中线，O 是CE 的中点，若   AB a ，   AC b ，则 AO  等于（ ） A． 1 1 2 2a b  B． 1 1 4 2a b  C． 1 1 4 4a b  D． 1 1 2 4a b+ r r 8．已知平面内三点  2,1A ，  6,4B ，  1,16C ，则向量 AB  在 BC  的方向上的投影为（ ） A． 16 5 B． 33 5 C．16 13 D． 33 13 二、多选题 9．当 3( , )4 4    时，方程 2 2sin cos 1x y   表示的轨迹可以是（ ） A．两条直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线 10．设非空集合 P 、Q 满足 P Q Q  ，且 P Q ，则下列命题正确的是（） A． x Q  ，有 x P B． x P  ，使得 x Q C． x Q  ，使得 x P D． x Q  ，有 x P 11．下列命题正确的是（ ） A．已知随机变量  2~ 0,N  ，若  2 0.023P    .则  2 2 0.954P     B．已知分类变量 X 与Y 的随机变量 2K 的观察值为 k ，则当 k 的值越大时，“ X 与Y 有关”的可信 度越小. C．在线性回归模型中，计算其相关指数 2 0.96R  ，则可以理解为：解析变量对预报变量的贡献 率约为 0.96 D．若对于变量 y 与 x 的10组统计数据的线性回归模型中，相关指数 2 0.95R  .又知残差平方和为 120.53.那么  10 2 1 2410.6i i y y    .（注意：     2 2 1 2 1 1         n i i i n i i y y R y y ） 12．已知函数     cos 0,0f x x         的部分图象与 y 轴交于点 30, 2       ，与 x 轴 的一个交点为  1,0 ，如图所示，则下列说法正确的是（ ） A． 6 π B．  f x 的最小正周期为 6 C．  y f x 的图像关于直线 5 2x  对称 D．  f x 在 50, 2      单调递减 三、填空题 13．若函数   , 02 1 , 01 x xf x xmx m      在 ,   上单调递增，则 m 的取值范围是 __________． 14．将 2 11 n x     （ n   ）的展开式中 4x 的系数记为 na ，则 2 3 2015 1 1 1 a a a    ． 15．已知等比数列 na 中， 3 33S a ，则公比 q  ______． 四、解答题 16．在如图的多面体中，EF ⊥平面 AEB ， AE EB , / /AD EF ， / /EF BC ， 2 4BC AD  ， 3EF  ， 2AE BE  ，G 是 BC 的中点． (1) 求证： / /AB 平面 DEG ； (2) 求异面直线 BD 与CF 所成角的余弦值. 17．已知直线 1 : 2l y x   ，直线 2l 经过点 (4 0)， ，且 1 2l l . （1）求直线 2l 的方程； （2）记 1l 与 y 轴相交于点 A， 2l 与 y 轴相交于点 B， 1l 与 2l 相交于点 C，求 ABC 的面积. 18．已知数列 的前 项和为 ，且满足 o䁖 ， . （1）求数列 的通项公式； （2）令 log ，求数列 o o䁖o䁖 的前 项和为 . 19．已知函数    ln x x kf x k Re   （1）若函数  f x 在 2x  处的切线方程为 22 4 0e y x   ，求 k 的值； （2）若函数    xg x xe f x 在区间 1,2 上存在单调增区间，求 k 的取值范围. （3）当  1 0f   时，求证：       22 1 sin 2 e f x x x      . 20．平面四边形 ABCD ，点 , ,A B C 均在半径为 2 的圆上，且 6BAC   . （1）求 BC 的长； （2）若 3BD  ， 2DBC BCD   ，求 BCD 的面积. 21．某市文化部门为了了解本市市民对当地地方戏曲是否喜爱，从 15-65 岁的人群中随机抽样了 n 人，得到如下的统计表和频率分布直方图． （1）写出其中 , ,a b n 及 x 和 y 的值； （2）若从第 1,2,3,组回答喜欢地方戏曲的人中用分层抽样的方法抽取 6 人，求这三组每组分别抽 取多少人？ （3）在（2）抽取的 6 人中随机抽取 2 人，求抽取的 2 人年龄都在[35,45) 的概率． 五、双空题 22．在矩形 ABCD 中，已知 3AB  ， 6BC  ， E 为 AC 上一点． （1）若 1 3AE AC  ，则 ED  _____； （2）若 · 0BE AC   ，则 ED  _____． 【答案与解析】 1．C 利用三角形的面积公式即可求出 a 的值，利用余弦定理列出关系式，即可得到 c 的值 由三角形的面积公式 in1 2 sS ab C ，以及 , 4,3C b ABC   的面积为 2 3 ， 得 1 34 2 32 2a   ， 2a  ， 由余弦定理 2 2 2 2 cosc a b ab C   得： 2 14 16 2 2 4 122c        ， 解得： 2 3c  . 故答案为：C. 此题考查了余弦定理，三角形的面积公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于基础题. 2．D 根据随机数的读取方法，可得结果 根据题意：向右读取随机数为 17，12，13，40，33， 12，38，26，13，89，51，03 又随机数小于等于 30，且不能重复， 所以前 5 个个体编号为： 17，12，13，26，03 所以第 5 个个体的编号为：03 故选：D 本题主要考查随机数的读取，属基础题 3．A 当在 A 学校抽到 B 学校的老师是男老师时，B 学校男老师和总老师的数量可知，进而可求得从 B 学 校抽取到市里上公开课的也是男老师的概率 设 A 学校抽到 B 学校的老师是男老师事件为 M，B 学校抽取到市里上公开课的是男老师事件为 N， A 学校有 15 位数学老师，其中 9 位男老师，6 位女老师，因而 A 学校抽到 B 学校的老师是男老师 的概率为   9 3 15 5P M   ； 从 B 学校抽取到市里上公开课的也是男老师的概率为   3 1 4 10 1 11P N   ， 因而由条件概率公式可得       4 11 P M NP N M P M   , 故选：C. 本题考查了条件概率的简单应用，条件概率的求法，属于基础题. 4．B 由题意画出三棱锥的图形， 其中 AB=BC=CD=BD=AC=2，AD=m； 取 BC，AD 的中点分别为 E，F， 可知 AE⊥BC，DE⊥BC， 且 AE∩DE=E， ∴BC⊥平面 AED， ∴平面 ABC⊥平面 BCD 时，三棱锥 A﹣BCD 的体积最大， 此时 AD=m= 2 AE= 2 × 3 = 6 ； 设三棱锥外接球的球心为 O，半径为 R，由球体的对称性知， 球心 O 在线段 EF 上， ∴OA=OC=R，又 EF= 2 2AE AF =   2 2 63 2      = 6 2 ， 设 OF=x，OE= 6 2 ﹣x， ∴R2= 2 6 2       +x2= 2 6 x2       ﹣ +1， 解得 x= 6 6 ； ∴球的半径 R 满足 R2= 5 3 ， ∴三棱锥外接球的表面积为 4πR2=4π× 5 3 = 20 3  ． 故选：B． 点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面 图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点 P，A，B，C 构成的三条线段 PA，PB，PC 两两互相垂直，且 PA＝a，PB＝b，PC＝ c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用 4R2＝a2＋b2＋c2 求解． 5．A 解不等式 3 1 0x   即可. 3 1 0x   ，解得 1 3x   ，所以函数 ( ) 3 1f x x  的定义域为 1 ,3     . 故选：A 本题考查具体函数的定义域，属于基础题. 6．C 试题分析：由 ，得 o ；由 o ，得 ，则“ ”是“ o ”的充要条件，故选 C. 考点：充要条件的判断. 7．B 由平面向量基本定理及线性运算可得： 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 4 2AO AE AC AB AC AB AC             ，得解． 解：由题意可得： 1 2AE AB  ， 由图可知： 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 4 2AO AE AC AB AC AB AC             ， 又因为 AB a  ， AC b  ， 所以 1 1 4 2AO a b    ， 故选：B． 本题考查了平面向量基本定理及线性运算，属于中档题． 8．C 先求得 (4,3)AB  ， ( 5,12)BC   ，得到 16AB BC   ， 13BC  ，再结合投影的概念，即可 求解. 由题意，平面内三点  2,1A ，  6,4B ，  1,16C ， 可得 (4,3)AB  ， ( 5,12)BC   ，则 4 ( 5) 3 12 16AB BC        ， 13BC  ， 所以向量 AB  在 BC  的方向上的投影为 16 13 AB BC BC      . 故选：C. 本题主要考查了向量的数量积的运算，以及向量的投影的定义及应用，其中解答中熟记向量的数量 积的运算公式和投影的概念是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 9．ACD 将 分为 π π π π 3π, , , ,4 2 2 2 4               三种情况进行分类讨论，由此确定正确选项. 当 π π,4 2      时，    2 1 2 1sin ,1 , 1, 2 ,cos 0, , 2,2 sin 2 cos                     1 1 0cos sin   .方程 2 2sin cos 1x y   可化为 2 2 11 1 sin cos x y     ，表示焦点在 y 轴上的椭圆. 当 π 2   时，sin 1,cos 0   ，方程 2 2sin cos 1x y   化为 2 1, 1x x   ，表示两条直线. 当 π 3π,2 4      时，  2 1sin ,1 , 1, 22 sin         ，  2 1cos ,0 , , 22 cos            . 方程 2 2sin cos 1x y   可化为 2 2 11 1 sin cos x y      ，表示焦点在 x 轴上的双曲线. 所以曲线不可能表示圆. 故选 ACD. 本小题主要考查直线、圆、椭圆和双曲线轨迹方程的特征，考查分类讨论的数学思想方法，属于基 础题. 10．AC 由两集合交集的结果推出 Q 是 P 的真子集，再根据真子集的概念进行判断. 因为 P Q Q  ，且 P Q ，所以 Q 是 P 的真子集， x Q  ，有 x P ， x Q  ，使得 x P ，所以 AC 正确； x P  ，使得 x Q ， x Q  ，有 x P ，错误. 故选：AC. 本题考查集合交集的概念、真子集的概念，属于基础题. 11．ACD 选项 A，根据正态分布曲线的特点，关于直线 0x  对称，求出  2 0.023P     ，即可判断； 选项 B，根据独立性检验的方法和步骤，即可判断； 选项 C，根据相关指数 2R 的意义即可判断； 选项 D，根据相关指数的计算公式即可判断. 解：对于选项 A，曲线关于 0x  对称，由  2 0.023P    ，则  2 0.023P     ，则      2 2 1 2 2 0.954P P P            ，选项 A 正确； 对于选项 B，对分类变量 X 与Y 的随机变量 2K 的观察值 k 来说，k 越大，“ X 与Y 有关”的可信度 越大，选项 B 错误； 对于选项 C，解析变量对预报变量的贡献率约为 0.96 ，选项 C 正确； 对于选项 D，根据公式     2 2 1 2 1 1         n i i i n i i y y R y y ，其中  10 2 1 120.53i i i y y    ，代入求出   10 2 1 2410.6i i y y    ，选项 D 正确. 故选：ACD. 本题考查回归分析的应用及正态分布曲线的应用，考查运算能力，属于基础题. 12．ABC 根据 ( )f x 图象 y 轴交于点 30, 2       ，可以求出 6 π ，由过点 1,0 结合1 24 T  可以求出 3   ， 即得出  y f x 解析式，再逐一判断每个选项的正误. 因为函数经过 30, 2       ，所以 3cos ,0 π2     ，所以 6 π ，故 A 正确 又因为 1x  时，函数值为 0，所以  26 2k k Z      ， 又1 24 T  ，所以 4 2    ，所以 3   ， 所以   cos 3 6f x x      ， 可得  f x 的最小正周期为 6T  ；故 B 正确 当  2 23 6k x k k Z        ，即在 1 56 ,62 2k k     ， k Z 上单调递减， 直线 5 2x  是  f x 的一条对称轴，故C 正确，故 D 不正确. 故选： ABC 本题主要考查了由三角函数函数部分图象求三角函数的解析式，并研究函数的单调性、周期性、对 称性，属于中档题. 13． (0,3] 由题意根据函数 1y mx m   在区间 ,0 上为增函数及分段函数的特征，可求得 m 的取值范 围． ∵函数   , 02 1 , 01 x xf x xmx m      在  ,  上单调递增， ∴函数 1y mx m   在区间 ,0 上为增函数， ∴ 0 0 1 2 1 2 m m       ，解得 0 3m  ， ∴实数 m 的取值范围是 (0,3] ． 故答案为 (0,3] ． 解答此类问题时要注意两点：一是根据函数  f x 在  ,  上单调递增得到在定义域的每一个区 间上函数都要递增；二是要注意在分界点处的函数值的大小，这一点容易忽视，属于中档题． 14． 4028 2015 试题分析： 2 11 n x     （ n   ）的展开式的通项为   2 1 2 1 1 r rr r r r n nT C C xx          ，由题意可 知 2r = ，此时， 2 ( 1) 2n n n na C   ，所以 1 2 1 12( )( 1) 1na n n n n     ，所以 2 3 2015 1 1 1 1 1 1 1 1 1 40282[(1 ) ( ) ( )] 2(1 )2 2 3 2014 2015 2015 2015a a a            ． 考点：1．二项式定理；2．裂项相消法求和． 15．1 或 1 2  直接利用等比数列公式计算得到答案. 3 33S a ，故 2 2 1 1 1 13a a q a q a q   ， 1 0a  ，故 22 1 0q q   ，解得 1q  或 1 2q   . 故答案为：1 或 1 2  . 本题考查了求等比数列公比，意在考查学生的计算能力，漏解是容易发生的错误. 16．(1)证明见解析；(2) 15 15 （1）先证明四边形 ADGB 是平行四边形， 可得 //AB DG ，由线面平行的判定定理可得结论；(2) 以点 E 为坐标原点， , ,EB EF EA 分别为 , ,x y z 轴建立如图的空间直角坐标系，求得 ( 2,2,2), ( 2, 1,0)BD CF      ，利用空间向量夹角余弦公式可得结果. (1)证明：∵ / / , / /AD EF EF BC ，∴ / /AD BC . 又∵ 2BC AD ,G 是 BC 的中点， ∴ / /AD BG ， ∴四边形 ADGB 是平行四边形， ∴ //AB DG . ∵ AB  平面 DEG ， DG  平面 DEG ， ∴ / /AB 平面 DEG . (2)∵ EF  平面 AEB ， AE  平面 AEB ， BE  平面 AEB ， ∴ EF AE ， EF BE ，又 AE EB ,∴ , ,EB EF EA 两两垂直. 以点 E 为坐标原点， , ,EB EF EA 分别为 , ,x y z 轴建立如图的空间直角坐标系. 由已知得， B （2，0，0）， B （0，2，2） B （2，4，0）， B （0，3，0），， ( 2,2,2), ( 2, 1,0)BD CF       4 2 15cos , 152 3 5 BD CF         异面直线 BD 与CF 所成角的余弦值为 15 15 本题主要考查异面直线所成的角以及线面平行的判定定理，属于中档题.求异面直线所成的角主要 方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向 向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法 找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解. 17．（1） 4 0x y   （2）9 （1）根据 1 2l l ，得到 2l 的斜率，结合过点  4,0 ，得到答案；（2）根据题意求出 A ， B ，C 坐 标，从而得到 ABC 的面积. （1）由直线 1 : 2l y x   知 1 1k   ， 又因 1 2l l ，所以 2 1k  ； 因为直线 2l 经过点 4,0 ， 则直线 2l 的方程为 4y x  ， 即 4 0x y   （2）由（1）可得 1l 与 y 轴相交于点  0,2A ， 2l 与 y 轴相交于点  0, 4B  ， 且 1l 与 2l 相交于点  3, 1C  ， 故 ABC 的面积 1 1 6 3 92 2BC CAS AB x      . 本题考查根据直线垂直关系求直线方程，求直线与坐标轴围成的三角形的面积，属于简单题. 18．（1） ；（2） o o o o（1）运用数列的递推式，令 n=1 求得首项，再由 n≥2 时，an=Sn-Sn-1，结合等比数列定义和通项公 式可得所求； （2）由（1）有 bn＝log2an＝log24n＝2n，可得 o o o o o o o o ，由裂项相消法求和即可． （1）当 n o 时，有 o o o o ，解得 o . 当 n 时，有 o o o ， 则 o o o o ， 整理得： o ， 数列 是以 q 为公比，以 o 为首项的等比数列． 所以 o ， 即数列 的通项公式为： ． （2）由（1）有 log ，则 o o o o o o o o 所以 T o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的裂项相消法求和，考查化简 运算能力，属于中档题． 19．（1） 1 ln 2k   ；（2） 1k   ；（3）证明见解析. （1）利用导数的几何意义求得函数  f x 在 2x  处的切线斜率，可得关于 k 的方程，从而可得结 果； （2）函数    xg x xe f x 在区间 1,2 上存在单调增区间，等价于  ' ln 1 0g x k x     在 区间 1,2 上有解，分离参数求出函数范围，即得结果； （3）先利用导数证明即 210 sin2 x x x x x    ，只需证明对任意的   2 2 10, ' ex f x x x     恒成 立即可，再构造函数，两次求导，利用单调性可得结果. （1）由   ln x x kf x e  得    1 ln' , 0,x kx x xf x xxe     ， 因为函数  f x 在 2x  处的切线方程为 22 4 0e y x   ， 曲线  y f x 在点   2 2f, 处的切线斜率为   2 2 1 2 2ln 2 1' 2 2 2 kf e e     ， 解得 1 ln 2k   ； （2）函数     1 lnxg x xe f x kx x x    ，  ' ln 1g x k x    ， 因为函数    xg x xe f x 在区间 1,2 上存在单调增区间， 所以  ' ln 1 0g x k x     在区间 1,2 上有解， 即 1 lnk x   在区间 1,2 上有解， 因为 lny x 在区间 1,2 上递增， 所以 ln 0y x  ， 可得 1 0k   故 1k   ； （3）     2 22 1 1 1sin 2 sin2 e e x x x x x        2 21 1sin sin2 2y k x x x x x x x x x       ，   1 1' sin cos 2 02 2k x x x x x    ，函数递减， 因为 0x  ，所以      21 sin 0 02k x x x x x x k      即 210 sin2 x x x x x    ， 只需 对任意的   2 2 10, ' ex f x x x     恒成立即可， 令      2G x x x f x  ， 当 0 1x  时， 1k  ，      1 1 ln , 0,x xG x x x x xe       ， 因此，对任意   20, 1x G x e   等价于  21 ln 11 xex x x ex     ， 由    1 ln , 0,h x x x x x     ，    ' ln 2, 0,h x x x      ， 因此，当  20,x e 时，    ' 0,h x h x 单调递增，  2 ,x e  时，    ' 0,h x h x 单调递减，  h x 的最大值为  2 2 1h e e   ， 故 21 ln 1x x x   e≤ ， 设    1xx e x    ，  ' 1xx e   ，  0,x   时，    ' 0,x x  单调递增，    0 0  x ， 故  0,x  时，    1 0xx e x     ，即 11 xe x  ， 故  2 21 ln 1 11 xex x x e ex        ， 因此对任意的       22 2 2 2 11 10, ' 1 sin 2sin2 ee ex f x x x x xx x x         恒成立， 本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合 分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型 在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主 要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区 间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等 式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题. 20．（1） 2 ；（2） 35 2 （1）设外接圆半径为 R ，则由正弦定理可求得 2 sinBC R BAC  ； （2）由 2DBC BCD   及正弦定理可得 2 cosCD BD BCD   ，再根据余弦定理求得 2 15CD  ， 1cos 6CBD   ， 35sin 6CBD  ，从而计算三角形的面积 1 sin2BCDS BC BD CBD    . 解：（1）设外接圆半径为 2R  ， 在 ABC 中， 6BAC   ， 由正弦定理得 12 sin 4 22BC R BAC     ， 即 2BC  ； （2）在 BCD 中， 2DBC BCD   ， sin sin 2 2sin cosDBC BCD BCD BCD       则由正弦定理可得 2 cosCD BD BCD   ， 又由余弦定理知 2 2 2 cos 2 BC CD BDBCD BC CD     ， 2 2 2( )BD BC CD BDCD BC CD     ，又 2BC  ， 3BD  ， 解得 2 15CD  ， 由余弦定理 2 2 2 2 23 2 15 1cos 2 2 3 2 6 BD BC CDCBD BD BC           ， 则 35sin 6CBD  ， BCD△ 的面积 1 35sin2 2BCDS BC BD CBD     . 本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了运算能力，属于中档题. 21．（1）见解析（2）第 1 组应抽取 1 人，第 2 组应抽取 2 人，第 3 组应抽取 3 人.（3） 1 5 试题分析： (1)利用频率分布表可求得 100n  . 0.1 20 2a    ， 0.2 20 4b    ， 15 100 0.01510x   ， 25 100 0.02510y   (2)利用抽样比可得第 1 组应抽取 1 人，第 2 组应抽取 2 人，第 3 组应抽取 3 人. (3)结合(2)的结论列出所有可能的 事件，然后利用古典概型公式可得 概率值为 1 5 . 试题解析： （Ⅰ）由表可知第 3 组，第 4 组 的人数分别为 6 150.4  ，，再根据直 12 200.6  方图可知第 1 组、 第 2 组的人数也为 20 人，且抽样总人数 20 1000.02 10n   . 所以第 5 组的人数为100 20 20 15 20 25     ， 且 0.1 20 2a    ， 0.2 20 4b    ， 0.8 25 20c    ， 15 100 0.01510x   ， 25 100 0.02510y   (Ⅱ)因为第 1，2，3 组喜欢地方戏曲的人数比 2:4:6 1:2:3 ， 那么用分层抽样的方法从这三组中抽取 6 人 第 1 组应抽取 1 人， 第 2 组应抽取 2 人， 第 3 组应抽取 3 人. （Ⅲ） 由（Ⅱ）第 3 组抽到 3 人，记为 第 1 组和第 2 组 3 人记为 1 2 3, , .B B B 从这六人中随机抽取 2 人，所有可能结果共有 15 种，分别为 所抽取 2 人都在第 3 组的结果有 3 人，故所求的概率为 1 5 点睛：两个防范 一是在频率分布直方图中，小矩形的高表示频率/组距，而不是频率； 二是利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：①最高的小长方 形底边中点的横坐标即是众数；②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的； ③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘 以小长方形底边中点的横坐标之和. 22． 17 3 65 5 （1）可以点 B 为原点， BC 为 x 轴，建立平面直角坐标系，并设 ( , )E x y ，从而得出 ( , 3), (6, 3)AE x y AC     ，然后根据 1 3AE AC  即可得出点 E 的坐标，从而得出 ED 的长度； （2）根据 0BE AC    即可得出 BE AC ，并根据条件求出 23 5,cos 5 AC BCA   ，从而得出 12 5 EC  ，然后在 CDE 中，根据余弦定理即可求出 2 117 5DE  ，从而可求出 DE 的值． 解：以点 B 为原点， BC 为 x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则： (0,0)B ， (0,3)A ， (6,0)C ， (6,3)D ，设 ( , )E x y ， （1） ( , 3), (6, 3)AE x y AC     ，  1( , 3) (6, 3) (2, 1)3x y      ，  2 3 1 x y      ， 解得 2 2 x y    ，  (2,2), (4,1)E ED  ，  17ED  ； （2） 0BE AC    ，  BE AC  ，且 3 5AC  ， 6 2cos 3 5 5 BCA   ，  2 126 5 5 EC    ，且 3CD  ， 3 1cos 3 5 5 DCE   ， 在 CDE 中，根据余弦定理得： 2 2 2 144 12 1 1172 cos 9 2 35 55 5 DE EC CD EC CD DCE             ，  3 65 5DE  ． 故答案为： 3 6517 5 ， ． 本题考查了通过建立平面直角坐标系，利用坐标解决向量的问题的方法，以及余弦定理和直角三角 形的边角关系，考查了计算能力．