2024屆陜西省安康市漢濱區(qū)高三下學(xué)期高考模擬數(shù)學(xué)試題（理）（解析版）（五）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE3陜西省安康市漢濱區(qū)2024屆高三下學(xué)期高考模擬（五）數(shù)學(xué)試題（理）第I卷一、選擇題1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，解得或，所以，則，由，即，所以，解得，所以，所以.故選：C2.若，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗因為，，又，所以，即，所以，所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，位于第四象限.故選：D3.若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因為，，因為，可知，又因為，所以.故選：C.4.當(dāng)今時代，數(shù)字技術(shù)作為世界科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的先導(dǎo)力量，日益融入經(jīng)濟(jì)社會發(fā)展各領(lǐng)域全過程，深刻改變著生產(chǎn)生活方式，從而帶動了大量電子產(chǎn)品在市場上的銷售.某商城統(tǒng)計了2023年6月份到12月份某電子產(chǎn)品的實際銷量如表所示:月份6789101112月份代碼1234567銷量（千只）0.60.91.01.31.51.72.1根據(jù)表中數(shù)據(jù)，認(rèn)為與線性相關(guān)，且關(guān)于的線性回歸方程為，則預(yù)測2024年3月份該商場這種電子產(chǎn)品的銷量約為（）A.2600只 B.2740只 C.2800只 D.2900只〖答案〗B〖解析〗依題意，，所以樣本中心點為，則，解得，所以，其中2024年3月份對應(yīng)的月份代碼為，當(dāng)時（千只），所以預(yù)測2024年3月份該商場這種電子產(chǎn)品的銷量約為2740只.

故選：B5.已知向量,,,且,若,則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為，所以且，所以，又，且，所以，所以，解得，又，所以，則，所以，則，所以.故選：A6.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由三視圖可得，該幾何體為圓柱和半球的組合體，圓柱內(nèi)挖去一個圓錐，所以該幾何體的體積為.故選：A.7.函數(shù)的部分圖象如圖所示，則的〖解析〗式可能為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由圖象可得函數(shù)為偶函數(shù)，且，，當(dāng)且僅當(dāng)時，，對于A，因為，，所以函數(shù)是偶函數(shù)，又，，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，故〖解析〗式可能為A，故A正確；對于B，由，不合題意，故B錯誤；對于C，因為，所以且，所以函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，故C錯誤；對于D，由，不合題意，故D錯誤.故選：A.8.隨著古代瓷器工藝的高速發(fā)展，在著名的宋代五大名窯之后，又增加了三種瓷器，與五大名窯并稱為中國八大名瓷，其中最受歡迎的是景德鎮(zhèn)窯．如圖，景德鎮(zhèn)產(chǎn)的青花玲瓏瓷(無蓋)的形狀可視為一個球被兩個平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可視為球冠(截得的圓面是底，垂直于圓面的直徑被截得的部分是高，其面積公式為，其中為球的半徑，為球冠的高)．已知瓷器的高為，在高為處有最大直徑(外徑)為，則該瓷器的外表面積約為(取3.14)（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意可知：球的半徑為，上球冠的高，下球冠的高，設(shè)下底面圓的半徑為，則，所以該瓷器的外表面積為.故選：C.9.記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數(shù)列，以邊為直徑的圓的面積為，若的面積不小于，則的形狀為（）A.等腰非等邊三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等邊三角形〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意可得，，，，又，則，又，所以，由余弦定理得，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以，此時，所以，即等邊三角形.故選：D.10.已知拋物線的焦點為F，E上任一點到直線的距離等于點到焦點的距離，過點的直線交于兩點（其中在，之間)，若平分，則（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗B〖解析〗由拋物線上任一點到直線的距離等于點到焦點的距離，可得，解得，所以拋物線的方程為，則又由直線的斜率一定存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，設(shè)則，解得，且，過點分別作，垂足分別為，由中，，可得，由拋物線的定義，可得，且，因為平分，由三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)，可得，即，整理得到，即，因為，可得，所以，即，解得或（舍去），所以.故選：B.11.已知函數(shù)的最小正周期為，給出以下結(jié)論:①在區(qū)間上的值域為；②在區(qū)間上單調(diào)遞減；③將圖象向左平移個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)；④在區(qū)間內(nèi)的所有零點之和為.其中所有正確結(jié)論的序號為（）A.①③ B.②④ C.②③④ D.①②④〖答案〗C〖解析〗因為，又的最小正周期為且，所以，解得，所以，當(dāng)時，，所以，所以在區(qū)間上的值域為，故①錯誤；當(dāng)時，，又在上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，故②正確；將的圖象向左平移個單位長度得到，即為偶函數(shù)，故③正確；令，則，解得，當(dāng)，令，解得，，所以的取值可以為，，，，，，，，，，，所以在區(qū)間內(nèi)的所有零點之和為，故④正確；綜上可得正確的有②③④.故選：C.12.在四棱錐中，底面四邊形為等腰梯形,，，是邊長為2的正三角形，，則四棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗取的中點，連接、，因為是邊長為2的正三角形，所以，，又，，，所以，在中，由余弦定理，即，又，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中點，連接、、，則、及均為等邊三角形，易知且，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以等腰梯形外接圓的圓心為，設(shè)的外接圓的圓心為，則，設(shè)四棱錐外接球的球心為，連接、、，則平面，平面，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以外接球的半徑，所以外接球的表面積.故選：C.第II卷二、填空題13.若，則________________.〖答案〗〖解析〗因為，所以，所以.故〖答案〗為：14.已知一數(shù)列：，則該數(shù)列的通項可以表示為________________.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗因為，，，，，，，所以該數(shù)列的通項可以表示為.故〖答案〗為：（〖答案〗不唯一）15.甲、乙兩名同學(xué)利用寒假到北京旅游，由于時間關(guān)系，只能從故宮、長城、頤和園、南鑼鼓巷四個景點中隨機(jī)選擇一個游玩.在甲、乙兩人選擇的景點不同的條件下，甲和乙恰有一人選擇頤和園的概率為________________.〖答案〗〖解析〗設(shè)事件：甲和乙選擇的景點不同，事件：甲和乙恰有一人選擇頤和園，所以，，所以.故〖答案〗為：16.如圖，雙曲線的右焦點為，點A在的漸近線上，點A關(guān)于軸的對稱點為為坐標(biāo)原點)，記四邊形OAFB的面積為，四邊形OAFB的外接圓的面積為，則的最大值為____________，此時雙曲線的離心率為____________.〖答案〗〖解析〗由題意可知：，漸近線，即，則點到漸近線的距離為，因為，可知，則，可得，則，由題意可知：四邊形OAFB的外接圓即為以O(shè)F為直徑的圓，則，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，可知的最大值為，此時雙曲線的離心率為.故〖答案〗為：；.三、解答題17.已知單調(diào)遞增數(shù)列滿足，.（1）證明:是等差數(shù)列；（2）從①；②這兩個條件中任選一個，求的前項和.注:如果選擇不同的條件分別解答，按第一個解答計分.（1）證明：因為，所以，所以，所以，又?jǐn)?shù)列單調(diào)遞增且滿足，即，所以，則，即，所以，所以，又，所以是首項為，公差為的等差數(shù)列.（2）解：由（1）可得，則，若選①：，所以；若選②：，所以.18.如圖，在圓柱中，一平面沿豎直方向截圓柱得到截面矩形，其中，為圓柱的母線，點在底面圓周上，且過底面圓心，點D，E分別滿足，過的平面與交于點，且.（1）當(dāng)時，證明：平面平面；（2）若與平面所成角的正弦值為，求的值.（1）證明：當(dāng)時，得，又，，所以，，平面，平面，平面，同理得平面，因為是平面內(nèi)兩條相交直線，所以平面平面.（2）解：因為，為圓柱的母線，所以垂直平面，又點C在底面圓周上，且過底面圓心O，所以，所以兩兩互相垂直.以點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，所以，，，，因為，所以，則，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，解得，，所以，所以與平面所成角的正弦值為，，解得或，，.19.已知橢圓的離心率為，其左、右頂點分別為，過點的直線與交于，兩點（異于點），且當(dāng)軸時，四邊形的面積為.（1）求的方程；（2）若直線與直線交于點，證明:三點共線.（1）解：依題意離心率，則，所以且，由，解得，所以當(dāng)軸時，所以，解得，，所以橢圓方程為.（2）證明：依題意知直線的斜率不為，，，當(dāng)直線的斜率不存在時直線，由（1）不妨取，，則直線的方程為，令可得，即，直線的方程為，則，即點在直線上，所以、、三點共線；當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線，，，由得，顯然，所以，，所以直線的方程為，令，可得，即，又，，所以，即，所以、、三點共線，綜上可得、、三點共線.20.某課題實驗小組共有來自三個不同班級的45名學(xué)生，這45名學(xué)生中，，B，C三個班級的人數(shù)比為4:3:2.（1）某次實驗活動需從這45人中用分層抽樣的方法隨機(jī)抽取9人組成一個核心小組，再從這9人中隨機(jī)抽取3人負(fù)責(zé)核心工作，記隨機(jī)抽取的3人中來自B班級的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；（2）由于不同的實驗需要的人數(shù)不同，所以為便于進(jìn)行實驗的配合，實驗過程中有2人一組，也有多人一組(多于2人)，其中2人一組的為基礎(chǔ)實驗，其他的為研發(fā)實驗，實驗結(jié)束后進(jìn)行實驗結(jié)果交流.記發(fā)言的小組來自研發(fā)實驗的概率為，若共有5組進(jìn)行發(fā)言，用表示恰有3組來自研發(fā)實驗的概率，證明:的最大值不會超過.（1）解：抽取9人中來自B班級的人數(shù)為，的所有可能值為，，，，，所以的分布列為0123數(shù)學(xué)期望.（2）證明：依題意，，求導(dǎo)得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，.21.已知函數(shù).（1）證明：當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；（2）若在上恰有3個零點，求的值.參考數(shù)據(jù):.（1）證明：當(dāng)時，，則，當(dāng)時，所以，當(dāng)時，，所以，所以當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞增；（2）解：因為，當(dāng)時，則單調(diào)遞增，又，，所以在上存在一個零點，若時，則當(dāng)時，此時在上不存在零點，所以當(dāng)時在上只有一個零點，不符合題意；若時，，令，則，當(dāng)時，即（）單調(diào)遞減，又，，所以使得，所以當(dāng)時，即單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時，即單調(diào)遞增，所以，所以當(dāng)時，即無零點；當(dāng)時令，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以使得，所以當(dāng)時，即（）單調(diào)遞減，所以，此時單調(diào)遞減，當(dāng)時，即（）單調(diào)遞增，所以，此時單調(diào)遞減，又，所以時，所以當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以，又，所以在上有唯一零點；當(dāng)時，單調(diào)遞增又，，所以在上有一個零點，當(dāng)時，所以無零點，所以當(dāng)時在上恰有3個零點；當(dāng)時在上有一個零點，又，，，，所以在，，上各至少有個零點，不符合題意，綜上可得.請考生在第22、23題中任選一題作答.選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程22.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線的參數(shù)方程為(為參數(shù))，以坐標(biāo)原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，圓的極坐標(biāo)方程為．（1）求的普通方程和的直角坐標(biāo)方程;（2）若與交于A，B兩點，且，求．解：（1）由直線的參數(shù)方程為(為參數(shù))可知直線過定點，斜率為，所以的普通方程為，即；圓的極坐標(biāo)方程為可知圓的圓心為，半徑為2，所以的直角坐標(biāo)方程.（2）將代入整理得，則，可知與相交，且，設(shè)點對應(yīng)參數(shù)分別為，則，所以.選修4-5:不等式選講23.已知函數(shù)．（1）求的最小值；（2）若的最小值為，正實數(shù)a,b,c滿足，求證:（1）解：當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故的最小值為；（2）證明：由（1）可知，，即，即，則有，即，即，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.陜西省安康市漢濱區(qū)2024屆高三下學(xué)期高考模擬（五）數(shù)學(xué)試題（理）第I卷一、選擇題1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，解得或，所以，則，由，即，所以，解得，所以，所以.故選：C2.若，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗因為，，又，所以，即，所以，所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，位于第四象限.故選：D3.若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因為，，因為，可知，又因為，所以.故選：C.4.當(dāng)今時代，數(shù)字技術(shù)作為世界科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的先導(dǎo)力量，日益融入經(jīng)濟(jì)社會發(fā)展各領(lǐng)域全過程，深刻改變著生產(chǎn)生活方式，從而帶動了大量電子產(chǎn)品在市場上的銷售.某商城統(tǒng)計了2023年6月份到12月份某電子產(chǎn)品的實際銷量如表所示:月份6789101112月份代碼1234567銷量（千只）0.60.91.01.31.51.72.1根據(jù)表中數(shù)據(jù)，認(rèn)為與線性相關(guān)，且關(guān)于的線性回歸方程為，則預(yù)測2024年3月份該商場這種電子產(chǎn)品的銷量約為（）A.2600只 B.2740只 C.2800只 D.2900只〖答案〗B〖解析〗依題意，，所以樣本中心點為，則，解得，所以，其中2024年3月份對應(yīng)的月份代碼為，當(dāng)時（千只），所以預(yù)測2024年3月份該商場這種電子產(chǎn)品的銷量約為2740只.

故選：B5.已知向量,,,且,若,則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為，所以且，所以，又，且，所以，所以，解得，又，所以，則，所以，則，所以.故選：A6.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由三視圖可得，該幾何體為圓柱和半球的組合體，圓柱內(nèi)挖去一個圓錐，所以該幾何體的體積為.故選：A.7.函數(shù)的部分圖象如圖所示，則的〖解析〗式可能為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由圖象可得函數(shù)為偶函數(shù)，且，，當(dāng)且僅當(dāng)時，，對于A，因為，，所以函數(shù)是偶函數(shù)，又，，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，故〖解析〗式可能為A，故A正確；對于B，由，不合題意，故B錯誤；對于C，因為，所以且，所以函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，故C錯誤；對于D，由，不合題意，故D錯誤.故選：A.8.隨著古代瓷器工藝的高速發(fā)展，在著名的宋代五大名窯之后，又增加了三種瓷器，與五大名窯并稱為中國八大名瓷，其中最受歡迎的是景德鎮(zhèn)窯．如圖，景德鎮(zhèn)產(chǎn)的青花玲瓏瓷(無蓋)的形狀可視為一個球被兩個平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可視為球冠(截得的圓面是底，垂直于圓面的直徑被截得的部分是高，其面積公式為，其中為球的半徑，為球冠的高)．已知瓷器的高為，在高為處有最大直徑(外徑)為，則該瓷器的外表面積約為(取3.14)（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意可知：球的半徑為，上球冠的高，下球冠的高，設(shè)下底面圓的半徑為，則，所以該瓷器的外表面積為.故選：C.9.記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數(shù)列，以邊為直徑的圓的面積為，若的面積不小于，則的形狀為（）A.等腰非等邊三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等邊三角形〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意可得，，，，又，則，又，所以，由余弦定理得，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以，此時，所以，即等邊三角形.故選：D.10.已知拋物線的焦點為F，E上任一點到直線的距離等于點到焦點的距離，過點的直線交于兩點（其中在，之間)，若平分，則（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗B〖解析〗由拋物線上任一點到直線的距離等于點到焦點的距離，可得，解得，所以拋物線的方程為，則又由直線的斜率一定存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，設(shè)則，解得，且，過點分別作，垂足分別為，由中，，可得，由拋物線的定義，可得，且，因為平分，由三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)，可得，即，整理得到，即，因為，可得，所以，即，解得或（舍去），所以.故選：B.11.已知函數(shù)的最小正周期為，給出以下結(jié)論:①在區(qū)間上的值域為；②在區(qū)間上單調(diào)遞減；③將圖象向左平移個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)；④在區(qū)間內(nèi)的所有零點之和為.其中所有正確結(jié)論的序號為（）A.①③ B.②④ C.②③④ D.①②④〖答案〗C〖解析〗因為，又的最小正周期為且，所以，解得，所以，當(dāng)時，，所以，所以在區(qū)間上的值域為，故①錯誤；當(dāng)時，，又在上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，故②正確；將的圖象向左平移個單位長度得到，即為偶函數(shù)，故③正確；令，則，解得，當(dāng)，令，解得，，所以的取值可以為，，，，，，，，，，，所以在區(qū)間內(nèi)的所有零點之和為，故④正確；綜上可得正確的有②③④.故選：C.12.在四棱錐中，底面四邊形為等腰梯形,，，是邊長為2的正三角形，，則四棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗取的中點，連接、，因為是邊長為2的正三角形，所以，，又，，，所以，在中，由余弦定理，即，又，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中點，連接、、，則、及均為等邊三角形，易知且，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以等腰梯形外接圓的圓心為，設(shè)的外接圓的圓心為，則，設(shè)四棱錐外接球的球心為，連接、、，則平面，平面，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以外接球的半徑，所以外接球的表面積.故選：C.第II卷二、填空題13.若，則________________.〖答案〗〖解析〗因為，所以，所以.故〖答案〗為：14.已知一數(shù)列：，則該數(shù)列的通項可以表示為________________.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗因為，，，，，，，所以該數(shù)列的通項可以表示為.故〖答案〗為：（〖答案〗不唯一）15.甲、乙兩名同學(xué)利用寒假到北京旅游，由于時間關(guān)系，只能從故宮、長城、頤和園、南鑼鼓巷四個景點中隨機(jī)選擇一個游玩.在甲、乙兩人選擇的景點不同的條件下，甲和乙恰有一人選擇頤和園的概率為________________.〖答案〗〖解析〗設(shè)事件：甲和乙選擇的景點不同，事件：甲和乙恰有一人選擇頤和園，所以，，所以.故〖答案〗為：16.如圖，雙曲線的右焦點為，點A在的漸近線上，點A關(guān)于軸的對稱點為為坐標(biāo)原點)，記四邊形OAFB的面積為，四邊形OAFB的外接圓的面積為，則的最大值為____________，此時雙曲線的離心率為____________.〖答案〗〖解析〗由題意可知：，漸近線，即，則點到漸近線的距離為，因為，可知，則，可得，則，由題意可知：四邊形OAFB的外接圓即為以O(shè)F為直徑的圓，則，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，可知的最大值為，此時雙曲線的離心率為.故〖答案〗為：；.三、解答題17.已知單調(diào)遞增數(shù)列滿足，.（1）證明:是等差數(shù)列；（2）從①；②這兩個條件中任選一個，求的前項和.注:如果選擇不同的條件分別解答，按第一個解答計分.（1）證明：因為，所以，所以，所以，又?jǐn)?shù)列單調(diào)遞增且滿足，即，所以，則，即，所以，所以，又，所以是首項為，公差為的等差數(shù)列.（2）解：由（1）可得，則，若選①：，所以；若選②：，所以.18.如圖，在圓柱中，一平面沿豎直方向截圓柱得到截面矩形，其中，為圓柱的母線，點在底面圓周上，且過底面圓心，點D，E分別滿足，過的平面與交于點，且.（1）當(dāng)時，證明：平面平面；（2）若與平面所成角的正弦值為，求的值.（1）證明：當(dāng)時，得，又，，所以，，平面，平面，平面，同理得平面，因為是平面內(nèi)兩條相交直線，所以平面平面.（2）解：因為，為圓柱的母線，所以垂直平面，又點C在底面圓周上，且過底面圓心O，所以，所以兩兩互相垂直.以點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，所以，，，，因為，所以，則，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，解得，，所以，所以與平面所成角的正弦值為，，解得或，，.19.已知橢圓的離心率為，其左、右頂點分別為，過點的直線與交于，兩點（異于點），且當(dāng)軸時，四邊形的面積為.（1）求的方程；（2）若直線與直線交于點，證明:三點共線.（1）解：依題意離心率，則，所以且，由，解得，所以當(dāng)軸時，所以，解得，，所以橢圓方程為.（2）證明：依題意知直線的斜率不為，，，當(dāng)直線的斜率不存在時直線，由（1）不妨取，，則直線的方程為，令可得，即，直線的方程為，則，即點在直線上，所以、、三點共線；當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線，，，由得，顯然，所以，，所以直線的方程為，令，可得，即，又，，所以，即，所以、、三點共線，綜上可得、、三點共線.20.某課題實驗小組共有來自三個不同班級的45名學(xué)生，這45名學(xué)生中，，B，C三個班級的人數(shù)比為4:3:2.（1）某次實驗活動需從這45人中用分層抽樣的方法隨機(jī)抽取9人組成一個核心小組，再從這9人中隨機(jī)抽取3人負(fù)責(zé)核心工作，記隨機(jī)抽取的3人中來自B班級的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；（2）由于不同的實驗需要的人數(shù)不同，所以為便于進(jìn)行實驗