【文档说明】2022-2023学年辽宁省沈阳市同泽高级中学高二上学期12月月考数学试题解析版1.doc，共(12)页，967.000 KB，由小喜鸽上传

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第1页共12页2022-2023学年辽宁省沈阳市同泽高级中学高二上学期12月月考数学试题一、填空题1．将4封信投入3个不同邮筒，且4封信全部投完，不同的投法有______种【答案】81【分析】由题可知每一封信有3种投法，根据分步计数原理即得.【详解】根据题意，将4封信投入3个不同邮筒，每一封信有3

种投法，所以将4封信投入3个不同邮筒，且4封信全部投完，不同的投法有333381=种.故答案为：81.2．将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为_________.【答

案】150【详解】满足条件的方案种数为332235531()1502ACCC+=种.3．为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相

同的选法有______种【答案】210【分析】根据题意先求出甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，共有多少种情况，减去所选活动课程完全相同的选法种数，可得答案【详解】甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加各有6种选法，共有3

6216=种选法，其中甲、乙、丙3名同学所选活动课程完全相同的选法共6种，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有2166210−=种，故答案为：2104．将编号为1、2、3、4、5的小球放入编号为1、2、3、4、5的五个盒子中，每盒放一

球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为______【答案】20【分析】从5个盒子中选出2个盒子，放入编号相同的球，共有10种选法；剩余的3个球放入3个盒子中，共有2种；根据乘法原理得到答案.【详解】从5个盒子中选出2个盒子，放入编号相同的

球，共有25C10=种选法；第2页共12页剩余的3个球放入3个盒子中，编号不能相同，共有2112=种；故共有10220=种放法.故答案为：205．有6名男运动员，4名女运动员，其中男、女队长各1名，选派

4人外出比赛，既要有队长，又要有女运动员，选派方法有______种【答案】130【分析】分类讨论男女队长的个数即可求解.【详解】①只有男队长，没有女队长：()11221301353535CCCCCCC46++=种，②只有女队长

，没有男队长：1318876CC156321==种，③男、女队长都有，11211887CCC2821==种，所以共有46+56+28=130种.故答案为：130.6．给图中A，B，C，D，E

，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有5种颜色可供选择，则共有_______种不同的染色方案．【答案】780【分析】首先根据使用的颜色种类分为三类，再对每种情况进行分类讨论，使用分步乘法以及分类

加法即可求解.【详解】由题意可知，若满足相邻区域不同色，最少需要三种颜色，最多需要五种颜色.当有3种颜色时，则BD同色，EC同色，AF同色，此时的涂色种类为111543CCC60=种.当有4种颜色时，则有三种情况：①BD不同色，EC同色，AF同色，此时涂色种类为2

115322CCC120=种；②BD同色，EC不同色，AF同色，此时涂色种类为2115322CCC120=种；③BD同色，EC同色，第3页共12页AF不同色，此时涂色种类为2115322CCC12

0=种；即当有4种颜色时，总的涂色种类为120120120360++=种.当有5种颜色时，则有三种情况：①BD不同色，EC不同色，AF同色，此时涂色种类为2215314CCC120=种；②BD同色，EC不同色，AF不同色，

此时涂色种类为2215314CCC120=种；③BD不同色，EC同色，AF不同色，此时涂色种类为2215314CCC120=种；即当有5种颜色时，总的涂色种类为120120120360++=种.综上，总的共有60360360780++=种不同的方案.故答案为：7807．有8个座位连成

一排，现有5人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有___________(用数字作答).【答案】3600【分析】由题可得恰有两个空座位相邻，即有1个空位与这2个空位不相邻，则可将2个相邻空位捆绑在一起，与另一个空位进行插空.【详解】由题可得恰有两个空座位相邻，即有1个空位与这2个空位

不相邻，则可将2个相邻空位捆绑在一起，与另一个空位进行插空.分两步进行：先将5人全排列，有55A种情况，将“两个”空位进行插空，有26A种情况，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有52563600AA=种.故答案为

：3600.8．某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有______种不同的排法【答案】96【分析】根据题意,先排数学，再用捆绑法排物理和化学，最后与剩下的3节随意安排即可求得.【详解】根据

题意,先排数学，有12C种；物理和化学相邻排，用捆绑法，有22A种；再与剩下的3节随意安排,有44A种安排方法所有符合条件的排法总数为242412AA222496C==.故答案为：96.第4页共12页9．10名同学进行队列训练，站成前排3人后排7人，现体育教师要从后排7人中抽2人调整到前排

，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法有______种【答案】420【分析】先从7个人中选2人调整到前排，再把2人在5个位置选2个进行排列，按照乘法计数原理计算即可.【详解】先从7个人中选2人调整到前排有27C种选法，调整

后前排有5个人，把2人在5个位置选2个进行排列由25A种站法，其他3人的相对顺序不变站到剩余3个位置，按照乘法计数原理得总共有2275CA420=种方法.故答案为：42010．北京时间2022年11月30日7时33分，神舟十五号航天员乘组在载人飞船与空间站组合体成功实现对接后，从飞船返回舱

进入轨道舱，并与神舟十四号航天员乘组“胜利会师”，中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁等6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验的安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有_____

_种【答案】44【分析】首先求出总的方案种数，再求出甲乙在一起的情况，相减即可求得甲乙不在一起的情况.【详解】由题意，要安排甲，乙，丙，丁等6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验的安排1人，共有321631C

CC60=种方案；若甲乙两人同时在天和核心舱，则有121431CCC12=种方案；若甲乙两人同时在问天实验舱，则有3141CC4=种方案.所以甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则有6012444−−=种.故答案为：4411．我校去年11月份

，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有______种不同的选法【答案】216【分析】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理，按照分步

乘法，分类加法即可得解.第5页共12页【详解】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理.第一类：2个只会跳舞的都不选，有3344CC16=种;第二类：2个只会跳舞的有1人入选，有123245CCC120=种;第三类：2个只

会跳舞的全入选，有213246CCC80=种,所以共有216种不同的选法,故答案为：216.12．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为______【答案

】336【分析】根据题意，利用间接法，先分析全部的排法，再排除其中两个1的情况，进而即得.【详解】依题意，不考虑数字的重复问题，4张卡片排成一排，可以组成444A2384=种情况，其中若两张卡片都是1，有222

42CA248=种情况，所以将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为38448336−=.故答案为：336.13．在正方体的8个顶点中，任意两点可连成直线，其中异面直线有______对．【答案】

174【分析】求出从正方体的8个顶点中任意取出4个顶点，共面的情况种数，得到不在同一平面上的4个顶点的方法种数，再由空间不在同一平面上的4个点，可以组成3对异面直线，可得答案．【详解】从正方体的8个顶点中任意取出4个顶点，共面的情

况有6＋6＝12种，从正方体的8个顶点取出不在同一平面上的4个顶点，方法种数有48C－12＝58，而空间不在同一平面上的4个点，可以组成3对异面直线，所以在正方体的8个顶点中，任意两点可连成直线，其中异面直线有58×3＝174对．

故答案为：174．14．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．【答案】50【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类

，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得【详解】由题意可分为两类第6页共12页（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有221324243222CC(CC)

A14A+=种安排方式（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有2113421322CCCA36A=种安排方式综上共有14+36=50种安排方式故答案为：5015．有10本相同的书要送给5位同学，其中甲，乙两位同学至少2本，其余每人至少一本，则

不同的分配方案有________种（用数字作答）．【答案】35【分析】先分给5位同学每人1本，然后利用“隔板法”把余下的5本分成2份，3份，4份，5份四种情况，分别求出种类数，然后相加即可.【详解】解：先分给5位同学每人

1本，因为甲，乙两位同学至少2本，所以剩余的5本至少分成两份，利用“隔板法”分法如下：分成两份，给甲，乙，共14C4=种分法；分成三份，给甲，乙，和另一名学生共2143CC6318==种分法；分成

四份，给甲，乙，和另两名学生共3243CC4312==种分法；分成五份，五名学生再每人1本共1种分法；所以共41812135+++=种．故答案为：35.16．用数字0,1,2,3,4,5,6组成______个没有重复数字并且是5的倍数的五位数【答案】660【分析】分别讨论末位为0和末位为

5的情况，结合分类加法计数原理可求得结果.【详解】若末位为0，则可组成46A个满足题意的五位数；若末位为5，则可组成1355AA个满足题意的五位数；共可组成满足题意的五位数有：413655AAA660+=个.故答案为：660.17．某校三位同学报名参加

数、理、化、生四门学科竞赛，每人必须报两门，由于数学是该校优势学科，所以至少有两人参赛，若要求每门学科都要有人报名，则不同的参赛方案有______种第7页共12页【答案】51【分析】由题至少两人报名数学竞赛，故可分为：两人报名数学竞赛和三人

报名数学竞赛两种情况来解题．【详解】若三人有两人报名数学竞赛，并且两人选报的学科都相同，则共有2133CC种情况，若这两个人选报的另外的学科不同，则共有22213322CCAC种情况，若三个人全部都报名数学竞赛，则共有33A种情况，所以不同的参赛方案

有：21222133333223CC+CCAC+A51=种情况，故答案为：5118．小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字．如下图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒．若用8根火柴棒以适当的方式全部放入右面的表

格中（没有放入火柴棒的空位表示数字“0”），那么最多可以表示无重复数字的三位数有______个【答案】20【分析】根据表示数字的火柴棒的根数分类讨论，结合排列组合即可求解．【详解】由题意可得，用2根火柴棒表示数字1，3根火柴棒表示数字7，4根火柴棒表示数字4，5根火柴棒表示数字2，3或5，6根

火柴棒表示数字6或9，7根火柴棒表示数字8，数字不重复，因此8根火柴棒只能分成两类：2和6，3和5，组成两个数字，还有数字只能为0，这样组成的无重复数字的三位数个数为：112112222232CCA+CCA=20．故答案为：20二、

解答题19．已知三棱柱111ABCABC-中，1114,2,90,ACAABCACBABAC====⊥.第8页共12页(1)求证:平面11AACC⊥平面ABC.(2)若160AAC=，在线段AC上是否存在一点P使平面1BAP和平面11AACC所成角的余弦值为3?4

若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点.【分析】(1)连接1AC，根据给定条件证明1AC⊥平面1ABC得1BCAC⊥即可推理作答.(2)在平面11AACC内

过C作CzAC⊥，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.【详解】（1）在三棱柱111ABCABC-中，四边形11AACC是平行四边形，而1ACAA=，则11

AACCY是菱形，连接1AC，如图，则有11ACAC⊥，因11ABAC⊥，111ABACA=，11,ABAC平面1ABC，于是得1AC⊥平面1ABC，而BC平面1ABC，则1ACBC⊥，由90ACB=得ACBC⊥，1ACAC

A=，1,ACAC平面11AACC，从而得BC⊥平面11AACC，又BC平面ABC，第9页共12页所以平面11AACC⊥平面ABC.（2）在平面11AACC内过C作CzAC⊥，由(1)知平面11AACC⊥平面ABC，平面11AACC平面ABCAC=，则Cz⊥

平面ABC，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因160AAC=，14,2ACAABC===，则1(0,0,0),(4,0,0),(0,2,0),(2,0,23)CABA，假设在线段AC上存在符合要求的点P，设其坐标为

(,0,0),(04)P，则有1(2,2,23),(,2,0)BABP=−=−uuuruuur，设平面1BAP的一个法向量(,,)nxyz=r，则有12223020nBAxyznBPxy=−+=

=−=uuuvvuuuvv，令2x=得2(2,,)3n−=r，而平面11AACC的一个法向量(0,1,0)m=ur，依题意，222||3|cos,|4||||22()3nmnmnm===−++rurrurrur，化简整理得：2340+−=而04，解得

1=，所以在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点，使平面1BAP和平面11AACC所成角的余弦值为34.20．设椭圆C：22221xyab+=（0ab）的离心率为12e=，椭圆C上一点P到左右两个焦点1F、2F的距离之和是4.（1）求椭圆的方程；（2）已知过2F的直线与椭圆C交于

A、B两点，且两点与左右顶点不重合，若111FMFAFB=+uuuuruuuruuur，求第10页共12页四边形1AMBF面积的最大值.【答案】（1）22143xy+=；（2）6.【分析】（1）本小题根据题意先求a，b，c，再求椭圆的标准方程；（2）本小题先设过2

F的直线的方程，再根据题意表示出四边形的面积，最后求最值即可.【详解】解：（1）∵椭圆C上一点P到左右两个焦点1F、2F的距离之和是4，∴24a=即2a=，∵12cea==，∴1c=，又∵222abc=+，∴23

b=.∴椭圆C的标准方程为22143xy+=；（2）设点A、B的坐标为11(,)Axy，22(,)Bxy，因为直线过点2F，所以可设直线AB方程为1xmy=+，联立方程221143xmyxy=++=，消去x可得：22

3(1)412myy++=，化简整理得22(34)690mymy++−=，其中222=3636(34)144(1)0mmm++=+，所以122634myym−+=+，122934yym−=+，因为111F

MFAFB=+uuuuruuuruuur，所以四边形1AMBF是平行四边形，设平面四边形1AMBF的面积为S，则12212121212211222()424234ABFmSSFFyyyyyym+==−=+

−=+，设21tm=+，则221mt=−（1t），所以2124241313tSttt==++，因为1t，所以134tt+，(0,6S，所以四边形1AMBF面积的最大值为6.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，相交弦等问题，是偏难题.21．如图，已知抛物线22ypx=的焦

点为F，点O为坐标原点，一条直线过定点()4,0M与抛物线相第11页共12页交于A，B两点，且OAOB⊥.(1)求抛物线方程；(2)连接AF，BF并延长交抛物线于C，D两点，求证：直线CD过定点【答案】(1)24yx=(2)证明见解析

【分析】（1）设直线AB的方程为4xmy=+，联立方程组得到128yyp=−，结合1OAOBkk=−，列出方程求得p的值，即可求得抛物线的方程；（2）设直线AF的方程为1xny=+，联立方程组求得134yy=−，同理得到424y

y=−，由（1）求得341yy=−，设直线CD的方程为xkyt=+，联立方程组，根据341yy=−，求得t的值，即可求解.【详解】（1）解：设直线AB的方程为4xmy=+，直线与抛物线的交点分别为1122(,),(,)AxyBxy，联立方程组242xmyypx=

+=，整理得2280ypmyp−−=，所以12122,8yypmyyp+==−，因为OAOB⊥，可得1OAOBkk=−，即12120xxyy+=，所以212122()04yyyyp+=，即22(8)804ppp−−=，

即1680p−=，解得2p=，所以抛物线的方程为24yx=.（2）解：设点,,,ABCD的纵坐标分别为1234,,,yyyy，设直线AF的方程为1xny=+，联立方程组214xnyyx=+=，整理得2440yny−−=，所以

134yy=−，同理可得：424yy=−，第12页共12页由（1）知1216yy=−，所以341yy=−，设直线CD的方程为xkyt=+，联立方程组24xkytyx=+=，整理得2440ykyt−−=，则有3441yty=−=−，解得14t=，即直线CD的方程为14xky=+，所以直线C

D恒过点1(,0)4.