江西省吉安市第三中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题（艺术类）（Word版含答案）

吉安市第三中学2023-2024学年高二上学期开学考试
数学（艺术类）
一、单选题（每题5分，共40分）
1．已知集合，，则集合（ ）
A． B．
C． D．
2．下列各角中，与 角终边相同的角是（ ）
A． B． C． D．
3．半径为4，圆心角为1弧度的扇形的面积是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．已知向量，，那么（ ）
A． B． C． D．
5．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图，是所在平面外一点，，，且面，，则与平面的夹角为（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，某数学兴趣小组为了测量嘉兴某地“智标塔”高度，在地面上点处测得塔顶点的仰角为，塔底点的仰角为. 已知山岭高为米，则塔高为（ ）
A．米 B．米
C． 米 D． 米
8．已知正六棱锥的侧棱长为，底面边长为2，点为正六棱锥外接球上一点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．已知，，为空间中直线，，为空间中平面，下列命题错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，且，则
C．若，，则
D．若，，，则
10．下列向量组中，能作为平面内所有向量的基底的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．函数为偶函数 D．函数在区间上单调递减
12．如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，则（ ）
A．平面平面AMCD
B．线段CN的长为定值
C．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球表面积为
D．直线AM和CN所成的角始终为
三、填空题（共20分）
13．把一批小球按2个红色，5个白色的顺序排列，第30个小球是 色.
14．若，，且，则 .
15．如图，四边形由三个全等的正方形拼接而成，令，，则 .
16．如图，在棱长为4的正方体中，的中点是P，过直线作与平面平行的截面，则该截面的面积为 ．
四、解答题（共70分）
17．求下列各式的值．
(1)；
(2).
18．已知复数，且为纯虚数.
(1)求复数；
(2)若，求实数的值.
19．已知向量，.
(1)若，求的值；
(2)若，与的夹角为锐角，求实数m的取值范围.
20．在中，内角的对边分别为，若.
(1)求的值；
(2)若的周长为5，求外接圆的半径与内切圆半经的比值.
21．如图，在四边形中，，，，，为边的中点.
(1)若，求的面积；
(2)当变化时，求长度的最大值.
22．如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为正方形，且平面平面，，分别为，的中点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在一点使得平面，存在指出位置，不存在请说明理由.
(3)求二面角的正弦值．
【参考答案】
【高二-艺术类-数学】
1．B
解：因为集合，，所以.
故选：B.
2．B
解：对选项A，，故A错误.
对选项B，因为，故B正确.
对选项C，，故C错误.
对选项D，，故D错误.
故选：B
3．C
解：已知，，则扇形的面积.
故选：C
4．A
解：因为，，所以．
故选：A
5．C
解：，.
故选：C.
6．C
解：，，，；
平面，平面，，，
又，，
，，
，
，，
设点到平面的距离为，与平面的夹角为，
，解得：，
，又，，即直线与平面的夹角为.
故选：C.
7．B
解：在中，，
在中，，
所以．
故选：B．
8．B
解：由题意可得正六棱锥的高为，
设正六棱锥的外接球的球心到底面的距离为，
设外接球半径为，则， ，
解得，
设外接球的球心为，则即为正六边形的中心，连接，
过作交于，过作交于，

因为底面，底面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，所以平面，即为球心到平面的距离，
因为，，
所以在中由等面积法可得，解得，
因此点到平面的最大距离为，
因为，所以三棱锥体积的最大值为，
故选：B
9．ACD
解：A中，若，，则或，所以A不正确；
B中，如图所示，分别过直线作平面，使得，，
因为，且，所以，同理可证：，所以，
又因为，，所以，因为，，所以，
又因为，所以，所以B正确；

C中，若，，则或是异面直线，所以C错误；
D中，若，，，则或是异面直线，所以D错误.
故选：ACD.
10．ABC
解：能作为平面内的基底，则两向量不共线，
A选项，，∴不共线，可作为基底，A正确；
B选项，，∴不共线，可作为基底，B正确；
C选项，，∴不共线，可作为基底，C正确；
D选项，，∴共线，不能作为基底，D错误．
故选：ABC
11．BD
解：函数的部分图象，
可得，，，则．
又，所以，，
所以，，又，，，故A错误．
由，
，
，故B正确；
将函数的图象向左平移个单位长度得到，
则为奇函数，故C错误；
当则，因为在上单调递减，
所以函数在区间上单调递减，故D正确，
故选：BD．
12．ABD
解：对于A，如图所示，在菱形ABCD中，，，所以△ABC为等边三角形，
又M是BC的中点，所以，由翻折性质知，又因为，平面，，
所以平面，因为平面AMCD，所以平面平面AMCD，故A正确；
对于B，如图所示，取AD中点E，则，，在菱形ABCD中，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，，
因为和的两边方向相同，
则由等角定理得，在△NEC中，
由余弦定理可得，
所以，即CN长为定值，故B正确；

对于C，由题意可知当平面平面AMD时，三棱锥的体积最大，
由A项已证知此时平面AMD，易知，所以，
故可将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，
此时三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则长方体的外接球半径，表面积为，故C错误；
对于D，因为，则直线AM和CN所成的角为或其补角，
因为，，故D正确.
故选：ABD．
13．红
解：根据已知及函数的周期性，可知小球的排列每隔7个呈周期变化，
所以周期为7，又因为30＝4×7＋2，
所以第30个小球与第2个小球颜色相同，为红色，
故答案为：红.
14．
解：因为，，则，又，
所以，解得.
故答案为：
15．
解：设正方形的边长为1，
则在中，，在中，，
所以.
故答案为：.
16．
解：取，的中点分别为，连接，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
因为所以四边形是平行四边形，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因此过点作与平面平行的截面，即是平行四边形，
连接，作于点，
由，，
可得，
所以，
所以平行四边形的面积为，
故答案为：.

17．(1)
(2)1
解：（1）.
（2）.
18．(1)
(2)
解：（1）因为，
又是纯虚数，
所以，
解得，
所以.
（2）因为，
所以，
即，
，解得.
19．(1)
(2)
解：（1）解：因为向量，，且，
则，，则，可得，
所以，，解得.
（2）解：当时，，则，
因为与的夹角为锐角，则，解得，
且与不共线，则，可得，
综上所述，实数的取值范围是.
20．(1)
(2)
解：（1）因为，所以，
所以，
即，所以，
所以，即.
（2）由（1）知，所以，又的周长为5，所以，
由余弦定理得，所以，解得，
因为，且，所以，
所以，从而，
由正弦定理得，所以，所以.
21．(1)
(2)
解：（1）在中，由余弦定理，得.
取中点，连接，，
∵，，为的中点，
∴，.
则的面积.

（2）设，，
∵，分别为边，的中点，
∴，，，
在中，由余弦定理，得.
由正弦定理，
得.
在中，，
由余弦定理，得
，
令，
，∴，∴，
则，.
令，易知在上单调递增，
∴当时，的最大值为，
.
∴长度的最大值为.
22．(1)证明见解析
(2)当时平面，理由见解析
(3)
解：（1）为正三角形，为中点，
，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，
，
在正方形中，易知，
，
而，
，
，
，平面，
平面，平面，
．
（2）存在，当时平面，
取的四等分点（靠近），取的四等分点（靠近），连接、、，
则，平面，平面，所以平面，
由，所以，所以，
又，，所以，
所以，平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，平面，所以平面，
即当时平面.

（3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，
则且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，所以平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，平面，
所以，
所以为二面角的平面角，
因为，所以，又，所以，，
又，所以，又，
，，即，所以，
所以，所以，
故二面角的正弦值为.