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

这是一份江西省吉安市第三中学2023-2024学年高二上学期开学考试（艺术类）数学试题，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学科二年级（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．94．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AMCDB．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：B3．C解：已知，，则扇形的面积.故选：C4．A解：因为，，所以．故选：A5．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：B9．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：ABC11．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.