精品解析：山东威海市乳山市银滩高级中学2025-2026学年高一下学期艺体班6月月考数学试题

高一数学（艺体） 2026年6月 一、单选题 1. 若角的终边和单位圆的交点坐标为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形 的面积是（ ）. A. 12 B. 12 C. 6 D. 4. 已知直线 ，，平面， ，下列命题中正确的是（ ） A. 若， ，则 B. 若， ，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 中，内角所对的边分别为，若，则 的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 在平行四边形中， ，，， 为 的中点，则 （　　） A. B. C. D. 7. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 在四棱锥 中， 平面，四边形是正方形，，则四棱锥 外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知向量，则下列命题中真命题为（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则向量在向量上的投影向量的坐标为 10. 的内角 的对边分别为，下列结论一定成立的有（ ） A. B. 若 ，则 C. 若，则 是等腰三角形 D. 若，则 是等腰三角形 11. 已知圆台的上､下底面圆的直径分别为2和6，母线长为4，则下列结论正确的是（ ） A. 该圆台的高为 B. 该圆台的体积为 C. 该圆台的外接球的表面积为 D. 挖去以该圆台的上底面为底面､高为2的圆柱，剩余的几何体的表面积为 三、填空题 12. =____________. 13. 正四面体ABCD的各棱长均为2，则点A到平面BCD的距离为______． 14. 已知平面向量不共线，若，则当的夹角为时， 的值是__________. 四、解答题 15. 已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点． （1）求的值； （2）求的值． 16. 设 的内角的对边分别为 ，且. （1）求角 的大小; （2）若 ，，求 的面积. 17. 如图，在直三棱柱中，底面 为直角三角形， ，D，E分别为 ， 的中点．求证： （1）平面； （2）若，求点E到平面 的距离． 18. 已知函数. （1）将 化为； （2）设，求 离原点距离最近的一个对称中心； （3）若求的值. 19. 如图， 的外接圆⊙O的半径为， 所在的平面， ， ， ，且 ，． （1）求证： 平面BCDE； （2）求几何体ABCDE的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学（艺体） 2026年6月 一、单选题 1. 若角的终边和单位圆的交点坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数定义计算可得结果. 【详解】根据三角函数定义结合交点坐标为可得. 故选：C. 2. 已知向量满足，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的数量积运算律计算即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 3. 如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形 的面积是（ ）. A. 12 B. 12 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可得答案. 【详解】因为，由斜二测画法可知， 则，故为等腰直角三角形，故， 故矩形的面积为， 所以原图形 的面积是， 故选：D 4. 已知直线，，平面， ，下列命题中正确的是（ ） A. 若， ，则 B. 若， ，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】考查空间中线面，面面的位置关系判定，重难点为线面平行，线面垂直，面面垂直的判定定理与性质定理的应用，以及空间直线位置关系的分类讨论. 【详解】选项A：若， ，则直线与平面内的直线可能平行，也可能异面.因此，选项A错误. 选项B：若 ， ，根据“垂直于同一个平面的两条直线平行”这一性质定理，可知.因此，选项B正确. 选项C：若，，则平面与 可能平行，也可能相交.例如，若直线平行于两个相交平面的交线，则同时平行于这两个平面，但这两个平面是相交的.因此，选项C错误. 选项D：若 ， ，则直线可能平行于平面，也可能在平面内，因此，选项D错误. 综上所述，只有选项B是正确的. 5. 中，内角所对的边分别为，若，则 的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理求解即得. 【详解】在中，由余弦定理得，而， 所以. 故选：A 6. 在平行四边形 中， ，，，为 的中点，则 （　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 作出图形，利用、表示向量、，然后利用平面向量数量积的运算律可求得的值. 【详解】如下图所示： 由题意可得，， ，，， ， 因此，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量数量积的计算，解答的关键就是利用合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题. 7. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律计算. 【详解】， 所以． 故选：C. 8. 在四棱锥中， 平面 ，四边形 是正方形，，则四棱锥外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据长方体的外接球即可求解体对角线得半径，进而利用体积公式求解. 【详解】将四棱锥放入长方体中，则四棱锥的外接球与长方体的外接球相同， 设四棱锥外接球的半径为 ，则，所以， 故四棱锥外接球的体积． 故选：C 二、多选题 9. 已知向量，则下列命题中真命题为（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则向量在向量上的投影向量的坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标表示对每个选项一一分析. 【详解】对A，因为，所以， 解得或，当时，，满足题意， 当时，，满足题意，故A正确； 对B，因为，所以，解得，故B错； 对C，时，，则， 所以，故C正确； 对D，时，， 则向量在向量上的投影为， 所以向量在向量上的投影向量的坐标为，故D正确. 故选：ACD 10. 的内角 的对边分别为，下列结论一定成立的有（ ） A. B. 若 ，则 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，则是等腰三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦定理，两角和的正弦公式，诱导公式等知识，逐一分析选项，即可得答案. 【详解】对于A：因为中 ， 所以，故A错误； 对于B：因为 ，所以 ，由正弦定理得， 所以 ，即 ，故B正确； 对于C：因为，由正弦定理边化角得， 所以， 因为，所以或（舍），所以是等腰三角形，故C正确； 对于D：因为，且 ， 所以或，即或， 所以是等腰三角形或直角三角形，故D错误. 故选：BC 11. 已知圆台的上､下底面圆的直径分别为2和6，母线长为4，则下列结论正确的是（ ） A. 该圆台的高为 B. 该圆台的体积为 C. 该圆台的外接球的表面积为 D. 挖去以该圆台的上底面为底面､高为2的圆柱，剩余的几何体的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据圆台的结构特征求高；对于B：根据圆台的体积公式运算求解；对于C：根据台体的结构特征求外接球的半径，即可得表面积；对于D：根据题意分析剩余几何体的表面构成，进而求表面积. 【详解】如图所示， 为轴截面，点 在下底面的投影分别为 ， 由题意可知：，则， 对于选项A：该圆台的高为，故A错误； 对于选项B：圆台的体积为，故B正确； 对于选项C：由题意可知：外接球的球心，设外接球的半径为 ， 因为，即，解得， 所以该圆台的外接球的表面积为，故C正确； 对于选项D：由题意可知：剩余的几何体的表面有：上、下底面圆面，圆台、圆柱的侧面， 所以剩余的几何体的表面积为，故D正确； 故选：BCD 三、填空题 12. =____________. 【答案】 【解析】 【分析】由，根据两角差的正弦公式，即可求出结果. 【详解】 . 故答案为：. 【点睛】本题主要考查求三角函数值，熟记两角差的正弦公式即可，属于基础题型. 13. 正四面体ABCD的各棱长均为2，则点A到平面BCD的距离为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设是底面的中心，则 的长是点A到平面BCD的距离，由勾股定理计算可得． 【详解】如图，是底面的中心，则平面，平面，， 正四面体ABCD的棱长均为2，则， ． 故答案为：． 14. 已知平面向量不共线，若，则当的夹角为时，的值是__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据平面向量夹角公式列式可得结果. 【详解】因为， 所以，所以， ， ， 整理得，得 （负值已舍去）. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1）7； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据终边上一点由三角函数的定义可求得的值，代入已知式可求值；（2）先利用余弦的和差角公式及诱导公式化简，再求值. 【小问1详解】 因为角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点， 所以． 代入已知式得. 【小问2详解】 . 16. 设 的内角的对边分别为 ，且. （1）求角 的大小; （2）若 ，，求 的面积. 【答案】（1） ； （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将条件化为角的关系，化简得，即得结果； （2）由三角形面积公式结合（1）得解. 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 在中，， ，即. 【小问2详解】 由（1）得，所以的面积为. 17. 如图，在直三棱柱中，底面 为直角三角形， ，D，E分别为 ， 的中点．求证： （1）平面； （2）若，求点E到平面 的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线可得，结合线面平行的判定定理可证结论； （2）利用等体积法可求点E到平面 的距离. 【小问1详解】 因为D，E分别为 ， 的中点，所以， 因为，所以， 因为 平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为底面 为直角三角形， ， ，所以， 因为，所以， 由于,所以的面积为； 因为底面 为等腰直角三角形，所以,所以 的面积为; 设点E到平面 的距离为 ，，所以, 解得， 即点E到平面 的距离为. 18. 已知函数. （1）将 化为； （2）设，求 离原点距离最近的一个对称中心； （3）若求的值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式以及辅助角公式可得； （2）由，可得离原点距离最近的一个对称中心； （3）由，可得，进而求得，根据，结合两角差的正弦定理可求值. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 令，得， 当时，此时离原点距离最近， 所以离原点距离最近的一个对称中心为. 【小问3详解】 由，得，则. 因为，所以，所以. 所以 . 19. 如图，的外接圆⊙O的半径为， 所在的平面， ， ， ，且 ，． （1）求证：平面BCDE； （2）求几何体ABCDE的体积． 【答案】（1）证明： 所在的平面， ， 平面，又 平面， ，又 ，， ，， 又 的半径为， 为圆的直径， ，又 平面， 平面， ，又 . 平面 ， 平面 ， 平面 ； （2）． 【解析】 【分析】（1）由题可得 为圆的直径，进而可得平面 ，然后利用面面垂直的判定定理即得； （2）利用锥体的体积公式即得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， ， ，， ， 因为 ， 平面， 平面， 所以 平面，所以点到平面的距离即点 到平面的距离. 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又如图可知 为 直径，所以 ， ， 平面 ， 所以 平面 . ， 即几何体 的体积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $