四川省成都市航天中学校2025-2026学年高一下学期数学暑假作业：综合练习一

**基本信息** 以高一核心知识为载体，通过一题多解、几何直观与代数推理结合，系统整合三角函数、立体几何等模块，突出数学思维与语言表达，强化知识间逻辑关联。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数与解三角形|第1、3、4、5、15、17题|图像变换（正逆向）、正余弦定理、三角恒等变换|从三角函数定义到图像性质，结合解三角形实现边角互化| |立体几何|第2、6、11、16、18题|空间平行垂直判定、体积表面积公式、动态轨迹分析|以空间几何体为基础，通过直观图与三视图、面面平行性质构建空间观念| |函数与导数|第7、10、19题|函数奇偶性周期性、方程根分布、导数应用|从函数性质到方程求解，结合导数研究单调性与最值| |复数与向量|第9、12、15题|共轭复数性质、纯虚数判定、向量投影与数量积|复数代数运算与向量几何意义结合，体现数与形的转化|

2025-2026年暑假高一下学期暑假作业综合练习一 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知角的终边经过点，则（    ） A． B． C． D． 2．已知直线a和平面，若，则下列说法正确的是（    ）． A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，，则 3．在中，角的对边分别为，若，，，则向量在上的投影向量为（    ）A． B． C． D． 4．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ） A． B． C． D． 5．已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．已知正四棱台的上、下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球体积为（    ）A． B． C． D． 7．已知，，，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 8． （    ）A． B． C． D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（   ） A．若互为共轭复数，则为实数 B．对于复数，若，则 C．若是关于x的二次方程的根，则也是该方程的根 D．复数z满足，则的最大值为 10．已知函数，则下列四个结论中正确的是（    ） A．函数的图象关于原点对称 B．函数的最小正周期为 C．的值域为 D．设函数的奇偶性与函数相同，且函数在上单调递减，则的最小值为2 11．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，且平面，过三点作正方体截面，则（    ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．动点的轨迹是一条线段 C．三棱锥的体积是定值 D．若为上一点，则线段长度的取值范围为 三、填空题 12．已知i为虚数单位，若是纯虚数，则实数__________． 13．“文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A、B、C，分别测得雕像顶的仰角为，且米，则雕像高为_____________米. 14．如图，已知为等边三角形，点是的重心．过点的直线与线段交于点，与线段交于点．设，且．设的周长为，的周长为，设，记，则的值域为_______． 四、解答题 15．已知向量，，函数. (1)设，且，求的值； (2)在中，，，且的面积为，求的值. 16．如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，.(1)画出平面四边形的平面图，并计算其面积； (2)若该四边形以为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积. 17．的内角的对边分别是，已知． (1)求；(2)若点在边上，为的平分线且长度为1，求； (3)若是边上的一点，且，求的面积的最大值． 18．如图所示，已知为梯形，，，为线段上一点. (1)设平面平面，证明：；(2)在棱上是否存在点 （i）使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由； （ii）使得平面将四棱锥分成体积相等的两部分，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19．定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量． (1)若向量为函数的伴随向量，求； (2)已知，，为函数的伴随向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． (3)若函数为向量的伴随函数，关于x的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数m的取值范围． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B B A B D B ACD BC 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】利用诱导公式化简： 已知角的终边经过点，可得，且. 分子分母同时除以： . 故选：B 2．D 【详解】A：，，则平行或异面，错； B：，，则或，错； C：，，则可能平行、相交、异面，错； D：，则平面中必存在一条直线， 而，则，，，故，对. 故选：D 3．B 【详解】由余弦定理得， 得， 解得，（舍去）， 所以， 所以在上的投影为， 所以在上的投影向量为． 4．B 【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象， 根据已知得到了函数的图象，所以， 令,则, 所以,所以； 解法二：由已知的函数逆向变换， 第一步：向左平移个单位长度，得到的图象， 第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象， 即为的图象，所以. 故选：B. 5．A 【详解】由 ， 又，则， 函数在上恰有2个零点，即在上有2个解， 所以，解得． 故选：A 6．B 【详解】因为正四棱台的上、下底面边长分别为和， 所以该正四棱台上底面面积为，下底面面积为. 设正四棱台的高为，则根据正四棱台的体积公式得 ，解得. 设正四棱台上、下底面中心分别为，则其外接球球心在线段上， 因为， 设外接球的半径为，设，则，因为， 所以，化简得， 即正四棱台的外接球球心位于处. 此时，所以该棱台的外接球体积为. 7．D 【详解】如图，，角的终边交单位圆于点，与直线交于点， 过点作轴于点，显然， 而，因此，， 则，，又， 所以. 故选：D 8．B 【详解】 9．ACD 【详解】对于A选项，设，则， 为实数，A对； 对于B，若，例如，满足， 但，，即，故B错误； 对于C，实系数的一元二次方程虚根成对（互为共轭复数）， 所以为一元二次方程的两根，C对； 对于D，由复数的几何意义，可知z对应的点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆， 表示圆周上的点到点的距离，所以的最大值为，故D对． 故选：ACD 10．BC 【详解】解：对于A：由于函数，则根据函数的性质， 所以， 所以函数为偶函数，故函数的图象关于轴对称，故A错误； 对于B：由于， 则函数的最小正周期为，故B正确； 对于C：当时，函数， 由于，故，故C正确； 对于D：函数为偶函数，所以为偶函数， 所以，故， 由于，所以，所以，即， 由于，， 所以，函数在上单调递减，故，解得，故D错误. 故选：BC. 11．BCD 【详解】对于A，由题意三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 因正方体的棱长为2，则其外接球的直径为， 故三棱锥的外接球表面积为，故A错误； 对于B，如图，分别取的中点，连接， 因为的中点，易得，则得， 故，因平面，平面，故平面， 又因，则得，故， 因，故，同理可得平面， 且平面，故平面平面， 又因平面，故平面，故点的轨迹为线段，故B正确； 对于C，由B项分析，点的轨迹为线段，因面，故平面， 则点到平面的距离为定值，而的面积也是定值， 则三棱锥的体积是定值，故C正确； 对于D，如图，设平面与平面交于，点在上， 因平面平面，平面平面，故， 同理可证，即得，故点为的中点. 在四棱锥中，显然侧棱最长，其长度为； 设四棱锥的高为，因，故四边形是菱形， 则的边上的高为面对角线长的一半，为，又， 故，而， 由可得：，代值解得， 综上，可知线段长度的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 12． 【详解】因为为纯虚数， 所以，解得. 13．/ 【详解】如图所示，设雕像的高为， 因为地面上选取共线的三点，分别测得雕像顶的仰角为， 则，其中为的中线， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 两式相加，可得， 即，解得. 故答案为：.    14． 【详解】      延长，交于，因为为的重心，所以，为中点， 所以，，所以， ，得 ，整理得，，设的边长为1，则，，在中，由余弦定理得，，所以， ，因为，所以 ， 因为，，所以，，，又，则有 ，因为，所以，，因为， ，所以的最小值为，最大值为，所以， 单调递增，则，所以，，即的值域为 故答案为： 15．(1)或 (2) 【详解】（1）. ，得， 故，，故或. （2）， 由（1）知， 在中，设内角、的对边分别是，则，故. 由余弦定理得，故. 解得 或，于是， 由正弦定理得 ，故. 16．(1)平面图见解析，面积为 (2)几何体的体积为，表面积为 【详解】（1） 如图1，设与交点为， 因为，，所以，. 的平面图如图2所示： 则， . （2）由（1）可得，在中，有， 所以，，所以. 如图3，分别过点作及其延长线的垂线，垂足为. 矩形绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线的圆柱； 绕，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥； 绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥. 所以，旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体. 则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积， 所以，旋转形成的几何体的体积. 旋转形成的几何体的表面积即等于圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和， 所以. 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理可得， 整理可得，由余弦定理可得 ，所以， 因为，故． （2）因为为的平分线，所以， 因为，即， 又因为，所以，故． （3）因为，所以，即， 所以， 即， 即，当且仅当即当时等号成立， 所以， 即面积的最大值为． 18．(1)证明见解析 (2)（i）存在，；（ii）存在， 【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，且平面，所以. （2）（i）存在点，使得平面，此时. 证明如下：连接交于点，连接 因为，且，所以，又因为，， 所以，因为平面，平面，所以平面. （ii）存在，且，理由如下： 记四棱锥的体积是. 由，得，故， 即. 设，则. 令，得，解得. 故存在点，当时，平面将四棱锥分为体积相等的两部分. 19．(1) (2) (3) 【详解】（1） ， 所以，． （2）由伴随向量的定义可知， 又， 所以可得，解得，因此， 所以， 即，设点， 又，由， 得， 展开并化简可得（*），令，且， 方程变为，即， 解得，又，所以，此时且， 所以，对应，即． （3）函数为向量的伴随函数，所以， 又关于的方程为， 所以可得， 即， 记， 化简得，作出函数的图像， 方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 等价于图象与直线有四个交点，故， 即． 学科网（北京）股份有限公司 $