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2025-2026学年山西省长治学院附属太行中学高一（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.已知z=2+3i,则的虚部为（　　）
A. B. C. D.
2.下列说法正确的是（　　）
A. 空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面
B. 若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面
C. 和两条异面直线都相交的两直线是异面直线
D. 若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面
3.已知均为单位向量，且，则与的夹角的余弦值为（　　）
A. B. C. D.
4.如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x'轴和y'轴平行），则△OAB的面积为（　　）
A.
B.
C. 24
D. 48
5.若高为1的正三棱柱的顶点都在半径为1的球面上，则该正三棱柱的体积为（　　）
A. B. C. D.
6.镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺、国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区，小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5m,在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（　　）（参考数据：）
A. 31.42m B. 33.26m C. 35.48m D. 37.52m
7.如图几何体是圆锥的一部分，其中.从点A出发沿曲面运动到B的最短路线的距离是（　　）
A.
B.
C.
D.
8.△ABC中，AB=2，，O是△ABC外接圆圆心，则的最大值为（　　）
A. 3 B. C. 4 D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是（　　）
A. C1，M，O三点共线
B. C1，M，O，C四点共面
C. C1，O，A，M四点共面
D. D1，D，O，M四点共面
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是（　　）
A. 若sinA＞sinB，则a＞b
B. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
C. 若B=30°，，c=2，则符合条件的三角形有2个
D. 若△ABC的面积，则
11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点P在其表面上运动，且|PA|=x,把点的轨迹长度L=f（x）称为“喇叭花”函数，下列结论中正确的是（　　）
A.
B.
C.
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=16.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点.当底面ABC水平放置时，液面高为 .
13.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点（包括边界），若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是 .
14.德国机械学家莱洛设计的菜洛三角形在工业领域应用广泛.如图，分别以等边三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形.若该等边三角形ABC的边长为1，P为弧AB上的一个动点，则的最小值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
（1）已知i为虚数单位，z1=1+2i,z2=2+3i,求.
（2）已知在平面直角坐标系内与，若向量与的夹角为钝角，求实数t的取值范围.
16.(本小题15分)
如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：
（1）求下部四棱台的侧面积；
（2）求奖杯的体积.（尺寸如图，单位：cm,π取3）
17.(本小题15分)
在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,已知asinA+bsinB=csinC+bsinA.
（1）求角C的大小；
（2）若c=2，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围.
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，其中AD∥BC，且AD=2BC，点E为棱PD的中点.
（1）求证：CE∥平面PAB；
（2）若M为CE上的动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由；
（3）若PA=PB=PC=AD=10，CD=12，请在图中作出四棱锥P-ABCD过点B，E及棱AD中点的截面，并求出截面周长.
19.(本小题17分)
如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a.
（1）过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，B，C1截下一个三棱锥B1-A1BC1，求正方体剩余部分的体积；
（2）若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过D1，M，N三点的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；
（3）设正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心为O，求三棱锥O-A1BC1的体积.
1.【答案】D
2.【答案】D
3.【答案】D
4.【答案】D
5.【答案】B
6.【答案】C
7.【答案】C
8.【答案】B
9.【答案】ABC
10.【答案】ACD
11.【答案】BCD
12.【答案】12
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】8+i
16.【答案】解：（1）奖杯底座的侧面上的斜高等于和．
故．
（2）V=V球+V直四棱柱+V四棱台
=
≈32+640+672=1344cm3．
17.【答案】解：（1）已知asinA+bsinB=csinC+bsinA，
则，
即，
即，
又△ABC为锐角三角形，
则C=；
（2）已知c=2，C=，
又AB的中点为D，
则，
即==，
又，
即，，
则，
即，
又===，
又△ABC为锐角三角形，
则，
则，
则，
即，
即，
即．
即中线CD长的取值范围为：．
18.【答案】（1）证明：取PA中点F，连BF，EF，因为E为PD中点，
所以EF∥AD，且，
又因为BC∥AD，且BC=AD，
所以EF∥BC，且EF=BC，
所以四边形BCFE为平行四边形，
所以CE∥BF，而CE 平面PAB，BF 平面PAB，
所以CE∥平面PAB；
（2）解：存在点N，且N为AD中点，证明如下：
取AD中点N，连EN，CN，因为E为PD中点，N为AD中点，
所以EN∥PA，
因为EN 平面PAB，PA 平面PAB，
所以EN∥平面PAB，
又由（1）知CE∥平面PAB，且EN∩CE=E，
所以平面CEN∥平面PAB，
又因为MN 平面CEN，
所以MN∥平面PAB；
（3）解：设N为AD中点，取PC中点Q，
连EQ，BQ，EN，BN，CN,
则四边形BNEQ即为所求截面，
证明过程如下：因为E为PD中点，Q为PC中点，所以EQ∥CD，
又因为BN∥CD，所以EQ∥BN，
故B，N，E，Q共面，故四边形BNEQ为所求截面，
因为PA=PB=PC=AD=10，CD=12，所以，
，BN=CD=12，
在△PBC中，因为PB=PC=10，，
由余弦定理得cos∠PCB===，又QC=
在△BCQ中，由余弦定理可得：BQ=
==，
所以截面周长为．
19.【答案】解：（1）因为正方体ABCD-A1B1C1D1，所以BB1⊥平面A1B1C1，
则BB1为三棱锥B-A1B1C1的高，∵S△ABC=a2，BB1=a,
则V=V=×a×a2=a3，
则正方体剩余部分的体积为a3-a3=a3．
（2）画直线MN交DA，DC延长线分别为点E，F，
再分别连接D1E，D1F，分别交AA1，CC1于点G，H，
顺次连接D1，G，M，N，H，五边形D1GMNH即为交线围成的多边形，
易得AM=a,∠AME=∠BMN=45°，则△AEM为等腰直角三角形，
则AE=a,根据△AEG∽△A1D1G，===，
则A1G=a,AG=a,则D1G==a,MG==a,
同理可得D1H=a,HN=a,而MN=a,
则五边形D1GMNH的周长为2×（a+a）+a=a+a.
（3）
连接B1D，易知B1D的中点即为正方体外接球的球心O点，
且A1B=BC1=A1C1=a,
易得三棱锥B-A1B1C1为正三棱锥，
而三棱锥B-A1B1C1的顶点B在底面上的投影即为等边三角形A1BC1的中心O1点，
且点O，O1均在直线B1D上，
S=×（a）2×sin60°=a2，
由（1）得V= S B1O1=a3，
即 a2×B1O1=a3，解得B1O1=a,
而B1D=a,所以B1O=a,
所以OO1=a-a=a,
则V=×a2×a=a3．
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