专题03 立体几何、解析几何、数列（六大题型）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（重庆专用）

专题03 立体几何、解析几何、数列 一、立体几何小题综合 1．（2025·重庆·一模）已知 是空间中的两条直线， 是两个平面，则（    ） A．若 ，则是异面直线 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2025·重庆·一模）已知平行六面体的体积为1，若将其截去三棱锥，则剩余部分几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·重庆·一模）若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（    ） A． B． C． D．1 4．（2025·重庆·一模）在正方体中，是棱上的点，且．平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，则（   ） A． B． C． D． 二、解析几何小题综合 5．（2025·重庆·一模）已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，则该双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 6．（2025·重庆·一模）已知圆分别是上的动点，则的最大值为 ． 7．（2025·重庆·一模）已知双曲线的右焦点为，，是其一条渐近线上的两点，且，若的面积等于，则的最小值为（   ） A． B．2 C． D．4 8．（2025·重庆·一模）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A． B． C．为等腰三角形 D．以MN为直径的圆与l相切 9．（2025·重庆·一模）（多选）在平面直角坐标系中，已知点，若满足（为正常数）的动点的轨迹为，则下列说法正确的是（   ） A．，使得曲线经过原点 B．，曲线既是轴对称图形，也是中心对称图形 C．当时，面积的最大值为 D．当时，曲线围成的面积大于曲线围成的面积 10．（2025·重庆·一模）（多选）已知抛物线 的焦点为 ，过 作两条互相垂直的直线 与 交于 两点， 与 交于 两点，线段 的中点为 ，线段 的中点为 ，则（    ） A．当直线 的斜率为 时， B．当 时， C．的最小值为18 D．的面积最小值为4 三、数列小题综合 11．（2025·重庆·一模）已知各项均为正数的等比数列 满足 ，若存在两项 使得 ，则的最小值为 . 12．（2025·重庆·一模）（多选）已知数列 满足 ，则（    ） A．数列 是等差数列 B． C．若 ，则 D． 13．（2025·重庆·一模）已知数列的通项，若且，使得，则的取值个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．无数个 四、立体几何解答题 14．（2025·重庆·一模）已知三棱锥，D在平面上的射影为的重心O，，. (1)证明：； (2)E为AD上靠近A的三等分点，若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 15．（2025·重庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． (1)证明：点为棱的中点； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．（2025·重庆·一模）如图，在斜三棱柱 中， 在底面 上的射影恰为的中点 . (1)证明: 平面 ; (2)求二面角 的正弦值. 17．（2025·重庆·一模）用一个矩形铁皮制作成一个直角圆形弯管（如图1）：将该矩形铁皮围成一个圆柱体（如图2），再用一个与圆柱底面所成的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到直角圆形弯管．现使用长为，宽为的矩形铁皮制作一个直角圆形弯管，当得到的直角圆形弯管的体积最大时（不计拼接损耗部分），解答下列问题． (1)求该直角圆形弯管的体积； (2)已知在制造直角圆形弯管时截得的截口是一个椭圆，求该椭圆的离心率； (3)如图3，若将圆柱被截开的一段的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展成平面图形（如图4），证明：该截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象，并指出该正弦型函数的最小正周期与振幅． 五、圆锥曲线解答题 18．（2025·重庆·一模）椭圆的离心率为，其左焦点到点的距离为5 . (1)求椭圆的方程; (2)若直线与椭圆相交于（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的左顶点，求证:直线过定点，并求出该定点的坐标. 19．（2025·重庆·一模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，在轴上方，，均垂直于的准线，垂足分别为，． (1)当时，求直线的方程； (2)已知为坐标原点，证明：． 20．（2025·重庆·一模）已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式． 21．（2025·重庆·一模）如图，已知面积为的矩形，与坐标轴的交点是椭圆：的四个顶点，且该椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)为坐标原点，过下顶点的直线与轴相交于点（不同于），与直线相交于点，与椭圆相交于点，直线与直线相交于点. （i）证明：； （ii）设线段的中点为为椭圆上的两点，且直线，与椭圆都仅有一个公共点，，垂足为.探究：是否存在定点，使得为定值?若存在，求点的坐标以及此定值；若不存在，请说明理由. 六、数列解答题 22．（2025·重庆·一模）已知等差数列满足：，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前n项和为，求证：； 23．（2025·重庆·一模）已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)对任意的正整数，设，求； (3)若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 24．（2025·重庆·一模）某市一室内游泳馆，为给顾客更好的体验，推出了两个套餐服务，顾客可自由选择两个套餐之一，该游泳馆在App上推出了优惠券活动，下表是App平台统计某周内周一至周六销售优惠券情况. 星期 1 2 3 4 5 6 销售量（张） 218 224 230 232 236 90 经计算可得：. 参考公式：. (1)因为优惠券销售火爆，App平台在周六时出现系统异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，现剔除周六数据，求关于的经验回归方程； (2)若购买优惠券的顾客选择套餐的概率为，选择套餐的概率为，并且套餐包含两张优惠券，套餐包含一张优惠券，记App平台累计销售优惠券为张的概率为，求； (3)请根据下列定义，解决下列问题： （i）定义：如果对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，（是一个确定的实数），则称数列收敛于. （ii）运用：记（2）中所得概率的值构成数列.求的最值，并证明数列收敛. 25．（2025·重庆·一模）在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得 1 分，直到有一方得分超过对方 2 分时即可获得该局的胜利. 已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 . 比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . (1)求甲以 的比分赢得比赛的概率; (2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6，求的范围; (3)若 ，设甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，数列 满足 ，求证: . （参考知识: 当 时，若 ，则 .） 26．（2025·重庆·一模）由边长为，，的等腰直角三角形出发，用两种方法构造新的直角三角形： ①以原三角形的短直角边为新三角形的短直角边，原三角形的斜边为新三角形的长直角边 ②以原三角形的长直角边为新三角形的短直角边，原三角形的斜边为新三角形的长直角边． 设，由方法①，②均可得到，接下来继续使用上述两种方法，得到三角形序列其中，，是直角三角形的三条边，且，为斜边，满足对于任意，有， (1)设，求的通项公式； (2)若，求； (3)证明：在直角三角形序列中，若，则． 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 立体几何、解析几何、数列 一、立体几何小题综合 1．（2025·重庆·一模）已知 是空间中的两条直线， 是两个平面，则（    ） A．若 ，则是异面直线 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据线面，线线位置关系逐选项判断即可. 【详解】对于A，若，，当时，则，所以不是异面直线，故A错误； 对于B，若，当，也满足题意，不一定， 故B错误； 对于C，若，则或为异面直线，故C错误； 对于D，若，根据线面垂直性质，则，故D正确； 故选：D. 2．（2025·重庆·一模）已知平行六面体的体积为1，若将其截去三棱锥，则剩余部分几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据锥体和柱体的面积公式，结合平行六面体的性质进行求解即可. 【详解】设点到平面的距离为，的面积为， 显然有，所以， 因此剩余部分几何体的体积为， 故选：D 3．（2025·重庆·一模）若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】先确定两个四面体的公共部分，再利用锥体的体积公式求体积. 【详解】如图： 取与的交点为，取中点，连接，交于点， 则三棱锥即为四面体与四面体的公共部分. 因为. 又，所以，所以. 过作于点， 因为平面，平面，所以. 因为，平面，所以平面. 所以为到平面的距离，其值为， 点为的中点，所以点到平面的距离为：. 所以. 故选：C 【点睛】方法点睛：几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧. 4．（2025·重庆·一模）在正方体中，是棱上的点，且．平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出辅助线，得到台体体积为，剩余图形的体积为，设正方体的棱长为4，求出台体体积，得到，进而正方体体积得到，求出答案. 【详解】延长，交的延长线于点，连接，交于点，连接， 平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和， 故台体体积为，剩余图形的体积为， 设正方体的棱长为4，则正方体体积为， 又，，故， ，， 台体的高为， 故台体的体积为， 故， 所以. 故选：D 二、解析几何小题综合 5．（2025·重庆·一模）已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，则该双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】先判断双曲线的焦点位置，由渐近线方程得到，再求离心率即可. 【详解】因双曲线 的焦点在轴上，由其渐近线方程，可得， 则双曲线的离心率为. 故选：B. 6．（2025·重庆·一模）已知圆分别是上的动点，则的最大值为 ． 【答案】10 【分析】先求出圆心及半径，再根据求出距离的最大值. 【详解】圆，圆心，， 圆，圆心，， 因为分别是上的动点， 则的最大值为. 故答案为：10. 7．（2025·重庆·一模）已知双曲线的右焦点为，，是其一条渐近线上的两点，且，若的面积等于，则的最小值为（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】由点到线的距离公式可得右焦点到渐近线的距离为，根据的面积等于，可得，再利用不等式即可求解. 【详解】    设，是渐近线上的两点，右焦点到渐近线的距离为， 所以的面积为， 又，所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为2. 故选：. 8．（2025·重庆·一模）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A． B． C．为等腰三角形 D．以MN为直径的圆与l相切 【答案】AD 【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案. 【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点， 所以，则A选项正确，且抛物线的方程为. B选项：设， 由消去并化简得， 解得，所以，B选项错误. C选项：直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形的面积为， 由上述分析可知， 所以， 所以三角形不是等腰三角形，C选项错误. D选项：设的中点为，到直线的距离分别为， 因为， 即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，D选项正确. 故选：AD. 9．（2025·重庆·一模）（多选）在平面直角坐标系中，已知点，若满足（为正常数）的动点的轨迹为，则下列说法正确的是（   ） A．，使得曲线经过原点 B．，曲线既是轴对称图形，也是中心对称图形 C．当时，面积的最大值为 D．当时，曲线围成的面积大于曲线围成的面积 【答案】ABD 【分析】根据条件，列出曲线的方程，分析方程的特点，判断各选项的准确性. 【详解】由题意，轨迹的方程为：① 选项A：取，①即为，曲线经过原点．A正确． 选项B：用代替方程不变，用代替方程也不变，同时用代替，代替方程也不变.所以曲线关于轴，轴和原点对称．B正确． 选项C：当时，①即为．若，则的面积为；若，由曲线的对称性，不妨设，则，所以，此时的面积大于．C错误． 选项D：当时，由，得．曲线：上任意一点满足．所以曲线“包含于”曲线，两条曲线的公共点仅有，曲线围成的面积大于曲线围成的面积．D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据条件列出曲线的方程，然后分析曲线的性质. 10．（2025·重庆·一模）（多选）已知抛物线 的焦点为 ，过 作两条互相垂直的直线 与 交于 两点， 与 交于 两点，线段 的中点为 ，线段 的中点为 ，则（    ） A．当直线 的斜率为 时， B．当 时， C．的最小值为18 D．的面积最小值为4 【答案】ABD 【分析】设直线和的方程，与抛物线方程联立，再利用焦半径公式求解弦长，结合基本不等式判断ABC，利用两点求斜率，根据点斜式求出直线方程，求解直线恒过定点，将面积分割，结合韦达定理，再利用基本不等式求解最值判断D. 【详解】对于A，由题意得，，，，， 当直线 的斜率为 时，直线方程为， 由可得，则， 所以，A正确； 对于B，设直线方程为，则方程为， 联立直线方程与抛物线方程得. 则①，②，同理，，又， 所以，结合①②可得，所以，B正确 对于C，，， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为16，故C错误； 对于D，由B知， .， 所以直线GH：， 令得，所以直线GH恒过定点； 所以， 当且仅当时，等号成立.故D正确； 故选：ABD 【点睛】思路点睛：1.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题；2.一般涉及三角形面积问题时，采用面积分割法，结合韦达定理，利用基本不等式法求解范围或最值. 三、数列小题综合 11．（2025·重庆·一模）已知各项均为正数的等比数列 满足 ，若存在两项 使得 ，则的最小值为 . 【答案】 【分析】先根据等比数列的性质整理可得公比，再利用通项公式代入中，可得出与的关系，最后结合基本不等式即可求解。 【详解】由题，因为，， 所以， 因为各项均为正数，所以，则，解得或（舍去）， 又，则， 所以，即，则， 所以， 当且仅当时，可得的最小值为. 故答案为： 12．（2025·重庆·一模）（多选）已知数列 满足 ，则（    ） A．数列 是等差数列 B． C．若 ，则 D． 【答案】AC 【分析】由两边同时取倒数即可证明 是等差数列，判断选项A；从而得到的通项公式，即可判断选项B；由，裂项相消即可求解判断选项C；由 是等差数列，其前项和为，即可判断选项D. 【详解】因为，所以， 即，所以 是以为首项，为公差的等差数列，故A正确； ，所以，故B错误； 若 ， 所以，故C正确； ，故D错误； 故选：AC. 13．（2025·重庆·一模）已知数列的通项，若且，使得，则的取值个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．无数个 【答案】C 【分析】由题意可得为方程的两个不等正整数解，为负整数，结合韦达定理分析求解. 【详解】令，即， 由题意可得为方程的两个不等正整数解， 由韦达定理可得，可知为负整数， 因为， 所以，共个． 故选：C. 四、立体几何解答题 14．（2025·重庆·一模）已知三棱锥，D在平面上的射影为的重心O，，. (1)证明：； (2)E为AD上靠近A的三等分点，若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得、平面ABC，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用三棱锥的体积公式求得，由空间向量的线性运算求得，结合空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）如图所示，连结并延长交于，因为O为△ABC的重心，所以是的中点， 又因为，所以由等腰三角形三线合一可得， 因为D在平面ABC上的射影为O，所以平面ABC， 又平面ABC，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， （2）由（1）知，面ABC， 过作轴平行于，则轴垂直于面ABC， 如图，以为轴，轴，建立空间直角坐标系， 在中，，由（1）知，， 故，得， 所以三棱锥A-BCD的体积为 ，则 因为为△ABC的重心，故， 则， 因为E为AD上靠近A的三等分点，所以， 故 设为平面的一个法向量，则， 取，则，故， 易得是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为.    15．（2025·重庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为． (1)证明：点为棱的中点； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建系标点，设，根据直线与的交点求得，即可得结果； （2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 不妨设，则． 设，则， 可得， 由题意可得， 整理可得，解得， 所以点为棱的中点． （2）由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得． 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16．（2025·重庆·一模）如图，在斜三棱柱 中， 在底面 上的射影恰为的中点 . (1)证明: 平面 ; (2)求二面角 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案； （2）取的中点，设，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据求出，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又，，所以， 因为，平面， 所以平面； （2） 取的中点，连接，因为是的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 可得，设， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 因为，所以，即， 解得，，舍去， 所以， ， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 设为的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 所以， 设二面角的平面角为， 则. 所以二面角 的正弦值为. 17．（2025·重庆·一模）用一个矩形铁皮制作成一个直角圆形弯管（如图1）：将该矩形铁皮围成一个圆柱体（如图2），再用一个与圆柱底面所成的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到直角圆形弯管．现使用长为，宽为的矩形铁皮制作一个直角圆形弯管，当得到的直角圆形弯管的体积最大时（不计拼接损耗部分），解答下列问题． (1)求该直角圆形弯管的体积； (2)已知在制造直角圆形弯管时截得的截口是一个椭圆，求该椭圆的离心率； (3)如图3，若将圆柱被截开的一段的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展成平面图形（如图4），证明：该截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象，并指出该正弦型函数的最小正周期与振幅． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，最小正周期为，振幅为 【分析】（1）易知直角圆形弯管的体积即为切割前圆管体积，且当矩形的长或宽作为圆柱的高时，体积最大，分别求两种情况的体积； （2）根据圆柱截面的性质可得，即可得离心率； （3）以椭圆的短轴所在直线在底面的投影为轴建立平面直角坐标系，设对于底面圆上一点，则与所连接的弧长为， 假设短轴对应的高度为，可得点对应到椭圆上的点的高度，即可得截口展开形成的图形的函数，进而可得最小正周期与振幅. 【详解】（1）易知直角圆形弯管的体积即为切割前圆管体积， 且当矩形的长或宽作为圆柱的高时，体积最大， 当矩形的长作为圆柱的高时， 圆柱体的底面圆周长为，则底面半径为，高为，体积为； 当矩形的宽作为圆柱的高时， 圆柱体的底面圆周长为，则底面半径为，高为，体积为； 所以体积为； （2）设该椭圆为， 因此，即， 所以； （3）以椭圆的短轴所在直线在底面的投影为轴建立平面直角坐标系， 设对于底面圆上一点，则与所连接的弧长为， 假设短轴对应的高度为，则点对应到椭圆上的点的高度为， 所以，截口展开形成的图形的函数解析式为， 最小正周期为，振幅为. 五、圆锥曲线解答题 18．（2025·重庆·一模）椭圆的离心率为，其左焦点到点的距离为5 . (1)求椭圆的方程; (2)若直线与椭圆相交于（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的左顶点，求证:直线过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）由左焦点到点的距离及离心率可求解； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可得和，把用和表示化简可得出答案. 【详解】（1）设左焦点， ∴，解得， ，，由， ∴椭圆方程为. （2） 由（1）可知椭圆左顶点， 设，，∵以为直径的圆过， ∴即，∴， ∵，， ∴① 联立直线与椭圆方程： ，整理得 ∴，， ∴， ，代入到① ， ∴， ∴，即， ∴或， 当时，：，∴恒过 当时，：，∴恒过，但为椭圆左顶点，不符题意，故舍去， ∴恒过. 19．（2025·重庆·一模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，在轴上方，，均垂直于的准线，垂足分别为，． (1)当时，求直线的方程； (2)已知为坐标原点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意设直线的方程为：，与抛物线方程联立，可得根与系数的关系.由结合根与系数关系可求出的值，从而得到直线的方程. （2）由向量共线的坐标运算可得在线段上；同理，在线段上，由，可得相似三角形，由相似比即可得证. 【详解】（1）    由题意，为抛物线的焦点．设． 设直线的方程为：，代入，得：． 则①，②． 因为，所以，即③． 由①③得：．又由②，解得． 因为，所以．直线的方程为． （2）由题意，． 因为，所以在线段上． 同理，在线段上． 因为，所以与相似， 从而，即． 20．（2025·重庆·一模）已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）. 【分析】（1）将转化为，由求出即可； （2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程得，由韦达定理及化简求解即可得出直线过定点；写出直线方程，作比化简得出，解得，即点在直线上，记与轴的交点为，借助表达出即可. 【详解】（1）由椭圆知，， ， 所以，所以， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则，不符合题意； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理可得，， 所以， 又因为， 所以， 又因为，所以，解得， 即直线方程为， 故直线过定点； （ⅱ）由（ⅰ）可知，直线方程为，直线方程为， 所以，解得，即点在直线上， 记与轴的交点为， 则， ， 又因为同号，所以. 21．（2025·重庆·一模）如图，已知面积为的矩形，与坐标轴的交点是椭圆：的四个顶点，且该椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)为坐标原点，过下顶点的直线与轴相交于点（不同于），与直线相交于点，与椭圆相交于点，直线与直线相交于点. （i）证明：； （ii）设线段的中点为为椭圆上的两点，且直线，与椭圆都仅有一个公共点，，垂足为.探究：是否存在定点，使得为定值?若存在，求点的坐标以及此定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，（ii），使得为定值， 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列等量关系即可求解， （2）根据两点斜率公式，即可化简求解，根据直线方程求解，即可根据长度关系求（i），联立直线与椭圆方程，根据相切，利用判别式可得切线方程为，进而求解方程为:，化简得方程为，令，求解定点，根据得在以为直径的圆上，即. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆方程为 （2）设，则，故， , 设直线的斜率分别为， 则， 故 由于,则， 直线的方程为令则，故 所以 直线的方程为令则，故 所以， ， 故，即； （ii）存在定点，使得为定值，理由如下： 设， ①当过椭圆上点的有斜率时，设直线：， 联立与椭圆方程可得， 由于直线与椭圆只有一个公共点，故， 化简得， 所以，代入到可得， 所以， 从而直线：，即（※）， ②当过的直线斜率不存在且与椭圆只有一个交点时，：也满足（※）， 同理可得当过且与椭圆只有一个交点的直线方程为， 由于两直线均经过点,故， 故直线方程为:， 由（i）可知的方程为令则，故 又， 则的中点即， 直线方程为， 即， 令，解得， 故直线恒过点，又, 故在以为直径的圆上，即，使得为定值， 【点睛】关键点点睛：椭圆上一点,的切线方程为． 六、数列解答题 22．（2025·重庆·一模）已知等差数列满足：，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前n项和为，求证：； 【答案】(1)或 (2)证明见解析 【分析】（1）根据等比数列结合等差数列的通项公式计算求解即可； （2）应用裂项相消法求和得出，再结合单调性证明即可. 【详解】（1）设数列的公差为d，依题意：成等比数列， 所以，解得：或 当时，，当时， 所以数列的通项公式为或 （2）因为等差数列的公差不为零，由（1）知 则 所以，故 而随n的增大而增大，则，故成立 23．（2025·重庆·一模）已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)对任意的正整数，设，求； (3)若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 【答案】(1)，； (2)； (3)2170. 【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再借助等差数列前项和公式求出公比，进而求出通项公式. （2）由（1）的结论，分奇偶求出的通项，并结合裂项相消法及错位相减求出对应前项和，再利用分组求和法求解. （3）根据给定条件，求出数列的前2025项中数列的项及1的个数，再分组求和即得. 【详解】（1）在等差数列中，，而，解得， 公差，则； 设等比数列的公比为，，由，得， 即，解得，， 所以数列和的通项公式分别为，. （2）由（1）得，当为奇数时，， 则； 当为偶数时，，， ， 则， 两式相减得 ，因此， 所以. （3）依题意，数列： 项为前的总项数为， 数列是递增的，当时，， 当时，， 因此数列的前项中，有数列的前项，有个， 所以. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： ①对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； ②对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； ③对于结构，利用分组求和法； ④对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 24．（2025·重庆·一模）某市一室内游泳馆，为给顾客更好的体验，推出了两个套餐服务，顾客可自由选择两个套餐之一，该游泳馆在App上推出了优惠券活动，下表是App平台统计某周内周一至周六销售优惠券情况. 星期 1 2 3 4 5 6 销售量（张） 218 224 230 232 236 90 经计算可得：. 参考公式：. (1)因为优惠券销售火爆，App平台在周六时出现系统异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，现剔除周六数据，求关于的经验回归方程； (2)若购买优惠券的顾客选择套餐的概率为，选择套餐的概率为，并且套餐包含两张优惠券，套餐包含一张优惠券，记App平台累计销售优惠券为张的概率为，求； (3)请根据下列定义，解决下列问题： （i）定义：如果对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，（是一个确定的实数），则称数列收敛于. （ii）运用：记（2）中所得概率的值构成数列.求的最值，并证明数列收敛. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得到经验回归方程； （2）由题意可知时，，其中，，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解； （3）分为偶数和奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解；利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得证． 【详解】（1）由题意，，， ， ， 所以关于的经验回归方程为． （2）由题意，可知，， 当时，，即， ． 所以当时，数列为各项都为1的常数列， 即， 所以，，又， 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 所以，即． （3）由第二问可知，， 当为偶数时，，且随的增大而减小， 因此的最大值为； 当为奇数时，，且随的增大而增大， 因此的最小值为， 综上所述，的最大值为,最小值为． 对于任意，总存在正整数，其中表示不超过的最大整数， 当时，， 所以数列收敛于． 【点睛】关键点点睛：时，，即可根据， 证明时，数列为各项都为1的常数列，进而可求解，对分奇偶，结合单调性求解收敛. 25．（2025·重庆·一模）在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得 1 分，直到有一方得分超过对方 2 分时即可获得该局的胜利. 已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 . 比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . (1)求甲以 的比分赢得比赛的概率; (2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6，求的范围; (3)若 ，设甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，数列 满足 ，求证: . （参考知识: 当 时，若 ，则 .） 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据条件概率公式即可得到答案； （2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，可推得，再对分类讨论即得； （3）根据（2）得到，则，化简计算，最后利用累加法和等比数列求和公式即可得证. 【详解】（1）记第一球比赛甲运动员获胜的事件为，第二球比赛甲运动员获胜的事件为， 由题意知：，且， ∴. 即甲以 的比分赢得比赛的概率为. （2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，则 ， 则, 可知数列是首项为，公比为的等比数列， 则有，, ①当时，，又，故是一个递减数列， 当时，，依题需使，即与条件矛盾,舍去； ②当时，，不合题意； ③当时，，又，故是一个递增数列， 依题意，只需，即，解得，故； ④当时，，符合题意； ⑤当时，，又，因此是一个摆动数列， 若为偶数，则，； 若为奇数，则是一个递增数列，只需，而， 因，于是， 得：，解得，故. 综上：时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6. （3）当时，由（2）可得，，   则， ， ， ， ， 故：. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到，再对分类讨论. 26．（2025·重庆·一模）由边长为，，的等腰直角三角形出发，用两种方法构造新的直角三角形： ①以原三角形的短直角边为新三角形的短直角边，原三角形的斜边为新三角形的长直角边 ②以原三角形的长直角边为新三角形的短直角边，原三角形的斜边为新三角形的长直角边． 设，由方法①，②均可得到，接下来继续使用上述两种方法，得到三角形序列其中，，是直角三角形的三条边，且，为斜边，满足对于任意，有， (1)设，求的通项公式； (2)若，求； (3)证明：在直角三角形序列中，若，则． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据题设定义得，，，进而确定的通项公式； （2）根据定义得，是奇数且;;，是偶数且，进而得到，则即可求参数； （3）设，，则;;，进而得前序三角形应为;;或;;，讨论、得到矛盾，证结论. 【详解】（1）;， 由，，， 由且，，，，均为偶数，得， 又，其中，所以有， 所以有，则 （2）若;;，因为，所以是奇数，则;;， 又，所以是偶数，所以， 同理有，，，，， 所以，则有． （3）设中有两个及以上的直角三角形满足互质， 在所有的中，取分母最小者，并在这些分母最小的有理数中取分子最小者， 将得到的有理数记作，设，则，则;;， 它的前序三角形即得到的三角形应为;;或;;， 若，则为偶数，应存在不同的偶数，，使得， 这就有，由于，这与取法矛盾， 若，则为奇数，应存在不同的奇数，，使得， 此时，同样与取法矛盾， 所以假设不成立，故不存在两个及以上的三角形满足，命题得证． 【点睛】关键点点睛：第三问，记，得前序三角形应为;;或;;，再应用反证法证明结论. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$