专题04 数列与立体几何-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（江苏专用）

专题04 数列与立体几何 题型概览 题型01 等差、等比数列 题型02 数列通项与求和 题型03 数列的综合应用 题型04 平行垂直的判断 题型05 外接球、内切球 题型06 空间几何体表面积与体积 题型07 线线角、线面角、二面角 题型08 立体几何范围与最值问题 题型09 新定义问题 等差、等比数列题型01 1．（2025·江苏·二模）设，数列为等比数列，数列是公差不为零的等差数列，且，，，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏南通·二模）在等比数列中，，，则（   ） A．36 B． C． D．6 3．（2025·江苏·二模）已知等比数列的公比，前项和为，则对于，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 数列通项与求和题型02 4．（2025·江苏·二模）已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为 . 数列的综合应用题型03 5．（多选题）（2025·江苏·二模）已知数列满足，. 下列说法正确的是（   ） A．数列每一项都满足 B．数列是递减数列 C．数列的前项和 D．数列每一项都满足成立 6．（多选题）（2025·江苏泰州·二模）已知正项数列满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．是递增数列 B． C．存在，使得 D． 7．（多选题）（2025·江苏南京·二模）已知数列中，，，，其前项和为，则（   ） A． B． C． D． 8．（2025·江苏·二模）将数列和的公共项从小到大排列得到数列，则下列所给的值中，使得的前100项和最小的为（   ） A． B． C．1 D．4 9．（2025·江苏宿迁·二模）设数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 10．（2025·江苏南通·二模）已知数列满足，. (1)证明：数列是等比数列； (2)记的前项和为，证明：. 11．（2025·江苏·二模）已知数列是等差数列，记其前项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)将数列与的所有项从小到大排列得到数列． ①求的前20项和； ②证明：． 12．（2025·江苏南京·二模）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为． (1)求； (2)设数列满足，求数列的前项和． 13．（2025·江苏苏州·二模）在数列中，已知，且当为奇数时，；当为偶数时，． (1)求的通项公式； (2)求的前项和． 14．（2025·江苏南通·二模）已知数列满足，，且对任意的，，都有. (1)设，求数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，求证：. 平行垂直的判断题型04 15．（多选题）（2025·江苏苏州·二模）在正四棱锥中，已知分别为的中点，，则下列说法正确的有（    ） A． B．不存在，使得平面 C．若平面平面，则 D．若四点共面，则 16．（多选题）（2025·江苏·二模）在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．平面 17．（多选题）（2025·江苏宿迁·二模）设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（   ） A．， B．， C．， D．， 18．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 外接球、内切球题型05 19．（2025·江苏南通·二模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为 ． 20．（2025·江苏·二模）某封闭的圆锥容器的轴截面为等边三角形，高为6．一个半径为1的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为 ． 21．（2025·江苏淮安·二模）已知正三棱柱所有棱长都相等，它的六个顶点都在半径为的球面上，则此正三棱柱的体积为 . 22．（2025·江苏·二模）一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 空间几何体表面积与体积题型06 23．（2025·江苏·二模）在正三棱台中，，经过三条侧棱中点的平面将正三棱台分成两部分，若两部分的体积之差为18，则该三棱台的体积为 . 24．（2025·江苏南通·二模）已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 25．（2025·江苏盐城·二模）三棱锥中，，，，则三棱锥的体积为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 26．（2025·江苏宿迁·二模）已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 线线角、线面角、二面角题型07 36．（2025·江苏南通·二模）在正三棱台中，，，分别是，的中点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若一只电子猫从点出发，每次等可能地沿着棱去向相邻的另一个顶点，设在次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为，求. 27．（2025·江苏南通·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，经过的平面分别交，于，两点. (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，求四棱锥的体积. 28．（2025·江苏盐城·二模）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点，连接． (1)证明：平面； (2)求M到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 29．（2025·江苏南通·二模）如图，在四棱锥中，，，且，分别是的中点．    (1)求证：； (2)若平面平面，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值． 30．（2025·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，已知底面，平面平面. (1)求三棱锥体积的最大值； (2)若四边形为直角梯形，，，求二面角的正弦值. 31．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 32．（2025·江苏·二模）如图，在直三棱柱中，点在上，． (1)证明：平面； (2)若，二面角的大小为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹的长度． 33．（2025·江苏南京·二模）如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，点在平面内的射影恰为的重心. (1)证明：； (2)求线段长； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 34．（2025·江苏·二模）如图，在三棱柱中，，，，. (1)证明：平面； (2)若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 35．（2025·江苏泰州·二模）在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的正切值为．若存在球与正三棱台的5个面同时相切，求： (1)正三棱台的体积； (2)正三棱台的表面积． 36．（2025·江苏淮安·二模）斜三棱柱中，所有棱长都为2，，平面平面.    (1)若为中点，E点在线段上，且，求证：平面； (2)求二面角的正弦值. 37．（2025·江苏·二模）如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积. 38．（2025·江苏宿迁·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面． (1)证明：； (2)若，，，求平面与平面的夹角的正弦值． 立体几何范围与问题题型08 39．（多选题）（2025·江苏南通·二模）在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，则（   ） A．若点为的中点，则平面平面 B． C．异面直线，所成角的取值范围是 D．点到平面距离的最小值为 40．（多选题）（2025·江苏盐城·二模）正方体的棱长为1，分别是的中点，是的四等分点（靠近A点），下列结论正确的是（    ） A．当点P在上运动时，点到平面的距离的最小值为 B．若P在底面ABCD内（包含边界）运动，且满足，则动点P的轨迹的长度为 C．若正方体内有两球互相外切，且两球各与正方体的三个面相切，则两球半径之和为 D．当点P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是． 41．（多选题）（2025·江苏泰州·二模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 42．（2025·江苏南通·二模）在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（   ） A． B．1 C． D．3 43．（2025·江苏泰州·二模）在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 新定义问题题型09 44．（多选题）（2025·江苏南通·二模）已知数列，设，若满足性质：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i、j、k，都有，则称数列为“梦想数列”，下列结论正确的是（   ） A．若，则数列为“梦想数列” B．若数列是“梦想数列”，则常数 C．若数列的前n项和，则数列为“梦想数列” D．若数列是“梦想数列”，则为等差数列 45．（多选题）（2025·江苏南通·二模）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（   ） A．集合不是“可拆等和集” B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 46．（2025·江苏苏州·二模）若数列满足，则称为“阶跃数列”. (1)若，判断是否为“阶跃数列”； (2)在“阶跃数列”中，若，求实数的取值范围； (3)记“阶跃数列”的前项和为，证明：数列是“阶跃数列”. 47．（2025·江苏·二模）若无穷数列满足：，，，则称为“均值递减数列”. (1)已知无穷数列的前项和为，若为“均值递减数列”，求证：，； (2)若数列的通项公式，判断是否为“均值递减数列”，并说明理由； (3)若两个正项数列和均为“均值递减数列”，证明：数列也为“均值递减数列”. 48．（2025·江苏泰州·二模）设数列和都有无穷项，已知存在非零常数，使得，此时称数列是由“-生成”的． (1)如果是等比数列，满足的，若数列是由“-生成”，求的值； (2)已知数列是由“-生成”的，如果存在非零常数，使得是由“-生成”的，求数列的通项； (3)设，且数列，，分别是由数列，，“-生成”的，表示数列的前n项和．已知，求的最小值． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 数列与立体几何 题型概览 题型01 等差、等比数列 题型02 数列通项与求和 题型03 数列的综合应用 题型04 平行垂直的判断 题型05 外接球、内切球 题型06 空间几何体表面积与体积 题型07 线线角、线面角、二面角 题型08 立体几何范围与最值问题 题型09 新定义问题 等差、等比数列题型01 1．（2025·江苏·二模）设，数列为等比数列，数列是公差不为零的等差数列，且，，，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，其中， 由题意，即，即，整理得， 因为，所以，故， 所以，则，故， 又因为, 所以数列的前项和为 . 故选：A. 2．（2025·江苏南通·二模）在等比数列中，，，则（   ） A．36 B． C． D．6 【答案】D 【解析】等比数列中，，， ，由于故，所以， 故选：D． 3．（2025·江苏·二模）已知等比数列的公比，前项和为，则对于，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令，，，，，A错； ，B错； ，C错； 一般情况，时，，，， ，此时； 时，， 左边， 右边左边，D对； 故选：D． 数列通项与求和题型02 4．（2025·江苏·二模）已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为 . 【答案】 【解析】因为数列满足，，， 则，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故， 由， 可得， 令， 所以， ， 对任意的，，故，则，故数列为递增数列， 所以，， 因此，实数的最大值为. 故答案为：. 数列的综合应用题型03 5．（多选题）（2025·江苏·二模）已知数列满足，. 下列说法正确的是（   ） A．数列每一项都满足 B．数列是递减数列 C．数列的前项和 D．数列每一项都满足成立 【答案】ABD 【解析】对于A，，， 当时，，所以， 假设当时，； 则当时，， 综上，，故A正确； 对于B，由，可得数列是递减数列，故B正确； 对于C，，，，， ，故C错误； 对于D，因为，所以， 累加得，所以，即， 所以，又，故成立，故D正确． 故选：ABD. 6．（多选题）（2025·江苏泰州·二模）已知正项数列满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．是递增数列 B． C．存在，使得 D． 【答案】BC 【解析】由， 展开可得， 移项得到， 两边同时除以因为是正项数列，， 则，即， 所以是等差数列. 已知，设，则， 设的公差为d， 因为， 所以，易知， 所以， 即，所以， 即，解得， 所以，所以， 所以是递减数列，故A错误； ，故B正确； ， 所以 ， 令，得，解得，故C正确； 设， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以当时，， 即，所以， 所以 ，故D错误. 故选：BC. 7．（多选题）（2025·江苏南京·二模）已知数列中，，，，其前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】由，得， 所以数列是以为公差的等差数列， 而，，所以，得，故A正确； 所以，得，故B正确； 令，解得，对于， 为正，且依次递增； 为负，且依次递增， 所以，故C错误； ，故D正确. 故选：ABD 8．（2025·江苏·二模）将数列和的公共项从小到大排列得到数列，则下列所给的值中，使得的前100项和最小的为（   ） A． B． C．1 D．4 【答案】B 【解析】由题意知：是公差为的等差数列， 故其前100项和. 所以要使数列的前100项和最小，只需使其首项最小即可. 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项； 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项； 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项； 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项. 故当时，数列的首项最小，此时数列的前100项和最小. 故选：B. 9．（2025·江苏宿迁·二模）设数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为数列的前项和为，且， 当时，则，解得， 当且时，由可得， 上述两式作差可得，整理可得， 等式两边同时除以可得， 所以数列是以为首项，公差为的等差数列， 所以，所以， 对于AB选项，，，则，A错B对； ， 对于CD选项，，， 所以，，CD都错. 故选：B. 10．（2025·江苏南通·二模）已知数列满足，. (1)证明：数列是等比数列； (2)记的前项和为，证明：. 【解析】（1）因为，故，若，则， 则依次有，与题设矛盾，故，故， 故，故，所以， 而，故，故，， 故为等比数列，且首项为，公比为. （2）由（1）可得，故， 当时，； 当时，， 当时，有， 故， 因为， 所以， 综上，. 11．（2025·江苏·二模）已知数列是等差数列，记其前项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)将数列与的所有项从小到大排列得到数列． ①求的前20项和； ②证明：． 【解析】（1）设等差数列的公差为， 由，得，即， 由，取，得，即， 解得，，所以； （2）①由（1）知，，所以， 因为， 所以，所以的前20项和为； ②证明：因为，所以， 所以当时，； 当时， ， 综上可得. 12．（2025·江苏南京·二模）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为． (1)求； (2)设数列满足，求数列的前项和． 【解析】（1）当时，，即能被整除；当时，的余数为； 由题意可知：，， . （2）由（1）知：，， 的前项和为. 13．（2025·江苏苏州·二模）在数列中，已知，且当为奇数时，；当为偶数时，． (1)求的通项公式； (2)求的前项和． 【解析】（1）依题意，， 当为偶数时，，则数列的奇数项是首项为2，公比为2的等比数列， 于是，即当为奇数时，，当为偶数时，， 所以的通项公式是. （2）由（1）知，， . 14．（2025·江苏南通·二模）已知数列满足，，且对任意的，，都有. (1)设，求数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，求证：. 【解析】（1）依题意，对任意的，，都有， 故对任意的，，， 所以对任意的，，，即为定值， 所以数列是公差为2的等差数列， 据，，得，， 所以，解得，故， 所以 （2）由（1）可知，， 所以当，， ， 又符合上式，所以 所以， 故 ， 因为，， 所以 平行垂直的判断题型04 15．（多选题）（2025·江苏苏州·二模）在正四棱锥中，已知分别为的中点，，则下列说法正确的有（    ） A． B．不存在，使得平面 C．若平面平面，则 D．若四点共面，则 【答案】ACD 【解析】对A，连接交于点，连接， 因为在正四棱锥中，底面为正方形， 所以， 又因为，为中点，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，A正确； 对B， 因为，为中点，所以， 因为为正方形，所以， 又因为，平面，所以平面， 则平面，所以当，即点与重合时，平面，B错误； 对C，连接，因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以根据面面平行的性质定理可知， 又因为分别为的中点，所以为中点，所以，C正确； 对D，因为四点共面，所以四边形为平面四边形， 所以连接交于点， 在中，因为共线， 所以， 由于对称性可知，为中点， 又因为所以, 所以， 所以，解得，D正确； 故选：ACD. 16．（多选题）（2025·江苏·二模）在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BC 【解析】 如图，取中点，连接， 分别是和的中点，四棱锥是正四棱锥， 且，即四边形是平行四边形， 对于A，因为，所以与不平行，故A错误； 对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确； 对于C，因为，是中点，所以，又因为，所以，故C正确； 对于D，连接交于点，连接， 因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，， 因为平面，平面，所以， 则由，，平面平面，可证得平面， 又因为，所以与为异面直线， 如果平面，则与题意矛盾，故D错误. 故选：BC. 17．（多选题）（2025·江苏宿迁·二模）设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】BC 【解析】对于A，若，，则可能相交，A选项错误. 对于B，若，，则，B选项正确. 对于C，若，，则，C选项正确. 对于D，若，，则可能相交，D选项错误. 故选：BC 18．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 【答案】B 【解析】对于A选项，若，，则与可能平行、相交或异面. 例如，在正方体中，平面，平面，但与是相交的；平面，平面，但与是平行的.平面，平面，但与是异面的. 所以A选项错误. 对于B选项，若，则存在直线，使. 又因为，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以. 由于，根据异面直线所成角的定义可知，所以B选项正确. 对于C选项，若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且，所以C选项错误. 对于D选项，若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面. 例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交.所以D选项错误. 故选：B. 外接球、内切球题型05 19．（2025·江苏南通·二模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为 ． 【答案】 【解析】上底正方形外接圆圆心，半径，下底正方形外接圆圆心，半径， 设球心O半径R， ，， 该四棱台外接球的表面积. 故答案为：. 20．（2025·江苏·二模）某封闭的圆锥容器的轴截面为等边三角形，高为6．一个半径为1的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为 ． 【答案】 【解析】 由轴截面为等边三角形的高为6，易得圆锥的母线长与底面圆的直径均为． 小球的半径为1，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环， 可知扇环的半径为，，扇环所在扇形的圆心角为， 所以扇环其面积为； 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为其面积为． 综上，圆锥内壁上小球能接触到的区域面积为． 故答案为： 21．（2025·江苏淮安·二模）已知正三棱柱所有棱长都相等，它的六个顶点都在半径为的球面上，则此正三棱柱的体积为 . 【答案】18 【解析】如图，正三棱柱中，设为外接球的球心，为底面的中心， 设正三棱柱的棱长为，则，，， ，又平面， 在中，，即，解得，故， 所以正三棱柱的体积. 故答案为：18. 22．（2025·江苏·二模）一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】方法一： ， 如图，， 而， ，，即， 由于到距离，则到距离， 设正方形外接圆圆心，则 设矩形外接圆圆心，则，设外接球半径 ，，故外接球表面积为， 故选;A. 方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图： 设圆的半径为，由余弦定理可得， 故，故， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为. 故选：A. 空间几何体表面积与体积题型06 23．（2025·江苏·二模）在正三棱台中，，经过三条侧棱中点的平面将正三棱台分成两部分，若两部分的体积之差为18，则该三棱台的体积为 . 【答案】 【解析】分别取棱的中点为， 设，正三棱台的高为， 则，正三棱台和的高均为， 则由梯形中位线可知， 记，则，， 则， 则，则， 则， 则该三棱台的体积为. 故答案为：. 24．（2025·江苏南通·二模）已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 根据，不妨设上底面边长为2，下底面边长为3， 则在正三棱台，可知上表面面积，下表面面积， 过O作分别交AB，BC于点E，F， O为的重心，， 且，则四边形为平行四边形， 且 ，同理可得且，为三棱柱， 设此正棱台高为， 则台体体积， 棱柱的体积，另一部分体积， 两部分体积之比为， 故选：B． 25．（2025·江苏盐城·二模）三棱锥中，，，，则三棱锥的体积为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 【答案】C 【解析】因为，所以. . 所以. 所以以. 所以三角形的面积为：. 设平面的法向量为，则, 即,令，解得. 点到平面的距离. 根据三棱锥体积公式可得：. 故选：C. 26．（2025·江苏宿迁·二模）已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设圆锥的底面半径为，由于圆锥轴截面为等边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径， 由正弦定理可得，则， 易知该圆锥的高为，故该圆锥的体积为. 故选：A. 线线角、线面角、二面角题型07 36．（2025·江苏南通·二模）在正三棱台中，，，分别是，的中点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若一只电子猫从点出发，每次等可能地沿着棱去向相邻的另一个顶点，设在次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为，求. 【解析】（1）证明：延长，，交于点，过点作平面，垂足为，连结. 在正三棱台中，，是正三角形， 因为，分别是，的中点， 所以，且， 又，且， 所以，且，四边形是平行四边形. 因为几何体是正三棱台， 所以三棱锥是正三棱锥，是底面正的中心，所以. 又平面，平面，所以. 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，所以. 在正三棱台中，，是的中点， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，. 所以. 所以四边形是矩形. （2）法一：延长交于点，连结，过点作，垂足为，连结. 由（1）可知，平面，即平面， 因为平面，所以， 又，，，平面， 所以平面. 所以为直线与平面所成角. 在正三棱台中，，，不妨设， 则，，. 在等腰中，. 在中，. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法二： 过作. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 在正三棱台中，，，不妨设， 则，，，. 设上底面的中心为，在直角梯形中，， ，，所以. 故，又， 所以,. 设为平面的法向量， 即，取，得，， 所以是平面的一个法向量. 又， 所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）记电子猫在次运动后“在下底面”为事件，“在上底面”为事件. 显然，当，时，，. 由全概率公式，当，时， 可得， 即，整理得. 所以当，时，， 又，，， 所以当，时，为定值， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故， 可得. 27．（2025·江苏南通·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，经过的平面分别交，于，两点. (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，求四棱锥的体积. 【解析】（1）因为，平面，平面， 故平面，而平面，平面平面， 故，而平面，平面， 故平面. （2） 取的中点为，的中点为，连接， 因为，，故四边形等腰梯形， 故，而，故，而平面平面， 而平面平面，平面， 故平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，故， 等腰梯形中，，则， 故， 设，则， 故，故，， 设平面的法向量为，则， 取，而平面的法向量为， 故，故或（舍）. 此时，，同理，故， ， 故梯形的高为， 故梯形的面积为， 而，故到平面的距离为， 故四棱锥的体积为. 28．（2025·江苏盐城·二模）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点，连接． (1)证明：平面； (2)求M到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 由为的中点，且，，得，， 则四边形为平行四边形，，而平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 又，所以到平面的距离， 因为平面，所以M到平面的距离为到平面的距离，即. （3）令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 平面的法向量为， 于是， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 29．（2025·江苏南通·二模）如图，在四棱锥中，，，且，分别是的中点．    (1)求证：； (2)若平面平面，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值． 【解析】（1）取中点，连接， 因为，且为中点，所以， 又因为为中点，所以， 因为，所以 又因为，平面，平面， 所以面，因为面，所以． （2）因为面面，面面，，平面， 所以面，可得为PN与平面ABCD所成角，即， 在梯形中，由，且为中点， 可得，所以， 又因为，可得， 以为中点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设面的一个法向量，则， 取，可得，所以， 又因为平面，所以平面的一个法向量， 则，所以二面角余弦值为 30．（2025·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，已知底面，平面平面. (1)求三棱锥体积的最大值； (2)若四边形为直角梯形，，，求二面角的正弦值. 【解析】（1）如图，作于于， 因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面. 又因为平面，所以. 因为底面平面，所以， 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以，所以在以为直径的圆上， 所以，即三棱锥体积的最大值为. （2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 由，得， 所以， . 设是平面的法向量，是平面的法向量， 由得 取； 由得 取， 所以. 记二面角为，所以， 所以二面角的正弦值为. 31．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 【解析】（1）连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点. （2）取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以． 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，， 则平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，取， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以． 32．（2025·江苏·二模）如图，在直三棱柱中，点在上，． (1)证明：平面； (2)若，二面角的大小为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹的长度． 【解析】（1）在直三棱柱中，平面ABC, 因为平面，所以 又因为，，平面， 所以平面 （2）①在直三棱柱中，平面，， 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设, 设平面的法向量， 由，取，得， 所以平面的一个法向量， 又平面的法向量， 所以，解得 所以， 所以 设与平面所成角为，则 ②因为， 所以 因为三棱锥的体积为， 所以到平面的距离为 因为在侧面上，可设, 到平面的距离为， 即轨迹方程为，而, 所以在侧面上的运动轨迹是线段， 所以的轨迹长度为. 33．（2025·江苏南京·二模）如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，点在平面内的射影恰为的重心. (1)证明：； (2)求线段长； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）过作于， ∵平面平面，平面平面，又平面， ∴平面，又平面， ∴，又∵平面，平面，∴， 又平面，， ∴平面，又平面，∴； （2）连接并延长交于，连接， 以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，设， 平面，平面，，同理， 又，平面，平面， 又平面，， 又是的重心，是的中点，，由（1）知，， ， ，，又， ，解得（负值已舍去），， 设，则，故， ，， 平面，平面，， ，，即； （3）由（2）可知，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 34．（2025·江苏·二模）如图，在三棱柱中，，，，. (1)证明：平面； (2)若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1），，， 由余弦定理得， ， ，， 又，，平面， 平面； （2）平面，平面， 且， 二面角的平面角为，而， ，为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在平面为平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 由，，，， 设平面的一个法向量， ， 解得，令，则，故， 设与平面所成角为， . 35．（2025·江苏泰州·二模）在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的正切值为．若存在球与正三棱台的5个面同时相切，求： (1)正三棱台的体积； (2)正三棱台的表面积． 【解析】（1）在正三棱台中，取BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为， 连接，设，内切球半径为r，则，棱台的高为2r， 于是，，同理， 由内切球与平面相切，切点在上，得， 在等腰梯形中，，则（*）， 在梯形中，， 所以，解得，带入（*）式可得，， 因此棱台的高，棱台的体积为． （2）由（1）知，在正三棱台中，，斜高， 所以正三棱台的表面积 36．（2025·江苏淮安·二模）斜三棱柱中，所有棱长都为2，，平面平面.    (1)若为中点，E点在线段上，且，求证：平面； (2)求二面角的正弦值. 【解析】（1）如图： 连接，交于点，再连接. 因为，所以，所以，又， 所以，平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接、. 因为四边形是边长为2的菱形，且，所以为等边三角形. 所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 在中：，所以. 在中：，，所以. 又. 设二面角为. 则. 所以. 即二面角的正弦为. 37．（2025·江苏·二模）如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积. 【解析】（1）在正三棱柱中，取中点，连接， 由是中点，得，而是中点， 则，四边形是平行四边形，， 由平面平面，得，而， 又平面，于是平面， 因此平面，而平面，所以平面平面. （2）由（1）知，平面，平面，则平面， 取中点，连接，则，而平面，平面， 则平面，又平面，于是平面平面， 平面与平面的夹角等于平面与平面的夹角， 由平面，平面，得， 则是平面与平面的夹角，，， 于是，而，则， 所以正三棱柱的体积. 38．（2025·江苏宿迁·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面． (1)证明：； (2)若，，，求平面与平面的夹角的正弦值． 【解析】（1）因为为的中点，，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又因为平面，所以． 因为为的中点，所以． （2）如图，取的中点，连接． 因为，所以． 由（1）平面，平面，所以平面平面． 因为平面平面，平面，，所以平面． 如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系． 因为，，，为的中点，所以． 因为，所以，所以． 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 所以，即， 令，解得，，所以． 同理，平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则，所以． 立体几何范围与问题题型08 39．（多选题）（2025·江苏南通·二模）在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，则（   ） A．若点为的中点，则平面平面 B． C．异面直线，所成角的取值范围是 D．点到平面距离的最小值为 【答案】BC 【解析】 如图建系易得： 对于A：若点为的中点，则， 设平面的法向量为，， 则即， 设，可得， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 设，则， 所以，显然不平行，即平面平面不成立，故错误； 对于B：设， 则， 则， 所以，故B正确； 对于C： 设异面直线，所成角为， 则， 因为，易得：， 所以， 所以，又， 所以，C正确； 对于D：由A知平面的一个法向量为， 所以点到平面距离为：， 因为， 所以当时，取得最小值为，故D错误； 故选：BC 40．（多选题）（2025·江苏盐城·二模）正方体的棱长为1，分别是的中点，是的四等分点（靠近A点），下列结论正确的是（    ） A．当点P在上运动时，点到平面的距离的最小值为 B．若P在底面ABCD内（包含边界）运动，且满足，则动点P的轨迹的长度为 C．若正方体内有两球互相外切，且两球各与正方体的三个面相切，则两球半径之和为 D．当点P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是． 【答案】AC 【解析】以原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则有 ， 对于A：，设平面的法向量为， 则，令得， 设点，所以， 所以点到平面的距离为，故A正确； 对于B：设点，则，所以， 即点的轨迹为四分之一圆，即轨迹长度为，故B错误； 对于C：设两球的半径分别为，由题意有两球分别与正方体的三面相切， 所以球心分别为，由两球相切， 所以， 所以，因为，解得，故C正确； 对于D：设点，所以， 设平面的法向量为，， 所以，令得， 由平面有， 所以， 当时，的长度最小为，故D错误. 故选：AC. 41．（多选题）（2025·江苏泰州·二模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 【答案】AD 【解析】对于A，分别为正四面体的棱的中点，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点， ，则等腰的高， 等腰的高， 由对称性知，，则， 而勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值不小于长，A正确； 对于B，勒洛四面体被平面截得的截面是3个弓形加上， 面积为，B错误； 对于C，由对称性知，勒洛四面体四个曲面的每条交线长相等， 其中交线所在圆的圆心在以中点为圆心，则该圆半径， 由余弦定理得，， 因此勒洛四面体四个曲面交线长的和为，C错误； 对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径即为该四面体内切球半径， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 正外接圆半径，正四面体的高， 令正四面体的外接球半径为，在中，，解得， 取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径，点均在以点B为球心的球面上， 则，勒洛四面体内切球半径，D正确. 故选：AD 42．（2025·江苏南通·二模）在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（   ） A． B．1 C． D．3 【答案】C 【解析】已知在等腰直角三角形中，，. 设，则，即，解得. 根据三角形面积公式.   因为为的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，. 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，所以平面.   以为原点，分别以所在直线为，轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，. 设，则，. 因为，可得，化简得.   已知，. 根据点到直线的距离公式，可得到距离. 又因为点到直线的距离为，所以，即. 因为，所以当时，取得最大值，则的最大值为，即点到平面距离的最大值.   ，根据三棱锥体积公式，所以.   则四面体体积的最大值为. 故选：C. 43．（2025·江苏泰州·二模）在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接. 由题易知：，，平面. 在中，，故， 所以是边长为2的等边三角形. 将展开到与共面，如图所示， 则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值. 在中，，， 由余弦定理可得：， 所以， 即的最小值为. 故选：A. 新定义问题题型09 44．（多选题）（2025·江苏南通·二模）已知数列，设，若满足性质：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i、j、k，都有，则称数列为“梦想数列”，下列结论正确的是（   ） A．若，则数列为“梦想数列” B．若数列是“梦想数列”，则常数 C．若数列的前n项和，则数列为“梦想数列” D．若数列是“梦想数列”，则为等差数列 【答案】ABD 【解析】若是“梦想数列”，则①， 交换i，j的位置②，， ，B正确． 对于A，若，对两两不等的正整数i，j，k 符合条件， 为“梦想数列”，A正确． 对于C，，取，，，， 不为“梦想数列”，C错． 对于D，令，，记为数列的前n项和，是“梦想数列”， ， ①， 时，②， ， （且），而时，上式也成立 对恒成立，为等差数列，D正确. 故选：ABD． 45．（多选题）（2025·江苏南通·二模）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（   ） A．集合不是“可拆等和集” B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 【答案】ABD 【解析】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列， 且. 所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求. 综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确； 对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得， 此时因集合已含有元素2，故舍去； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得 若，则由“可拆等和集”的定义，有. 综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确； 对于C项，将中所有元素同时除以后可得， 根据等比数列前项和公式，可得. 因为，所以，，所以有. 所以，当时，中所有元素之和也小于， 不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足. 综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误； 对于D项，易知集合中的元素个数为，， 根据等差数列的性质可知，，， 共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组. 从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中； 又，则， 而， 不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.故D正确. 故选：ABD. 46．（2025·江苏苏州·二模）若数列满足，则称为“阶跃数列”. (1)若，判断是否为“阶跃数列”； (2)在“阶跃数列”中，若，求实数的取值范围； (3)记“阶跃数列”的前项和为，证明：数列是“阶跃数列”. 【解析】（1）令，则， 所以，即，所以为“阶跃数列”； （2）令， 则， 又为“阶跃数列”，所以， 所以，即， 令，则，所以为递减数列， 所以当时，取到最大值1，所以. （3）因为为“阶跃数列”，所以，即， 所以 所以. 当时，， 整理得， 所以，即； 当时， 所以对，即数列是“阶跃数列”. 47．（2025·江苏·二模）若无穷数列满足：，，，则称为“均值递减数列”. (1)已知无穷数列的前项和为，若为“均值递减数列”，求证：，； (2)若数列的通项公式，判断是否为“均值递减数列”，并说明理由； (3)若两个正项数列和均为“均值递减数列”，证明：数列也为“均值递减数列”. 【解析】（1）法一： ； 法二： 为“均值递减数列”，关于单调递减， 即关于单调递减，， ； （2）法一： 设的前项和为， 令，则，判别式小于零，所以递减， 因此是“均值递减数列”； 法二： 易知时，单调递减；时， 单调递增且时，当时，单调递减且， 且计算易得， 设前项和为，归纳假设，，时， ，即，即，， ，即，，时，成立. 而成立，对且恒成立， 也有， 即为“均值递减数列”； （3）法一： 设依题意，均为递减数列， 而， 相乘展开得， 由于，，则由补充不等式有， 所以 ， 求和得，由（1）的结论知，， 所以， 于是再由（1）的结论即可知是“均值递减数列”； 法二： 设的前项和为，的前项和为， 和均为均值递减数列， 由（1）知对恒成立， 由①②知，，记的前项和为， 证对，，时不等式显然成立， 设当，时，成立， 即，， ， ， ，即时，不等式也成立， 对恒成立， 也为“均值递减数列”. 48．（2025·江苏泰州·二模）设数列和都有无穷项，已知存在非零常数，使得，此时称数列是由“-生成”的． (1)如果是等比数列，满足的，若数列是由“-生成”，求的值； (2)已知数列是由“-生成”的，如果存在非零常数，使得是由“-生成”的，求数列的通项； (3)设，且数列，，分别是由数列，，“-生成”的，表示数列的前n项和．已知，求的最小值． 【解析】（1）设， 则由，解得， 又， 而，因此，解得. 当时，； 当时，， 当时，， 即，符合题意， 所以或. （2）由是由“生成”的，是由“生成”的， 得，则， 于是或，而，因此， 若，则，， 若，且， 假设是第一个使不同时为0的整数，则， 此时，而，则，矛盾， 从而不存在使不同时为0的整数， 所以. （3）设分别表示的前项和， 即分别是由-生成"的， 由，得； 当时，. 于是，同理， 而，则， ，， . 所以，， 令，则， ，， 因此， 所以取到最小值. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$