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（福建专用）

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·福建泉州·二模）已知为等比数列，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·福建厦门·二模）厦门某会场座位共有20排，第一排有15个座位，从第二排起，每一排都比前一排多两个座位．现有一个200人的代表团来该会场参加会议，主办方需预留前排座位给该代表团，则的最小值为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．（2025·福建漳州·二模）设等差数列的前n项和为，若，，则数列的前2025项和为（   ） A． B． C． D． 数列通项与求和题型02 4．（2025·福建福州·二模）已知数列满足，设数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025·福建龙岩·二模）已知数列的前项和为，且满足，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 6．（2025·福建泉州·二模）已知数列的前项和为，，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，中是否存在三项构成等差数列？若存在，求满足条件的三项；若不存在，请说明理由． 7．（2025·福建福州·二模）已知数列是公差为2的等差数列，满足． (1)求的通项公式； (2)设的前项和为，若，求的最大值． 8．（2025·福建三明·二模）已知数列的前n项和为，. (1)若，证明数列为等比数列； (2)若，求使不等式成立的n的最小值. 9．（2025·福建福州·二模）已知数列，若，点、在斜率是的直线上. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 10．（2025·福建·二模）数列的前项和为，已知且． (1)求的通项公式； (2)设数列满足，求的最大值． 数列的综合应用题型03 11．（多选题）（2025·福建龙岩·二模）已知数列的前项和为，则（   ） A．若是等差数列，则，，成等差数列 B．若是等比数列，则，，成等比数列 C．若，且，则存在数列，使得 D．若，且，则存在，使得 12．（2025·福建泉州·二模）已知数列满足，，，则的第2025项为（   ） A． B． C． D． 13．（2025·福建三明·二模）若数列满足，，则（    ） A．155 B．156 C．203 D．204 14．（2025·福建南平·二模）已知数列的前项和为，若，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 平行垂直的判断题型04 15．（2025·福建福州·二模）如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．   B．   C．   D．   16．（2025·福建厦门·二模）在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（   ） A． B． C． D． 17．（多选题）（2025·福建厦门·二模）如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体，下面部分可视为正四棱锥，为正方形的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则（    ） A． B．平面 C．平面平面 D．与为相交直线 18．（2025·福建宁德·二模）设是两个不同平面，是平面内的两条不同直线.甲：，乙：，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 外接球、内切球题型05 19．（2025·福建莆田·二模）已知某圆台下底面半径为2，高与上底面半径均为1，则该圆台外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 20．（2025·福建漳州·二模）在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 21．（2025·福建福州·二模）在平面四边形中，是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球体积最小值为（   ） A． B． C． D． 22．（2025·福建泉州·二模）四棱锥中，，，，，，若、、、、均在同一球面上，则该球的表面积等于（    ） A． B． C． D． 23．（多选题）（2025·福建宁德·二模）如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 24．（多选题）（2025·福建厦门·二模）已知四棱锥的高为2，底面是边长为2的正方形，，则（   ） A．的面积为定值 B． C．四棱锥表面积的最小值为 D．若四棱锥存在内切球，则该球半径为 空间几何体表面积与体积题型06 25．（2025·福建南平·二模）已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 26．（2025·福建龙岩·二模）棱长均为的四面体的顶点分别在四个互相平行的平面上．若相邻两平行平面的距离都为，则的值为 ． 27．（2025·福建龙岩·二模）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，则该棱台的外接球表面积为（    ）. A． B． C． D． 28．（2025·福建泉州·二模）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28ml，厚度忽略不计.当倒入14ml茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（   ） A． B． C． D． 线线角、线面角、二面角题型07 29．（2025·福建泉州·二模）直三棱柱中，，，点E在棱上，． (1)证明：； (2)若平面平面，点Q是上异于点B的动点． （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 30．（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． (1)设，且，，，四点共面，求实数的值； (2)若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 31．（2025·福建宁德·二模）如图，平行四边形中，，平面，是等边三角形，平面平面. (1)求证：； (2)若直线和平面所成角为，为线段上一点，当平面和平面所成角的余弦值为时，求的长. 32．（2025·福建福州·二模）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 33．（2025·福建厦门·二模）如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． (1)证明：平面； (2)若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 34．（2025·福建漳州·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 35．（2025·福建三明·二模）如图，直四棱柱中，，，，，直线与直线所成角为，为棱的中点，矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，如图所示. (1)求证：平面； (2)线段与平面交于点，且在上投影向量的模等于，求的值. 36．（2025·福建莆田·二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，．    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 37．（2025·福建厦门·二模）如图，在长方体中，与交于点为棱的中点. (1)证明：平面； (2)设，其中，若二面角的大小为，求. 38．（2025·福建福州·二模）如图，在长方体中，，与交于点，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)设，其中，若二面角的大小为，求. 立体几何范围与问题题型08 39．（2025·福建南平·二模）已知正方体的棱长为4，点分别为线段上的动点，则的最小值为 ，此时 . 40．（2025·福建三明·二模）若正四面体的棱长为，点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 新定义问题题型09 41．（多选题）（2025·福建泉州·二模）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列，在数学上，帕多瓦数列被以下递推的方法定义：数列的前n项和为，且满足：，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．是偶数 D． 42．（多选题）（2025·福建厦门·二模）已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A．不是“可分等比数列” B．是“可分等比数列” C．若是“可分等比数列”，则 D．若是“可分等比数列”，则 43．（2025·福建福州·二模）陈嘉豪发现，《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．已知长方体，若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是 （用数字作答）． 44．（2025·福建宁德·二模）已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为 ，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为 . 45．（2025·福建·二模）项数为的数列满足，当且仅当时（其中,规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为 ． 46．（2025·福建泉州·二模）笛卡尔通过解析几何，将代数的精确性与几何的直观性结合，不仅推动了数学的变革，还为科学提供了强大的分析工具，其坐标系思想至今仍是科学与工程中不可或缺的基础．在直角坐标系中，如果某曲线上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．类似地，在空间直角坐标系中，我们也定义曲面的方程和方程的曲面．已知在空间直角坐标系中，曲面，是轴与的公共点，且是的四等分点，点在上，，． (1)证明：在上，且平面； (2)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)设与平面所成的角分别为，当在上运动时，求的取值范围． 47．（2025·福建南平·二模）若简单多面体可以被分割成个完全相同的小多面体，则称该简单多面体为“等和多面体”，其中分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个小多面体的顶点数、棱数、面数分别为，，，，（为与分割方式有关的正整数）. (1)已知长方体是“等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下的值； (2)判断正四面体是否为“等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下的值；若不是，请说明理由； (3)若简单多面体是“等和多面体”，求分割后小多面体的个数与的等量关系. 参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数棱数面数”，即. 48．（2025·福建福州·二模）已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如． (1)判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由； (2)已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为． （i）求函数的解析式； （ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：． 49．（2025·福建厦门·二模）将区间中的全体有理数按一定顺序排列得到数列，规则如下：①，其中正整数与互质，如，；②，当且仅当时，. (1)写出的前5项； (2)若，，求； (3)记的前项和为，证明：. 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·福建泉州·二模）已知为等比数列，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设的公比为，则， 显然，则，即， 因为，则，则. 故选：A． 2．（2025·福建厦门·二模）厦门某会场座位共有20排，第一排有15个座位，从第二排起，每一排都比前一排多两个座位．现有一个200人的代表团来该会场参加会议，主办方需预留前排座位给该代表团，则的最小值为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【解析】由题知,前n排座位数依次构成以15为首项，2为公差的等差数列， 故前n排座位数之和， 解得：，故的最小值为9, 故选：C. 3．（2025·福建漳州·二模）设等差数列的前n项和为，若，，则数列的前2025项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设等差数列的公差为， 依题意可得，解得； 所以可得，因此， 所以 . 故选：D 数列通项与求和题型02 4．（2025·福建福州·二模）已知数列满足，设数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，且， 所以当时，. 因为也满足，所以. 因为， 所以.所以. 故选：B. 5．（2025·福建龙岩·二模）已知数列的前项和为，且满足，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【解析】（1）由，，得，又， 数列是首项为，公差的等差数列， ，即， 当时，，且也满足， ，则数列的通项公式为； （2）由（1）得， . 6．（2025·福建泉州·二模）已知数列的前项和为，，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，中是否存在三项构成等差数列？若存在，求满足条件的三项；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由已知， ， 所以数列为首项，公差的等差数列． （2）由（1），且时，， ，也符合，所以 所以， 所以， 因为， 所以， ，所以， 记数列的前项和为， 则， ， 所以， 所以. （3）不存在，显然数列为递增数列， 若存在正整数，使得成等差数列，不妨设， 则， 即， 因为，所以，显然不成立， 所以数列中不存在不同的三项构成等差数列． 7．（2025·福建福州·二模）已知数列是公差为2的等差数列，满足． (1)求的通项公式； (2)设的前项和为，若，求的最大值． 【解析】（1）因为数列是公差为2的等差数列，所以， 由可得，解得， 所以的通项公式为． （2）由（1）得， 由得，即，解得， 由于，所以，所以的最大值为5． 8．（2025·福建三明·二模）已知数列的前n项和为，. (1)若，证明数列为等比数列； (2)若，求使不等式成立的n的最小值. 【解析】（1）证明：因为， 所以，， 因为，所以，，所以. 所以数列是首项为，公比为2的等比数列； （2）因为，所以， 由（1）可得数列为首项为2，公比为2的等比数列， 所以，即， 所以 ， 因为数列为单调递增数列， 当时，， 当时，， 所以，使不等式成立的n的最小值为10. 9．（2025·福建福州·二模）已知数列，若，点、在斜率是的直线上. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 【解析】（1）由点、在斜率是的直线上得：， 即，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以. （2）由（1）知：， 所以. 10．（2025·福建·二模）数列的前项和为，已知且． (1)求的通项公式； (2)设数列满足，求的最大值． 【解析】（1）∵①， ∴②， ①②得：，， ①中令n＝2，则，∴， 为首项为1，公比为2的等比数列， ∴. （2）由（1）知：， 则， 所以 所以当时，有最大值. 数列的综合应用题型03 11．（多选题）（2025·福建龙岩·二模）已知数列的前项和为，则（   ） A．若是等差数列，则，，成等差数列 B．若是等比数列，则，，成等比数列 C．若，且，则存在数列，使得 D．若，且，则存在，使得 【答案】AC 【解析】对于选项A：是等差数列，设其公差为d， 因为，， 则 所以，，， 成等差数列，故A正确； 对于选项B：例如，则， 可得，，不成等比数列，故B错误； 对于选项C：例如周期数列，满足，且， 此时，故C正确； 对于选项D：因为，且，所以该数列的项奇偶交替，且为整数， 而前项包含个奇数，个偶数，这些项的和为奇数，而为偶数，矛盾， 故D错误； 故选：AC 12．（2025·福建泉州·二模）已知数列满足，，，则的第2025项为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由，则，可得，且， 所以，，，，， 所以 . 故选：B 13．（2025·福建三明·二模）若数列满足，，则（    ） A．155 B．156 C．203 D．204 【答案】A 【解析】由，则， 故奇数项成等差数列，偶数项成等差数列， 由，则，， 则， 故 . 故选：A 14．（2025·福建南平·二模）已知数列的前项和为，若，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，且对任意的，都有成立， 所以，所以. 故选：D. 平行垂直的判断题型04 15．（2025·福建福州·二模）如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【解析】对于A选项，如图①所示，在正方体中，   且， 因为分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面， 故平面,故A满足； 对于B选项，如图②所示，连接， 在正方体中，且， 因为分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面，故B满足； 对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点， 连接， 因为且分别为的中点， 所以且，故四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，则， 所以四点共面， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面故C满足； 对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点， 连接， 因为且分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，故， 所以四点共面， 同理可证，故， 同理可得， 反设平面， 因为，且平面，则平面， 但与平面有公共点，这与平面矛盾， 故平面，故D不满足. 故选：D. 16．（2025·福建厦门·二模）在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设为的中点，连接， ∵为的中点，为的中点，∴， 又∵，∴， ∴四点共面， ∴平面与平面的交线为，则即为所在直线， ∵与是异面直线，即与是异面直线，故A错误； ∵，而在直角中，，则与不垂直， 故与不垂直，即与不垂直，故B错误； ∵平面，平面，∴， 又，，平面， ∴平面，又， ∴平面，即平面， ∵平面，∴，故C错误，D正确， 故选：D. 17．（多选题）（2025·福建厦门·二模）如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体，下面部分可视为正四棱锥，为正方形的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则（    ） A． B．平面 C．平面平面 D．与为相交直线 【答案】BCD 【解析】对于A，设正方形边长为2，由正四棱锥性质可得平面，故， 因为面，故在底面的射影为， 又不与垂直，故不与垂直，故A不正确； 对于B，由题且，故四边形是平行四边形， 所以不在平面内，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，因为，平面，故平面， 平面即为平面，因为面，面， 所以，又因为，， 所以平面，又平面， 所以平面平面，即平面平面，故C正确； 对于D，由C可知与都在平面中且不平行，故与为相交直线，故D正确. 故选：BCD. 18．（2025·福建宁德·二模）设是两个不同平面，是平面内的两条不同直线.甲：，乙：，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】由，是平面内的两条不同直线，得不到， 因为与可能相交，只要和的交线平行即可得到； 反过来，若，是平面内的两条不同直线，则和没有公共点， 所以由能得到， 故甲是乙的必要不充分条件. 故选：B. 外接球、内切球题型05 19．（2025·福建莆田·二模）已知某圆台下底面半径为2，高与上底面半径均为1，则该圆台外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意分析可得球心应该在线段的延长线上，如图，设为圆台外接球的球心，，分别为上、下底面圆的圆心，为外接球半径， 则，解得，所以外接球的表面积为． 故选：C． 20．（2025·福建漳州·二模）在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 由题意，因为是菱形，，， 则，是等边三角形，面积固定， 当且时，和的面积最大， 即三棱锥表面积最大， 因为，则， 取的中点E，连接， 则， ， 如图，过球心作平面，则为等边三角形的中心， 则，所以， 又，所以，， 在中，，则， 由勾股定理得， 所以球的半径， 所以三棱锥的外接球的体积为. 故选：C． 21．（2025·福建福州·二模）在平面四边形中，是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球体积最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 如图，设三棱锥的外接球球心为，取的中点,连接， 因为是以点为直角顶点的直角三角形，所以的外接圆圆心是点， 则由球的性质可知，平面， 设外接球半径为, 是边长为的等边三角形,是以点为直角顶点的等腰直角三角形, , 在中勾股定理可知, 则在中利用余弦定理可得， ,，则，得， 所以的最小值为1，外接球体积最小值为. 故选：C. 22．（2025·福建泉州·二模）四棱锥中，，，，，，若、、、、均在同一球面上，则该球的表面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，，所以四边形为平行四边形， 分别取、的中点、，连接、、， 因为、分别为、的中点，则且， 故四边形为平行四边形，所以， 因为，故，同理可知，从而， 又、平面，，所以平面， 又平面，故，从而，所以四边形为矩形， 从而，又，所以， 取的中点，则，故为球心， 从而所求的球的表面积为， 故选：C.　 23．（多选题）（2025·福建宁德·二模）如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 【答案】BCD 【解析】由题意易知：，， 所以，即不垂直， 对于A，若，因为，为平面内两条相交直线， 可得：平面，又在平面内，，矛盾，故A错误， 对于B，因为，为平面内两条相交直线， 所以平面， 由，得到， 所以， 所以，正确， 对于C：因为，为二面角的棱，分别在两个面内， 所以为二面角的平面角，又，故C正确， 对于D，因为平面， 外接圆的半径为：， 所以三棱锥外接球的半径，正确， 故选：BCD 24．（多选题）（2025·福建厦门·二模）已知四棱锥的高为2，底面是边长为2的正方形，，则（   ） A．的面积为定值 B． C．四棱锥表面积的最小值为 D．若四棱锥存在内切球，则该球半径为 【答案】ABD 【解析】对于A，因为，所以在底面的射影在直线的垂直平分线上，过作垂直于，连接， 由题意可得，又平面，所以平面， 因为平面，则，，的面积为，故选项A正确； 对于B，由题意可得，所以，故选项B正确； 对于C，过分别作，的垂线，垂足分别为E，F， 所以当最小时，四棱锥表面积取得最小值，不妨设， 则，当且仅当时取等号，即为底面正方形的中心时， 所以四棱锥表面积的最小值为四个全等三角形面积加底面面积，即，故选项C错误； 对于D，若四棱锥存在内切球，则该球与平面，平面，平面均相切，过作垂直于，所以的内切圆半径等于该球半径，设为， 由等面积法可得，解得， 当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，满足题意，故选项D正确. 故选：ABD. 空间几何体表面积与体积题型06 25．（2025·福建南平·二模）已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设点到平面的距离为，四边形的面积为， 显然有，所以， 因此剩余部分几何体的体积为， 故选：C 26．（2025·福建龙岩·二模）棱长均为的四面体的顶点分别在四个互相平行的平面上．若相邻两平行平面的距离都为，则的值为 ． 【答案】/ 【解析】在正方体中作出正四面体， 作其中过，，三个顶点的互相平行的平面，如图: 由于相邻两平行平面间距离都相等，不妨求平面与平面间的距离， 其中，，，为正方体棱上的中点， 过作于，则即为两平行平面间的距离， 因为， 所以，所以， 即相邻平行平面间的距离为. 故答案为：． 27．（2025·福建龙岩·二模）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，则该棱台的外接球表面积为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在正四棱台中，，，体积为，高为， 故， 则，， 连接、相交于点，、相交于点， 设外接球的球心为，若在台体外， 设到底面的距离为， 则半径为， 即，解得，所以球心与点重合， 若在台体内，到底面的距离为， 则半径为， 即，解得， 所以球心与点重合， 综上所述，，故，所以. 故选：C. 28．（2025·福建泉州·二模）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28ml，厚度忽略不计.当倒入14ml茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图所示，延长正四棱台的各条侧棱，交于一点， 设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，四棱锥的高， 可得，所以, 设茶水的高为，可得， 即，所以. 故选：D. 线线角、线面角、二面角题型07 29．（2025·福建泉州·二模）直三棱柱中，，，点E在棱上，． (1)证明：； (2)若平面平面，点Q是上异于点B的动点． （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【解析】（1）证明：由直三棱柱得平面， 又平面，所以， 设，连接，同理可得， 由， 在中，， 所以，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以． （2）（i）证明：由直三棱柱得， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 又平面，平面，所以平面． （ii）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则, 所以， 因为，所以设，则， 设平面的一个法向量为， 由，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以， 所以． 30．（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． (1)设，且，，，四点共面，求实数的值； (2)若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 【解析】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， 又，分别为，的中点， ，， ， ，，共面，存在实数，，使得， 即， ，解得； 方法二：坐标法（利用法向量） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， ， 又，分别为，的中点， ，， 设平面的法向量为， ，，令得， ， 又，，共面， ，解得； 方法三：几何法：延长交于，连接， ，分别为，的中点，， 平面，平面， 平面， 又平面平面， ，，又， 四边形是平行四边形， ，， 过作交于，， 又，； （2）方法一：由（1）得， 又，， 设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 设平面和平面所成的角为， ， 整理得， ，，即； 方法一：利用向量法求三棱锥的高， 平面的法向量为，， 设点到平面的距离为，， 平面，又平面，， 又，，、平面， 平面， 又，分别为，的中点， ，， 平面，又平面，， 又，，， 则， 所以； 方法二：几何法：，分别为，的中点，， 平面，平面，平面， ， ，平面， ， . 31．（2025·福建宁德·二模）如图，平行四边形中，，平面，是等边三角形，平面平面. (1)求证：； (2)若直线和平面所成角为，为线段上一点，当平面和平面所成角的余弦值为时，求的长. 【解析】（1）证明：取的中点，连结，. 平面，， 是等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面 平面，，，，，共面， 平行四边形中，， 平行四边形为边长为2的菱形，且 在等边中，，， 四边形为菱形，，， ，而平面，平面， 而平面，. （2）由（1）得，， 平面，直线和平面所成角为，即， 在中，，， 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设， 则， 设是平面的一个法向量，而， 则， 取，则，， 设是平面的一个法向量，而， 则，， 取，则，，， 平面和平面所成角的余弦值为， ， 或（舍去），. 32．（2025·福建福州·二模）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 【解析】（1）解法一：连结与交于点，连结． 因为点为与的交点，所以点为中点， 又因为为中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 解法二：以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， ． 设平面的法向量为，则 ，即，可取． 因为，平面，所以平面． 解法三：设中点为，连结、、，则且． 因为且，所以且， 四边形是平行四边形，所以． 因为、分别为、中点，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形，所以． 因为，平面，所以平面， 同理平面， 又因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）法1，以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则， ． 设平面的法向量为，则，即，可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点）， 所以可设， 则， 由于与平面所成的角为，所以， 所以 ， 所以，即，解得， 所以，故三点共线． 法2，前面同上，设平面的法向量为， 则即可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），所以可设，则， 因为与平面所成的角为，所以， 所以， 化简得，即 ，得或． 因为不成立．由可得，从而 ，得，所以，故三点共线． 法3，设平面平面，则． 过点作，垂足为，连结． 因为，平面，所以平面， 又因为平面平面，平面，所以． 因为平面平面，所以. 又因为， 所以平面，为斜线在平面上的射影， 为与平面所成角，则． 在中，，所以． 因为，所以， 设，则， 设劣弧上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或（舍去）． 当点在上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或，均舍去． 综上，得，此时点与点重合， 又因为的中点为，故三点共线． 33．（2025·福建厦门·二模）如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． (1)证明：平面； (2)若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）取中点，连接． 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面，所以平面． 因为四边形为正方形，所以． 又因为平面平面，所以平面． 又因为平面平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）因为且，所以四边形为梯形， 延长交的延长线于． 平面，所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 则， 解得， 故． 34．（2025·福建漳州·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 【解析】（1）法一：取的中点，连接， 因为是的中点，且， 所以是的中点， 所以，， 又，，， 所以且， 又，，所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又，所以， 所以四点共面，即四边形为平面四边形. 又多面体其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体为四棱锥. 法二：连接AC，AF，由已知，有， ， 所以，所以四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥， 法三：连接AF，由已知，有 ， ，， 所以， 所以A，M，F，E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥. （2）法一：如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线. 易知为平面与平面的公共点， 又为与的交点，易知也是平面与平面的公共点， 所以即为交线. 法二：如图，连接EM并延长交BD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. 法三：连接FE并延长交CD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. ， 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. （3）法一：因为，平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为Y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF， 则，，，，，， 故，，，，，. 设平面AEF的法向量为， 则，即，不妨取，则可得， 则点P到底面AMFE的距离为，即为四棱锥的高. 因为，所以，因此四边形AMFE为直角梯形， 又由（1）知，，则， 从而，四棱锥P-AMFE的体积. 法二：连接AF， 因为，所以，所以， 所以四棱锥PAMFE的体积， 因为， 所以 ， 所以. 35．（2025·福建三明·二模）如图，直四棱柱中，，，，，直线与直线所成角为，为棱的中点，矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，如图所示. (1)求证：平面； (2)线段与平面交于点，且在上投影向量的模等于，求的值. 【解析】（1）中，，，， 由余弦定理得， 因为，故， 在四棱柱中，，，故四边形为平行四边形， 所以， 因为直线与直线所成角为， 所以为直线与直线所成角或其补角， 又因为，所以，则，所以， 因为，，故四边形为平行四边形，所以， 所以， 又平面，平面，所以平面. （2）（法一）因为，，，所以， 由勾股定理得，且， 因为为直四棱柱，故以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、，设点，. ，， 因为在投影向量的模为， 所以即，得或（舍去）， 所以，， 因为、、、四点共面，所以设平面的一个法向量为， 由，令，得， 由题意可得，则， 由得， 化简得，所以. （法二）因为，，，所以， 由勾股定理得，且， 因为为直四棱柱，故以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、，设点，. ，，， 因为在投影向量的模为， 所以，，得或（舍去）， 所以，， 因为、、、四点共面， 所以设平面的一个法向量为，由， 令，得，由题意可得，， 由得， 化简得，所以. 36．（2025·福建莆田·二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，．    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 【解析】（1）证明：如图，取的中点为，连接，，． 因为底面是菱形，，， 所以，，所以是等边三角形， 又为的中点，所以，且，． 在中，，，，由余弦定理，得， 又，所以，即． 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面． （2）在平面内，过作，与的延长线交于点，连接． 在中，，，，所以，． 在中，，，，由余弦定理，得， 所以，即． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 又平面，所以，即两两垂直． 以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，． 所以，，，． 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，，即平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，，即平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则， 所以，即平面与平面夹角的正弦值为． 37．（2025·福建厦门·二模）如图，在长方体中，与交于点为棱的中点. (1)证明：平面； (2)设，其中，若二面角的大小为，求. 【解析】（1）以为坐标原点，为单位长， 为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题设知. 故， 由得，. 由得，. 而平面平面， 所以平面. （2）由（1）得,由题设知. 故, 由（1）知平面的一个法向量为. 设平面的法向量，则 即 令，则 可得平面的一个法向量. 则， 又二面角的余弦值为， 解得或（舍去），故的值为. 38．（2025·福建福州·二模）如图，在长方体中，，与交于点，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)设，其中，若二面角的大小为，求. 【解析】（1）方法一：以为坐标原点，为单位长， 为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题设知，，，， 由得，. 由得，. 而平面，平面，， 所以平面. 方法二：取中点，设，连结 . 在长方体中，，故， ，故， 因为平面, 所以平面. （2）方法一：由题设知，. 由（1），平面的一个法向量为. 设平面的法向量，则 即 令，可得平面的一个法向量. 则，又二面角的余弦值为， 解得或（舍去），故的值为. 方法二：在平面  内过 Q 作交 于 H ， 则 平面 ，在平面 内过 H 作 HG 垂直于 G ，所以 , 又 , 平面 ， 所以 平面 ， 所以为二面角的平面角， 设，由余弦定理得， 则 所以 所以， 解得. 立体几何范围与问题题型08 39．（2025·福建南平·二模）已知正方体的棱长为4，点分别为线段上的动点，则的最小值为 ，此时 . 【答案】 ； . 【解析】由题可以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，设， 所以， 当取得最小值时，为异面直线和的公垂线段， 所以此时且， 故， 所以取得最小值时，，， 所以的最小值为， 此时. 故答案为：；. 40．（2025·福建三明·二模）若正四面体的棱长为，点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】将正四面体补成正方体， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为正四面体的棱长为，则正方体的棱长为， 则、、，设点， 则，， 所以， 所以， 化简得， 因为，则， 设，，， 所以 . 故的最大值为. 故选：D. 新定义问题题型09 41．（多选题）（2025·福建泉州·二模）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列，在数学上，帕多瓦数列被以下递推的方法定义：数列的前n项和为，且满足：，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．是偶数 D． 【答案】BD 【解析】由题设，， ，，故A错误； 由上分析，，故B正确； 由知：*表示奇数，@表示偶数，如下表， 1 1 1 2 2 3 4 5 7 9 12 16 21 28 * * * @ @ * @ * * * @ @ * @ …… 显然，该数列奇偶数出现以7为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3个奇数，2个偶数， 1个奇数，1个偶数，而，故是奇数，故C错误； 由，，，…，，且，, 所以，又， 故，故D正确． 故选：BD. 42．（多选题）（2025·福建厦门·二模）已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A．不是“可分等比数列” B．是“可分等比数列” C．若是“可分等比数列”，则 D．若是“可分等比数列”，则 【答案】ACD 【解析】对于A，若，则， 因为，所以， 又因为， 所以不存在正整数，使得， 所以不是＂可分等比数列＂，所以选项A正确： 对于B，若，则， 所以，当时，， 所以不存在正整数，使得，所以不是＂可分等比数列＂，所以选项B错误； 对于C，若，则有，所以不存在正整数，使得，所以， 因为是递增等比数列，所以，所以， 因为，所以，即． 下证：对任意，当且仅当时，． 反证法：假设存在正整数，使得当时，， 取满足条件的最小正整数，此时有，使得且， 则，即，即与矛盾． 所以对任意，当且仅当时，，所以选项C正确； 对于D，下证：． 由上可知，即恒成立，只需，即恒成立， ①当时，因为恒成立，所以符合要求； ②当时，因为， 当时，，不符合题设要求． 综上，，所以选项D正确． 故选：ACD. 43．（2025·福建福州·二模）陈嘉豪发现，《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．已知长方体，若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是 （用数字作答）． 【答案】24 【解析】长方体有6个面. 以其中一个面为底面，比如底面. 当以底面为阳马的底面时，从顶点中任选一个顶点作为垂直于底面的侧棱的顶点， 都可以构成1个阳马，这样就有4个阳马. 因为长方体有6个面，每个面都可以像底面这样构成4个阳马. 所以阳马的总个数为.   故答案为：24. 44．（2025·福建宁德·二模）已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为 ，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为 . 【答案】 5 【解析】（1）当时，满足要求的“规范数列”有 ；；；； ； 所以当，时，“规范数列”的个数为. （2），，时，具有“规范数列”数列特征的数列的个数为， 当，，时，由已知数列共有项，其中项为，项为， 所以满足条件的数列的个数为， 若数列为“规范数列”，则第一项为， 若第一项为，第二项为时，“规范数列”个数为， 当第一项为，第二项为，第三项必然为，此时“规范数列”个数为， 所以. 故， 因为函数在上单调递增， 所以当时，取最小值，， 故答案为：；. 45．（2025·福建·二模）项数为的数列满足，当且仅当时（其中,规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为 ． 【答案】/ 【解析】由题意，因为项数为6且， 所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理， 可构成的数列个数为个， 由题意，若为“好数列”，则意味着若，其前一项与后一项相等， ①则若中没有0，则数列为，不符合题意， ②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意， ③若中有2个0，则，，符合“好数列”定义； ④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为， 若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意， 综上，符合题意的“好数列”只有4个， 所以数列是“好数列”的概率为. 故答案为： 46．（2025·福建泉州·二模）笛卡尔通过解析几何，将代数的精确性与几何的直观性结合，不仅推动了数学的变革，还为科学提供了强大的分析工具，其坐标系思想至今仍是科学与工程中不可或缺的基础．在直角坐标系中，如果某曲线上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．类似地，在空间直角坐标系中，我们也定义曲面的方程和方程的曲面．已知在空间直角坐标系中，曲面，是轴与的公共点，且是的四等分点，点在上，，． (1)证明：在上，且平面； (2)当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)设与平面所成的角分别为，当在上运动时，求的取值范围． 【解析】（1）因为点在上，所以，从而，所以点在上， 又，且不重合，所以，且，故四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）取点，连结，则平面， 因为平面，所以，从而，故取最小值当且仅当取最小值， 在平面直角坐标系中，点在椭圆，从而可得的最小值为，平面的一个法向量， ，， 设平面的法向量，则即 整理得令，得，所以， 设平面与平面的夹角为，则． （3）由（2）可知，分别是在平面内的射影，故分别是直线与平面所成角，即， 设，则，，所以， 易得在平面直角坐标系中，为椭圆的焦点， 所以，即，从而，， 又当时，，所以，所以的取值范围为． 47．（2025·福建南平·二模）若简单多面体可以被分割成个完全相同的小多面体，则称该简单多面体为“等和多面体”，其中分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个小多面体的顶点数、棱数、面数分别为，，，，（为与分割方式有关的正整数）. (1)已知长方体是“等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下的值； (2)判断正四面体是否为“等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下的值；若不是，请说明理由； (3)若简单多面体是“等和多面体”，求分割后小多面体的个数与的等量关系. 参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数棱数面数”，即. 【解析】（1）已知过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割.在长方体每个维度上都被分割成两份，所以小长方体的个数为 ； 原长方体顶点数，每个小长方体顶点数， ， 又， 所以； 原长方体棱数，每个小长方体棱数， ， 又因为， 所以； 原长方体面数，每个小长方体面数， ， 又因为， 所以. （2）正四面体，，，， 正四面体是“等和多面体”. 分割方式：将正四面体的每条棱三等分，连接各分点，可将正四面体分割成个完全相同的小正四面体，所以. 每个小正四面体顶点数， ， 又， 所以； 每个小正四面体棱数， ， 又因为， 所以； 每个小正四面体面数， ， 又因为， 所以. （3）利用欧拉公式建立等式： 根据欧拉公式，对于原多面体有， 对于每个小多面体有， 对每个小多面体的欧拉公式两边同时乘以有 ， 两式相减得， 即. 48．（2025·福建福州·二模）已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如． (1)判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由； (2)已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为． （i）求函数的解析式； （ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：． 【解析】（1）是上的“可控函数”． 因为，由得， 所以， 因为，故函数是上的“可控函数”． （2）（i）由函数的定义域为，可得， 由于，又因为， 当时，，则在区间上单调递减， 当时，，则在区间上单调递增， 而，所以当时，的取值范围为， 因为， 所以由“可控函数”的定义可得函数是上的“可控函数”． 所以的最大值不小于． 若，由“可控函数”定义可知满足的条件为 可得，所以． 又因为，由的单调性可得， 当时，的取值范围为， 显然， 所以函数是上的“可控函数”， 所以的最大值为，得，则， 所以函数的解析式为． （ii）先证明． 由（i）可知函数是上的“可控函数”， 由“可控函数”性质可知函数也是上的“可控函数”， 所以． 因为， 且，所以， 所以． 再证． 由（i）可得在区间上单调递减，且， 所以若，则， 若，则． 又因为，所以时， 均大于均小于． 因为， 所以当为奇数时，． 若，可得 ． 若，可得 ， 所以对任意的． 综上所述． 49．（2025·福建厦门·二模）将区间中的全体有理数按一定顺序排列得到数列，规则如下：①，其中正整数与互质，如，；②，当且仅当时，. (1)写出的前5项； (2)若，，求； (3)记的前项和为，证明：. 【解析】（1）的前5项为，，，，. （2）因为，，所以. 又因为，故，， 因此，当且仅当时，. 由于， 故由与2025互质可得既不是3的倍数，也不是5的倍数. 而在1到2024之间的正整数中，是3的倍数的整数有个， 是5的倍数的整数有个，是15的倍数的整数有个. 所以. （3）方法一：依题意，若正整数与互质，则与也互质， 记中分母为正整数的共有项， 则总满足或，其中，为偶数. 因为，所以，且这项的平均数为. （i）对于满足的所有的前项和为. （ii）当时，不妨设，其中. 则. ①若，则，则. ②若，则 ， 则， 所以. 综上，. 方法二：记，中的元素个数为. 设，其中. ，若正整数与互质，则与互质， 故，中所有元素之和为. （i）若，则，. （ii）若，设中的元素从小到大排列依次为， 则，这是由于不等式两边的元素数量均为个， 但左边的最大元素小于右边的最小元素. 所以， 所以， 从而， 综上，. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$