专题03 数列和立体几何-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（安徽专用）

专题03 数列和立体几何 题型概览 题型01 数列的性质和求和 题型02 数列新定义 题型03 空间几何体的表面积和体积 题型04 垂直平行的证明和空间角 数列的性质和求和题型01 1．（2025·安徽马鞍山·二模）数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·安徽滁州·二模）已知首项为负数的等比数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·安徽安庆·二模）已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（    ） A． B． C． D． 4．（2025·安徽黄山·二模）已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 5．（2025·安徽·二模）记数列的前项和为，若，则的值不可能为（    ） A．96 B．98 C．100 D．102 6．（2025·安徽蚌埠·二模）已知公差不为0的等差数列的前项和为，若，则正整数的值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 7．（2025·安徽淮北·二模）甲乙两名玩家轮流从装有个小球的容器中取球，每次至少取一个，先取球者第一次不能将球取完，之后双方每次取球数不超过对手上一轮取球数的2倍，取得最后一个球的玩家获胜.若甲先取，乙有必胜的策略，则可以是（    ） A．4 B．5 C．8 D．13 8．（2025·安徽淮北·二模）设数列的前项和为，对任意正整数有，下列命题正确的有（    ） A．若，则 B．一定不是等差数列 C．若为等比数列，则公比为2 D．若，则为等比数列 9．（2025·安徽淮北·二模）若实数和的等差中项为1，则的最小值为 . 10．（2025·安徽滁州·二模）已知函数及其导函数的定义域均为．若，，且的图象关于直线对称，则 ． 11．（2025·安徽池州·二模）在等差数列中，若，则 . 12．（2025·安徽安庆·二模）数列满足，则使得的最小正整数的值为 . 13．（2025·安徽芜湖·二模）已知数列的前n项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求. 14．（2025·安徽滁州·二模）在数列中，，，其前项和为．数列是公差为的等差数列． (1)求； (2)若， （ⅰ）求数列的通项公式及前项和； （ⅱ）若，数列满足，，求证：对任意正整数，都有． 15．（2025·安徽·二模）已知数列满足，且. (1)若，求满足条件的的值； (2)设集合， （ⅰ）若，证明：，，成等比数列； （ⅱ）若（其中），且，求的最大值. 16．（2025·安徽合肥·二模）已知是等差数列，是等比数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和． 数列新定义题型02 17．（2025·安徽黄山·二模）若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． (1)若（是正整数），求，，的值； (2)若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； (3)若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 18．（2025·安徽马鞍山·二模）将数列中不同的两项与交换位置，其余项不变得到的数列称为的“对换数列”，若时，，则称为一个逆序对，例如：数列2，3，1的逆序对有：，.将数列中逆序对的个数称为的逆序数，记为，记. (1)写出数列1，5，2，4，3，6的所有逆序对； (2)求数列的所有“对换数列”的逆序数之和； (3)定义：将数列的所有项重新排列后得到的数列称为的一个“重排数列”.若是数列的一个“重排数列”，是数列的一个“对换数列”，证明：. （注：.） 19．（2025·安徽池州·二模）设正项数列，如果对小于的每个正整数都有，则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合（其中）. (1)若，求； (2)若，且，证明：； (3)若中存在使得，证明：. 20．（2025·安徽安庆·二模）定义在同一数集上的函数，按一定顺序排成一列，称为数集上的函数列，记为的导函数为. (1)若满足，证明：为等比数列： (2)定义在上的函数列满足，且. ①若，设，证明：： ②若，证明：. 空间几何体的表面积和体积题型03 21．（2025·安徽芜湖·二模）已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外），所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 22．（2025·安徽马鞍山·二模）在三棱柱中，截去三棱锥后，剩余的部分是（    ） A．五棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱台 23．（2025·安徽黄山·二模）陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一（如图1），一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱（如图2），其中总高度为，圆柱的高度为，该陀螺由密度为的木质材料制成（密度），其总质量为，则此陀螺圆柱底面的面积为（   ） A． B． C． D． 24．（2025·河南焦作·二模）在直三棱柱中，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（   ） A． B． C． D． 25．（2025·安徽马鞍山·二模）已知在三棱柱中，底面，，，且，记，则（    ） A．存在，使得 B．三棱柱的侧面积随的增大而减小 C．三棱柱的体积随的增大而减小 D．三棱锥外接球表面积的最小值为 26．（2025·安徽蚌埠·二模）在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A． 平面 B．直线与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 27．（2025·安徽淮北·二模）如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为 ；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为 . 垂直和平行的证明和空间角题型04 28．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形为矩形，，．是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（    ） A． B． C． D． 29．（2025·安徽合肥·二模）已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 30．（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（    ） A．存在点，使得 B．直线与平面所成的最大角为 C．若不共面，则四面体的体积的最大值为 D．若，则点的轨迹的长为 31．（2025·安徽·二模）已知正三棱锥的各顶点均在半径为1的球的球面上，则正三棱锥内切球半径的最大值为 . 32．（2025·安徽芜湖·二模）在四棱台中，，，，，. (1)证明：. (2)若四棱台的体积为7， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值的最大值. 33．（2025·安徽淮北·二模）四棱锥中，平面， (1)求； (2)求证：； (3)求与平面所成角的正弦值. 34．（2025·安徽马鞍山·二模）如图，在四棱锥中，底面，，，，侧棱与底面所成的角为，且，. (1)求； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 35．（2025·安徽·二模）如图，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，当直线与平面所成角取最大值时，求. 36．（2025·安徽合肥·二模）如图，三棱柱的所有棱长都为2，,是的中点，． (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 37．（2025·安徽池州·二模）如图，在四棱锥中，底面. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 38．（2025·安徽安庆·二模）如图，在矩形中，为中点，在边上，且，将沿翻折至，得到五棱锥为中点.    (1)求证： 平面： (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 39．（2025·安徽蚌埠·二模）如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形， ，点是棱上的一点，且满足. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 数列和立体几何 题型概览 题型01 数列的性质和求和 题型02 数列新定义 题型03 空间几何体的表面积和体积 题型04 垂直平行的证明和空间角 数列的性质和求和题型01 1．（2025·安徽马鞍山·二模）数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由递推公式逐个求得，再由对数运算即可求解. 【详解】，由， 可得：， ， ， 所以， 故选：C 2．（2025·安徽滁州·二模）已知首项为负数的等比数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等比数列通项公式与求和公式可得解. 【详解】设数列的公比为， 则， 又，则，即， 又， 即，解得， 又，则， 所以，， 故选：C. 3．（2025·安徽安庆·二模）已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由等比数列的性质可得出的值，结合已知条件求出的值，可求出、的值，再结合等比数列的求和公式可求得的值. 【详解】因为等比数列的前项和为，设其公比为， 由已知，故，所以，，则， 故，所以，，故. 故选：D. 4．（2025·安徽黄山·二模）已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意分别求出等差数列的公差和等比数列的公比，利用等比数列通项公式求值即可. 【详解】由题意，设前10项等差数列的公差为，则，解得， 所以. 设第9项起依次成的等比数列的公比为，则，即. 所以. 故选：B. 5．（2025·安徽·二模）记数列的前项和为，若，则的值不可能为（    ） A．96 B．98 C．100 D．102 【答案】D 【分析】根据和的关系分析及特例求解判断即可. 【详解】当时，，设， 当时，，则， 即，所以， 时取等，故D错误； 若，，且，，， 此时； 若，，且，，， 此时. 故A，B，C正确. 故选：D. 6．（2025·安徽蚌埠·二模）已知公差不为0的等差数列的前项和为，若，则正整数的值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】B 【分析】根据等差数列的前项和公式以及等差数列的性质求出，再结合已知条件列出关于的方程，进而求出的值. 【详解】设等差数列的公差为， 由，得， 所以，又，所以. 故选：B. 7．（2025·安徽淮北·二模）甲乙两名玩家轮流从装有个小球的容器中取球，每次至少取一个，先取球者第一次不能将球取完，之后双方每次取球数不超过对手上一轮取球数的2倍，取得最后一个球的玩家获胜.若甲先取，乙有必胜的策略，则可以是（    ） A．4 B．5 C．8 D．13 【答案】BCD 【分析】利用数学归纳法证明，当n为斐波那契数列中的数时，乙有必胜策略，再判断选项中的数是否属于斐波那契数列即可求解. 【详解】设是斐波那契数列：， 现证明以下结论成立：若，则后取者乙有必胜策略. 当时，甲只能取1个球，故乙必胜；当时，若甲取1个球，乙可直接取2个球后获胜；若甲取2个球，乙可直接取1个球后获胜，故乙必胜.故结论成立. 设和时结论成立，那么时，若甲取的球数，则剩下的球数为，故乙只要将剩下的个球全部取走而获胜； 若甲取的球数，注意到，故不失一般性可以假设一开始个球分成两堆，其中一堆个球，另一堆有个球，而甲从有个球的一堆中取走了r个球，于是由归纳假设，乙有策略保证自己取到有个球的那堆中的最后一个球，而剩下有个球的那一堆，并由归纳假设知乙可使自己最后一次取球的个数不大于，这时无论甲取多少个球（至多为不可能将个球取完），由归纳假设知乙有必胜策略，保证自己取到最后一个球，且乙最后一个所取球的个数，故若，则后取者乙有必胜策略. 选项中，，故当n为5，8，13时，乙有必胜的策略. 故选：BCD. 8．（2025·安徽淮北·二模）设数列的前项和为，对任意正整数有，下列命题正确的有（    ） A．若，则 B．一定不是等差数列 C．若为等比数列，则公比为2 D．若，则为等比数列 【答案】ABD 【分析】求出可判断A；假设是等差数列，设公差为，求出代入根据多项式相等可判断C；若为等比数列，由两式相减得，求出可判断C；求出，利用可判断D. 【详解】对于A，，当时，，故A正确； 对于B，假设是等差数列，设公差为， 则， 由得， 即， 根据多项式相等可得，方程组无解， 所以一定不是等差数列，故B正确； 对于C，若为等比数列，由两式相减得， 即，由得，解得，故C错误； 对于D，若，则，， 当时，，所以， 当时，， 两式相减可得，即， 所以数列的奇数项是以为首项，为公比的等比数列， 偶数项是以首项为公比的等比数列，又， 所以数列为等比数列，故D正确. 故选：ABD. 9．（2025·安徽淮北·二模）若实数和的等差中项为1，则的最小值为 . 【答案】2 【分析】利用等差中项性质，结合基本不等式可求得的最小值. 【详解】若实数和的等差中项为1，则， ，即， 即，当且仅当取等号. 故 的最小值为2. 故答案为：2. 10．（2025·安徽滁州·二模）已知函数及其导函数的定义域均为．若，，且的图象关于直线对称，则 ． 【答案】 【分析】利用导数运算可得，结合可得，利用等差数列的求和公式可求. 【详解】因为的图象关于直线对称，故， 故（为常数）， 令，则，故， 故， 而，故， 所以，所以， 所以，故 ， 在中令，则， 故 ， 故答案为： 11．（2025·安徽池州·二模）在等差数列中，若，则 . 【答案】16 【分析】根据题意，列式求出公差，求得通项公式，得解. 【详解】由，则，解得， ，则， . 故答案为：16. 12．（2025·安徽安庆·二模）数列满足，则使得的最小正整数的值为 . 【答案】6 【分析】将条件变形，然后取对数，得出为以为首项，2为公比的等比数列，然后得出，即可得出答案. 【详解】因为，所以，则， 又，所以为以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，则使得， 计算得最小正整数值为6， 故答案为：6. 13．（2025·安徽芜湖·二模）已知数列的前n项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）借助与的关系计算可得，再利用等比数列定义计算即可得； （2）由题意可得，数列的其余项为1，则可借助分组求和计算即可得解. 【详解】（1）由，得， 则，即， 又，满足，所以， 所以是首项是，公比为的等比数列，故； （2）由题知，数列的其余项为1， 则 . 14．（2025·安徽滁州·二模）在数列中，，，其前项和为．数列是公差为的等差数列． (1)求； (2)若， （ⅰ）求数列的通项公式及前项和； （ⅱ）若，数列满足，，求证：对任意正整数，都有． 【答案】(1)或 (2)（ⅰ）．；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）方法1：由及，利用等差数列基本量的运算求解即可； 方法2：先求出，然后利用化简得，将已知条件代入求解即可. （2）（ⅰ）与相减得，，利用累乘法得，即可； （ⅱ）由（ⅰ）得，进而求得，累加法结合即可证明. 【详解】（1）方法1：，，， 由或， 于是或，所以或． 方法2：显然，则， 于是，所以， 相减得，即， 所以，，又，，解得或. （2）（ⅰ）当时，，即， 所以，相减整理得，， 所以，，…，，累乘得，， 也满足上式，所以． 所以． （ⅱ），，显然． ， 所以，，…，， 累加得，得证． 15．（2025·安徽·二模）已知数列满足，且. (1)若，求满足条件的的值； (2)设集合， （ⅰ）若，证明：，，成等比数列； （ⅱ）若（其中），且，求的最大值. 【答案】(1)3 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由题意可得：或，结合的值分析求解即可； （2）（i）由题可知，分析可知，，即可得结果；（ⅱ）由题意可知：或，根据题意结合累积法分析可知，进而分析最值即可. 【详解】（1）由题意可知：或， 且， 若，则或，显然不合题意； 若，则，符合题意； 所以. （2）（ⅰ）由题知，当时，， 若，则与且矛盾， 所以，所以， 若，则与且矛盾， 所以，同理可得， 所以成公比为的等比数列； （ⅱ）由 可推得，或， 对于任意正整数， 可得， 即， 所以，所以， 由题知，所以，，， 所以，，， 若，则与且矛盾，所以， 因为且，所以且，所以， 因为，，所以， 又，，， 所以为正奇数， 所以， 同理，，， 所以， 当为，，1，，0，，，0，，，0，，时，符合题意， 所以的最大值为. 16．（2025·安徽合肥·二模）已知是等差数列，是等比数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）设出公差和公比，根据条件得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式； （2），利用错位相减法求和得到答案. 【详解】（1）设公差为，公比为， ，故，， ，故， 联立，解得或（舍去）， 故，； （2），设数列的前项和为， 则，① ，② 两式①-②得， 所以. 数列新定义题型02 17．（2025·安徽黄山·二模）若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． (1)若（是正整数），求，，的值； (2)若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； (3)若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 【答案】(1)，，； (2)证明见解析； (3)存在，最小k为7. 【分析】（1）根据定义有且，将代入依次求出； （2）根据已知有，得，进而有，，，即可证； （3）根据题设定义得到且，进而有且，结合及不等式能成立求n的范围，即可得. 【详解】（1）由题设，且， 所以，即，， ，即，， ，即，， 所以，，； （2）由题设，则， 所以，，则， 所以，，， 所以，故，即数列是等差数列； （3）当为奇数时，，则， 由，即，，则； 当为偶数时，，则， 由，即，，则； 所以且，则且， 而， 要使，则， 当且，则， 所以，则，可得； 当且，则， 所以，则，显然不成立； 综上，时的最小值为7. 18．（2025·安徽马鞍山·二模）将数列中不同的两项与交换位置，其余项不变得到的数列称为的“对换数列”，若时，，则称为一个逆序对，例如：数列2，3，1的逆序对有：，.将数列中逆序对的个数称为的逆序数，记为，记. (1)写出数列1，5，2，4，3，6的所有逆序对； (2)求数列的所有“对换数列”的逆序数之和； (3)定义：将数列的所有项重新排列后得到的数列称为的一个“重排数列”.若是数列的一个“重排数列”，是数列的一个“对换数列”，证明：. （注：.） 【答案】(1)，，， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据逆序对定义可得答案； （2）交换与后共产生个逆序数，再求可得答案； （3）求出，只有满足的数才会发生逆序数的变化，设这样的数有个，由于这个数对与的顺序同时发生变化产生个逆序数可得答案. 【详解】（1），，，； （2）因为交换与后共产生个逆序数，， 所以 ； （3）由（2）可知，， 因为是将中与两项交换所得， 故之前的项及之后的项逆序数不变， 对于与之间的项， 只有满足的数才会发生逆序数的变化， 设这样的数有个，由于这个数对与的顺序同时发生变化， 产生个逆序数，又与交换产生1个逆序数， 则共产生个逆序数，设， 则， 则. 19．（2025·安徽池州·二模）设正项数列，如果对小于的每个正整数都有，则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合（其中）. (1)若，求； (2)若，且，证明：； (3)若中存在使得，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据“时刻”的概念可得，，由此可得结果. （2）根据题意可得，由得，由此可证明结论. （3）记，可证明，即证明结论. 【详解】（1）当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 综上，. （2）由题意知， 即，所以， 由得，所以，所以，即. （3）因为存在使得，所以， 记， 显然，且对任意的正整数，即， 又因为，所以，所以，所以. 20．（2025·安徽安庆·二模）定义在同一数集上的函数，按一定顺序排成一列，称为数集上的函数列，记为的导函数为. (1)若满足，证明：为等比数列： (2)定义在上的函数列满足，且. ①若，设，证明：： ②若，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）求导，然后利用等比数列的定义证明即可； （2）①构造函数，求导，结合条件判断其单调性，得出，然后错位相减法即可完成证明； ②利用①构造的函数得出，然后证明即可. 【详解】（1）由，得，显然， 又，故为首项为1，公比为2的等比数列. （2）① 设，则， 因为时，所以在恒成立， 故在上单调递增， 当， 得，故， 令， 则， 故，由于， 得； ②当时，左边右边都等于0，显然成立； 当时，由于在上单调递增， 若，则，即， 此时，由①得，所以， 若，则，即， 此时，所以，故， 下证：当，且时，，令， 即证明：. 令，故在上单调递减， 故时，，即， 时，，即， 从而， 故. 空间几何体的表面积和体积题型03 21．（2025·安徽芜湖·二模）已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外），所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出圆锥的轴截面，得到内切圆均切于各边的中点，从而得到交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，求出上部分圆锥与圆锥的体积之比，即可得解. 【详解】如图，作出圆锥的轴截面，设的内切圆的圆心为， 切、、于、、， 因为为等边三角形，所以、、分别为、、的中点， 设与交于点，的边长为，则，，， 则圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆， 所在的平面将圆锥分成上下两部分，此时上部分圆锥的底面半径为，高为， 又圆锥的底面半径为，高为， 所以上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为， 所以所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为. 故选：B 22．（2025·安徽马鞍山·二模）在三棱柱中，截去三棱锥后，剩余的部分是（    ） A．五棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱台 【答案】B 【分析】结合题意画出相应图形，即可得答案. 【详解】如图可得三棱柱中，截去三棱锥后，剩余的部分是四棱锥. 故选：B 23．（2025·安徽黄山·二模）陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一（如图1），一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱（如图2），其中总高度为，圆柱的高度为，该陀螺由密度为的木质材料制成（密度），其总质量为，则此陀螺圆柱底面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由质量和密度求出此陀螺圆柱体积，通过圆锥、圆柱体体积公式求得此陀螺圆柱体积，然后建立方程后解得底面面积. 【详解】此陀螺圆柱体积， 设此陀螺圆柱的底面半径为，则， ∴此陀螺圆柱的底面面积. 故选：C. 24．（2025·河南焦作·二模）在直三棱柱中，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由外接球表面积得到球的半径，进而求得，即可求解. 【详解】因直三棱柱中，， 则两个底面三角形的外接圆圆心分别为的中点， 如图所示，. 设棱柱的外接球的半径为，圆心为， 由，可得，由对称性知，O为中点， 由图，解得. 因侧面绕直线旋转一周后得到的几何体是底面半径为，高为2的圆柱， 其体积为. 故选：B 25．（2025·安徽马鞍山·二模）已知在三棱柱中，底面，，，且，记，则（    ） A．存在，使得 B．三棱柱的侧面积随的增大而减小 C．三棱柱的体积随的增大而减小 D．三棱锥外接球表面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】由得出可判断A；求出关于单调递减可判断B；求出关于单调递减可判断C；记三棱锥外接球半径为，的外接圆半径为，由可判断D. 【详解】对于A，若，因为，则，矛盾，故不存在，使得，故A错误； 对于B，易知，， 记三棱柱的侧面积为， 则，因为，所以关于单调递减， 故B正确； 对于C，记三棱柱的体积为， 则关于单调递减，故C正确； 对于D，记三棱锥外接球半径为，的外接圆半径为， 因为，则， 故， 当且仅当即时，最小值为，外接球表面积的最小值为， 故D正确. 故选：BCD. 26．（2025·安徽蚌埠·二模）在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A． 平面 B．直线与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】AC 【分析】对于A，判断FG与平面关系：正方体棱长，、为特定棱中点，得FG与平行，FG不在平面内，在该平面内，所以FG平行平面. 对于B，求AE与FG所成角余弦值：连BG、BF，AE与BG平行，是所成角或补角，由棱长算BG、GF、BF长，用余弦定理得值，取绝对值得正确值. 对于C，求点到平面距离：算边长和面积，设距离为，利用求出. 对于D，求外接球表面积：算正方体相关线段长，确定射影位置，设半径和球心，根据关系求，再算表面积. 【详解】在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点， 所以 ，又平面平面，所以 平面，故A正确； 连接，易得 ，所以为直线与所成的角或补角，又易得， 由余弦定理得，所以直线与所成角的余弦值为，故B错误； 在中，，所以， 设点到平面的距离为，又， 所以，解得，即点到平面的距离为，故C正确； 易得，所以为直角三角形，所以在底面的射影为的中点，设为， 设外接球半径为，球心为，由，解得，所以外接球的表面积为，故D错误. 故选：AC. 27．（2025·安徽淮北·二模）如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为 ；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】根据因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，先求出圆锥的母线长与底面半径，从而求得圆锥外接圆的半径，即可求解圆锥外接圆的表面积；再在平面内过点P作直线，取中点M，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，过作垂线，分别交，于点和，连接，，结合平行线的性质和勾股定理，求出的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解. 【详解】设圆锥的母线长，底面半径， 因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆， 所以，，解得， 所以中， 设圆锥外接圆的圆心为G，半径为R， 由圆锥外接圆的性质可知，点G在线段上， 在中，，即，解得， 故圆锥外接球的表面积为. 在平面内过点P作直线，取中点M，连接， 则，且， 因为顶点为的圆锥有且仅有一条母线在平面内， 所以平面平面, 又平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 过作垂线，分别交，于点和， 连接，，即, 又,平面， 所以平面, 又平面，所以，即到的距离为， 所以，所以， 因为，所以，所以， 在中，， 在中， 设与圆锥底面所成角为，则， 则,即与圆锥底面所成角的余弦值为. 故答案为：；. 垂直和平行的证明和空间角题型04 28．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形为矩形，，．是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线线垂直证明线面垂线，进而证明面面垂直，结合三角形相似可得距离. 【详解】 如图所示， 取中点，中点，连接，，，， 由是等边三角形，是等腰直角三角形，， 则，，， 又，， ，，平面， 所以平面， 所以平面平面，平面平面，平面平面， 又平面，且平面，平面平面， 所以， 又平面平面，且平面平面，平面平面， 所以， 则作出平面如图所示， 设， 则， 所以， 又，， 则， 由， 所以，，， 设过点作与，分别交于点，， 则即为两平面间距离， ， 故选：C. 29．（2025·安徽合肥·二模）已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出圆锥的底面半径和，过点作交的延长线于点，为与所成角，由余弦定理求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为，所以， 所以，所以， 所以，又正三角形内接于， 所以，解得：，所以， 所以， 过点作交的延长线于点，， 所以与所成角即为与所成角或其补角， 所以为与所成角， 由余弦定理可得：， 故选：A. 30．（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（    ） A．存在点，使得 B．直线与平面所成的最大角为 C．若不共面，则四面体的体积的最大值为 D．若，则点的轨迹的长为 【答案】AC 【分析】对于A选项，当点为中点时，利用向量证明即可；对于B选项，当点位于点时，此时线面角为，大于；对于C选项，当点位于点（或棱上）时，体积最大，为；对于D选项，先判断出点的轨迹为四段圆弧，然后求出长度即可. 【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确； 对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误； 对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远， 此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图， 在棱上取点，使，在棱上取点使， 在棱上取中点，则，， 则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为， ，圆心角依次为， 圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D错误； 故选：AC. 31．（2025·安徽·二模）已知正三棱锥的各顶点均在半径为1的球的球面上，则正三棱锥内切球半径的最大值为 . 【答案】 【分析】利用正三棱锥外接球半径，结合“正三棱锥体积正三棱锥表面积正三棱锥内切球半径”，可求内切球半径的表达式，再结合三角换元的方法可求内切球半径的最大值. 【详解】设正三棱锥的底面边长，到平面的距离为， 所以，， 所以，，， 所以 ， 不妨设，，所以，所以， 设，， 所以 ， 所以内切球半径的最大值为. 故答案为： 32．（2025·安徽芜湖·二模）在四棱台中，，，，，. (1)证明：. (2)若四棱台的体积为7， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若为棱上一动点，求平面与平面所成角余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由线线垂直得平面，得，进一步得平面，从而得到； （2）（i）由四棱台的体积为7得，以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法得到与平面所成角的正弦值； （ii）因为为棱上一动点，设，分别求出平面与平面的法向量，用表示出两平面所成角的余弦值，从而求得最大值. 【详解】（1）在中，，所以，所以，即， 因为，，平面， 所以平面，平面，所以. 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）因为，， 所以，所以. （i）以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，所以， 因为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）， 则， 设，， 设平面法向量，则， 即， 令，得，所以， 由题意可得平面的法向量， 所以， 即平面与平面所成角余弦值为， 因为，所以当时，取得最大值， 所以平面与平面所成角余弦值的最大值为. 33．（2025·安徽淮北·二模）四棱锥中，平面， (1)求； (2)求证：； (3)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）分别在和中使用余弦定理，解方程即可得出答案； （2）先证得，，由线面垂直的判定定理证得平面，由线面垂直的性质定理即可证得； （3）法一：先求出和的面积，再由等体积法求出点到平面的距离，即可求出与平面所成角的正弦值；法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【详解】（1）分别在和中使用余弦定理得： 即， 得，所以； （2）因为， 由余弦定理可得：， 所以，从而，所以. 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以. （3）方法一：设三棱锥的体积为和的面积分列为， 点到平面的距离为，因为，所以 因为平面，平面， 所以，，所以， 所以， 且，由得 所以与平面所成角的正弦值为. 方法二：因为平面，以为坐标原点， 分別以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以可取， 设与平面所成角为的， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 34．（2025·安徽马鞍山·二模）如图，在四棱锥中，底面，，，，侧棱与底面所成的角为，且，. (1)求； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件证明，结合条件，根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得，由条件结合直线与平面所成的角的定义，证明，设，求，结合关系列方程求可得结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的夹角，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）因为平面，平面 所以， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以， 因为平面，所以在平面上的射影为， 所以为直线与底面所成的角， 因为与底面所成的角为，所以，又， 所以， 设， 因为，，， 所以，，又，故， 则， 因为因为平面，平面 所以，所以， 所以，   解得或（舍去）， 故. （2）以为坐标原点，、分别为、轴的正方向，过作垂直于平面的直线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 则 ，， 设平面的法向量为， ， 令，得，， 则为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， ， 令，可得，， 得为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 35．（2025·安徽·二模）如图，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，当直线与平面所成角取最大值时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）连接，可得，证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明； （2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，妨设，求出平面的一个法向量和的坐标，利用夹角公式求解. 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. ∵，分别为，的中点，∴， 在正四棱锥中，平面， 又∵平面，∴， 又底面为正方形，∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）由（1）以及题意可知，在中，，. 在中，，，∴. 又∵，，， ∴以为坐标原点，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，，，，，，， 则，，，. ∵在棱上，∴不妨设， 则，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，，则. 设与平面所成的角为， 则，当且仅当时等号成立. ∴当与平面所成角取得最大值时，. 36．（2025·安徽合肥·二模）如图，三棱柱的所有棱长都为2，,是的中点，． (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，得到，证得，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，结合，证得平面，进而证得平面平面. （2）连接，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为是的中点，所以， 又因为三棱柱的所有棱长都是2， 所以四边形为菱形，所以，所以， 因为，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在等边中，因为为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）解：连接，因为三棱柱的所有棱长都为2，且， 可得为等边三角形，且为的中点，所以， 由（1）知：平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 所以两两垂直，以为坐标原点，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， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的正弦值为. 37．（2025·安徽池州·二模）如图，在四棱锥中，底面. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一：取的中点，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果，解法一：过作，垂足为，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果. （2）解法一：过作， 可求得是二面角的平面角，计算求得结果，解法二：以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴 ，建立直角坐标系，求得平面的法向量计算求得结果. 【详解】（1）解法一：取的中点 由得，由得 又平面，所以三点共线，所以 由平面得 又平面，所以平面 解法二：过作，垂足为 由得，所以 又平面，所以三点共线，所以 由平面得 又平面，所以平面 （2）解法一：过作，由（1）知 又平面，所以平面，所以 又平面平面平面平面 所以是二面角的平面角，即是平面与平面的夹角. 由得，又，则，则，则 所以，所以 所以平面与平面夹角的余弦值为. 解法二：由得，又，所以 如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴 ，建立直角坐标系， 则. 记平面的法向量为 则有，即，则，令，得 所以取平面的法向量的一个法向量为 记平面PAC的法向量为 取平面的法向量的一个法向量为 所以 所以平面与平面夹角的余弦值为. 38．（2025·安徽安庆·二模）如图，在矩形中，为中点，在边上，且，将沿翻折至，得到五棱锥为中点.    (1)求证： 平面： (2)若平面平面，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）如图，取中点，连接，然后通过证明平面 平面，进而证明 平面； （2）取中点，连接，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，    因为在矩形中， ， 所以 且， 所以四边形为平行四边形， 所以 ，又 ，所以 ， 因为平面，所以 平面， 在中，分别为的中点， 所以 ， 因为平面，所以 平面， 因为平面平面， 所以平面 平面，又平面， 所以 平面； （2）取中点，连接，如图所示，    因为在矩形中，， 所以在中，，且， 因为平面平面，且平面平面， 所以平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，并过点分别作与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得： ， 所以， 设平面的法向量为，有 ，所以， 取，得平面的一个法向量为 又，设直线与平面所成角的， 则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 39．（2025·安徽蚌埠·二模）如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形， ，点是棱上的一点，且满足. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面得出，进而平面，最后应用面面垂直判定定理得出面面垂直； （2）先应用面面垂直性质定理得出平面，再建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量进而求出面面角的余弦值. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，如图所示，又，所以， 因为是边长为2的等边三角形，点是的中点，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，又平面，所以， 又，所以. 取的中点，连接，则，由（1）可知，平面平面， 平面平面平面，所以平面. 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 所以， 设平面的一个法向量为， 又 ，所以 令，解得，所以平面的法向量为. 设平面的一个法向量为，又， 所以 令，解得，所以平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$