专题04 数列、立体几何（甘肃专用）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编

专题04 数列、立体几何 题型概览 题型01 等差数列 题型02 等比数列 题型03 空间几何体 题型04 点、直线、平面之间的位置关系 ( 题型01 )等差数列 1．（2025·甘肃·一模）已知等差数列的前项和为，，，则数列的前项和 . 2．（2025·甘肃兰州·一模）已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)若数列满足，证明：（e为自然对数的底）． 3．（2025·甘肃·一模）已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（    ） A． B． C． D． ( 题型0 2 )等比数列 4．（2025·甘肃·一模）数列满足，数列满足. (1)求证：数列是等比数列，并求其通项公式； (2)若数列满足是数列的前项和，对恒成立，求实数的取值范围. 5．（2025·甘肃·一模）已知等比数列的前项积为，若，则 ． 6．（2025·甘肃·一模）欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式唯一的.对于任意正整数，记为的所有正因数的个数，为的所有正因数的和. (1)若数列，求数列的前项和； (2)对互不相等的质数，证明：，并求的值. 7．（2025·甘肃·一模）设数列的前项和为，已知. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围. ( 题型0 3 )空间几何体 8．（2025·甘肃·一模）用一个平面截正方体，截面形状为正六边形，则截出的两部分几何体的体积之比是 . 9．（2025·甘肃兰州·一模）正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为 ． 10．（2025·甘肃张掖·一模）在圆台中，下底面半径为上底面半径的4倍，高为4，体积为，则圆台的母线与下底面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 11．（2025·甘肃白银·一模）在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 12．（2025·甘肃·一模）半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（    ） A． B． C． D． 13．（2025·甘肃·一模）如图，四棱锥中，底面四边形为凸四边形，且，，． (1)证明：； (2)已知平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积． 14．（2025·甘肃·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，． (1)求证：； (2)点在线段上，若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 15．（2025·甘肃·一模）已知三棱锥，面，，交于，交于，，记三棱锥，四棱锥的外接球的表面积分别为，，当三棱锥体积最大时，则 . 16．（2025·甘肃·一模）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为 立方尺（注：1丈尺） 17．（2025·甘肃·一模）如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（    ）    A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为 C．平面 D．当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为 ( 题型0 4 )点、直线、平面之间的位置关系 18．（2025·甘肃·一模）正四面体的三条棱是圆锥的三条母线，点在圆锥的底面内，过且与圆锥底面垂直的平面与圆锥侧面交于（不同于）. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 19．（2025·甘肃兰州·一模）已知正四棱柱底面边长为3，点E、F分别在直线AD、CD上，，． (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值． 20．（2025·甘肃兰州·一模）已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 21．（2025·甘肃·一模）如图所示的在长方体中，若，、分别是、的中点，则下列结论中成立的是（    ） A．与垂直 B．与所成的角大小为 C．与平面所成角大小为 D．直线与平面不平行 22．（2025·甘肃·一模）如图，在三棱锥中，平面，，.    (1)求点到平面的距离； (2)设点为线段的中点，求二面角的正弦值. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 数列、立体几何 题型概览 题型01 等差数列 题型02 等比数列 题型03 空间几何体 题型04 点、直线、平面之间的位置关系 ( 题型01 )等差数列 1．（2025·甘肃·一模）已知等差数列的前项和为，，，则数列的前项和 . 【答案】 【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的表达式，进而可得出的表达式，再利用等差数列的求和公式可求得. 【详解】设等差数列的公差为，则，解得， 所以，，所以，， 所以，，故数列为等差数列， 所以，. 故答案为：. 2．（2025·甘肃兰州·一模）已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)若数列满足，证明：（e为自然对数的底）． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式； （2）设，求导，可得的单调性，进而可得结论； （3）由题意需证，由（2）可得，利用放缩法与裂项相消法可证结论. 【详解】（1）设等差数列公差为成等比数列，则， 所以，解得或（舍去），所以； （2）设，当时，单调递减， ，所以，由（1）可知， 则有，所以不等式恒立． （3）因为，所以要证， 只需证：， 根据（2）可知，那么， ， 所以. 3．（2025·甘肃·一模）已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知得出，公差，然后返和(即)分类计算. 【详解】由题意知是等差数列的前n项和中的最小值，必有，公差， 若，此时，，是等差数列的前n项和中的最小值， 此时，即，则； 若，，此时是等差数列的前n项和中的最小值， 此时，，即， 则， 综上可得：的取值范围是， 故选:B． ( 题型0 2 )等比数列 4．（2025·甘肃·一模）数列满足，数列满足. (1)求证：数列是等比数列，并求其通项公式； (2)若数列满足是数列的前项和，对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）应用等比数列定义结合等比数列通项公式计算求解； （2）应用等比数列的求和公式计算结合对数运算计算求解. 【详解】（1），且由题， ， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ， ， ，又， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ； （2）由（1）可知，， ， ， 由于对恒成立， 所以. 5．（2025·甘肃·一模）已知等比数列的前项积为，若，则 ． 【答案】1 【分析】依题意可得，再由下标和性质计算可得. 【详解】等比数列的前项积为， 因为，所以．因为，所以． 故答案为：. 6．（2025·甘肃·一模）欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式唯一的.对于任意正整数，记为的所有正因数的个数，为的所有正因数的和. (1)若数列，求数列的前项和； (2)对互不相等的质数，证明：，并求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意结合等比数列求和公式可得，再利用裂项相消法运算求解； （2）先根据题意求，再结合结合集合证明等式，根据，代入运算即可. 【详解】（1）由题意可知：的正因数有， 则， 可得， 所以. （2）若为质数，则， 因为为质数，可知： 的正因数组成的集合为，； 的正因数组成的集合为，； 的正因数组成的集合为，； 的正因数组成的集合为， 则， 且 ， 所以. 因为， 则， 所以. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 7．（2025·甘肃·一模）设数列的前项和为，已知. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先可以根据已知得到，其次注意到，结合等比数列的定义即可求解. （2）由（1）可知，先将数列的通项公式裂项得，从而可求得其前项和为，若，都有，则只需，研究的单调性即可得到其最小值，从而解不等式即可求解. 【详解】（1）一方面：因为，所以， 所以，即； 另一方面：又时，有，即，且， 所以此时； 结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）可知， 又由题意， 数列的前项和为， 又，都有，故只需， 而关于单调递增， 所以关于单调递减，关于单调递增， 所以当时，有， 因此，即，解得， 综上所述：的取值范围为. ( 题型0 3 )空间几何体 8．（2025·甘肃·一模）用一个平面截正方体，截面形状为正六边形，则截出的两部分几何体的体积之比是 . 【答案】 【分析】画出正六边形截面，根据对称性求得体积比. 【详解】如图所示，正方体中， 分别是的中点， 连接，则六边形是正六边形， 根据对称性可知，截出的两部分几何体的体积之比是. 故答案为： 9．（2025·甘肃兰州·一模）正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为 ． 【答案】 【分析】根据正方体和球的结构特征，判断出是正三角形，求出利用等体积法求得到平面的距离，进而求得O到平面的距离，求得截面半径，即可求得面积． 【详解】正方体的中心是内切球球心，设为O，O到平面的距离为d， 设A到平面的距离为，因为，所以， 所以， 所以， 正方体内切球半径，正方体内切球被平面截球面所得的截面是一个圆半径为r的圆， 所以，所以圆的面积为． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：关键在于求得球心O到平面的距离，进而可求截面圆的半径，可求解. 10．（2025·甘肃张掖·一模）在圆台中，下底面半径为上底面半径的4倍，高为4，体积为，则圆台的母线与下底面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合题目条件根据圆台体积公式求出底面半径，作出圆台的轴截面，利用线面角的定义知为母线CB与下底面所成的角，结合等腰梯形的性质在直角三角形中求解即可. 【详解】由题意得，圆台的高，体积，设上底面半径为，则下底面半径为4r. 圆台的体积，解得. 作出圆台的轴截面，如图，    则，为母线CB与下底面所成的角. 过点作于点，则1， 所以，所以. 故选：A. 11．（2025·甘肃白银·一模）在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将该三棱柱放入正方体中，借助正方体的外接球求解长度，即可根据体积公式求解. 【详解】由于两两垂直,将该三棱柱放入正方体中，如图： 故该三棱锥的外接球与正方体的外接球相同， 故该三棱锥外接球的半径为. 由，得. 由于平面，所以该三棱锥的体积为. 故选：B 12．（2025·甘肃·一模）半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由已知条件和球的体积公式分别直接计算出实心球和实心球的体积，再用大实心球体积减去小实心球体积即可得解. 【详解】由题意可知实心球体积为，实心球体积为， 所以实心球与实心球体积之差的绝对值为. 故选：A. 13．（2025·甘肃·一模）如图，四棱锥中，底面四边形为凸四边形，且，，． (1)证明：； (2)已知平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)16 【分析】（1）根据题意可证平面，可得，连接，可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）建系标点，设，利用空间向量结合面面夹角可得，进而可求体积. 【详解】（1）因为，， 所以，所以， 同理，又，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 连接，因为，，， 所以，所以． 又，由等腰三角形三线合一，得． 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以． （2）因为，，所以， 所以，又，，故，，两两垂直， 故以为坐标原点， ，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，所以，， 由（1）知平分，设，所以． 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 设平面与平面夹角的大小为， 则， 两边平方并化简得，解得或． 因为，，所以点到的距离为， 因为四边形为凸四边形，所以，所以不合题意， 即，则，可得， 所以． 14．（2025·甘肃·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，． (1)求证：； (2)点在线段上，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）利用线面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明； （2）首先由体积公式，确定点的位置，再以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用向量公式，即可求二面角的余弦值. 【详解】（1）由题意得四边形是直角梯形，， 故，，. 又，所以，，（也可以通过余弦定理） ，即，    又平面，平面， 而平面，平面，， 平面，又平面， ； （2）设点M到平面的距离为，则， ， ∴点为线段的中点， 过点作于，易知为中点， 以为原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，， 则，，，， 显然，是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，则有，取，解得， 设平面与平面夹角为,， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 15．（2025·甘肃·一模）已知三棱锥，面，，交于，交于，，记三棱锥，四棱锥的外接球的表面积分别为，，当三棱锥体积最大时，则 . 【答案】 【分析】画出对应图形，有题目条件可得其中相应线与线、线与面的位置关系，结合勾股定理可计算出相应长度，即可确定三棱锥的外接球球心及半径，以及四棱锥的外接球球心及半径与的关系，当三棱锥体积最大时，借助等体积法与基本不等式可得此时、的长度，即可帮助确定四棱锥的外接球半径的具体值，即可得解. 【详解】由、，取中点， 则， 故为三棱锥外接球球心，且其半径， 由平面，且、平面，故，， 又，、平面，且， 故平面，又、平面， 故，， 又，且、平面，， 故平面，又、平面， 故，， 又，、平面，， 故平面，又平面，故， 又，故， 连接，取中点，则为四边形外接圆圆心， 连接点与中点，则，又平面， 故平面，即平面， 又，故为四棱锥的外接球球心， 且其半径， 由平面，故， ， 由，故， 有， 则，当且仅当时等号成立， 故三棱锥体积最大时，有， 由，则， 由，，则有， 则有，解得， 故，则. 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一是借助题目条件中所给的位置关系，结合线面垂直的性质定理及判定定理去确定新的位置关系，二是找几何体的外接球球心可借助外接球的性质，即球心到各定点距离相等，或想找出底面外接圆圆心，再过该点作垂直底面的直线，则球心定在此直线上. 16．（2025·甘肃·一模）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为 立方尺（注：1丈尺） 【答案】3892 【分析】画出图形，由平行线段成比例求出正四棱台的高，然后由棱台体积公式直接计算即可求解. 【详解】按如图所示方式取截正四棱锥， 分别为上、下底面正方形的中心，分别为的中点， 正四棱锥的下底边长为二丈，即尺， 高三丈，即尺； 截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺， 所以， 所以由可知，有， 解得， 所以该正四棱台的体积是（立方尺）． 故答案为：3892. 17．（2025·甘肃·一模）如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（    ）    A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为 C．平面 D．当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为 【答案】AC 【分析】对于,利用，即可证明；对于,将沿展开与正方形在同一个平面内，则当三点共线时，取得最小值,即可求解；对于,利用线面平行的判断定理即可证明；对于,根据题中条件首先得到截面图形，进一步求解计算即可. 【详解】由题意可知，设点到平面的距离为， 易知平面平面， 所以点到平面的距离等于点到线段的距离， 又，所以， 所以，为定值， 故A正确； 将沿展开与正方形在同一个平面内， 记此时与对应的点为， 则当三点共线时，取得最小值，即， ， 故的最小值为，故B错误； 由点分别为的中点，得， 又平面平面， 所以平面，故C正确； 连接并延长交于点，连接， 则过点的平面截正三棱柱所得截面图形为， 因为，平面平面， 平面平面平面，所以平面， 又平面，所以， 取的中点，连接，则点为的中点，又点为的中点， 所以， 当时，点为的中点，所以， 所以，所以， 所以，所以， 故，故D错误．    故选： ( 题型0 4 )点、直线、平面之间的位置关系 18．（2025·甘肃·一模）正四面体的三条棱是圆锥的三条母线，点在圆锥的底面内，过且与圆锥底面垂直的平面与圆锥侧面交于（不同于）. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据平面平面平面，平面，得到平面，且；然后由为等边三角形，得到为其中心，则有,即，又因为平面，所以有，最后根据线面垂直的判定定理进行证明即可. （2）先建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量法求平面夹角即可. 【详解】（1）平面平面平面，平面， 平面，且. 又平面， 为正三角形，为中心，，， 平面平面，， 平面. （2）设，则是的中点. 以为坐标原点，的平行线为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为1，则， ，， 设平面的法向量为，， 则， 取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， 则， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， ， 即平面与平面所成角的余弦值为. 19．（2025·甘肃兰州·一模）已知正四棱柱底面边长为3，点E、F分别在直线AD、CD上，，． (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为，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）由已知可得，进而可得，利用线面平行的判定定理可得结论；（2）以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求得平面BEF的一个法得量，利用向量法可求线面角的正弦值. 【详解】（1），因为，所以， 所以，平面平面， 所以平面． （2）如图所示：以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以所在直线为z轴建立空间直角坐标系． 则三棱锥的体积，解得 则， 设平面的法向量为， 则，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. 20．（2025·甘肃兰州·一模）已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】利用空间线线，线面，面面的位置关系逐项判断即可结论. 【详解】若，则或或或，故A错误； 若，则或，故B错误； 若，在内作，所以，又，所以， 又，所以，所以，故C正确；    若，则或或为异面直线，故D错误. 故选：C. 21．（2025·甘肃·一模）如图所示的在长方体中，若，、分别是、的中点，则下列结论中成立的是（    ） A．与垂直 B．与所成的角大小为 C．与平面所成角大小为 D．直线与平面不平行 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对各个选项逐一分析判断，即可求出结果. 【详解】如图建立空间直角从标系，设， 则， 又、分别是、的中点，所以， 对于选项A，因为，，又， 所以，故与垂直，所以选项A正确， 对于选项B，因为，， 设与所成的角为，则，所以选项B错误， 对于选项C，因为，所以为正方形，连接，则， 又易知，，面，所以面， 又，，所以，故平面，所以选项C正确， 对于选项D，由选项C知，又面，面，所以面，则面，故选项D错误， 故选：AC. 22．（2025·甘肃·一模）如图，在三棱锥中，平面，，.    (1)求点到平面的距离； (2)设点为线段的中点，求二面角的正弦值. 【答案】(1)2； (2). 【分析】（1）利用线面垂直的性质，勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，进而即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得. 【详解】（1）因为平面，又平面，平面， 所以， 又，由勾股定理得， 又， 所以，故， 因为，平面， 所以平面，则为点到平面的距离， 故点到平面的距离为2. （2）在平面内过点作的平行线，则， 以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由勾股定理得：， 则，   ， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 设平面的法向量为， 则即，取，则， 所以， 记二面角的大小为，则， 故二面角的正弦值为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$