专题04 数列、立体几何（陕西专用）-【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 数列求和 题型04 空间几何体 题型05 点、直线、平面之间的位置关系 ( 题型01 )等差数列 1．（2025·陕西西安·一模）数列的通项公式，则 . 2．（2025·陕西·一模）在等差数列中，，则的值为 ． 3．（2025·陕西·一模）记等比数列的公比为q，前n项和为，已知，且，，成等差数列，则下列说法正确的是（   ） A． B．，，成等比数列 C．若，则数列的前n项和为 D．若，则存在正整数M，使得当时， ( 题型0 2 )等比数列 4．（2025·陕西西安·一模）已知为数列的前n项和，命题p：是等比数列；命题q：，，.成等比数列，则p是q的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．（2025·陕西·一模）若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数． （1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； （2）设（1）中“平方递推数列”的前项积为，即，求； （3）在（2）的条件下，记，求数列的前项和，并求使 的的最小值． ( 题型0 3 )数列求和 6．（2025·陕西西安·一模）数列满足前两项都是1，之后每项都等于它前面两项之和，这就是著名的斐波那契数列，若的前n项和为，下列关于斐波那契数列说法正确的是（   ） A． B．若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的前2024项之和为2697 C．前2024项中奇数共有1350个 D． 7．（2025·陕西咸阳·一模）若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． (1)若等比数列为“A数列”，求的公比q； (2)若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． ( 题型0 4 )空间几何体 8．（2025·陕西汉中·一模）已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为5:3，则该圆锥的母线长为 9．（2025·陕西咸阳·一模）已知正方体的棱长为2，点P，Q满足，，则（   ）． A．存在Q，使得与平面所成的角为 B．若，则点Q的轨迹长度为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．直线被正方体的外接球所截得的线段长度为 10．（2025·陕西西安·一模）正三棱锥侧棱长为1，E，F分别是SA，SC上的动点，当△BEF周长的最小值为时，三棱锥的侧面积为（   ） A． B．1 C． D．2 11．（2025·陕西·一模）已知圆锥的高为4，侧面积是底面积的3倍，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 12．（2025·陕西·一模）已知正方体的棱长为常数，点P在线段上（端点除外），过点P且垂直于的平面截正方体所得截面的周长为y，若，则y关于x的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 13．（2025·陕西咸阳·一模）已知圆锥的母线长为6，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（   ）． A． B． C． D． 14．（2025·陕西渭南·一模）半径为2025的三个球放在桌面上．两两相切．现将另一个球放在三个球上方（与三个球都相切）．且这个球的最高处与另外三个球的最高处在同一个平面上．则这个球的半径为 ． 15．（2025·陕西·一模）三棱锥中，，平面平面，且.记的体积为，内切球半径为，则的最小值为 . ( 题型0 5 )点、直线、平面之间的位置关系 16．（2025·陕西西安·一模）如图三棱锥中，四个面均为直角三角形，其中，且.取BC中点为E，过E作于点F. (1)证明：； (2)求平面PAC与平面ABC夹角的正弦值. 17．（2025·陕西·一模）如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． (1)证明：平面AMC； (2)求平面和平面AMC夹角的余弦值． 18．（2025·陕西咸阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，且，，，E为的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 19．（2025·陕西渭南·一模）如图所示，在等腰直角中．．点、分别为的中点．将沿翻折到位置． (1)证明：平面 (2)若．求平面与平面夹角的余弦值． 20．（2025·陕西·一模）如图，在四棱锥中，底面四边形的边长均为2，且，棱的中点为. (1)求证：平面； (2)若的面积是，求点到平面的距离. 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 数列求和 题型04 空间几何体 题型05 点、直线、平面之间的位置关系 ( 题型01 )等差数列 1．（2025·陕西西安·一模）数列的通项公式，则 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式求解即可. 【详解】数列中，，，数列是等差数列，数列亦是等差数列， 所以. 故答案为： 2．（2025·陕西·一模）在等差数列中，，则的值为 ． 【答案】 【分析】先根据等差中项的性质求得，进而根据＝2，求得答案． 【详解】＝5 ∴＝24，即+7d＝24 ∴＝2+14d＝2＝48 故答案为48． 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质．特别是利用了等差中项的性质和等差数列的通项公式，准确计算是关键，是基础题 3．（2025·陕西·一模）记等比数列的公比为q，前n项和为，已知，且，，成等差数列，则下列说法正确的是（   ） A． B．，，成等比数列 C．若，则数列的前n项和为 D．若，则存在正整数M，使得当时， 【答案】ACD 【分析】对于A，由，，成等差数列结合题意可判断选项正误； 对于B ，由A分析可得公比，即可判断选项正误； 对于C，由B分析可得，即可判断选项正误； 对于D，由指数函数与一次函数增长速度可判断选项正误. 【详解】对于A，因为，且，，成等差数列，所以，故A正确； 对于B，由，得，解得或，当时，，故B错误； 对于C，若，则，，所以， 所以的前n项和为，故C正确； 对于D，当时，，， 由于呈指数增长，而呈线性增长， 因此当n足够大时，必有，故D正确． 故选：ACD ( 题型0 2 )等比数列 4．（2025·陕西西安·一模）已知为数列的前n项和，命题p：是等比数列；命题q：，，.成等比数列，则p是q的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合等比数列的定义判断即得. 【详解】令，数列是等比数列，，不成等比数列，则不能推出； 令，则，成等比数列，而不是等比数列，不能推出， 所以p是q的既不充分也不必要条件. 故选：D 5．（2025·陕西·一模）若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数． （1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； （2）设（1）中“平方递推数列”的前项积为，即，求； （3）在（2）的条件下，记，求数列的前项和，并求使 的的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）. 【详解】试题分析：（1）根据，得到，即是“平方递推数列”． 进一步对两边取对数得 ，利用等比数列的定义证明. （2）首先得到 ， 应用等比数列的求和公式即得. (3）求通项、求和，根据，得到，再根据，即得解. 试题解析：（1）由题意得：，即 ， 则是“平方递推数列”． 2分 对两边取对数得 ， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 4分 （2）由（1）知 5分 8分 (3） 9分 10分 又，即 11分 又，所以． 12分 考点：等比数列的定义、通项公式及求和公式，等差数列的求和公式. ( 题型0 3 )数列求和 6．（2025·陕西西安·一模）数列满足前两项都是1，之后每项都等于它前面两项之和，这就是著名的斐波那契数列，若的前n项和为，下列关于斐波那契数列说法正确的是（   ） A． B．若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的前2024项之和为2697 C．前2024项中奇数共有1350个 D． 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，利用裴波那契数列的性质，结合裂项相消法求和、周期性逐一判断即可. 【详解】数列中，， 对于A，，则 ，即，因此，A正确； 对于B，数列各项除以4的余数依次为 ，因此数列是周期数列，周期为6，前6项和为， 的前2024项和为，B错误； 对于C，数列中项是以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组， 因此数列前2024项中奇数共有，C正确； 对于D，， 则，于是 ，又，等式成立，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：解题关键是能够根据斐波那契数列的定义，确定其数列前后项所满足的关系式，进而验证得到新定义的数列为周期数列. 7．（2025·陕西咸阳·一模）若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． (1)若等比数列为“A数列”，求的公比q； (2)若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． 【答案】(1) (2)①证明见详解；②1 【分析】（1）根据题意可得，结合等比数列通项公式分析求解； （2）根据题意结合等差数列通项公式可得.①可得，根据分析证明即可；②可得，赋值求的值或范围，根据，分析求解. 【详解】（1）因为等比数列为“A数列”，则， 即，可得， 若上述方程对任意恒成立，则，且为定值， 所以的公比. （2）由题意可知：，且， 则数列是以首项为，公差为1的等差数列， 可得，即. ①因为， 若，则； 若，则； 若，则， 可得； 综上所述：； ②因为，且是正项数列，则，即， 可得， 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 且，则， 若，可得， 又因为， 可得， 所以符合题意； 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 若，可得， 又因为， 可得，， 可得，所以符合题意； 综上所述：的最小值1. 【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型 1.数列与函数的综合问题主要有以下两类： ①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形． 2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题． ( 题型0 4 )空间几何体 8．（2025·陕西汉中·一模）已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为5:3，则该圆锥的母线长为 【答案】10 【分析】根据圆锥的侧面积、底面积和体积公式列式求解得圆锥的高为，底面圆半径为，即可求解母线长. 【详解】设圆锥的高为h，底面圆半径为r，则母线长为， 故圆锥的底面积，侧面积，体积， 故， 得，故，解得，， 所以该圆锥的母线长为. 故答案为：10 9．（2025·陕西咸阳·一模）已知正方体的棱长为2，点P，Q满足，，则（   ）． A．存在Q，使得与平面所成的角为 B．若，则点Q的轨迹长度为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．直线被正方体的外接球所截得的线段长度为 【答案】ACD 【分析】A应用特殊点，与重合或与重合，得到与平面所成角的一个可取范围为，再判断上下界的取值范围，即可判断；B构建空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示列方程，得到点Q的轨迹方程，即可判断：C应用平面的基本性质确定截面，进而求面积；D由正方体外接球的性质及到直线的距离，即可求弦长. 【详解】由，即是正方体底面（含边界）内任意一点， 若为中点，易知，故面即为面，如下图示， 若与重合，则与平面所成的角为， 若与重合，则与平面所成的角为， 故与平面所成角的一个可取范围为， 又，则， 所以，， 故存在Q，使得与平面所成的角为，A对； 构建如下图示的空间直角坐标系，则且， 所以，， ， 所以，则，显然直线过，， 所以点Q的轨迹长度为，B错. 若为的中点，则，故四点共面，如下图， 所以四边形即为平面截正方体所得截面，且为等腰梯形， ，，故梯形的高为， 所以截面的面积为，C对； 由正方体的外接球球心为正方体的中心，如下图， ，，且，则到直线的距离， 又外接球半径是正方体体对角线的一半，为， 故直线被正方体的外接球所截得的线段长度为，D对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据已知确定是正方体底面（含边界）内任意一点为关键. 10．（2025·陕西西安·一模）正三棱锥侧棱长为1，E，F分别是SA，SC上的动点，当△BEF周长的最小值为时，三棱锥的侧面积为（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】将正三棱锥侧面沿侧棱剪开并展开在同一平面内，利用最小周长求出侧面顶角大小即可. 【详解】将正三棱锥的侧面沿侧棱剪开并展开在同一平面内，如图， 连接，当分别为与的交点时，的周长最小， 此时，而，，则，， 所以三棱锥的侧面积为. 故选：A 11．（2025·陕西·一模）已知圆锥的高为4，侧面积是底面积的3倍，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥的侧面积和底面积以及体积公式来求得正确答案. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由题意知，所以，又， 所以，所以圆锥的体积． 故选：D 12．（2025·陕西·一模）已知正方体的棱长为常数，点P在线段上（端点除外），过点P且垂直于的平面截正方体所得截面的周长为y，若，则y关于x的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分点P在线段AQ和线段上以及在线段QR上，结合图形讨论即可. 【详解】如图所示，设平面和平面分别与交于点Q，R，当点P在线段AQ和线段上时，截面是正三角形，当点P越靠近点A或越靠近点时，截面周长越小，且变化是线性的． 当点P在线段QR上（不含点Q，R）时，截面是六边形EFGHMN，且，，，， 所以，所以，所以六边形EFGHMN的周长与的周长相等．综上可知y关于x的函数图象大致为D． 故选：D 13．（2025·陕西咸阳·一模）已知圆锥的母线长为6，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据扇形的弧长公式可得，进而求圆锥的表面积. 【详解】设圆锥的底面半径为， 则，解得， 所以该圆锥的表面积为. 故选：A. 14．（2025·陕西渭南·一模）半径为2025的三个球放在桌面上．两两相切．现将另一个球放在三个球上方（与三个球都相切）．且这个球的最高处与另外三个球的最高处在同一个平面上．则这个球的半径为 ． 【答案】675 【分析】根据题意四个球心构成正三棱锥，底面边长为，侧棱长，利用它们的几何关系列方程求即可 【详解】 假设桌面上三个球的球心为，两两外切，则是半径为的正三角形，且位于一个水平面上。 设顶端球的球心为O，半径为，于是, 考虑四个球心形成的正三棱锥，为顶点在底面的投影，设为顶点到底面的距离, 利用勾股定理，，于是, 另一方面，题干已知球的上顶点在同一水平面上，得到,两个方程联立，解得. 故答案为： 15．（2025·陕西·一模）三棱锥中，，平面平面，且.记的体积为，内切球半径为，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】根据等体积法可得，即可构造函数， 利用导数求解单调性，即可求解最值. 【详解】设三棱锥的高为，依题意，可取中点， 连接，，则, 由于，则, 则， 由于平面平面，且交线为,平面， 故平面，故, 则的面积为,的面积， 由可得和的面积为， 于是三棱锥的表面积为， 由等体积可知， 所以， 故=. 设函数，且， 则， 当单调递减， ，单调递增， 所以， 所以时，取得最小值， 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：利用等体积法得到，构造函数，求导. ( 题型0 5 )点、直线、平面之间的位置关系 16．（2025·陕西西安·一模）如图三棱锥中，四个面均为直角三角形，其中，且.取BC中点为E，过E作于点F. (1)证明：； (2)求平面PAC与平面ABC夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）过点作，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面PAC与平面ABC的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）三棱锥中，由平面， 得平面，而平面，则，又， 平面，因此平面，而平面， 所以. （2）过点作，由（1）知平面，又，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面PAC与平面ABC的夹角为，则， 所以平面PAC与平面ABC夹角的正弦值. 17．（2025·陕西·一模）如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． (1)证明：平面AMC； (2)求平面和平面AMC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，可证，由平面ABC，得，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，由（1）知平面AMC的一个法向量为，利用夹角公式即可求解. 【详解】（1）（1）如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以， 因为M是的中点，所以． 因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以． 因为，所以平面AMC． （2）以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， ，，，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则，取， 由（1）知平面AMC的一个法向量为， 因为， 所以平面和平面AMC夹角的余弦值为． 18．（2025·陕西咸阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，且，，，E为的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由已知得，面，再由线面垂直的性质及判定得面，进而可证结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，进而可得正弦值. 【详解】（1）由且E为的中点，则， 由底面是矩形，则，又，都在面内， 所以面，面，则，而，即， 由都在面内，则面，面，故. （2）由面，，，则，即， 故可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以， 若分别是面，面的一个法向量， ，取，则， ，取，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， 故平面与平面的夹角的正弦值为. 19．（2025·陕西渭南·一模）如图所示，在等腰直角中．．点、分别为的中点．将沿翻折到位置． (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）由题意可知，继而证明平面，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据空间交的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）证明：等腰直角中．．得．所以． 点、分别为、的中点．．所以． 将沿翻折到位置后．． 又平面平面． 所以平面． 又．得平面． （2）由（1）知面．又平面．所以平面平面， 由为中点．故．又因为．所以为等边三角形， 设的中点为．连接．则．又平面平面， 平面平面，平面．所以平面． 过作交于． 以为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设． 得， 所以． 设平面的一个法向量为, 则，可取． 设平面的一个法向量为．则， 取． 所以． 故平面与平面夹角的余弦值为. 20．（2025·陕西·一模）如图，在四棱锥中，底面四边形的边长均为2，且，棱的中点为. (1)求证：平面； (2)若的面积是，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）利用三棱锥的体积关系，求解点到平面的距离即可. 【详解】（1）因为为菱形，所以. 又因为，平面 所以平面. 因为平面，所以. 又由已知，平面 所以平面. （2）因为为的中点， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离. 由（1）知，平面，所以. 又因为，所以，所以，则. 设点到平面的距离为，所以. 因为，所以. 在中，，，， 所以，又，所以， 所以，所以， 所以. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$