专题04 数列、立体几何（北京专用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题04 数列、立体几何 题型概览 题型01 数列的概念与简单表示 题型02 等差数列 题型03 等比数列 题型04 数列新定义 题型05 空间几何体 题型06 点、直线、平面之间的位置关系 题型07 空间向量与立体几何 ( 题型01 )数列的概念与简单表示 1．（2025·北京昌平·二模）在数列中，，则（    ） A．当时，对于任意的正整数 B．当时，存在正整数，当时， C．当时，对于任意的正整数 D．当时，存在正整数，当时， 2．（2025·北京·二模）在数列中，，且任意连续三项的和均为7，则 ；记数列的前项和为，则使得成立的最大整数 ． 3．（2025·北京朝阳·二模）已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． (1)若，求的所有可能取值； (2)求证：数列中存在等于1的项； (3)求证：存在，使得集合为无穷集合． 4．（2025·北京丰台·二模）已知数列的前项和为，且满足，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 5．（2025·北京东城·二模）设无穷数列满足，则（） A．存在，为等差数列 B．存在，为等比数列 C．存在，为递减数列 D．存在，为递增数列 ( 题型02 )等差数列 6．（2025·北京朝阳·二模）已知等差数列满足，则 ；设为的前项和，则使的的最小值为 ． 7．（2025·北京朝阳·二模）设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， ( 题 型 0 3 )等比数列 8．（2025·北京·二模）小明在某印刷服务公司看到如下广告：“本公司承接图纸复印业务，规格可达A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1复印纸有多大呢？据查：所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，且两张A4纸可以拼接成一张A3纸，两张A3纸可以拼接成一张A2纸…….已知A4纸的宽为210mm，那么A1纸的长和宽约为（   ） A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm 9．（2025·北京丰台·二模）已知数列满足，给出下列四个结论： ①存在唯一的正实数，使得是常数列； ②当时，是等比数列； ③若是递增数列，则； ④若对任意的正整数，都有，则． 其中所有正确结论的序号为 ． 10．（2025·北京东城·二模）某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化.记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为（   ） A． B． C． D． 11．（2025·北京海淀·二模）已知为等差数列，为等比数列，其中，则（    ） A． B． C． D． ( 题型0 4 )数列新定义 12．（2025·北京东城·二模）已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”. (1)已知数列，请写出中所有满足的数列； (2)当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由； (3)当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值. 13．（2025·北京昌平·二模）设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列． (1)写出所有，使得数列是、的可分数列； (2)当时，证明：数列是的可分数列； (3)若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值． 14．（2025·北京·二模）已知项数列，对于给定，定义变换：将数列中的项替换为，其余项均保持不变，记得到的新数列为．其中，当时，；当时，；当时，．若将数列再进行上述变换，记得到的新数列为，重复操作，得到数列，并称为第一次变换，为第二次变换，⋯． (1)若数列：，求数列和； (2)设为递增数列，对进行有限次变换后得到数列．证明：为递增数列； (3)当第次变换前后两个数列的首项乘积为负数时，令；否则．对于给定的项数列，进行2025次变换，证明：． 15．（2025·北京丰台·二模）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． (1)判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． (2)证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； (3)若数列为“好数列”，求的最大值． ( 题型0 5 )空间几何体 16．（2025·北京丰台·二模）如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D．34 17．（2025·北京朝阳·二模）金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 18．（2025·北京·二模）一个金属模具的形状，大小如图所示，它是圆柱被挖去一个倒立的圆锥剩余的部分，那么该模具的体积为 ． 19．（2025·北京东城·二模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中与平面所成的角均为，，米，米，米，则需要挖土 立方米. ( 题型0 6 )点、直线、平面之间的位置关系 20．（2025·北京·二模）如图，在三棱锥中，平面平面分别为的中点． (1)求证：平面平面； (2)设，从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 21．（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 22．（2025·北京丰台·二模）如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．    (1)求证：为的中点； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 23．（2025·北京昌平·二模）庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若，且四个侧面与底面的夹角的大小均相等，则（    ）． A． B． C． D． 24．（2025·北京朝阳·二模）如图，在三棱柱中，底面侧面，侧面是边长为4的菱形，． (1)求证：侧面为矩形； (2)求直线与平面所成角的正弦值． ( 题型0 7 )空间向量与立体几何 25．（2025·北京东城·二模）如图，长方体的底面是正方形，，，点在棱上，平面. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 26．（2025·北京海淀·二模）如图1，五边形中，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求的长． 27．（2025·北京海淀·二模）如图，在正方体中，，、为上底面（包含边界）内的两个动点，且满足，．给出下面四个结论： ①当与重合时，五面体的体积为； ②记直线分别与平面和平面所成角为、，则的值不变； ③存在、，使得； ④存在、，使得五面体中，所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼此相等． 其中，所有正确结论的序号为 ． 28．（2025·北京·二模）设正方体的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为（   ） A． B． C． D． 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 数列的概念与简单表示 题型02 等差数列 题型03 等比数列 题型04 数列新定义 题型05 空间几何体 题型06 点、直线、平面之间的位置关系 题型07 空间向量与立体几何 ( 题型01 )数列的概念与简单表示 1．（2025·北京昌平·二模）在数列中，，则（    ） A．当时，对于任意的正整数 B．当时，存在正整数，当时， C．当时，对于任意的正整数 D．当时，存在正整数，当时， 【答案】C 【分析】对A，当时，可得，得解；对B，由，结合递推关系可得，得解；对C，当时，通过递推关系分，，讨论求解；对D，当时，通过递推关系可得递增，得解. 【详解】对于A，当时，有，递推可得，不满足，故A错误； 对于B，当时，，，， 则，不满足存在正整数，当时，，故B错误； 对于C，当时，则，，故， 因为， 若，则， 若，则， 若，则， 综上，当时，对于任意的正整数，，故正确； 对于D，当时，则， 若，则，故递增，故D错误. 故选：C. 2．（2025·北京·二模）在数列中，，且任意连续三项的和均为7，则 ；记数列的前项和为，则使得成立的最大整数 ． 【答案】 6 44 【分析】首先得出数列是周期为3的周期数列，进一步可根据数列任意连续三项的和均为7，即可求解第一问，至于第二问分三种情况讨论即可求解. 【详解】由题意，所以数列是周期为3的周期数列， 所以，故； 当时，，解得，此时最大整数为42， 当时，，解得，此时最大整数为42， 当时，，解得，此时最大整数为44， 综上所述，，使得成立的最大整数. 故答案为：6，44. 3．（2025·北京朝阳·二模）已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． (1)若，求的所有可能取值； (2)求证：数列中存在等于1的项； (3)求证：存在，使得集合为无穷集合． 【答案】(1)所有可能取值为2，3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1），先根据已知条件确定的值，然后再确定的值； （2），利用反证法，结合分类讨论进行证明； （3），采用反证法进行证明. 【详解】（1）因为，则中与相等的数有且仅有2个，除去本身，中与相等的数有且只有1个， ∴或． 当时，；当时，． 所以的所有可能取值为2，3． （2）假设中不存在等于1的项,则． 又，所以． 当时，由，则存在，使得． 所以，与假设矛盾． 当时，由，则存在，使得,且中有且只有一项与相等. ①若中有两项为2，一项为3， 则，与假设矛盾． ②若中有两项为2，一项为， 则，与假设矛盾． ③若中有一项为2，两项为3， 则，与假设矛盾． ④若中有一项为2，两项为， 则，矛盾． 综上，假设不成立，所以中存在等于1的项． （3）假设均为有限集合， 当时，, 则当时，（*） 令,下证当时，. 否则假设，则,与（*）矛盾. ∴当时，, ∵已知数列是无穷正整数数列， 所以存在，使得集合为无穷集合，矛盾， ∴假设错误，∴存在，使得集合为无穷集合． 4．（2025·北京丰台·二模）已知数列的前项和为，且满足，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】B 【分析】根据题设与的递推关系式推导出，再根据求出，逐项求出即可. 【详解】由题意，，则当时，有， 两式相减可得，即. 当时，，因为，所以， 所以. 故选：B. 5．（2025·北京东城·二模）设无穷数列满足，则（） A．存在，为等差数列 B．存在，为等比数列 C．存在，为递减数列 D．存在，为递增数列 【答案】D 【分析】对于A，等差数列要求为常数，即恒定；对于B，等比数列要求为常数，即与成比例；对于C，递减数列需，但时；对于D，递增数列需，结合的范围分析其单调性. 【详解】选项A：若存在，数列为等差数列， 则（常数），即对所有成立， 则必须满足，且， 唯一可能解为，此时，但不包含端点，故A错误； 选项B：若存在，数列为等比数列， 则（常数），即，即， 若，则与成正比， 由的图象可知，无法保证与的变式速度相同； 若，则，仅当时成立，但，故B错误； 选项C：若存在，则，数列不是递减数列，故C错误； 选项D：若存在，数列为递增数列， 则，即，故，数列递增，故D正确. 故选：D. ( 题型02 )等差数列 6．（2025·北京朝阳·二模）已知等差数列满足，则 ；设为的前项和，则使的的最小值为 ． 【答案】 0 7 【分析】设等差数列的公差为，根据条件得到，从而得到，即可求出的值，再利用等差数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，由， 得到，解得，所以， 则， 又，得到或（舍）， 又，所以使的的最小值为， 故答案为：，. 7．（2025·北京朝阳·二模）设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， 【答案】D 【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可. 【详解】对于A选项：当时，，不正确； 对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确； 对于C选项：当时，， 又，所以 ，不正确； 对于D选项：当时，， ，正确， 故选：D. ( 题 型 0 3 )等比数列 8．（2025·北京·二模）小明在某印刷服务公司看到如下广告：“本公司承接图纸复印业务，规格可达A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1复印纸有多大呢？据查：所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，且两张A4纸可以拼接成一张A3纸，两张A3纸可以拼接成一张A2纸…….已知A4纸的宽为210mm，那么A1纸的长和宽约为（   ） A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm 【答案】A 【分析】由复印纸的拼接关系以及长与宽比值不变的特点，代入计算，即可得到结果. 【详解】A4纸的宽为，设其长为， 若两张A4纸的宽拼在一起， 则A3纸的宽为，长为， 且，故舍去； 若两张A4纸的长拼在一起， 即A3纸的宽为，长为， A2纸的宽为，长为， A1纸的宽为，长为， 由所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变， 可得，解得，则， 所以A1纸的长和宽约为840mm，594mm. 故选：A 9．（2025·北京丰台·二模）已知数列满足，给出下列四个结论： ①存在唯一的正实数，使得是常数列； ②当时，是等比数列； ③若是递增数列，则； ④若对任意的正整数，都有，则． 其中所有正确结论的序号为 ． 【答案】①②④ 【分析】由是常数列，得，，可解出，判断①正确；当时，由可得，可得是等比数列，判断②正确；由是递增数列，可得，可解得，判断③错误；由已知可得的通项，由，可得，通过讨论，可得，判断④正确． 【详解】若是常数列，则， 又，则，代入， 得，解得，故①正确； 当时，，则， 则， 又，所以， 所以是以1为首项，为公比的等比数列，故②正确； 若是递增数列，则， 即， 又，则， 由，得，解得，故③错误； 由，得， 则， 则， 当，即时, 则， 又，所以，则，所以， 即对任意的正整数，都有， 当，即时, 则， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 若对任意的正整数，都有，则， 所以， 整理得， 当，即且时，，该式恒成立， 当，即时，该式不恒成立， 综上，对任意的正整数，都有，则，故④正确． 故答案为：①②④. 10．（2025·北京东城·二模）某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化.记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意求等比数列的通项公式即可求解. 【详解】由题意，从第二轮开始，该模型参数增加的数量为等比数列， 设首项为，公比为， 则通项公式为， 第一轮参数为, 第二轮参数增加的数量为, 第三轮参数增加的数量为, 第四轮参数增加的数量为， 第五轮参数增加的数量为, 所以第五轮训练的模型参数的数量为.. 故选：C. 11．（2025·北京海淀·二模）已知为等差数列，为等比数列，其中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由等差、等比数列概念可得、通项，即可得出答案. 【详解】∵为等差数列且， ∴， ∴，，， ∵为等差数列且， ∴， ∴，，， ∴当时，，当时，，故A、B不正确； ∵，，∴， 故选：C. ( 题型0 4 )数列新定义 12．（2025·北京东城·二模）已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”. (1)已知数列，请写出中所有满足的数列； (2)当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由； (3)当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值. 【答案】(1)；；；. (2)不存在，理由见解析； (3)7 【分析】（1）分析得，再写出满足题意的数列即可； （2）假设存在满足条件的数列，则分析有是偶数，则得到与条件相反的结论，即可证明不存在； （3）首先分析得当时，有，再分和讨论即可. 【详解】（1）因为数列，所以中的数列满足．因为， 所以中所有满足的数列有 ；；；. （2）假设存在满足条件的数列， 则满足，有，或，或． 所以与同为奇数或同为偶数． 所以是偶数． 所以是偶数． 又是奇数，矛盾． 所以假设不成立，不存在满足条件的数列． （3）当数列是的“恒元”时， 因为数列中，是个连续正整数的一个排列， 所以当时，有，且至多一项为1． 不妨记，所以，且． 当时，. 当时，有. 此时，或． 又，所以，，或，． ①当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，. 因为，，所以．所以． 当时，有，，，，所以（舍）． ②当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，, 所以． 当时，有，，，， 所以．所以（舍）． 又由于数列和满足条件． 综上所述，． 13．（2025·北京昌平·二模）设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列． (1)写出所有，使得数列是、的可分数列； (2)当时，证明：数列是的可分数列； (3)若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据可分数列的定义可得出合乎条件的； （2）对进行讨论：①，去掉后，按照可分数列的定义进行列举即可；②时，去掉后，前项按①中的分组，后面的项按原顺序每项分为一组，结合可分数列的定义可证得结论成立.综合可得结论； （3）设数列的公差为，将数列表示为：．分两种情况讨论：①；②.结合可分数列的定义，求出每种情况下“”的个数，可得出的个数，然后再结合可分数列的定义验证即可. 【详解】（1）根据题意，可以为． （2）设数列的公差为． 当时，去掉后，剩余项按照：； 分为三组（*），每组都是公差为的等差数列． 当时，去掉后，前项按如上（*）分组；后面的项按原顺序每项分为一组，每组都是公差为的等差数列． 综上，数列是的可分数列． （3）若数列是的可分数列，设其公差为， 将数列表示为：． ①当时，可以去掉数列中的项和，其余项顺序保持不变， 从前往后按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列， 所以数列是的可分数列． 其中，符合的一组“”的取值有个． ②当时，且时，可以去掉数列中的和． 若，则数列分组为：，， 其中、部分按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列； 部分按照被除所得余数分组，余数相同的每组数按序号从小到大每项分为一组， 则每组数均为等差数列，公差为． 若或，由上述证明，数列仍可分为组等差数列． 所以数列是的可分数列． 而符合的一组“”的取值有个． 满足上述两类的的个数为． 设，记， 用表示数列中的项组成的集合（下同）． 则，且中元素个数均为中元素个数均为． 由题意，数列去掉和两项后可分为每项一组的等差数列共组， 记为，，对应的公差为，则． 考虑被除所得余数： 当时，数列中的项均在某一个中； 当时，数列中的项分别在中， 且没有两项在同一个中，所以，或． 综上，所有满足条件的的个数． 14．（2025·北京·二模）已知项数列，对于给定，定义变换：将数列中的项替换为，其余项均保持不变，记得到的新数列为．其中，当时，；当时，；当时，．若将数列再进行上述变换，记得到的新数列为，重复操作，得到数列，并称为第一次变换，为第二次变换，⋯． (1)若数列：，求数列和； (2)设为递增数列，对进行有限次变换后得到数列．证明：为递增数列； (3)当第次变换前后两个数列的首项乘积为负数时，令；否则．对于给定的项数列，进行2025次变换，证明：． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题设中的新定义，进行运算，得到答案； （2）根据题设中新的变换，得到仍为递增数列，进而得到仍为递增数列，证得仍为递增数列，以此类推，对进行有限次变换后，所得的数列为递增数列； （3）设中相邻两项乘积为负数的有对，中相邻两项乘积为负数的有对，得到，得到数列中相邻两项乘积为负数的仍有对，分情况讨论，即可得证. 【详解】（1）解：由题意得，数列，数列， 故数列． （2）证明：若对：进行变换，即将替换为，其余项不变， 由，得，故仍为递增数列； 若对进行变换，即将替换为，其余项不变， 由，很，故仍为递增数列： 若对进行变换，即将替换为，其余项不变， 由，得，故仍为递增数列． 综上，对于任意，对进行变换后仍为递增数列． 以此类推，知对进行有限次变换后，所得的数列为递增数列． （3）解：记数列：中去除等于0的项后得到的数列为（其余项相对位置不变，下同），中去除为0的项后得到的数列为． 设中相邻两项乘积为负数的有对，中相邻两项乘积为负数的有对， 则． 如果对进行变换，即将替换为， 此时若与同号，则数列中相邻两项乘积为负数的仍有对，即； 若与异号，则或； 若与中有0，则一定不与异号，故． 如果对进行变换，即将替换为， 此时若与同号，则； 若与异号，有以下三种情况： ①若与同号，显然也与异号，则； ②若与异号，则； ③若与中有0，只有一个0， 不妨设，则与异号，故，或，或． 若与同为0，则； 若，，不妨设，则与同号，故； 若，，不妨设，则与异号，故或； 对进行变换与进行变换类似． 综上，对进行一次变换后，． 以此类推，对进行2025次变换，每一次变换后所得数列中去除等于0的项后相邻两项乘积为负数的对数比变换前的并不会增大，且． 在此之中，若某一次变换使得第一项的正负号发生改变， 则该变换一定是变换，且变换之前数列的第一项与第二项异号， 故变换之后所得数列中去除等于0的项后相邻两项乘积为负数的对数比变换前减少1对． 所以对进行2025次变换时，其第一项的正负号最多发生次改变， 即． 15．（2025·北京丰台·二模）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． (1)判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． (2)证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； (3)若数列为“好数列”，求的最大值． 【答案】(1)①是“好数列”；②不是“好数列” (2)证明见解析 (3)7 【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②； （2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果； （3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果. 【详解】（1）对于①：检验可知①是“好数列”； 对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集， 此时，所以②不是“好数列”． （2）若是“好数列”，可知存在． 令与， 于是集合和也分别是数列和数列的子列集， 又存在，得． 因此． 所以，数列也是“好数列”． 设与中较小者为，则且， 因此，即，于是， 所以存在首项不超过的“好数列”． （3）的最大值为7． ①先考虑． 假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知， 即此“好数列”为：． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知，矛盾； ②再考虑．假设存在“好数列”． 由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知， 此时，长为的子列集，矛盾． 所以，当时，不存在“好数列”． 又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”． 综上，的最大值为7． ( 题型0 5 )空间几何体 16．（2025·北京丰台·二模）如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D．34 【答案】B 【分析】过作底面，交底面于，过作交于，根据二面角的概念可知即为侧面与底面夹角的平面角，结合题意求出侧面梯形的高，再根据台体的面积公式求解即可. 【详解】由题意在棱台中，底面和为正方形，各侧棱均相等， 过作底面，交底面于，过作交于，连接， 因为底面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面， 所以即为侧面与底面夹角的平面角，即， 由题意可知，所以， 所以该棱台的表面积. 故选：B 17．（2025·北京朝阳·二模）金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解. 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图， O是顶点A在下底面的射影，E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，是球的半径， 则，解得， 在中，， 在中，， 即，即， 解得， 所以， 由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为. 故选：C 18．（2025·北京·二模）一个金属模具的形状，大小如图所示，它是圆柱被挖去一个倒立的圆锥剩余的部分，那么该模具的体积为 ． 【答案】 【分析】根据圆柱及圆锥的体积计算公式即可得出结果. 【详解】由题可知，， ∴该模具的体积为， 故答案为：. 19．（2025·北京东城·二模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中与平面所成的角均为，，米，米，米，则需要挖土 立方米. 【答案】 【分析】根据条件得四边形为等腰梯形，再根据棱柱的体积公式计算即可. 【详解】因为与平面所成角均为，且, 所以四边形为等腰梯形， 因为, 所以等腰梯形的高， 故， 所以直四棱柱体积. 故答案为：. ( 题型0 6 )点、直线、平面之间的位置关系 20．（2025·北京·二模）如图，在三棱锥中，平面平面分别为的中点． (1)求证：平面平面； (2)设，从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直得出平面，进而得证结论； （2）根据选择的条件先证明两两垂直，建系，利用法向量可求答案. 【详解】（1）因为，平面平面，平面平面， 所以平面． 由分别为中点，得， 所以平面． 又因为平面， 所以平面平面． （2）选择条件①②： 因为， 所以，则． 所以． 由平面，得． 故两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即. 令，则．于是． 易知平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 则． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 选择条件①③； 由平面，得． 因为， 所以平面． 所以．故两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，以下同选条件①②，略． 选择条件②③； 由平面，得． 因为， 所以平面． 所以．故两两垂直． 又因为， 所以． 如图建立空间直角坐标系，以下同选条件①②，略． 21．（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【详解】（1）因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． （2） 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 22．（2025·北京丰台·二模）如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．    (1)求证：为的中点； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由已知可得平面，由线面平行可得，进而得四边形为平行四边形，即可证得为的中点； （2）选择条件①：取中点，连接，由已知条件可证得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用坐标运算求得平面的一个法向量，设，再利用坐标运算和直线与平面所成角的正弦值为，解出，即可解答； 选择条件②：先证得平面，同①建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量为，然后解答同①. 【详解】（1）在菱形中，． 因为平面平面， 所以平面． 又平面，平面平面， 所以． 又四棱柱中，， 所以四边形为平行四边形． 所以，所以为的中点． （2）选择条件①：    取中点，连接， 在菱形中，． 因为，所以为等边三角形． 因为为中点，所以，故． 因为平面，且平面， 所以， 所以两两垂直． 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，则． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 选择条件②： 取中点，连接． 因为平面，且平面， 所以， 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以， 又因为为中点，所以． 在菱形中，， 所以为等边三角形， 所以，故． 所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系， 则， 所以． 因为平面， 所以取平面的一个法向量为． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 23．（2025·北京昌平·二模）庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若，且四个侧面与底面的夹角的大小均相等，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】取的中点，连接， 过点作面于点，过点作面于点，作于点，连接， 因为底面是矩形，所以， 又因为面，面，所以面， 又因为面，面面， 所以， 因为面，面都与底面所成的角相等， 所以点在直线上，且，， 因为侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成， 所以，， 所以为面与面所成的角， 面，面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为面与面所成的角， 所以，又为公共边， 所以，所以，同理， 所以. 故选：B. 24．（2025·北京朝阳·二模）如图，在三棱柱中，底面侧面，侧面是边长为4的菱形，． (1)求证：侧面为矩形； (2)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）设中点为D，连接，由面面垂直的性质定理得到底面，再由，得到平面，从而证得即可； （2）建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值求解线面角正弦值即可. 【详解】（1）连接，因为四边形为菱形，且， 所以为正三角形，从而． 因为，所以． 设中点为D，连接，则． 又， 所以． 因为底面侧面， 底面侧面， 侧面，所以底面，而平面． 所以． 又，平面，平面， 所以平面，而平面， 所以 又因为侧面为平行四边形， 所以侧面为矩形．                 （2）由（1）可知平面，平面，所以． 所以两两垂直． 如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则． 所以． 设平面的法向量为，则 ，即， 令，则．所以． 设直线与平面所成角为， 所以， 因此，直线与平面所成角的正弦值为．                     ( 题型0 7 )空间向量与立体几何 25．（2025·北京东城·二模）如图，长方体的底面是正方形，，，点在棱上，平面. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理平面得出即可得证； （2）求出平面与平面两个面的法向量，用平面夹角的向量公式即可求出余弦值. 【详解】（1）连接， 因为底面是正方形，所以是的中点，点在棱上，因为平面，平面， 且平面平面，所以，所以为的中点. （2）如图，以为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设， 则， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 26．（2025·北京海淀·二模）如图1，五边形中，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质与判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出平面的法向量，求出线面角，建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】（1）因为平面平面，平面，平面平面，， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面. （2）如图，过点作于点，则， 在中，，所以，得. 过点作轴平面，建立如图空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 所以， 解得，即. 27．（2025·北京海淀·二模）如图，在正方体中，，、为上底面（包含边界）内的两个动点，且满足，．给出下面四个结论： ①当与重合时，五面体的体积为； ②记直线分别与平面和平面所成角为、，则的值不变； ③存在、，使得； ④存在、，使得五面体中，所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼此相等． 其中，所有正确结论的序号为 ． 【答案】①②④ 【分析】利用锥体和柱体的体积公式可判断①；利用线面角的定义可判断②；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断③；取点为的中点，利用空间向量法可判断④. 【详解】对于①，当与重合时， ，①对； 对于②，过点作分别交、于点、，连接、， 过点作分别交、于点、，连接、， 过点在平面内作，垂足为点， 因为，，则，且，故平面， 因为平面，平面，则， 又因为，，、平面，故平面， 故，同理可得， 所以，为定值，②对； 对于③，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， 则、，设点，则， 则，， 所以，， 故不存在、，使得，③错； 对于④，不妨取点，则点，则、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 所以，， 故底面与平面夹角的余弦值为， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 所以，， 即底面与平面所成夹角的余弦值为， 同理可知，底面与平面所成夹角的余弦值为， 此时，点为棱的中点，则平面平面， 则底面与平面夹角的余弦值为，④对. 故答案为：①②④. 28．（2025·北京·二模）设正方体的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，得点的坐标满足，由题意分六种情况讨论即可求解. 【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 显然点到平面的距离为， 设点，在上取一点，而， 所有，从而， 所以点P到直线的距离为， 所以， 令，得，此时点的轨迹就是一个点，此时点的轨迹长度是0， 令，得，此时点在以为圆心半径为2的四分之一的圆周上面运动，此时点的轨迹长度是， 令，得，即，此时点的轨迹长度是0， 令，得，即，此时点在线段上运动，轨迹长度是， 令，，即，此时点在线段上运动，轨迹长度为， 令得，，即，此时点的轨迹长度是0， 综上所述，所求为. 故选：D. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$