专题06 期中真题百练通关（10大压轴题型）（期中专项训练）高二数学上学期沪教版

专题06 期中真题百练通关（10大压轴题型） 说明：真题集训性质，选用期中真题/中高考真题，加题源。 题型1 空间线面位置关系的判断与证明 题型6 利用空间向量证明线面位置关系 题型2 空间角的计算 题型7 利用空间向量求空间角 题型3 几何体的结构特征判断 题型8 数列的通项公式求解 题型4 几何体的相关计算 题型9 数列的求和问题 题型5 空间向量的线性运算问题 题型10 数列的综合应用 题型一 空间线面位置关系的判断与证明（共8小题） 1．（24-25高二上·上海崇明·期中）正方体中，与的交点称为正方体的中心，若平面经过该正方体的中心，且顶点，到平面的距离相等，则符合条件的平面的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．12个 D．无数个 2．（24-25高二上·上海·期中）为空间中两条直线，为空间中两个不同平面，下列命题中正确的个数为（    ） ①二面角的范围是； ②经过3个点有且只有一个平面； ③若为两条异面直线，，则． ④若为两条异面直线，且，则． A．0 B．1 C．2 D．3 3．（24-25高二上·上海崇明·期中）如图，正方体的棱长为1，、分别是棱、的中点，经过直线的平面分别与棱、交于点、，设，，给出下列三个结论： ①四边形一定是菱形； ②若四边形的面积为，，则有最大值与最小值； ③若四棱锥的体积为，，则为常值函数. 以上结论中，正确结论的个数是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 4．（22-23高二上·上海黄浦·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ） A． B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等 5．（24-25高二上·上海·期中）下列四个命题： ①若直线上有无数个点不在平面内，则； ②若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行； ③若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线； ④若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点. 其中，真命题的序号是 . 6．（24-25高二上·上海·期中）如图为一几何体的展开图，其中是正方形，，，点S，D，A，Q及P，D，C，R共线，沿图中虚线将它们折叠，使P，Q，R，S四点重合于点M，在该几何体的侧面和底面中，与平面垂直的平面的个数为    7．（24-25高二上·上海徐汇·期中）关于正方体有如下四个说法，则下列说法正确的有 ． （1）若点P在直线上运动，则三棱锥的体积不变 （2）若点P是平面上到点D和距离相等的点，则P点的轨迹是直线． （3）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与所成角的范围为． （4）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与可以垂直 8．（24-25高二上·上海松江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是 . 题型二 空间角的计算（共7小题） 9．（24-25高二上·上海·期中）已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 10．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体中，，则二面角的余弦值为 . 11．（23-24高二上·上海普陀·期中）定义：点到半平面的距离为该点到半平面所在平面的距离．若某锐二面角内一点到二面角的两个半平面的距离分别为1和，到二面角的棱的距离为2，则此二面角的大小为 ． 12．（24-25高二上·上海·期中）如图，是边长为的等边三角形，为直角三角形，D为直角顶点，，连接AD．当二面角从变化到的过程中，线段AD在平面上的投影扫过的平面区域的面积为 ． 13．（24-25高二上·上海·期中）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且，.    (1)求异面直线和所成角； (2)求二面角的正切值. 14．（24-25高二上·上海·期中）如图，棱柱的所有棱长都等于，，平面平面，.    (1)证明：； (2)求锐二面角的余弦值； (3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 15．（24-25高二上·上海·期中）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿翻折到，沿翻折到，        (1)求证：平面平面SFD； (2)当是边的中点时，二面角的大小； (3)设面面，求证：. (4)若，将沿翻折到，沿翻折到，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值. 题型三 几何体的结构特征判断（共11小题） 16．（24-25高二上·上海·期中）在直三棱柱中，，，点P是平面ABC上一动点，则的最小值为 . 17．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体的棱长是，是上的动点，、是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是 . 18．（24-25高二上·上海·期中）已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，且是上一动点，则周长的最小值为 . 19．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则 ． 20．（24-25高二上·上海·期中）空间中有五个球两两外切，它们的半径分别为，则 . 21．（24-25高二上·上海·期中）已知一个正三棱锥的高为6，底面边长为12，动点分别在其内切球和外接球上，则线段长度的取值范围是 . 22．（24-25高二上·上海·期中）小玲在一个棱长为的密封正方体盒子中，放入一个半径为的小球．无论她怎么摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间体积为 ．（结果中保留） 23．（24-25高二上·上海·期中）已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为，球与的四个侧面及底面都相切，然后依次在内放入球、、，……，使得球（，）与的四个侧面均相切，且球与外切，则放入的所有球的体积之和为 . 24．（24-25高二上·上海宝山·期中）如图，在棱长为1的正方体中，、、分别是棱、、的中点，以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为    25．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 26．（23-24高二上·上海徐汇·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a. ① 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a    ② 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ③ 勒洛四面体中过三点的截面面积为 ④ 勒洛四面体的体积 上述命题中正确的是 题型四 几何体的相关计算（共4小题） 27．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 28．（24-25高二上·上海·期中）长方体中，底面为边长为2的正方形，，点在棱上，且． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)过线段作一个与底面成角大小的截面，求截面的面积． 29．（24-25高二上·上海·期中）如图，是底面边长为1的正三棱锥，、、分别为棱、、上的动点，截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等.（注：棱长和是指多面体中所有棱的长度之和） (1)当为棱的中点时，求棱台的体积； (2)求在二面角的变化过程中，线段在平面上投影所扫过的平面区域的面积； (3)设常数，称较小内角为的菱形为-菱形.当点在棱上运动（不含端点）时，总存在底面为-菱形的直平行六面体，使得它与棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围. 30．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 题型五 空间向量的线性运算问题（共3小题） 31．（23-24高二上·上海崇明·期中）正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 31．（21-22高二上·上海徐汇·期中）已知是空间单位向量，，若空间向量满足且对任意、，则 33．（24-25高二上·上海·期中）一组空间向量，记，如果存在，使得，那么称是该向量组的“h向量”. (1)已知，若是向量组的“h向量”，求实数t的取值范围； (2)四面体内接于以O为球心，1为半径的球，且， （i）记，向量组中是否存在“h向量”，若有，指出哪个是“h向量”并证明；若没有，请说明理由. （ii）求四面体体积的最大值. 题型六 利用空间向量证明线面位置关系（共3小题） 34．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（    ） A．的最小值为2 B．四面体的体积为 C．有且仅有一条直线与垂直 D．存在点，使为等边三角形 35．（22-23高二上·上海松江·期中）在棱长为1的正方体中,是的中点,分别为线段和上的动点,点为底面上的动点,则到的距离为 ， 的最小值为 . 36．（23-24高二上·上海闵行·期中）如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    题型七 利用空间向量求空间角（共7小题） 37．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 38．（23-24高二上·上海·期中）如图，在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，平面为内的动点(含边界). (1)求平面与平面夹角的正弦值; (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 39．（24-25高二上·上海·期中）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的正切值为，求的值； (3)点、分别是线段、上的动点，求周长的最小值. 40．（24-25高二上·上海·期中）如图，已知是底面边长为2的正四棱柱，为与的交点，为与的交点． (1)证明：平面； (2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； (3)若线段上存在点，使得直线与平面所成角为，求线段的取值范围． 41．（24-25高二上·上海·期中）如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥． (1)求点P到平面ABCM的最大距离； (2)若棱PB的中点为N，求CN的长； (3)设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值． 42．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图1，已知，，，，，. (1)求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积； (2)将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角； (3)某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积. 43．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，，. (1)证明：； (2)线段CP上是否存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，若存在，求出线段AM的长，若不存在，说明理由； (3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长. 题型八 数列的通项公式求解（共4小题） 44．（23-24高二上·上海闵行·期中）已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则 ． 45．（22-23高二下·上海青浦·期中）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是 （填序号） 46．（24-25高二上·上海·期中）当均为正数时，称为的“均倒数”．若数列的各项均为正数，且其前项的“均倒数”为． (1)试求数列的通项公式； (2)设，试判断并说明的符号（为正整数）； (3)设，是否存在实数，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立，并说明理由． 47．（24-25高二上·上海嘉定·期中）设数列的前n项和为.若（），则称是“紧密数列”. (1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为1，，，x，，求x的取值范围； (2)若数列的前n项和为（），判断是否是“紧密数列”，并说明理由； (3)设数列是公比为q的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求q的取值范围. 题型九 数列的求和问题（共5小题） 48．（24-25高二上·上海·期中）已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为 .    49．（24-25高二上·上海·期中）设数列，…，即当时，，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.集合中元素的个数为 . 50．（22-23高二上·上海浦东新·期中）已知数列满足． (1)求的通项公式和前n项和； (2)设，若不等式，对于任意都成立，求正数k的最大值． 51．（22-23高二上·上海浦东新·期中）数列满足：，； (1)求证：； (2)求证：对任意正数，都存在正整数使得成立； (3)求证： 52．（22-23高三上·上海浦东新·期中）已知数列的前项和为，满足：. (1)求证：数列为等差数列； (2)若，数列满足，记为的前项和，求证：； (3)在（2）的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围. 题型十 数列的综合应用（共4小题） 53．（24-25高二上·上海·期中）若项数为的有穷数列满足且，我们称这样的数列为数列: (1)若数列是数列，且为等比数列，项数为2024，求该数列的通项； (2)若数列是数列，且为等差数列，项数为且，求该数列的通项用k,n表示； (3)若数列是数列，项数为，记的前项和为，若存在，使，试问：数列能否是数列，若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 54．（24-25高二上·上海松江·期中）在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为m的“等比子列”.已知等差数列，其各项与公差d均不为零. (1)若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式； (2)若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为.当最小时，求的通项公式； (3)若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”. 55．（24-25高二上·上海·期中）对于函数和数列、，若，，则称为函数的“影数列”，为函数的一个“镜数列”.已知，，. (1)若为的“影数列”，为的“镜数列”，求的值； (2)在（1）的条件下，当，时，比较和的大小，并说明理由； (3)若为函数的“影数列”，为函数的“镜数列”，现将与的公共项按从小到大的顺序重新构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由. 56．（22-23高二上·上海普陀·期中）对于无穷数列，若存在正整数，使得对一切正整数都成立，则称无穷数列是周期为的周期数列. (1)已知无穷数列是周期为的周期数列，且，，是数列的前项和，若对一切正整数恒成立，求常数的取值范围； (2)若无穷数列和满足，求证：“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”； (3)若无穷数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由. 一、单选题 1．如图，在正方体中，点O为线段的中点，设点P在线段上，直线与平面所成角为，则的取值范围是（     ）. A． B． C． D． 二、填空题 2．已知正方体的棱长为，分别为棱、的中点，为体对角线所在直线上一动点，则△绕直线旋转而成的几何体体积的最小值为 ． 3．如图，棱长为2的正方体中，点是平面上一动点，且满足，则满足条件的所有围成的平面区域面积为 . 三、解答题 4．已知数列满足: 且 (1)设 证明：是等比数列； (2)设 ，证明： 5．长方体中，底面为边长为2的正方形，，点在棱上，且． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)过线段作一个与底面成角大小的截面，求截面的面积． 6．在自然界中，蜂巢是蜜蜂的家园，由紧密排列的六角形蜂房连结在一起组成（如图1所示）.研究发现，蜂房的形状为"曲顶多面体"，其中开口的下底面可以近似看成平面正六边形，而蜂房的"上顶"，由三个全等的菱形闭合组成（如图2所示），蜂房的"侧棱"均垂直于底面，且满足关系.蜂房"上顶"的"弯曲度"可用"曲率"来刻画，定义其"弯曲度"的度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的"曲率"之和，而每一顶点的"曲率"定义为减去蜂房多面体在该顶点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.    (1)求蜂房"上顶"的"曲率"； (2)若图2所示的蜂房满足，求的余弦值； (3)若蜂房的底面正六边形边长，"侧棱"，求当蜂房的表面积最小时，顶点的"曲率"的余弦值. 7．已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围 8．已知无穷数列的各项均为实数.若存在，使得对任意正整数，恒成立，则称为有界数列；记，若存在，使得对任意，，恒成立，则称为有界变差数列. (1)已知数列的通项公式为，判断是否为有界数列？是否为有界变差数列？（只需写出结论）； (2)设.若首项为1，公比为q的等比数列为有界变差数列，求q的取值范围； (3)已知两个严格增的无穷数列和均为有界数列.记，证明：数列为有界变差数列. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 期中真题百练通关（10大压轴题型） 说明：真题集训性质，选用期中真题/中高考真题，加题源。 题型1 空间线面位置关系的判断与证明 题型6 利用空间向量证明线面位置关系 题型2 空间角的计算 题型7 利用空间向量求空间角 题型3 几何体的结构特征判断 题型8 数列的通项公式求解 题型4 几何体的相关计算 题型9 数列的求和问题 题型5 空间向量的线性运算问题 题型10 数列的综合应用 题型一 空间线面位置关系的判断与证明（共8小题） 1．（24-25高二上·上海崇明·期中）正方体中，与的交点称为正方体的中心，若平面经过该正方体的中心，且顶点，到平面的距离相等，则符合条件的平面的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．12个 D．无数个 【答案】D 【详解】分别在上取点，使得，连接，如下图所示： 易知平面即为平面，此时，到平面的距离相等， 显然这样的平面可以作出无数个. 故选：D 2．（24-25高二上·上海·期中）为空间中两条直线，为空间中两个不同平面，下列命题中正确的个数为（    ） ①二面角的范围是； ②经过3个点有且只有一个平面； ③若为两条异面直线，，则． ④若为两条异面直线，且，则． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】对于①，二面角的范围是，①错； 对于②，若三点共线，则经过这个点有无数个平面，②错 对于③，若为两条异面直线，，则与可能平行也可能相交，故③错误； 对于④，因为，过直线m作平面，使得， 由线面平行的性质定理可得，则， 因为，则， 因为，过直线n作平面，使得， 由线面平行的性质定理可得，则， 因为，则， 若，则，这与为两条异面直线矛盾，故相交， 又因为，所以，故④对，    故选：B 3．（24-25高二上·上海崇明·期中）如图，正方体的棱长为1，、分别是棱、的中点，经过直线的平面分别与棱、交于点、，设，，给出下列三个结论： ①四边形一定是菱形； ②若四边形的面积为，，则有最大值与最小值； ③若四棱锥的体积为，，则为常值函数. 以上结论中，正确结论的个数是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【详解】对于①，如图，连接． 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，同理可得． 所以四边形为平行四边形． 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，， 所以平面， 又平面，所以， 因为分别是的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以四边形为菱形，故①正确； 对于②，∵由题意得，，， ∴在矩形中，可得， ∴四边形的面积， ∵，∴当时，有最小值1；没有最大值．故②错误； 对于③，如图，连接， ∴四棱锥被分割为三棱锥与三棱锥， ∵平面，平面，∴． 又，平面，， 所以平面， 所以，点到平面的距离等于， 即点到平面的距离等于， ∵，平面，平面， ∴平面． 又，∴点到平面的距离等于点到平面的距离，为， 同理，点到平面的距离也为， 而， ∴四棱锥的体积 ， 则为常值函数．故③正确． 故选：C． 4．（22-23高二上·上海黄浦·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ） A． B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等 【答案】D 【详解】 解：连接，在正方体中，平面， 又，平面， 平面，选项A正确； ，即，平面， 平面，平面，选项B正确； 由平面， 得； 三棱锥的体积为定值，选项C正确； 点到直线的距离不相等， 的面积与的面积不相等， 故D错误． 故选：D 5．（24-25高二上·上海·期中）下列四个命题： ①若直线上有无数个点不在平面内，则； ②若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行； ③若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线； ④若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点. 其中，真命题的序号是 . 【答案】③④ 【详解】对于①，如图所示： 满足直线上有无数个点不在平面内，此时直线与平面相交，故①错误； 对②，若直线与平面平行，则直线与平面内的直线无公共点， 即直线与平面内的直线平行或异面，故②错误； 对③，若直线不平行于平面且，则直线与平面相交， 若在平面内存在直线，使得， 又因为，，由线面平行的判定定理可得，与已知条件矛盾，故③正确； 对④，若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点，故④正确. 故答案为：③④. 6．（24-25高二上·上海·期中）如图为一几何体的展开图，其中是正方形，，，点S，D，A，Q及P，D，C，R共线，沿图中虚线将它们折叠，使P，Q，R，S四点重合于点M，在该几何体的侧面和底面中，与平面垂直的平面的个数为    【答案】3 【详解】依题意，直线，点直线，点直线， 在几何体中，两两垂直，而平面， 则平面，又平面，因此平面平面， 又平面，因此平面平面， 而，则平面，又平面，因此平面平面， 令平面平面，由，平面，平面， 得平面，而平面，于是，同理平面， 则平面，平面，则，是平面与平面的夹角， 而是锐角，因此平面与平面不垂直， 所以与平面垂直的平面个数为3. 故答案为：3    7．（24-25高二上·上海徐汇·期中）关于正方体有如下四个说法，则下列说法正确的有 ． （1）若点P在直线上运动，则三棱锥的体积不变 （2）若点P是平面上到点D和距离相等的点，则P点的轨迹是直线． （3）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与所成角的范围为． （4）若点P在线段（含端点）上运动，则直线与可以垂直 【答案】（1）（2）（4） 【详解】对于（1），，平面，则到平面的距离相等， 由的面积为定值，点在直线上运动时，三棱锥的体积不变，故（1）正确； 对于（2），若点是平面上到点和距离相等的点， 则点的轨迹是平面与平面的交线，故（2）正确； 对于（3），直线与所成角即为，, 当与重合时，最大，最大值为，故，故（3）错误； 对于（4）， ,故， 故当与重合时，与所成的角为，故（4）正确． 故答案为：（1）（2）（4） 8．（24-25高二上·上海松江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是 . 【答案】①③④ 【详解】①当点是中点时，则是中点，易知， 又面，面，故直线平面，对； ②由题设，易知，面，面，故面， 所以直线到平面的距离，即点到平面的距离， 由，，， 故到距离为，则， 所以，可得，错；    ③令点到的距离，则，对； ④由题设，易得，且， ， 所以， ， 在中， 由，显然时，能成立，故存在点使得，对. 故答案为：①③④ 题型二 空间角的计算（共7小题） 9．（24-25高二上·上海·期中）已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】D 【详解】对于①，依题意，设正方体的棱长为， 当为正方体的一条体对角线， 不妨设与线段重合，在正方体各面上的投影长为， 此时， 当平面时，在面、的投影长为， 在面、、、的投影长为，此时， 故不是定值，①错误； 对于②，当与正方体的棱平行时，不妨设平面垂直， 此时与棱、、、、、、、都垂直， 与棱、、、都平行，此时， 当不与正方体的棱平行时，过点、分别作正方体的棱的平行线， 构成长方体， 设与棱、、所成的角分别为、、， 由图可知，，同理可得，， 由长方体的几何性质可得， 所以，此时， 所以为定值，故②正确. 故选：D. 10．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体中，，则二面角的余弦值为 . 【答案】 【详解】取BD的中点O，连接A1O，C1O，A1C1，如图所示： 因为长方体中， 所以，即 ， 所以，，且. 所以为二面角的平面角， 故答案为：. 11．（23-24高二上·上海普陀·期中）定义：点到半平面的距离为该点到半平面所在平面的距离．若某锐二面角内一点到二面角的两个半平面的距离分别为1和，到二面角的棱的距离为2，则此二面角的大小为 ． 【答案】 【详解】根据题意，设点在锐二面角内， 过点作平面，垂足为，过点作平面，垂足为， ，，则直线，同理：， 而，平面，则平面， 设平面与直线的交点为，平面， 则有，，， 连接、、，则是二面角的平面角或其补角， 依题意，不妨设，则，， 如图：    在中，，，则， 在中，，，则， 则，所以锐二面角的大小为. 故答案为：. 12．（24-25高二上·上海·期中）如图，是边长为的等边三角形，为直角三角形，D为直角顶点，，连接AD．当二面角从变化到的过程中，线段AD在平面上的投影扫过的平面区域的面积为 ． 【答案】 【详解】解：在中，，，所以，， 延长至点，使，连接，，且， 则为等边三角形，且为二面角为时在平面上的投影. 取边的中点，连接，，则，， 又，所以平面， 过点作平面，则，即点在平面内的摄影在线段上， 则二面角从变化到的过程中，点在平面内的摄影从到， 线段AD在平面上的投影扫过的平面区域为. ，，所以为等边三角形， 则有， 又，， 所以. 故答案为： 13．（24-25高二上·上海·期中）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且，.    (1)求异面直线和所成角； (2)求二面角的正切值. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面， 则，，所以点的曲率为， 所以，所以为正三角形， 取中点，连， 则，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以即为异面直线和所成角 设，则可得，， 所以， 即异面直线和所成角为.      （2）取的中点，连接，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面. 又平面，所以， 过作的垂线，垂足为，连接，    则，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角的补角. 设，设，则，，. 由等面积法可得，则， 则，故二面角的正切值为. 14．（24-25高二上·上海·期中）如图，棱柱的所有棱长都等于，，平面平面，.    (1)证明：； (2)求锐二面角的余弦值； (3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【详解】（1）连接交于点，连接， 则，又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以. （2）由（1），平面，过点作，连接， 则，是平面内两条相交直线，所以平面， 平面，则， 所以即是二面角的平面角， ，， 在中，可得， 又，， ， 所以锐二面角的余弦值为.    （3）存在这样的点，连接， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 在的延长线上取点，使得，连接， ，， ，，所以四边形为平行四边形， 所以，又， 所以，平面，平面， 所以平面， 所以在直线的延长线上存在点，使得平面，此时满足. 15．（24-25高二上·上海·期中）如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿翻折到，沿翻折到，        (1)求证：平面平面SFD； (2)当是边的中点时，二面角的大小； (3)设面面，求证：. (4)若，将沿翻折到，沿翻折到，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值. 【详解】（1）因为是正方形，为的中点， 所以，，又，SD，平面SFD， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）当是边的中点时，由（1）可知，， 又∵，，，， ∴， 又∵，平面， ∴平面，平面平面，二面角的大小为90°； （3）因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面平面， 所以； （4）设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角，    设（），则，， 在中，，，，可得， ， 因为，即， 又，所以，令，，， 令，， ， 当，，且时，，，，则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为. 题型三 几何体的结构特征判断（共11小题） 16．（24-25高二上·上海·期中）在直三棱柱中，，，点P是平面ABC上一动点，则的最小值为 . 【答案】 【详解】 作，垂足为，连接， 根据直棱柱性质可得，平面，平面，则， 显然，当在上，两个等号同时成立， 于是使得取到最小值的点落在线段上. 如图所示直三棱柱，将底面沿着翻折，使其和平面共面，如下图， 过作，垂足为，交于，则此位置的点为所求， 根据题干数据，，， 由，故，于是，， 设，则，由，解得， 故，故； 故答案为： 17．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体的棱长是，是上的动点，、是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是 . 【答案】 【详解】以为顶点，构造棱长为的正方体，如下图所示： 由对称性可知，， 又因为是上的动点，是下底面上的动点，所以是直角三角形， 又因为是中点，，所以， 当取得最小值时，此时四点共线， 则， 故答案为：. 18．（24-25高二上·上海·期中）已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，且是上一动点，则周长的最小值为 . 【答案】 【详解】由题意知，在几何体内部，但在面内， 把面沿展开与在一个平面上如图，连接， 则的长度即为的最小值， 因为在直三棱柱中，平面， 而平面，则， 因为，则，即， 又平面，则平面， 而平面，所以，即， 因为，易知，所以 所以， 而，， 所以在中，， 所以，即的最小值为， 在原图中，所以周长的最小值为. 故答案为：. 19．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则 ． 【答案】 【详解】设球的半径为，则，解得， 设球的截面半径为，则，故， 故球心到平面的距离， 球心在圆锥的轴上，圆锥的轴与平面的夹角为. 圆锥的高为，故球心到圆锥底面圆的距离为， 圆锥的底面半径为， 如图所示：截面为等腰三角形，，，， ，故. 故答案为：. 20．（24-25高二上·上海·期中）空间中有五个球两两外切，它们的半径分别为，则 . 【答案】 【详解】假设半径为1的两球球心分别为，半径为2的两球心分别为， 连接四个球心如下图所示，则有， 取的中点，易知， 则， 因为平面，所以平面， 而平面，所以， 因为平面，所以平面， 则可知平面平分线段，平面平分线段， 又平面平面，可知第五个球心G为于上， 可满足， 设，则，解之得. 故答案为： 21．（24-25高二上·上海·期中）已知一个正三棱锥的高为6，底面边长为12，动点分别在其内切球和外接球上，则线段长度的取值范围是 . 【答案】 【详解】根据题意可作图如下：    在正三棱锥中，是边长为12的正三角形，取中点并连接， 取，连接， 则，， 在正三棱锥中，平面，则， 由正三棱锥的对称可知：内切球和外接球的球心均在直线上， 设内切球球心为，外接球球心为， 设内切球的半径为，外接球的半径为， ∵,∴在的延长线上， 连接，则， 设，则，， ∴，解得，则， 取中点，连接，过点作于点，    在等边三角形中，为中点，∴， 在等腰三角形中，为中点，∴， 平面，平面， ∴平面，又∵平面， ∴平面平面，且平面平面， ∵，∴平面， ∴内切球半径，则， ∵，则， ∵，∴，即，解得， ∴， ∴，即， 故答案为： 22．（24-25高二上·上海·期中）小玲在一个棱长为的密封正方体盒子中，放入一个半径为的小球．无论她怎么摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间体积为 ．（结果中保留） 【答案】 【详解】顶点部分不能到达部分为棱长为1的正方体减去半径为1的球体的，如下图， 所以8个顶点部分体积为， 棱部分不能到达部分为底面是边长为1，高为的长方体减去底面半径为1，高为4的圆柱体的，如下图， 12条棱部分不能到达的体积是， 所以不能到达的体积为. 故答案为： 23．（24-25高二上·上海·期中）已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为，球与的四个侧面及底面都相切，然后依次在内放入球、、，……，使得球（，）与的四个侧面均相切，且球与外切，则放入的所有球的体积之和为 . 【答案】 【详解】如图，四棱锥中，为底面正方形的中心，则底面， 为的中点，连接，设侧面与底面所成角为， 记球的半径为，设四棱锥的高为，体积为， 为与四棱锥的切点，， 因为，所以，即， 所以，故， 即，设， 由于，即， ，两式相减可得，即，所以， 故， 所以所有球的体积之和为. 故答案为：． 24．（24-25高二上·上海宝山·期中）如图，在棱长为1的正方体中，、、分别是棱、、的中点，以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为    【答案】 【详解】连接,分别取其中点，连接，如图，    则，且，可得几何体是三棱柱， 又，且，于是平面， 而平面，则，同理，又平面， 因此平面，即三棱柱是直三棱柱， 由正方体的棱长为1，得， 所以直三棱柱的体积为. 故答案为： 25．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 【答案】 【详解】到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面的视角下看，如图所示： 得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，球心为A、B、C，球半径为1， ABC区域内的几何体为棱柱，其高为2. 因为是边长为1的等边三角形， 所以， 即， 所以KCD、EAF、GBH区域内的几何体的体积之和恰好为半径为1的一个球的体积， 即， ， ， 所以，到动点P距离为1的点所形成的空间几何体的体积. 故答案为： 26．（23-24高二上·上海徐汇·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a. ① 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a    ② 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ③ 勒洛四面体中过三点的截面面积为 ④ 勒洛四面体的体积 上述命题中正确的是 【答案】①④ 【详解】对于①，由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值，故①正确； 对于②，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，      其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心， 由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接， 则三点共线， 设正四面体的外接球半径为， 由题意得：，解得， ，， 由题意得，故②错误； 对于③，勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为， 圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，      即，故③错误； 对于④， 勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，    正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为， 正四面体的高为， 正四面体的体积， 设正四面体的外接球半径为，则由题意得： ，解得， 正四面体的外接球的体积为， 勒洛四面体的体积满足，故④正确． 故答案为：①④． 题型四 几何体的相关计算（共4小题） 27．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 【详解】（1） 正方体中，平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积是定值 由，所以三棱锥的体积是定值 （2）这样的E点不存在，理由如下： 若平面，由平面，则有， 而正方体中，四边形是矩形不是菱形，不成立， 所以不存在点E，使得平面. （3）①截面与棱相交于点，连接，则截面为四边形， 平面平面，截面平面，截面平面， 则，同理，所以四边形为平行四边形， 即截面的形状为平行四边形. ②当截面的面积取得最小值时，即平行四边形面积最小，面积最小， 则点N到的距离最短， M为线段的中点，则M点为正方体的中心，当N为线段的中点时， 由，有，由，有， 则是两条异面直线与的公垂线段， 此时点N到的距离最短，面积最小，截面面积最小. 所以当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点. 28．（24-25高二上·上海·期中）长方体中，底面为边长为2的正方形，，点在棱上，且． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)过线段作一个与底面成角大小的截面，求截面的面积． 【详解】（1）由题意知长方体中，底面为边长为2的正方形， 点在棱上，故M到平面的距离为2， 则； （2）连接，长方体中，平面， 故即为直线与平面所成角； 由于， ，故, 在中，， 故. （3）过线段作一个与底面成角的截面， 当时，截面即为底面四边形，面积为4； 设交于O，因为，故在中，， 故； 当时，不妨设截面与交于点N，连接， 则，而，故为截面与底面所成二面角的平面角， 即，故，则截面面积为； 当时，则截面为如图所示四边形，为等腰梯形， 设EF中点为P，连接，则，则， PO为梯形的高，， 由题意可知为等腰直角三角形，故， 故截面面积为. 29．（24-25高二上·上海·期中）如图，是底面边长为1的正三棱锥，、、分别为棱、、上的动点，截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等.（注：棱长和是指多面体中所有棱的长度之和） (1)当为棱的中点时，求棱台的体积； (2)求在二面角的变化过程中，线段在平面上投影所扫过的平面区域的面积； (3)设常数，称较小内角为的菱形为-菱形.当点在棱上运动（不含端点）时，总存在底面为-菱形的直平行六面体，使得它与棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围. 【详解】（1）因为是底面边长为1的正三棱锥， 截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等， 所以， 又， 故， 即正三棱锥为正四面体， 取的中点，连接，过点作⊥于点， 则⊥平面，且， 因为，由勾股定理得， 故，故， ，则， 当为棱的中点时，， 故棱台的体积为， （2）二面角的变化过程中，点在平面上的投影在上， 故线段在平面上投影所扫过的平面区域为， 显然； （3）设-菱形的边长为，直平行六面体的高为， 则-菱形的高，则菱形的面积为， 直平行六面体的体积为， 当点在棱上运动（不含端点）时，设， ，则棱台的体积为， 则， 直平行六面体与棱台有相同的棱长和，故， 由得， 联立与，得， 其中，令， 则， 当时，，当时，， 故在处取得极大值，也是最大值， 最大值为，故， 因为，所以， 则， 因为总存在底面为-菱形的直平行六面体，使得它与棱台有相同的体积，也有相同的棱长和， 所以，故，解得， 又，故. 30．（24-25高二上·上海·期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【详解】（1）作图：取中点，连接这六个点即可得到截面， 由图可知截面是边长为的正六边形， ∴周长为，面积为； （2）分别找出截面为六边形的两种临界情况，分别如下图所示： 情况①         ∵为中点，∴，即， ∵， ∴， 情况② ∵为中点，∴，即， ∵， ∵，即 ∴， 故 （3）（1）如图，截面与相较于点，延长相较于点，连接交与点， 设（），∵，∴， ∵为中点，∴， 延长相交于点，延长相交于点， ∵为中点，∴， 又∵，∴， ∵，∴， 正方体被截得的其中一个多面体体积为， 则， ， 整理得，解得， ∵，∴， 即， （2）如图： ∵点为中点，∴， ∵点G为中点，∴， 设（），则， 又∵，即，∴， ∵，即，∴， ∵，即，∴ 其中一个多面体体积为 则 化简得，即 ∴或，∵， ∴， 即 综上所述，这样的点存在，或 题型五 空间向量的线性运算问题（共3小题） 31．（23-24高二上·上海崇明·期中）正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】过点作平行于底面的截面圆，过点作平行于底面的截面圆，， 设圆柱的底面圆半径为，则，解得 ，于是， 由，得 ， 所以、两点间的距离为. 故选：C    31．（21-22高二上·上海徐汇·期中）已知是空间单位向量，，若空间向量满足且对任意、，则 【答案】 【详解】由可知： 当时，有最小值1， 因为是空间单位向量，,空间向量满足, 所以, 显然当时，有最小值，最小值为1，所以， 解得：，即当时成立，因此， 故答案为： 33．（24-25高二上·上海·期中）一组空间向量，记，如果存在，使得，那么称是该向量组的“h向量”. (1)已知，若是向量组的“h向量”，求实数t的取值范围； (2)四面体内接于以O为球心，1为半径的球，且， （i）记，向量组中是否存在“h向量”，若有，指出哪个是“h向量”并证明；若没有，请说明理由. （ii）求四面体体积的最大值. 【详解】（1）由题意得，，， 又因为是向量组的“h向量”， 所以，即 ，解得或， 故的取值范围为. （2）（i）由题意得，因为四面体内接于球O，所以， 因为，所以， 两边同时平方得， 因为，，， 所以可得，即，，且在同一平面内. 如图所示， 以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系， 则，，，， 代入得， 于是可得， ， ， 所以由“h向量”的定义，，都是“h向量”. （ii）由（i）得，，且在同一平面内， 所以在过球心的截面上， 又，， 两边平方可得，，即，， 同理，两边平方可得， 即，， 于是 =++=. 所以当平面时，四面体体积取得最大值， 此时. 题型六 利用空间向量证明线面位置关系（共3小题） 34．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（    ） A．的最小值为2 B．四面体的体积为 C．有且仅有一条直线与垂直 D．存在点，使为等边三角形 【答案】C 【详解】根据正方体的特征可知面， 又面，所以， 即是异面直线和的公垂线， 当分别与重合时，最小值，最小值为2，故A正确； 易知，所以，故B正确； 易知是等边三角形，所以当是中点，而N与重合时，， 又由A项可知当分别与重合时，，故C错误； 如图所示，建立空间直角坐标系，则，可设，， 若存在点，使为等边三角形，则有， 由，由， 解方程得， 当舍去， 又因为所以符合题意，即D正确. 故选：C 35．（22-23高二上·上海松江·期中）在棱长为1的正方体中,是的中点,分别为线段和上的动点,点为底面上的动点,则到的距离为 ， 的最小值为 . 【答案】 【详解】以为原点,建立如图所示坐标系,取的中点为,连接, 则,,,, 是的中点,为的中点, ,, ,, 则, , 即的长为到的距离, , 即到的距离为. 为线段上的动点,点为底面上的动点, 当平面时,有最小值, 即在上. 四边形为正方形, , 平面,平面, , 又,平面,平面, 平面, 当为的中点时,有最小值. 把平面绕旋转到与平面在同一平面内,如图所示,为的中点, 过点作于,, 则的最小值即为的长. , 在中,, 又, , 在中, , 即 的最小值为. 故答案为： 36．（23-24高二上·上海闵行·期中）如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    【答案】（1）（3）（4） 【详解】    对于（1），以相同顶点命名的三棱锥体积相同，故三棱锥的体积等于的体积，因为点到上底面的距离等于棱长，故（1）正确； 对于（2），取的中点分别为，连接， 由图像可知，， 又因为， ，当点在上时， 因为正方体棱长为，的中点分别为 所以， 故（2）错误； 对于（3），以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 且，且都在平面内， 所以， 所以点的轨迹是线段，故（3）正确； 对于（4），为正三角形，设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 由等体积法，可得 解得， 故以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 故（4）正确； 故答案为：（1）（3）（4） 题型七 利用空间向量求空间角（共7小题） 37．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 【答案】 【详解】在长方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，由P的运动速度是的2倍，得，即， 则，显然平面的法向量， 于是， ，因此， 显然当时，，当时，， 所以的取值范围是. 故答案为： 38．（23-24高二上·上海·期中）如图，在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，平面为内的动点(含边界). (1)求平面与平面夹角的正弦值; (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【详解】（1）以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意知，，又，则， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 则， 设平面与平面夹角为，则， 则， 即平面与平面夹角的正弦值为. （2）如（1）建系及图可知，平面的法向量为， 平面的法向量为， 设，则， 因为平面面，所以， 解得，所以， 又因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 又为内的动点(含边界)所以，解得， 所以， 令，则， 因为，所以，所以， 所以，所以， 两边同乘以3可得直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 39．（24-25高二上·上海·期中）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的正切值为，求的值； (3)点、分别是线段、上的动点，求周长的最小值. 【详解】（1）由条件可知，，，， 所以，所以， 又因为是直角三角形，所以， 取的中点，连结，则， 所以，，且， 所以，则，且，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； （2）以点为原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，，设， ，， 设平面的法向量为， 则，即，，令，则， 即平面的法向量为， 平面的法向量为， 因为二面角的正切值为，所以二面角的夹角的余弦值为， 则，，解得：， 所以； （3）如图，以为轴，将和展开，与在同一平面，点分成和，当四点共线时，为的周长的最小值， 设，，，则， 所以， ， ， 所以， 所以周长的最小值为. 40．（24-25高二上·上海·期中）如图，已知是底面边长为2的正四棱柱，为与的交点，为与的交点． (1)证明：平面； (2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； (3)若线段上存在点，使得直线与平面所成角为，求线段的取值范围． 【详解】（1）证明：连接， 因为是底面边长为2的正四棱柱， 所以//， 故四边形为平行四边形，则，//， 又为与的交点，为与的交点， 所以，且， 故四边形为平行四边形， 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； （2）以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，设，则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则，故， 点到平面的距离为：， 解得， 故正四棱柱的高为； （3） 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为， 设，则， 则， 故，设， 则， 故，设， 则在上有解； 因为的对称轴为， 故，故， 故，所以，故， 故线段的取值范围为． 41．（24-25高二上·上海·期中）如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥． (1)求点P到平面ABCM的最大距离； (2)若棱PB的中点为N，求CN的长； (3)设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值． 【详解】（1） 由题意可知，当平面平面时， 点P到平面ABCM的距离最大， 因为，，点是边的中点， 所以，取的中点为，连接， 则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以P到平面ABCM的最大距离为. （2） 取中点，连接，， 则因为为中点，所以为的中位线， 所以且， 因为为的中点，四边形为矩形， 所以且， 所以且， 故四边形为平行四边形， 所以. （3）连接， 因为，所以， 所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过作于点，由题意得平面， 设，所以，， 所以，所以， ， 设平面的法向量为， 则， ， 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则， 可得， 令，则， 设两平面的夹角为， 则 ， 令，，所以， 所以，所以当时，有最小值， 所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为. 42．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图1，已知，，，，，. (1)求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积； (2)将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角； (3)某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积. 【详解】（1）和绕轴旋转半周所围成的几何体可以得到两个底面半径为1，高为2的圆锥，体积之和为； 正方形绕轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱，体积为. 所以，总的体积. （2）如图3，取中点为，连接，则. 因为，中点为，所以. 又平面平面，平面平面， 所以，平面，即平面. 以点为坐标原点，如图3建立空间直角坐标系， 由已知可得，，，， 所以，，，，，， 所以，，， 所以，， 所以，异面直线与所成的角的余弦值为， 所以，. （3） 由已知可得，圆心为点，则半径. 六边形绕轴旋转半周所围成的几何体的体积，等于直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体体积的2倍. 直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，为一个上、下底面半径分别为1、3，高为1的圆台，体积； 剩下的两部分为全等的弓形， 先研究弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺. 现在用祖暅原理来求解该球缺的体积， 如图5，半球的半径和圆柱的底面半径均为，且圆柱的高，且， 在半球中，高度为，且平行于底面的截面圆的半径，面积为. 在圆柱中，连接，设交高度为，且平行于底面的截面于点， 显然，所以有，即， 所以. 所以，当高度为时，圆环的面积等于大圆的面积减去小圆的面积， 即圆环的面积， 所以，当高度为时，半球的截面与圆柱中的截面圆环的面积相等. 根据祖暅原理可知，半球某高度截面以上的体积（即球缺的体积），即等于圆柱该截面以上（挖去一个圆台）的体积. 所以，球缺的体积（其中为半球被截面截去球缺后剩余部分的高）. 由已知可得，弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺中，，， 所以，该球缺的体积. 所以，总的体积. 43．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，，. (1)证明：； (2)线段CP上是否存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，若存在，求出线段AM的长，若不存在，说明理由； (3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长. 【详解】（1）由题意， 在四棱锥中， ⊥面ABCD，,， ∴， 在直角梯形中，， ∵， ∴ ∵ ∴ （2）由题意及（1）得，存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD， 在四棱锥中，， 作出空间直角坐标系如下图所示： 由几何知识得，，，，，， ∴，，， 设，则, ∴ ∴， 若AM⊥面PCD 解得： ∴ （3）由题意及（1）（2）得， ，， 设 ∴， 设，， ∴ 当且仅当即时，最大，为， 在中，上是减函数， ∴最大时，直线CQ与DP所成的角最小， ∵， ∴， ∴当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长为. 题型八 数列的通项公式求解（共4小题） 44．（23-24高二上·上海闵行·期中）已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则 ． 【答案】 【详解】因为，对任意正整数，，，成等差数列，公差为， 所以 当时，可得， 当时， 所以当时， 故答案为： 45．（22-23高二下·上海青浦·期中）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是 （填序号） 【答案】②③ 【详解】对于①，由题意可知，，，. 由已知，则当时，单调递增. 所以，时，由已知可知，单调递增，且. 所以数列在时，为严格增数列. 但是该数列的前三项不满足，故①错误； 对于②，当时，有 ， ， ， ， ， ， 两边同时相加可得，， 所以，，故②正确； 对于③，由已知可得，， ， ， ， 两边同时相加可得，，故③正确； 对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误. 所以，结论正确的是②③. 故答案为：②③. 46．（24-25高二上·上海·期中）当均为正数时，称为的“均倒数”．若数列的各项均为正数，且其前项的“均倒数”为． (1)试求数列的通项公式； (2)设，试判断并说明的符号（为正整数）； (3)设，是否存在实数，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立，并说明理由． 【详解】（1）依题意，，当时，， 两式相减得，而当时，，解得，满足上式， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，，，， 因此 所以的符号为正. （3）由（2）知数列是单调递增数列，是其最小项，即， 假设存在实数，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立， 于是恒成立，则，即， 解得或，取，当时，对于一切正整数，都有恒成立， 所以存在，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立. 47．（24-25高二上·上海嘉定·期中）设数列的前n项和为.若（），则称是“紧密数列”. (1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为1，，，x，，求x的取值范围； (2)若数列的前n项和为（），判断是否是“紧密数列”，并说明理由； (3)设数列是公比为q的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求q的取值范围. 【详解】（1）由题意得：，所以. （2）由数列的前n项和（），得 时，， 时，， 验证，当时，，成立， 所以 所以，， 因为对任意，，即， 所以，，即是“紧密数列”. （3）由数列是公比为q的等比数列，得， 因为是“紧密数列”，所以. ①当时，，， 因为， 所以时，数列为“紧密数列”，故满足题意. ②当时，，则. 因为数列为“紧密数列”， 所以，对任意恒成立. （i）当时，， 即，对任意恒成立. 因为，，， 所以，， 所以，当时，，对任意恒成立. （ii）当时，， 即，对任意恒成立. 因为，，. 所以，解得， 又，此时q不存在. 综上所述，q的取值范围是. 题型九 数列的求和问题（共5小题） 48．（24-25高二上·上海·期中）已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为 .    【答案】 【详解】过作平行于的平面分别交，，于，，，如图， 因为平面，且平面平面，所以， 同理,，，故四边形为平行四边形． 过作，可得为的中点，连接，可得， 而，平面，可得平面， 平面，则． 故,则四边形为矩形． 又为靠近的第个等分点， 故． 故． ， 由于， 故 ， 故答案为：    49．（24-25高二上·上海·期中）设数列，…，即当时，，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.集合中元素的个数为 . 【答案】 【详解】当为偶数，则 当为奇数，则 因此， 当时，， 于是 ， 依题意，，则，为奇数， 又，则， 所以集合中元素的个数． 故答案为： 50．（22-23高二上·上海浦东新·期中）已知数列满足． (1)求的通项公式和前n项和； (2)设，若不等式，对于任意都成立，求正数k的最大值． 【详解】（1）， 可得，， 所以是以3为首项、3为公比的等比数列，所以， 则； （2）， ， 不等式可改写为，即， 设， ， 所以，即当n增大时，也增大， 所以只需即可．因为， 所以，，即，所以正数k的最大值为4． 51．（22-23高二上·上海浦东新·期中）数列满足：，； (1)求证：； (2)求证：对任意正数，都存在正整数使得成立； (3)求证： 【详解】（1）由已知得：， 所以 因为， 易知，，， 所以有 （2）由（1）可知，所以有：，， 所以，显然对任意的正数，在正整数，使得， 此时成立； （3）当时，由已知得：成立， 假设当时，成立， 则， 又，即， 所以，综上所述：当时，. 因为成立，若成立，则 故成立 得成立 得成立. 52．（22-23高三上·上海浦东新·期中）已知数列的前项和为，满足：. (1)求证：数列为等差数列； (2)若，数列满足，记为的前项和，求证：； (3)在（2）的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围. 【详解】（1）因为，所以，， 两式相减可得，即 由可得， 两式相减可得 化简可得，所以， 所以数列为等差数列； （2）由可得，可得， 因为，所以， 因为数列满足， 所以，所以， 所以数列为等比数列， 因为，所以，， 所以， 所以，即， （3）由（2）可得； 由已知 可得 设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为， 所以， 当为奇数时，， 所以 当为偶数时，， 所以 由， 得， 即， 当为偶数时，对一切偶数成立，所以， 当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时， 故对一切恒成立，则. 题型十 数列的综合应用（共4小题） 53．（24-25高二上·上海·期中）若项数为的有穷数列满足且，我们称这样的数列为数列: (1)若数列是数列，且为等比数列，项数为2024，求该数列的通项； (2)若数列是数列，且为等差数列，项数为且，求该数列的通项用k,n表示； (3)若数列是数列，项数为，记的前项和为，若存在，使，试问：数列能否是数列，若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 【详解】（1）设等比数列的公比为， 若，则由题意得，得， 由得或， 若，由题意得，，得，不可能， 综上所述，， 或 （2）设等差数列的公差为， ， ，， 即，当时，与数列的条件矛盾; 当时，据数列的条件得，， ，即，由得， 即， ； 当时，同理可得，即， 由得，即，， 综上所述，当时，， 当时，. （3）记中非负项和为，负项和为，则， 得，即， 若存在，使，由前面的证明过程知： ， 且， 若数列为数列，记数列的前项和为， 则，， 又， ，， 又，， ， 又与不能同时成立， 数列不为数列. 54．（24-25高二上·上海松江·期中）在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为m的“等比子列”.已知等差数列，其各项与公差d均不为零. (1)若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式； (2)若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为.当最小时，求的通项公式； (3)若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”. 【详解】（1）由题设， 时，等比子列可能为；；， 经验证： 等比子列为时无解； 等比子列为时，前4项为：，故通项为； 等比子列为时，前4项为：，故通项为； （2）由题设，而，则为递增的等差数列，且, ，则，中不包含，不合题意； ，则，中不包含，不合题意； ，则数列公比为2，此时， ，符合题意； 要使公比最小，则，， 此时. （3）由，有，即， 由，，， 所以，即，可得或， 由，则， 要证数列为数列的“等比子列”，即证数列中每一项都是数列中的项， 数学归纳法证明如下： 由上推理及题设知，前3项满足，即时结论成立； 假设时结论成立，即使， 当时，， 所以是的第项，故结论也成立， 综上，，总有的任意一项都是中的某一项， 综上，数列为数列的“等比子列”，得证. 55．（24-25高二上·上海·期中）对于函数和数列、，若，，则称为函数的“影数列”，为函数的一个“镜数列”.已知，，. (1)若为的“影数列”，为的“镜数列”，求的值； (2)在（1）的条件下，当，时，比较和的大小，并说明理由； (3)若为函数的“影数列”，为函数的“镜数列”，现将与的公共项按从小到大的顺序重新构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由. 【详解】（1）由题意，，，，；以； （2）当，时，猜想，数学归纳法证明如下 （ⅰ）当时，，命题成立； （ⅱ）假设当时，命题成立，即， 则当时， （*） ，，即命题也成立 由（ⅰ）（ⅱ）可知，当，时，成立. （3），则，， 设，即，则， 函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应， 即数列中每一项，都有中的项与之相等， 又单调递增，所以新， 假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，， 故，整理得到， 当时，为偶数，等式不成立；所以等式无正整数解. 故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列. 56．（22-23高二上·上海普陀·期中）对于无穷数列，若存在正整数，使得对一切正整数都成立，则称无穷数列是周期为的周期数列. (1)已知无穷数列是周期为的周期数列，且，，是数列的前项和，若对一切正整数恒成立，求常数的取值范围； (2)若无穷数列和满足，求证：“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”； (3)若无穷数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由. 【详解】（1）解：因为无穷数列是周期为的周期数列，且，， 所以，当为偶数时，； 当为奇数时，， 因为对一切正整数恒成立， 所以，当为偶数时，，故只需即可； 当为奇数时，恒成立，故只需即可； 综上，对一切正整数恒成立，常数的取值范围为 （2）证明：先证充分性： 因为是周期为的周期数列，， 所以，，即， 所以，即 所以，是周期为的周期数列，即充分性成立. 下面证明必要性： 因为是周期为的周期数列， 所以，即 所以，，即 所以，，即， 所以数列是周期为的周期数列， 因为，即 所以，必要性成立. 综上，“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且” （3）解：假设存在非零常数，使得是周期数列， 所以，由（2）知，数列是周期为的周期数列，且， 因为， 所以，， 所以数列是周期为， 所以，即，显然方程无解， 所以，不存在非零常数，使得是周期数列. 一、单选题 1．如图，在正方体中，点O为线段的中点，设点P在线段上，直线与平面所成角为，则的取值范围是（     ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】以为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 不妨设， 则， 并设点且， 则， 设平面的法向量为， 则有，即， 取，所以， 所以，， 所以. 令，， 则， 令，可知当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减， 又， 所以， 所以的最大值为1，最小值为， 所以的取值范围为. 故选：B. 二、填空题 2．已知正方体的棱长为，分别为棱、的中点，为体对角线所在直线上一动点，则△绕直线旋转而成的几何体体积的最小值为 ． 【答案】 【详解】取的中点， 因为平面，平面， 所以，且，且，平面， 所以平面，平面，所以， 同理，，平面， 所以平面， 设， 由图可知，此时的高为，且此时的高最短，绕旋转成的几何体体积最小，该几何体为两个相同的圆锥的组合体，圆锥底面半径为，高为，   ， 在中，， 在中，，得， ， ， 形成的几何体的体积为. 故答案为： 3．如图，棱长为2的正方体中，点是平面上一动点，且满足，则满足条件的所有围成的平面区域面积为 . 【答案】 【详解】连接交于， 又点是平面上一动点，且满足，所以； 因此点的轨迹是以为球心，为半径的球面被平面所截得的圆； 设的中点为，连接，过作交于点，如下图所示： 易知，又，且，平面； 因此平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面，即到平面的距离为； 正方体的边长为2，则； 所以被平面所截得的圆的半径为； 因此截得的圆的面积为. 故答案为： 三、解答题 4．已知数列满足: 且 (1)设 证明：是等比数列； (2)设 ，证明： 【详解】（1）由题意可得，， 又因为 当时，，所以， 所以，对任意，，① ，② ，③ ②－③得，，④ 将④代入①得，， 所以， 因为 ， 所以， 又因为， 所以是首项为，公比为等比数列. （2）由（1）可知，即，， 故有， 将以上各式相加 得， 即，此时当时也成立. 由④式得， 从而， 又， 所以，对任意， ， ， 因为，故上式， 对于，不等式显然成立， 所以 5．长方体中，底面为边长为2的正方形，，点在棱上，且． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)过线段作一个与底面成角大小的截面，求截面的面积． 【详解】（1）由题意知长方体中，底面为边长为2的正方形， 点在棱上，故M到平面的距离为2， 则； （2）连接，长方体中，平面， 故即为直线与平面所成角； 由于， ，故, 在中，， 故. （3）过线段作一个与底面成角的截面， 当时，截面即为底面四边形，面积为4； 设交于O，因为，故在中，， 故； 当时，不妨设截面与交于点N，连接， 则，而，故为截面与底面所成二面角的平面角， 即，故，则截面面积为； 当时，则截面为如图所示四边形，为等腰梯形， 设EF中点为P，连接，则，则， PO为梯形的高，， 由题意可知为等腰直角三角形，故， 故截面面积为. 6．在自然界中，蜂巢是蜜蜂的家园，由紧密排列的六角形蜂房连结在一起组成（如图1所示）.研究发现，蜂房的形状为"曲顶多面体"，其中开口的下底面可以近似看成平面正六边形，而蜂房的"上顶"，由三个全等的菱形闭合组成（如图2所示），蜂房的"侧棱"均垂直于底面，且满足关系.蜂房"上顶"的"弯曲度"可用"曲率"来刻画，定义其"弯曲度"的度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的"曲率"之和，而每一顶点的"曲率"定义为减去蜂房多面体在该顶点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.    (1)求蜂房"上顶"的"曲率"； (2)若图2所示的蜂房满足，求的余弦值； (3)若蜂房的底面正六边形边长，"侧棱"，求当蜂房的表面积最小时，顶点的"曲率"的余弦值. 【详解】（1）蜂房"上顶"的"曲率"等于顶端三个菱形的个顶点的"曲率"之和， 在顶点处的"曲率"为， 在顶点处的"曲率"为， 在顶点处的"曲率"为， 在顶点处的"曲率"与顶点处的"曲率"相同， 在顶点处的"曲率"与顶点处的"曲率"相同， 根据定义，蜂房"上顶"的"曲率"等于减去三个菱形的内角和，再减去个直角梯形中的个非直角内角和， 所以蜂房"上顶"的"曲率"为. （2）由题意可知为钝角，连接，过作交于点，如图所示， 设正六边形的边长为，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以四边形为矩形，所以， 所以，所以， 所以， 在中，， 所以，化简可得， 所以，解得(舍去)， 所以的余弦值为.    （3）设蜂房的表面积为，设， 在菱形中，连接，如下图，    且， 因为， 所以， 所以， 所以菱形的面积是， 又因为侧面是六个全等的直角梯形， 所以侧面积为， 又底面积为， 所以， 所以，令，解得(舍去)， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，此时， 所以，； 设，则，顶点的"曲率"为， 因为， 所以 . 7．已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围 【详解】（1）取中点，连结、， 由四边形为菱形可知，，， 又平面， 平面，又因为平面，； （2）因为菱形的面积为， 得，，， 又因为二面角的平面角为，且大小为， 所以， 故点到平面的距离为； （3）取边上靠近点的四等分点，取的中点为，连接， ，，同理， ∵，平面，所以平面， 故点的轨迹长度即为的周长. 由于，，， 且二面角的大小平面角， ∵，∴，， 则，，所以点的轨迹长度的取值范围为. 8．已知无穷数列的各项均为实数.若存在，使得对任意正整数，恒成立，则称为有界数列；记，若存在，使得对任意，，恒成立，则称为有界变差数列. (1)已知数列的通项公式为，判断是否为有界数列？是否为有界变差数列？（只需写出结论）； (2)设.若首项为1，公比为q的等比数列为有界变差数列，求q的取值范围； (3)已知两个严格增的无穷数列和均为有界数列.记，证明：数列为有界变差数列. 【详解】（1），若使数列为有界数列，则需使，则为有界数列； 由知，，则， ，则即可，则数列为有界变差数列. （2）因为，则， 当时，则，显然满足题意； 当时，则，则， 若，则，对任意正整数不恒成立，舍去； 当时，则是首项为，公比为的等比数列，则， 若时，，此时取即可，符合题意； 若时，当时，与题意矛盾，舍去； 综上可得，的取值范围为. （3）因为为有界数列，则存在，使得对任意的恒成立， 因为为有界数列，则存在，使得对任意的恒成立， 且， 因为和为单调递增的有界数列， 所以， 所以， 所以， 所以取即可满足条件，则数列为有界变差数列. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $