第15、16、17题组合练习-2027届新高考数学一轮复习
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内容正文：
■ 名师基础 · 数学教研 2027 届新高考数学 · 第 15、16、17 题组合训练（参考答案）
名师基础
· 数 学 教 研 ·
2027 届新高考数学 · 一轮复习
第 15、16、17 题
组合强化训练
数列
立体几何
导数
参 考 答 案
卷 面 信 息
题 量
30 组 × 3 题（共 90 题）
满 分
每组 43 分
题 型
解答题
建议用时
45 分钟
适用范围
2027 届高三一轮复习
对应卷型
新高考一卷
名师基础 · 数学教研 出品
第 1 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
【详解】 （1）因为，则，即，
且，可知数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以.
（2）因为，则，
可得数列为等差数列，
所以数列的前项和.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【详解】 （1）因底面是梯形，，，则，
又，平面，则平面，
又平面，故平面平面.
（2）取的中点为，连接，因，则，
由（1）得平面，平面，则，
又平面，则平面.
过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直，
故可以分别为轴建立空间直角坐标系.
因，由，可得，
则，.
设平面的法向量为，
因，
则，故可取，
因平面，故平面的法向量可取为，
则，
设平面与平面所成二面角的平面角为，则，
即平面与平面所成二面角的正弦值为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)2
(2)答案见解析
【分析】 （1）根据导数的几何意义结合切线方程建立关于的方程求解即可；（2）求出函数的导数，分类讨论，判断导数正负，即可求得答案.
【详解】 （1）函数的定义域为，，
由题意得：，解得：，所以.
（2）由（1）得：，
①当时，即，在区间上恒成立，
函数在区间上单调递增；
②当时，若，，函数在区间上单调递增；
若，，函数在区间上单调递减.
第 2 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)证明见解析
【分析】 （1）利用基本量法可求首项与公比，故可求通项公式；
（2）求出的通项，利用裂项相消法结合不等式的性质可证题设中的不等式.
【详解】 （1）设公比为，则，故，
故.
（2），故，
所以.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
【详解】 （1）方法一：连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以即为直线与平面的夹角，
因为，所以．
又因为底面为等腰梯形，且，
所以，所以四边形为平行四边形，所以．
则，所以，
所以直线与底面的夹角为
方法二：连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面交平面于，
所以平面，
所以即为直线与底面的夹角，
因为，所以．
又因为底面为等腰梯形，且，
所以，所以四边形为平行四边形，所以．
取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，
由面，建立空间直角坐标系如图所示，
所以，所以，
面的法向量为，所以，
所以直线与底面的夹角为；
（2）取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以，
由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示，
所以，
所以，
因为，所以，则，
同理，
设面的法向量为，所以，则，
不妨令，所以，则．
令，所以
因为点在面中，所以，所以，
所以，所以．
综上，线段的长度为．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)2
(2)
【详解】 （1）由求导得，
则在处的切线的斜率为，因切线与垂直，
故，解得.
（2）由（1）可得 ，
因，则当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
因,即,
故在区间上的值域为.
第 3 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【分析】 （1）利用等比数列的定义证明.
（2）利用分组求和法求数列的前项和.
【详解】 （1）因为，
且，
所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）得，.
所以.
所以
.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【分析】 (1)以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系,设,通过向量法可证得，即共面;
(2)分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角的余弦公式求解即可.
【详解】 （1）由平面平面，，得平面，以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系：
设，
则，
故，，
共面.
（2）设，故，
设平面的法向量为，
由，
得，取，可得；
，
设平面的法向量为，
由，
得，取，所以，
，
设平面与平面夹角为
,
即平面与平面夹角的余弦值.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
【分析】 (1)利用导数的几何意义求解；
(2)利用导函数研究函数的单调性.
【详解】 （1）当时，，
，则，
又，∴曲线在点处的切线方程为．
（2），，
，，由，得，由，得．
的单调递增区间为，单调递减区间为．
第 4 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)；
(2).
【分析】 （1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，联立方程组即可求解；
（2）利用等差数列的前项和公式，再结合复合函数的单调性即可求得最小值.
【详解】 （1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意列方程：
由得： ，
由得： ，
联立解得：，，
则由等差数列前项和公式可得 ；
（2）由，，可得等差数列的通项公式为：，
则，即数列的前项积为：
，
因此： ，
令，，
因为函数是关于的单调递增函数，因此最小时，取得最小值，
因为的最小值在时取得，即，
代入可得： ,
即的最小值为.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【分析】 （1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量法求线面角求解即可.
【详解】 （1）在三棱柱中，，，
，则.
又四边形是正方形，则，，所以.
又，平面，因此平面.
又平面，所以.
在等边中，为中点，则，
又，平面，所以平面.
（2）
取中点为，中点为，则，.
由（1）知，平面，平面，则.又，故.
又，平面，则平面.
即两两垂直.
以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
因为为线段中点，所以.
，，.
设平面的法向量为，
则，即，故可取.
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为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)答案见解析
【分析】 （1）由题意可得，联立等式可得函数，根据导数的几何意义可求得切线方程；
（2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案.
【详解】 （1）由题意得．因为在处取得极小值，
则，解得，，
所以，，
故，，
则切线方程为，即；
（2）令，所以．
令，解得或．则，，的关系如下表：
2
0
0
单调递增
单调递减
单调递增
作出函数的图象如下：
所以，①当或时，有两个零点；
②当或时，有一个零点；
③当时，有三个零点．
第 5 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）根据等差数列的性质，结合等差数列前项和公式进行求解即可；
（2）利用裂项相消法进行求解即可.
【详解】 （1）因为数列是等差数列，
所以由，
所以公差为，
所以；
（2），
所以，因此
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析；
(2)
【分析】 （1）根据面面垂直性质定理证明平面，进而，再根据即可证明平面，最后结合线面垂直证明结论；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】 （1）因为，所以为中点，
因为侧面是正三角形，所以，
因为底面是正方形，所以，
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，又平面，
所以
（2）根据题意，如图建立空间直角坐标系，
设正方形的边长为，则 ，
因为，
所以，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即， 故可取，
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为
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)当时，.
(2)，.
【分析】 （1）利用三角恒等变形，结合辅助角公式，即可求正弦型函数的最大值；
（2）利用正弦函数图象，可研究方程根的个数及参数范围.
【详解】 （1）由，
，则，
当，即时，.
（2），则，
由正弦函数在上的图象如下，
所以方程在上有两个不同实根，则，
由对称性知，，解得：.
第 6 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)证明过程见解析；
(2)
【分析】 （1）根据得到通项公式，进而得到；
（2）得到，由错位相减法求和得到答案.
【详解】 （1）当时，，
当时，，
由于，故对，，
所以，而，
故；
（2），
故①，
则②，
式子①-②得，
故.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量公式可得答案；
（2）求出两个半平面的法向量，利用向量夹角公式可求二面角.
【详解】 （1）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系；
，,；
设平面的一个法向量为，则，
令，得，即，
设直线与平面所成角为，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
（2）由（1）知平面的一个法向量为，
易求平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，易知为锐角，则，
所以二面角的余弦值为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)证明见详解
【分析】 （1）对进行求导，令求出实数的值，再验证即可；
（2）要证，令只需要证明函数的最大值小于1即可.
【详解】 （1）求导得，
又在处有极大值，，解得或，
当时，，
时，；时，，故为极大值点，符合题意，
当时，，
时，；时，，故为极小值点，不符合题意，
综上，实数的值为.
（2）由（1）得，
要证，即证对成立，
令则，
令，解得或，
令，解得或，
所以函数在和上单调递增，在和上单调递减，
所以函数的极大值为和,
且，,
即对所有成立，成立.
第 7 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而得到通项公式；
（2）根据数列的构成特点，确定其通项公式，再计算前项和.
【详解】 （1）因为是等差数列，由已知，，得，
所以，所以，所以；
（2）由题意可知：，所以.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)；
(2)证明见解析.
【分析】 （1）利用空间向量法来求异面直线所成角的余弦值，从而可求出角的大小；
（2）利用空间向量法来证明线线垂直，即可证明线面垂直.
【详解】 （1）
如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为，
则有
即，，
因为E，F分别是，的中点，所以
则，
因，
，则，
则与所成角的大小为；
（2）由，
可得，即，
，即，
又因为平面，
所以平面.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
【详解】 （1）因，则，
故，
即，解得，
故原不等式的解集为.
（2）因，
由，可得为奇函数.
又，因，，则
故在上单调递增.
故存在使得等价于存在使得，
等价于存在使得，
即存在使得，
因，，
则当时，取得最小值，故得.
故实数的取值范围是.
第 8 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)，
(2)
【分析】 （1）利用等比数列和等差数列通项公式可求答案；
（2）列举部分项，得出数列的前30项的组成，利用求和公式可得答案.
【详解】 （1）因为数列为等比数列，且，
所以.
又因为，所以，
又，则，
故等差数列的通项公式为.
（2）因为，，
所以，
而.
因为在数列前30项内，不在数列前30项内，
即为的前30项，其集合为
则数列前30项和为：=1203.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）根据棱锥的体积公式，结合线面角的定义进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质、空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】 （1）因为，，
所以，因此，
因为平面ABCD，直线与平面所成的角的大小为，
所以，
四棱锥的体积为；
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，，又因为，
所以可以建立如图所示的空间直角坐标系，
，
显然平面的法向量为，
因为点在线段上，所以设
，
设平面的法向量为，又，，
因为直线平面，
所以当直线平面，显然点不与点重合，
则当时，，取
因为直线平面，
所以，即，
，
由图可知二面角是锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)证明见解析
【分析】 （1）由于，恒成立即恒成立，，从而得到(必要条件)，然后再验证当时，通过导数求得函数最小值，再证明（充分条件）；
（2）利用第一问可知，把不等式转化为证明不等式.
【详解】 （1）由于，所以，恒成立即恒成立，处取最小值，
，故由（必要条件）；
验证充分性：当时，；令，得，
令，得，令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，即恒成立.
综上所述，
（2）由（1）知恒成立，故；
又 ，
所以，，
故，即.
第 9 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)证明见解析
【分析】 （1）由，得，从而为常数列；
（2）求出通项公式，裂项相消法求和.
【详解】 （1）因为，得，
所以，
数列为常数列，则，
所以，.
（2）因为，
所以，
故
.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】 取中点，连接PO，CO，根据等边及等腰三角形的性质，可证，，根据勾股定理，可求得PO，CO的长，根据AC的长，结合勾股定理，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证.
（2）如图建系，求得各点坐标和各个所需向量坐标，可求得平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，代入数据，即可得答案.
（3）求出平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案.
【详解】 （1）证明：如图，取中点，连接，
因为是边长为2的等边三角形，为中点，
所以，且.
又因为为中点，
所以，且.
因为，所以，
所以.
又平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）由（1）得两两互相垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
故平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离.
（3）由（2）可知，，
设平面的法向量为，
所以，即，
令，则，
故平面的一个法向量为，
由（2）知平面PAC的一个法向量为，），
所以，
故平面和平面夹角的余弦值为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)，
(2)存在个零点
【分析】 （1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后利用零点存在性定理可虚设零点，结合其单调性得到最小值小于，再利用零点存在性定理判断零点个数即可得解.
【详解】 （1），，
由在处的切线为，则，
故，；
（2）当时，，，
当时，，
当时，由与都单调递增，
故单调递增，
又，
，故存在，使得成立，即有，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时取得最小值，即，
则，
令，则，
所以，
则在上单调递减，
故，
又，
故在上存在一个零点，
又，
故在上存在2个零点.
第 10 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）根据等差数列通项公式和求和公式列式求，进而可得通项公式；
（2）整理可得，利用裂项相消法求和即可.
【详解】 （1）设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得，
所以数列的通项公式.
（2）因为，
则.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明过程见解析.
(2)
【分析】 （1）通过辅助线构造平行四边形证明线面平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用三棱锥的体积得到所需长度，利用平面的法向量求解两个平面的夹角余弦值即可.
【详解】 （1）
设的中点为，连接.
因为分别为的中点，所以，且.
在直三棱柱中，，且，所以，
所以四边形为平行四边形，则.
又平面，平面，所以平面.
（2）我们以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
设直三棱柱的侧棱长，可得
三棱锥，到底面的距离为，，
因此，解得.
则向量，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，即；
平面的一个法向量为；
设两个平面夹角为，则.
即两个平面的夹角余弦值为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)个
【分析】 （1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）由可得，令，则函数的零点个数即为直线与函数的图象的公共点的个数，利用导数分析函数的单调性，即可得出结论.
【详解】 （1）当时，，则，所以，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题意可得，，
令可得，
令，则函数的零点个数即为直线与函数的图象的公共点的个数，
，
令，其中，
则，
令，则，
由可得，由可得，
所以函数在处取得极大值，也是最大值，
所以，所以，即恒成立，
所以函数在上单调递减，且，
故当时，，所以，则函数在上单调递减，
当时，；当时，.
所以直线与函数的图象有且只有一个公共点，
故函数在上只有一个零点.
第 11 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
【详解】 （1），
所以，
又，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，
可得.
（2）由（1）得为等比数列，
设数列的前项和为，，
所以，
构造函数令，根据增函数减去减函数为增函数，可得函数为增函数，
为整数，所以当，，不成立，
当，，成立，
所以满足条件的最小整数n的值为.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)2
【分析】 （1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，证明出线面垂直；
（2）作出辅助线，得到二面角的平面角，根据正切值得到各边长，求出三棱锥的体积.
【详解】 （1）证明：在内任取一点P，过点P作于，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以.
过作于，同理可得，
又平面，平面，，
所以平面.
（2）过点作于，由平面平面，
平面平面知平面.
又平面，所以
再过点作于，连接，
因为 ， 平面，
则平面，
所以即为二面角的平面角.
所以，
又，故为等边三角形，
所以，，
故，
又中，，所以，故，
所以，又为等边三角形，故，
所以三棱锥的体积.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）利用函数导数求函数在某点处切线方程，切线过其它点建立方程求解即可.
（2）根据题意将不等式问题等价出恒成立问题，构造新函数，结合函数导数与函数单调性求最值（极值）对参数进行分类讨论即可求解.
【详解】 （1）由，
所以函数在处的切点为：，
又，
所以，
所以函数在点处的切线方程为：，
将点代入切线方程中得：，解得：.
（2）由（1）得：，
所以对恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
令，因为，所以，且，
将代入中化简得：
在上恒成立，
令，
由，
令，
则，因为，所以，
即在上单调递减，
所以，
当时，，
所以在上单调递减，
所以，满足题意，
当时，存在使得，且时，，
此时在上单调递增，所以，不满足题意.
综上实数的取值范围为
第 12 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)，．
(2)
【分析】 （1）根据等量关系建立方程，求解出和，进而得到两个数列的通项公式；（2）使用错位相减法求解即可.
【详解】 （1）依题意可知，，解得，
所以，．
（2）由（1）可知，，则
，
，
两式作差得
，
所以．
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【分析】 （1）利用等腰三角形三线合一的性质得出，推导出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（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，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】 （1）在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，所以，
因为为的中点，所以，
易知平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，故平面.
（2）因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)，
(2)或
【分析】 （1）将原函数化简后，利用对称性有恒成立，代入计算解出即可得；
（2）利用正弦定理将边化为角后，利用两角和的正弦公式计算可得，再利用（1）中所得可求出，结合可求出，即可得.
【详解】 （1）由题
，
由函数的图象关于点中心对称，
则，
即，
即
，
所以，解得；
（2）由（1）知，
又，所以，
即，
所以.又，所以，又，所以，
又，∴，
又，所以，所以或，
∴或，又，所以或.
第 13 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)证明见解析
【分析】 （1）由韦达定理求出的值，即可写出答案；
（2）根据题意写出数列的通项公式，利用裂项相消求出，即可得证.
【详解】 （1）由题意可知：是函数的两个零点.
由韦达定理可知：
所以
当时，
所以;
（2）已知，由（1）可得，
当时，.
当时，.
则，
去括号可得
当时，，满足.
当时，，因为，所以，则，即.
综上，.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【分析】 (1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直；
(2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值.
【详解】 （1）侧面为正三角形，为的中点，
，
是矩形，且分别为中点，，
面面，
面平面，
平面平面．
（2）方法一：由（1）知，平面平面，
平面，平面平面平面，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，
，
，设，
则，
设平面的一个法向量为，则，即，
取，则，所以，
易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且，
即且，
即且，
解得（舍去）或，所以．
设平面的一个法向量为，
又，
则，即，
取，所以．
设平面的一个法向量为，
则，即取，
则，所以，
设平面与平面夹角为，则．
故平面与平面夹角的余弦值为．
方法二：设平面与棱相交于点，
因为面，则平面，
且面面，则，又因为为中点，可得为中点，
设平面平面，，则为中点，
因为关于平面的对称点为，的中点为，
所以面，由（1）知平面平面，
所以平面，又平面平面
且，且，
在平面内，，所以，
因为为中点，
可得为正三角形，因为，所以为中点，
由对称性可知，，
所以，可得，且，
设交于点，则为中点，
则，
由面，可得，
则平面与平面夹角为，
设平面与平面夹角为，同理可得，
则平移可得平面与平面夹角为，
则，即，
故平面与平面夹角的余弦值为．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)最小值为1
(3)
【分析】 （1）根据导数的几何意义求解；
（2）利用导数确定单调性后可得最小值；
（3），.注意，令，求出，分类讨论：时，由的单调性得出（）不可能恒成立，时，证明（）恒成立，从而可得参数范围．
【详解】 （1）∵，∴，
∴，，
∴切线方程为，
整理得；
（2）∵，令，，则，
∴，∴时，，时，，
∴在单调递减，在单调递增，∴的最小值为，即的最小值为1；
（3）当时，
∵，∴，
令，则，
依题意，，，.
若，即时，使得时，
所以即在单调递减，∴时，不合题意，
∴，即，下面证明时符合题意.
∵，，，∴当时，
即在单调递增，∴，，
综上，实数a的取值范围为．
第 14 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)（i）（ii）证明见解析
【分析】 （1）设首项为，公差为，再结合已知条件建立方程求得，再求通项公式即可；
（2）（i）根据题意证明是首项为2，公比为2的等比数列，进而得，再结合错位相减法求解即可；
（ii）由题意知，再结合裂项求和即可证明.
【详解】 （1）解：设首项为，公差为
根据题意可得方程组，所以解得．
所以
（2）（i）解：因为
所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
所以 ，
设
所以，两式相减得：
所以．
（ii）由题得．
所以
化简得．
因为，，所以．
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【分析】 （1）根据线面垂直的判定定理先得平面，
从而，进而可得平面；
（2）以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，利用空间向量法求解.
【详解】 （1）因为，又正方形中，，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为四棱柱中，，所以，
因为，，平面，所以平面．
（2）由（1）知四棱柱是正四棱柱，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
设，，，，
因为，所以，，
，设平面的法向量为，
因为，，所以，，
取得．
因为，，所以，
又，，平面，所以平面，
是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)，
(2)证明见详解
(3)存在，
【分析】 （1）根据导数即可求解；
（2）根据、两种情况分析即可证明；
（3）根据、、三种情况分析的导数，并据此求出最值，并根据题干求出对应a的值，判断是否符合情况即可．
【详解】 （1），由题意，
解得，，解得．
（2），且，
①当时，，令，求导得，
时，，单调递减；时，，单调递增；
故在处取得最小值，即恒成立，
因此不是极值点；
②当时，，不可能是极值点；
综上，不是函数的极值点．
（3），，求导，
①，此时恒成立，在上单调递减，
最小值在处，即，
令，得，与矛盾，舍去；
②，即，此时在上为负，单调递减；
在上为正，单调递增，
最小值在处，即，
令，得，满足，成立；
③，即此时在上恒成立，单调递减，
最小值在处，即，
令，得，与矛盾，舍去；
综上，存在，使得在上的最小值为2．
第 15 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)证明见解析
【分析】 （1）利用与关系可推导得到，结合等差数列通项公式可分别得到为奇数和为偶数时的通项公式，进而得到；
（2）根据等差数列求和公式可得，采用裂项相消法可求得，进而证得结论.
【详解】 （1）当时，，，
，又，；
，即，；
则当为奇数时，；当为偶数时，；
.
（2）由（1）得：，
，
，
，.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)，理由见解析
(3).
【分析】 （1）根据题意，证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）延长交延长线于点，连接交于点，证得平面，即可求解；
（3）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】 （1）证明：因为，即得，所以，
又因为，所以，
因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：如图所示，延长交延长线于点，连接交于点，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，所以为平面与的交点.
（3）解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，可得.
设平面的法向量为，则，
令，可得 ，所以，
又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
可得，则，
故平面与平面夹角的正切值为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)极大值为，没有极小值
(2)0
(3)
【分析】 （1）利用导函数求函数的极值；
（2）根据导函数求函数的最值；
（3）根据的导数，对进行分类，结合函数的单调性和极值可得的取值范围.
【详解】 （1）当时，，定义域是
求导可得
令，解得，
当变化时，，的变化情况如下表：
0
单调递增
极大值
单调递减
由此可得的极大值为，没有极小值.
（2）当时，，定义域是
求导可得
令，定义域是，则
求导可得，当时，，因此在上是增函数，
所以，即在上是增函数，.
（3），定义域是
求导可得，
令，定义域是
求导可得
分类讨论，
当时，，因此在上是减函数，；
当时，是负数，因此，在上是减函数，，不符合题目要求；
当时，，，因此存在，使得，即，
当变化时，，的变化情况如下表：
0
单调递增
极大值
单调递减
因此，只需要，即时，在上存在零点；
当时，由第一问可知在上是增函数，，不符合题目要求；
当时，，即，在上是增函数，，不符合题目要求，
综上所述，的取值范围是.
第 16 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）根据等比数列的定义，分类讨论进行求解即可；
（2）根据等比数列前项和公式，分类讨论进行求解即可.
【详解】 （1）因为，所以，
所以，
所以构成以2为公比的等比数列，
也构成以2为公比的等比数列，
又，所以，
所以，，
所以；
（2）当为偶数时，中奇数项和偶数项均为项，
所以
.
当为奇数时，中奇数项有项，偶数项有项，
所以
.
所以.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【详解】 （1）
如图，在中，取中点，连接，
因为，所以，
又，所以是的中点，
因为是的中点，所以，
且，
因为是上靠近的三等分点，所以，所以，
由，平面，平面知平面，
由，平面，平面知平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（2）
在中，作，垂足为，
在中，由是中点，，
可得，
将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，
则，
所以是二面角的平面角，，所以，
因为平面，所以平面，又平面，
所以平面平面，所以平面，
如图，以为原点，过平行于的直线为轴，分别为轴和轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
，，，，
设平面的法向量为，
因为，，所以，，
取得．
同样可求得平面的一个法向量，
设平面与平面所成二面角为，
则，故．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）求导，利用导数的几何意义求切线方程；
（2）整理可得，令，原题意可转化为有两个零点，求导，利用导数分析函数零点即可.
【详解】 （1）因为，则，
可得，，
所以该曲线在点P处的切线方程为: ，即.
（2）因为，则，
可得，
令，则，可得，
原题意可转化为有两个零点，
则，
因为，则，
若，则，可得，
可知在上单调递减，所以在上至多一个零点，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增，则，
当趋近时，趋近正无穷，当趋近正无穷时，趋近正无穷，
若有两个零点，则，
令，则在上单调递增，
且，则不等式的解集为；
所以实数a的取值范围为：.
第 17 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)，；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】 （1）由递推公式可得答案；
（2）证明为常数即可完成证明；
（3）由（2）分析可得，，然后由裂项求和法可得答案.
【详解】 （1）数列中，，
则，；
（2）由，则，则，
从而是以为首项，公比为2的等比数列；
（3）由（2），
则
，
从而.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
(3)．
【分析】 （1）通过，即可求证；
（2）由等体积法即可求解；
（3）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】 （1）证明：因为在梯形中，，点是的中点，
所以四边形是正方形，所以，
所以将沿折起到的位置时，，
又平面，所以平面．
（2）由（1）知是二面角的平面角，，
在中，，
在和中，，
所以，所以的面积为，
在平面中，作，与的延长线交于点，
则平面，由知，
的面积为，
设点到平面的距离为，由三棱锥的体积得，
所以点到平面的距离．
（3）以，为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设为平面的一个法向量，则
，即
取，得
则，
设为平面的一个法向量，则
，即
取，得
则，
所以，
所以二面角的正弦值为．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
(3)
【分析】 （1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可.
（2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论.
（3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间.
【详解】 （1）当时，，所以
所以切线方程为即，
（2），
若，可得时，，所以在上单调递增；
若时，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为，
此时极小值也是最小值，由，可得，，
又，所以
令，求导得，
所以在上单调递减，又，
当时，，当时，，
所以时，，此时满足，
所以a的取值范围
第 18 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)证明见详解；
(2)
(3)
【分析】 （1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明；进而求出的通项公式；
（2）由（1）结合错位相减法可得答案；
（3）根据（1）得到，根据作差法得到数列的单调性，再求范围即可.
【详解】 （1）已知，故，当时，.
因为，代入，
整理得.
因此是首项为、公比为的等比数列，
所以，故.
（2）
两边同乘得
得，，
整理得.
（3）由得，设，对任意正整数恒成立，
只需的最大值.
，
当时，，即；
当时，，即，
故最大值为.
因此的取值范围为.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)2
(3)
【分析】 （1）通过，即可求证；
（2）在中作交于点，确定为四棱锥的高，进而可求解；
（3）法1，过点作交于点，连接，确定为二面角的平面角，进而可求解；法2，建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】 （1），
与全等，，即，
又，且点是的中点，
则，由点是的中点，可得，
与都在平面内，
平面；
（2）平面，且在平面内，
∴平面平面，
在中作交于点，连接与，
∵平面平面，平面，
平面，即为四棱锥的高，
又，
，且，
平面，
同理可得，又，
∴四边形是正方形，
，
在直角中，，
，
即四棱锥的高为2；
（3）法1：，
与全等，过点作交于点，连接，
则，
为二面角的平面角，，
在中，，
，则.
法2：由（2）知，两两垂直，以为坐标原点，
分别以有向线段为轴正方向建立如图空间直角坐标系.
则，
则，
令为平面的一个法向量，
则，
令，得，则；
令为平面的一个法向量，
则，
令，得，则.
所以，
所以二面角的平面角正弦值为
.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)（ⅰ）；（ⅱ）在上单调递减，在上单调递增.
(2).
【分析】 （1）（ⅰ）根据导数的几何意义求切线方程；
（ⅱ）根据导数的正负求函数的单调区间；
（2）首先确定，再根据导数求函数的最小值，根据最小值，结合极值点化简不等式，求和的取值范围.
【详解】 （1）当时，，.
（ⅰ）因，，所以切线方程为.
（ⅱ）由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，不满足题意.
所以，此时.
显然是上的增函数，且时，，时，，
所以存在唯一正实数使得，即.
此时在上单调递减，在上单调递增.
由题意.
将代入上式整理得：，解得：.
此时，代入后.
化简得：，解得：.
令，其中.
则，所以是区间上的增函数.
所以，代入得到的取值范围是.
第 19 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)证明见解析；
(2)
(3).
【分析】 （1）两边同时除以即可证明数列是等差数列.
（2）记梯形 的面积为 ，根据题意得 ，再根据错位相减法求和即可得面积 ;
（3）结合题意代入原式可得，再根据恒成立问题转化为 ，最后根据数列的单调性求 的最小值即可得答案.
【详解】 （1）因为，两边同时除以，
所以所以是首项为 ，公差为 1的等差数列.
（2）过 向 轴作垂线，垂足分别为 ，
由（1）得 ，则 .
记梯形 的面积为 .
由题意得
所以
①
又 ②
①②得
所以 .
所以由该折线与直线 所围成的区域的面积 .
（3）已知 ，则
所以.
由 恒成立，即 恒成立，
即 恒成立，由 单调递增，
故当 时， ，故 ，即 ，
所以 的最大值为 .
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)证明见解析
【分析】 （1）利用侧面积求解出圆锥的高，再利用建系的方法，求出直线OB与平面PAC所成角的正弦值.
（2）利用向量的方法，将点在线段上刻画为接着证明直线与的数量积不为零.
【详解】 （1）
所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系，
所以设
则母线长为
则侧面积为
解得：
所以
设面的法向量为
所以
不妨令则
所以设直线OB与平面PAC所成角为
所以
（2）因为D为线段PB上的动点，所以设
由（1）知
所以直线OA与CD不垂直.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)极大值，无极小值
(2)，切点坐标为
(3)的取值范围
【分析】 （1）求导找单调性变化点，进而确定极值；
（2）先求导得到切线斜率公式，再根据 “切点在曲线、切线上，且切线斜率等于导数” 列三个方程，联立消元求解，试根得到切点横坐标，最终算出和切点坐标；
（3）将两函数交点问题转化为方程根的问题，用导数分析函数单调性，再根据零点存在性求参数范围．
【详解】 （1）当时，，的定义域为，
，
令，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以在处取极大值，无极小值．
（2），
设切点为，切线的斜率为，所以①，
因为切点同时在曲线和切线上，所以②，
由①得③，由②得④，
③④得⑤，
将⑤代入②中得，即⑥，
设，，
令，
由，得，单调递增，
又，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增，
又，
所以是的唯一零点，
即方程⑥的根，代入⑤得，切点坐标为．
（3）令，即，整理得，
问题转化为在有个不同正根，
令，
，
若，则，在单调递增，最多个零点，不符合题意，
若，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
要使有个不同零点，需满足极小值小于（当和时，满足题意），
所以，解得，
所以的取值范围．
第 20 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)证明见解析，
(2)
【分析】 （1）由，得，将这两个等式作差结合等差中项法可证得结论成立，在等式中令，可求出的值，结合可求得该数列的公差，再利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项求和法可求得的表达式，得出，结合题意得出对恒成立，于是得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】 （1）由①，得②，
②−①得③，则④，
④−③得，即，
所以是等差数列，设其公差为，
由，得，所以．
因为，所以公差，
所以．
（2）
，
所以．
由对恒成立，得，即．
设，由对恒成立，
得，解得或，故的范围为．
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
【分析】 （1）方法一：连接交于点，连接，根据中位线性质得，从而可证；方法二：，，，可得，从而得证；方法三：取的中点连接，，的中点连接，，，通过证明四边形为平行四边形，可得，从而得证；
（2）方法一：以为原点，，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，借助向量夹角和模长可得点，，再求出平面与平面的法向量，借助夹角公式求解；方法二：根据线面垂直的判定定理得平面，以为原点，为，轴建立如图所示的坐标系，求出平面与平面的法向量，借助夹角公式求解；方法三：根据线面垂直的判定定理得平面，过点作交的延长线于点，延长与的延长线交于点，则为平面与平面的交线，可证为二面角的平面角，求出即可得解.
【详解】 （1）方法一：连接交于点，连接，
，，
四边形为平行四边形，
为的中点又为的中点，，
又平面，平面，
平面；
方法二：，，，
则，，，
所以，
又因为，平面，，平面，
所以平面；
方法三：取的中点连接，.
取的中点连接，，，
，，
四边形为平行四边形，
，，
又， ，，
四边形为平行四边形，
又，分别为对应棱的中点，，
四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
平面；
（2）方法一：以为原点，，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
已知底面是边长为1的正方形，，，
设，则，，，
则，解得，
，解得，
又，解得，即，
由，解得，
又，，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
所以，
取平面的一个法向量，
平面与平面的夹角设为，它的余弦值，
又，；
方法二：连接，，
在平行六面体，则，又，，
则，
即，，又，，
所以平面，平面，，
同理可得平面，，又，
平面，
连结，解得，
以为原点，为，轴建立如图所示的坐标系.
则，，由，得到，
又，由得到，，
设平面的法向量，
则，令，则，
解得，
平面的法向量，
平面与平面的夹角设为，它的余弦值，
又，；
方法三：连接，，
在平行六面体，则，又，，
则，
即，，又，，
平面，，
同理可得平面，，又，平面；
连接，解得，
过点作交的延长线于点，
则，平面，
延长与的延长线交于点，则为平面与平面的交线，
连接，在中，，
，，满足勾股定理，，
为二面角的平面角，
，
平面与平面的夹角为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)①；②．
(2)．
【分析】 （1）①求导，确定切线斜率即可求解，②通过二次求导，确定函数单调性，即可求解；
（2）通过二次求导，结合，讨论，即可.
【详解】 （1）当时，，．
①因为，，
所以曲线在点处的切线方程为．
②令，则．
当时，，，且两个等号不能同时成立，
所以，在上单调递减．
又，，所以存在，使得．
当时，；当时，．
在上单调递增，在上单调递减．
又，，，
所以在上的最小值为．
（2）．
令，则，
．
若，即，则存在，使得当时，，
所以在上单调递增．
因为，所以当时，，即在上单调递增，不符合题意．
若，即，则当时，，，两个等号不能同时成立，
所以当时，．
当时，，，
所以，在上单调递减．
因为，所以当时，，
所以当时，，在上单调递减，符合题意．
综上，的取值范围为．
第 21 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】 （1）计算可得其等于，即可得证；
（2）结合（1）中所得，利用分组求和计算即可得解；
（3）利用分组求和可得，则；构造函数，利用导数计算可得对任意恒成立，则可得，计算可得，结合可证得，利用不等式性质可得当时，有，计算可得，则可得，即可得证.
【详解】 （1）
，
又，，故；
（2）由（1）可得，
故
；
（3）
，
又，
故，
故，故；
令，则，
故在上单调递减，故，
即对任意恒成立，则，
则，
又，故；
当时，
，
则，即有，
则，
则，
又，则，
综上所述：可得.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】 （1）利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，先求坐标，运用向量数量积求解夹角；（3）转换三棱锥的顶点，计算出底面积和高即可求解体积.
【详解】 （1）由底面，底面，得； 又，，
故，，因此平面.
平面，故.
在以为直径的球面上，直径所对的圆周角是直角，得，即.
又，平面，因此平面，得证.
（2）
以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，
由题意得各点坐标.
由（1）可知，所以.
因为所以为的中点，得.
，
则，，
所以，解得，即.
得，.
，
故，因此异面直线与的夹角为.
（3）由（2）可知，，
设平面的法向量为，则， 化简得
令，得，因此平面的一个法向量为.
，点到平面的距离，
又，，，
.
故，
三棱锥体积.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)在区间上为增函数，在区间上为减函数
(3)证明见解析
【分析】 （1）先求切点，再求斜率即可.
（2）讨论导数的正负，从而得到原函数的单调性.
（3）分别证明不等式的两个方向，先将函数变形成的极值点偏移问题，构造对称函数即可证明，另一个方向构造新函数，研究新函数的最值.
【详解】 （1），所以切点
由得，，
所以切线方程为：，即：
（2）的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
（3）变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
因为，则有，不妨设．
由（2）知，先证．
要证：．
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以，所以，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
第 22 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)，
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】 （1）利用等差数列前项和公式，代入已知条件求出首项，即可得到的通项；利用等比数列通项公式，代入得到关于的方程，结合解出，进而得到的通项；
（2）（i）：求出的表达式，再分别计算的表达式，然后计算，若该比值为非零常数，则可证明数列是等比数列；
（ii）根据（1），（2）（i）的结果化简的表达式，结合放缩法，将其放缩为可求和的数列形式，再对放缩后的数列求和.
【详解】 （1）设数列的前项和为，则，
又，.
（2）（i），
又，
，
∵对任意，有，且，
∴数列是以为首项，4为公比的等比数列．
（ii）由，，
则，
由于，
又．
从而，证毕．
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】 （1）通过证明平面的法向量与直线的方向向量平行，从而证明线面垂直；
（2）通过求解两个平面的法向量的夹角，从而得到两个平面的夹角；
（3）根据三棱锥的体积求解出直线对应的向量，然后通过求解直线与法向量的夹角从而得到直线与平面的夹角.
【详解】 （1）如下图所示，以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的一个法向量为，， ，
则，代入可得，
令，则，，
则平面的一个法向量为，
又因为，，所以，
所以平面.
（2）设平面的一个法向量为，
，，
则，代入可得，
令，则，，
则平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）因为点在棱上，设，，
，
解得，所以，
，平面的一个法向量，
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为.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)在上单调递增，在上单调递减；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】 （1）把代入，利用导数求出函数的单调区间即可.
（2）（i）利用极值点的意义，分离参数并构造函数，求出直线与函数图象有两个交点的范围即可；（ii）由零点意义可得，再利用分析法及不等式性质，换元并构造函数，利用导数推理得证.
【详解】 （1）当时，函数的定义域为，求导得，
由，得；由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）函数的定义域为，求导得，
由函数有两个极值点，得有两个不等的正实根，
令函数，因此直线与函数的图象有两个不同的交点，
求导得，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
而，当时，，当时，，
当且仅当时，直线与函数的图象有两个不同的交点，
所以实数的取值范围是.
（ii）由（i）不妨令，由，得，
两式相减得，即，
要证，即证，即证，
即证，令，则即证，
令函数，求导得，
函数在上单调递增，因此，即，
所以.
第 23 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析，.
【分析】 （1）设等差数列公差、等比数列公比，列方程组，求解公比和公差，得出两数列通项公式.
（2）(i) 要使取最大值 ，需每一项 (因 ，正项和最大)，构造该和式，采用错位相减法消去等比项，化简计算后，得出集合 中的最大元素.
(ii)先证明 时和为正，通过放缩与前 项和对比得出；再证 ) 时和必为负，进而得和为正的充要条件，接着证明正元素个数为 且互不相同,最后利用前 项正负抵消的性质，计算所有大于 0 的元素之和.
【详解】 （1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，
得：，即，
所以，解得：或（舍），，
从而，；
（2）（i）当时，取最大值，
此时，①，
②，
①-②得：
，
故，即集合中的最大元素为；
（ii）首先证明，当，即时，，
当时，，
由（i）可知，
所以，，
反之，若，则必有，否则若，则
，
故当且仅当时，，
再证明集合中有个大于0的元素，
首先，当，即时，对于任意，
都有和两种可能，故有种不同形式，
下面证明这种不同形式的结果互不相同，
任取其中的两种不同形式，记为，
，
因为为两种不同形式，则必存在，使得，
将其中最大的记为，不妨设，
若，则显然，
若，则
，
故，因此集合中有个大于0的元素，
将这个元素记为，其中给定，
满足的元素个数为个，满足的元素个数也为，
因此
，
所以集合中所有大于0的元素之和为.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】 （1）设，借助菱形性质可得，借助等腰三角形三线合一可得，则可利用线面垂直判定定理得到平面，再利用面面垂直判定定理即可得证；
（2）可建立适当空间直角坐标系，再设，，从而可表示出各点坐标，再求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）利用（2）中所建立空间直角坐标系，由可表示各点具体坐标，再利用三棱锥外接球性质可得该球球心坐标，即可得半径，最后利用体积公式计算即可得解.
【详解】 （1）连接，设，连接、、，
由底面为菱形，故，且，为中点，
由，，故与全等，
故，又为中点，故，
又，、平面，
故平面，又平面，
故平面平面；
（2）由，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，，则、，
由，则，故，则，
由平面平面，且平面平面，
故直线在平面上的投影为直线，
又与底面所成角为，则，
，即，
则，，，
设平面于平面的法向量分别为、，
则有，，
取，则，，，故、，
则，
故，即二面角的正弦值为；
（3）由，，，
则，，，，
由，则，
由，则与都为等边三角形，故，
则点为外接圆圆心，设三棱锥外接球球心为点，
则必有平面，可设，
则有、，
则，即，
整理得，即，故，
即三棱锥外接球的半径为，故其体积.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）利用导数求出函数 在 上的最小值，从而得到值域；
（2）设，将原不等式转化为关于 的恒成立问题，进一步转化为函数最值问题求解.
【详解】 （1）由可知，当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在 上单调递增，
故当时取得最小值，且.
又因为当 且 时，；当 时，，
所以函数 的值域为.
（2）设由第（1）问可知，.
原不等式可化为.
再设则由 可得 ，且.
于是原不等式可化为.
即，对一切恒成立.
设，其中，的最大值等于函数在区间上的最小值.
由.
设 ，则
所以在上单调递增.
又因为，所以当时，，从而 ；当 时，，从而 .
故函数在处取得最小值，且.
因此，实数的最大值为.
第 24 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
(3)
【分析】 （1）借助与的关系及等比数列定义计算即可得；
（2）借助裂项相消法计算即可得；
（3）借助等比数列求和公式计算可得关于的不等式有个正整数解，构造数列，借助作差法可判断该数列单调性，即可得该数列中最大的三个数，即可得解.
【详解】 （1）当时，，则，
即，当时，，即，
又，则有，故对任意恒成立，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，故；
（2），
故
；
（3），
则
，
由的子集个数为8，则中有个元素，
故关于的不等式有个正整数解，
令，则，
，
则数列在时单调递增，在时单调递减，
即，
又，
当时，，
故的三个正整数解为、、，
故，又，，
故.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1).
(2)存在，，.
【分析】 （1）利用余弦定理和面积公式可得面积最大时为等边三角形、四边形为菱形，结合空间平行关系的转化可求的长.
（2） 翻折后面积最大时对应平面平面，结合几何关系或空间向量法求解线面平行、线面角问题.
【详解】 （1）∵ 在中，由射影定理得，
又，故，∵ ，∴ ，
由余弦定理可得，故，
当且仅当时等号成立， 故，
此时为等边三角形，且，.
∵ 为中点，故，故，
故四边形为菱形，取中点，连接、，
∵ 为中点，为中点，∴ ，
∵ 四边形为平行四边形，故，∴ ，
∵ 平面，平面，∴ 平面，
∵ 平面，，平面，
∴ 平面平面，∵ 平面平面，
平面平面，∴ ，
∵ 为中点，∴ 为中点，故.
（2）由（1）可知为边长为的等边三角形，四边形为边长为的菱形
故边上的高为，翻折后四棱锥体积为2，
∵ 底面平行四边形的面积，
设四棱锥高为，∴ 由体积公式，代入得，解得，
∴ 翻折后平面平面，取中点为原点，则，
而平面平面，平面，故平面，
故建立如图所示的空间直角坐标系：
各点坐标为，，，，，
∵ 为中点，∴ ，
设（），则的坐标为，
∴ ，
设平面的法向量为，，，
∵ ，，∴ ，取，
设与平面所成角为，则且，∴ ，
故，
整理得，解得，
∵ 不符合取值范围，舍去，∴ ，即存在点，.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)答案见解析
(2)① ；②
【分析】 （1）先求导，分和两种情况讨论即可求解；
（2）①由（1）分和两种情况讨论，当时，的极大值为令，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解；
②由①知，又，得 ，即，令，则，又，令，利用导数研究单调性，进而得当取最小值时，取最小值，即取最小值，令，利用导数研究单调性即可求解.
【详解】 （1）由题意得：，
当时，恒成立，此时单调递减，无极值；
当时，令，解得，
令，解得，
故在单调递增，在单调递减．
在处取极大值，为，无极小值．
综上所述：当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意；
当时，的极大值为．
令，则，
故在单调递减，在单调递增．
，即，
又，，故在存在一个零点．
又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，，
故在存在一个零点．
∴若有两个零点，则．
②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且，
所以，，
得： ．
令，则，
又，
令，则，
令，则，
在单调递增，又，故，即在单调递增．
∴当取最小值时，取最小值，即取最小值．
令，则，
令，则，
在单调递增，又，，
，使得，当时，，当时，，
且有，即，此时，
且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值，
故取得最小值时．
第 25 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)
【分析】 （1）先根据等差数列的通项公式，再结合已知条件列出关于首项和公差的方程组，进而求解出和，最后得到数列的通项公式即可；
（2）先根据（1）中求出的的通项公式，判断时的正负性，再根据的分段表达式求出的值即可.
【详解】 （1）设等差数列的公差为，由，，
可得：
解得：
所以：，
故数列的通项公式为：.
（2）由可知，
当时，，此时，
当时，，所以，
当时，，所以，
故
因为每一组括号内的和为公差，共5组，因此：，
因为，代入得：，
又因为，
所以，
所以当时，，是一个首项为，公差为的等差数列，
所以，前项和为：
.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)① ；②
(2)
【分析】 （1）①作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由锥体体积公式得到答案；
②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值；
（2）设，，表达出其他各边长，结合余弦定理，换元法，导函数求出的最大值．
【详解】 （1）①如图，作于点E，连接BE．
因为平面平面ABCD，且平面平面，平面，
所以平面ABCD，即PE为四棱锥的高．
因为四边形ABCD为矩形，，，
所以，．
因为，，AC为公共边，所以，
故，所以，
故．
所以四棱锥的体积．
②如图所示，以B为坐标原点建立空间直角坐标系B-xyz，
则，，，，
所以，，．
设平面CPD的法向量为，
则，即，可取，
所以平面CPD的一个法向量为．
同理，设平面APD的一个法向量为，
，
解得，令，则，
可得平面APD的一个法向量为．
设平面APD与平面CPD的夹角为，
则．
（2）作，垂足为I，与（1）同理，可得平面ABCD．
设，，则，，．
由平面ABCD，可得，所以．
在中，由余弦定理可得，
在中，，
因为，所以．
设，，则，
设，，则，令，可得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
所以的最大值为．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】 （1）利用导数的几何意义即可求得切线方程；
（2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，进而结合对勾函数求解即可；
（3）设，则.，将所证不等式转化为.，令，利用导数可求得，由此可证得结论.
【详解】 （1）由题意得，，
而，则，
故曲线在点处的切线方程为.
（2），
又在区间上单调递减，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
因为函数在上单调递增，
所以，所以，
故的取值范围是.
（3）证明：，
因为存在两个极值点，所以
满足，即，
不妨设，则.
又
则要证，
即证，
又，则，
即证，即证.
设函数，
则，
所以在上单调递减，又，则，
所以，
即得证.
第 26 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1).（答案不唯一）
(2)
(3)5
【分析】 （1）由于是公比为2的等比数列，因此“等比分割数列”的公比也取2，易得结论；
（2）利用定义得出，然后确定出的最小值即得；
（3）用反证法证明时，数列不存在“等比分割数列”，然后对找出“等比分割数列”数列即证．
【详解】 （1）由，可以取，得.（答案不唯一）；
（2）由得，
所以，
令，
则单调递减，所以的最小值是，
所以公比的取值范围是；
（3）首先证明时，数列不存在“等比分割数列”，
假设当时，数列存在“等比分割数列”，
则．
易知，
因为且，则，而，所以，
又因为，所以，
与矛盾，
所以当时，数列不存在“等比分割数列”．
所以，
当时，数列，存在首项为，公比为的数列满足：
,
所以时，数列存在“等比分割数列”，
所以的最大值是5.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】 （1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论；
（2）利用向量投影得出，利用二面角的性质得出，结合得出为定值，从而证明结论；
（3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面距离公式求解．
【详解】 （1）平面，则，，
平面，则，，
，且是平面的法线，
平面，
又平面，平面平面，
，
，
．
（2）
平面，且平面，
平面平面，交线为，
在平面内的投影在上，故直线与平面所成角
为的余角，即，
设平面与平面的交线为，则，且平面，
平面，
平面，
，
又，
，
二面角的平面角，
，
，则，
，为定值．
（3）已知平面，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系，
已知，E为线段的中点，
则，
设点，
，
设平面的法向量为，则
，令，则，
点到平面的距离，
当时，分母最小，最大，
．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】 （1）根据导数分和两类讨论函数的单调性；
（2）（i）构造，根据导数判断函数的单调性和最小值，进而进行证明；
（ⅱ）利用函数的单调性，先证得，结合（2）的不等式放缩得到，结合推出，得得证；
【详解】 （1）.
①若，则恒成立，在上单调递增.
②若，令，得.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，.
令，则，.
由于 在单调递增，故在上单调递增.
又，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.
故，即.
所以得证.
（3）当时，，在上单调递增，且.
因为，所以，所以.
只需证，即证.
由（2）知，，
所以.
又因为，所以，
由于,所以，即.
因此，从而得证.
第 27 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)
(3)当为奇数时，的最大值为；当为偶数时，的最大值为.
【分析】 （1）假设数列中存在、同时为非负数，分两种情况、讨论，结合不等式的基本性质推出矛盾，即可证得结论成立；
（2）根据数列的单调性可知数列的偶数项、、、、是单调递增数列，进而得出，，即可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可得出数列的通项公式；
（3）由（1）知，当时，，推导出；当时，，推导出，然后分为奇数、偶数两种情况讨论，结合并项求和法以及不等式的基本性质可求得的最大值.
【详解】 （1）假设数列中存在、同时为非负数，
因为，
若，则有，与已知矛盾．
若，则有，与已知矛盾．
所以假设不成立，即中相邻两项不可能同时为非负数．
（2）因为，．
因为对任意成立，所以为单调递增数列．
即数列的偶数项、、、、是单调递增数列．
由题意计算得出，，
因为数列单调递增，所以当时，恒成立，
所以时，，，即，．
所以，，
则，
又，，
所以是以，公差为的等差数列，.
（3）由（1）知，当时，，
根据，有，所以，
当时，，
根据，有，所以，
所以当为奇数时，，则的最大值为；
当为偶数时，，的最大值为.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)①；②
【分析】 （1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）①连接、，取中点，连接，取线段的中点，连接、，分析可知二面角的平面角为，进而推导出平面，平面，则到平面的距离等于，再利用锥体的体积公式可求得多面体的体积；
②以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
【详解】 （1）翻折前，在梯形中，，且、分别是、的中点，
所以为梯形的中位线，所以，
因为，所以，．
翻折后，则，所以，，
因为，、平面，所以平面.
（2）①连接、，取中点，连接，
取线段的中点，连接、，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
故二面角的平面角为，
因为平面，、平面，所以，，
因为，所以，
又因为，所以，故，
所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面，
故点到平面的距离等于，
所以，
，
因此多面体的体积
②因为平面，以为坐标原点，所在直线为轴，
所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，．
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
，
所以与平面所成角的正弦值为．
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】 （1）先求出函数的导数，通过设并分析其判别式，分情况讨论的正负，进而确定的正负，从而得到的单调性.
（2）先根据极值点性质得到与关于的表达式，再代入化简，然后通过求导判断函数单调性来证明不等式.
【详解】 （1）由题意知，，
函数的定义域为，设，
，令，则或，
①当，即时，对恒成立，
即，在单调递增，
②当，即或时，方程，
有两不等实根，
当时，由韦达定理，，
此时两根一正一负，当，
，所以在上单调递减，
当，，所以在上单调递增，
当时，由韦达定理，，
此时两根为正，且当，
，所以在和上单调递增，
当，，所以在上单调递减，
综上所述：当在单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
（2）由（1）知有两个极值点，时，
，，，
，
，
，
令，则，
设，，其中，
所以，即单调递减，又因为，
所以，即在单调递减，所以
即，证毕.
第 28 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】 （1）根据等差、等比数列的概念和公式求通项.
（2）结合（1）的结论，先明确和的表达式，再利用反证法进行证明.
（3）先分析集合中元素的特征，表示出元素和.
方法一：利用错位相减求和法求和；
方法二：先化简得，利用错位相减求和法求，利用公式法求，即可得.
【详解】 （1）设等比数列公比为，故．
设等差数列公差为，
由已知有，
解得，即，
则或（舍），
则.
（2）不妨先设，
，
可知时也成立，
假设，即成立，
若，不妨设，
则等价于，
因等式左侧不是3的倍数，等式右侧为3的倍数，所以左式与右式不相等，与假设矛盾，
所以假设不成立，此时．同理时，；
若，则，不妨设，
因为，
故
．同理时，．
综上当时，．
（3）先证取不同的的值各不相同，不妨设，
所以，
而，
所以，
由（2）可知，对不同的取值，均不相同．
故．
考虑中含有个个个，
因此．
法（一）
，
两式相减得：
，
所以，．
法（二）
，
设，
，
两式作差，
，
所以，，又，
所以，.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析；
(2)（i）（ii）
【分析】 （1）利用面面垂直性质定理即可证明；
（2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解.
【详解】 （1）因为，的中点为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
根据面面垂直的性质可得平面
（2）（i）取的中点为，连接，则且，
由直角梯形可知，为正方形，
，，，，.
由（1）平面，可知，，两两互相垂直，
分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
依题意，，
则，，
设平面的法向量为，
，，则可取，
由平面，取平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则
.
（ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法，
不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为，
因为平面的法向量为，则平面可以表示为，
设，则中点为在平面上，
即得，
因与平面法向量平行，
则，设比值为,则得，
将其代入中，得，解得，故，
又因为， 设直线与平面的交点为，
直线的方程为，代入平面的方程，
得出，即得，则得，
故，，
设直线与平面所成角为，
则.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)
(3)，
【分析】 (1)利用斜率与导数的关系求解即可；
(2)求出导函数，分和两种情况讨论的单调区间和极值情况，根据存在小于0的极值，可得，令，研究在上的单调情况以及最值即可求解；
(3)根据题意知，，可得，利用错位相减求出，分为奇数和偶数两种情况讨论的范围即可与比较大小.
【详解】 （1）时，，，
，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）的定义域为，，
当时，，在上单调递增，没有极值；
当时，，时，；时，，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以时，取得极小值，没有极大值，
因为的极值小于0，所以，所以，
令，显然在上单调递增，
因为，所以时，，所以，．即的取值范围是．
（3）由题意知在处取得极值，则，即，所以，
的极值为，，
所以．
所以，
，
两式相减，得，
所以．
当n为奇数时，，当n为偶数时，设，，k是正整数，
，
记，则，，
所以，又，所以，时，取等号，
所以当n为偶数时，，时，取等号，
因为，所以．
第 29 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】 （1）结合定义，由得，代入n=2对应的不等式，解一元二次不等式即可得到的取值范围；
（2）先化简得，对前n项和做裂项放缩，得到放缩范围后，代入证明对任意正整数n都有；
（3）利用变形，结合稳定数列定义对差式放缩，再累加放缩后的不等式，分别证明不等式的左右两边.
【详解】 （1）由题意，是稳定数列，故对，.
已知，则（），对，有，
解左边不等式，得正根； 解右边不等式，得正根，
故的取值范围为.
（2）当时，，满足，
当时，对于任意正整数，有，则，
则由，可得，
又由，可得,
所以，
则，
所以数列为“稳定数列”.
（3）因为为“稳定数列”，所以，则，，
则，由，可得，
由为“稳定数列”可得，则，
当时，，则，
因为，所以，故，.
由得，结合，则，则，
当时，，则，
当时，，故，
从而，.
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)（i）证明见详解（ⅱ）；
(2)分布列见详解，
【分析】 （1）（i）取中点,由正四面体性质得,证出平面,得；再由中位线得,从而推出.
（ⅱ）先求正四面体底面边长、中线与高,确定顶点在底面投影位置；以投影为原点建空间直角坐标系,求出各点坐标,再由线段比例得坐标,算出相关向量；列方程组求平面法向量,利用向量夹角公式算出与法向量夹角余弦,进而得到直线与平面所成角的正弦值.
（2）先算出正四面体总体积,利用同高三棱锥体积比等于底面面积比,推出小四面体与原四面体体积比为；再用隔板法与枚举法,求出满足且的整数解共53组.分类讨论体积不为零的正整数：按等于3,4,5拆分组合，算出每种对应体积及情况数，用总数减去非零情况数得到体积为0的情况；列出体积分布列，代入期望公式化简计算，最终求得体积的数学期望为.
【详解】 （1）（i）取的中点D，连接，.
在正四面体中，因为是等边三角形，D是的中点，所以，
因为是等边三角形，D是的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，，，，
所以S、T分别为、的中点，
所以，所以.
（ⅱ）如图D为中点，O为点P在底面的投影，点O在上，
由题意得，，，，
所以，
以O为原点，分别以、、方向为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，所以，则，
因为，则分别为棱、的中点，
则，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，即，
故，
则直线与平面所成角的正弦值为.
（2）由（1）（ⅱ）得正四面体的体积为.
由三棱锥的体积公式和性质，同理可得
，
所以，，所以，即
整数满足，
方法1：设d为非负整数，的自然数解问题.
设自然数包含，求解的自然数解个数，采用隔板法与去杂法结合计算.
对于方程的自然数解，总个数公式为，，，
代入得总解数:.
若,则只能，这组解不合理；
若,则只能，这组解不合理；
若,则只能。这组解不合理.
题目存在约束条件,存在组不符合要求的自然数解，需从总解数中减去.
共有种.
方法2：时，，共19种；
时，，共15种，
时，，共10种；
时，，共6种；
时，，共3种，即共有种，
当四面体的体积不为0时，为正整数，
①当时，只有种情况，
此时；
②当时，，共有种情况，
此时；
③当时，，共有种情况，
此时，
，共有种情况，此时.
因此，当四面体的体积V为0时，共有种情况，
所以四面体体积V的分布列为
0
故.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)
(2)当或时，1个零点；当或时，2个零点
(3)
【分析】 （1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）令，原题意转化为与的交点个数，利用导数判断的图象，即可得结果；
（3）整理可得恒成立，结合反函数性质可得，整理可得，结合（2）中结论运算求解.
【详解】 （1）当时，则，
可得，，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）因为，
令，可得，
令，则转化为与的交点个数，
因为，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0；
且，可得：
当或，即或时，与有1个交点；
当，即或时，与有2个交点；
综上所述：当或时，1个零点；当或时，2个零点.
（3）因为恒成立，即恒成立，
当时，，因为不恒成立，所以不满足题意；
当时，由得，即恒成立，
等价于恒成立，
因为曲线与关于直线对称，所以，
等价于，可得，
由（2）可得：，则；
综上可得：的取值范围是.
第 30 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
【答案】 (1)
(2)是周期为2的周期数列，理由见解析
(3)存在，，．
【分析】 （1）根据题意列式计算即可求解；
（2）先利用求得或，由得出，求出数列的通项公式即可判断出数列是否为周期数列；
（3）先由数列满足，推出数列以及数列是周期为的周期数列，求出数列的前项，即可求出数列的前项和以及数列的前项和的取值范围，即可求出对应的、的取值范围.
【详解】 （1）因为数列是周期为3的周期数列，
当，时，，，
因为，，解得，或，
经检验，时，，时，，，成立；
时，，时，，，不成立，舍去；
所以．
（2）当时，，又，得；
当时，，
化简，得．
即，或．
由，有，
所以数列为公比为等比数列，即，
所以对任意都成立，
即当时，是周期为2的周期数列．
（3）假设存在p、q，满足题设．
所以化简，得，
又，则．
所以是周期为3的周期数列，所以的前3项分别为2，3，．
则，，
当时，；
当时，，因为数列单调递减，所以，
当时，，；
综上所述：，为使恒成立，只要，，
所以，．
立体几何 第 16 题（15 分）
【答案】 (1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】 （1）取中点为，连接，，根据线面垂直的判定定理得平面，从而，即可得证；
（2）四面体的体积，多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥，求其体积 ，则另一部分的体积，即可得解.
【详解】 （1）取中点为，连接，，
因为，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为为中点，所以.
（2）与间的距离为的高，所以其面积为，
由（1），四面体的体积，
设平面与四面体各棱交于点，，，，
因为平面平行于棱、，则，
所以四边形为平行四边形，且，
即四边形是矩形，
设、到平面的距离分别为，，，，
所以，，由，
所以，，
多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥，
，
，
整理后，其体积 ，
则另一部分的体积 ，所以.
导数 第 17 题（15 分）
【答案】 (1)极大值为，无极小值
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】 （1）根据导数与极值的关系求解即可.
（2）（i）根据题意设，结合单调性将证明转化为证明，构造函数，根据导数与单调性、最值的关系证明即可.
（ii）由（1）可知，当时，单调递增；当时，单调递减.
①当时，，故，符合题意；
②当时，若，则，符合题意；若，则.当时，，构造函数，结合导数证明即可.
【详解】 （1）由题意知，的定义域为，.
令，即，解得.
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
故有极大值，为，无极小值.
故函数的极大值为，无极小值.
（2）（i）因为，，不妨设，
要证，即证，
因为在上单调递减，故只需证.
又，只需证.
令，.
，
当时，，，故，所以在上单调递增，
因此，即.
又，所以，因此.
（ii）由（1）知，当时，单调递增；当时，单调递减.
①当时，，故，符合题意；
②当时，若，则，符合题意；
若，则，即.
当时，.
令，
则，
令，则，在上单调递减，
所以，所以，在上单调递增，
则，即，.
令，则，
故若，则，符合题意.
综上，和中至少有一个小于.
第 1 页 / 共 122 页 （参考答案）
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名师基础
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2027 届新高考数学 · 一轮复习
第 15、16、17 题
组合强化训练
数列
立体几何
导数
试 题
卷 面 信 息
题 量
30 组 × 3 题（共 90 题）
满 分
每组 43 分
题 型
解答题
建议用时
45 分钟
适用范围
2027 届高三一轮复习
对应卷型
新高考一卷
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第 1 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·河北雄安·模拟预测）已知数列满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，.
(1)证明:平面平面；
(2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·河南许昌·模拟预测）已知函数（，，）在处的切线方程为.
(1)求的值；
(2)分析函数的单调性.
解 题 区
第 2 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·山西吕梁·二模）设各项均为正数的等比数列的前n项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，证明：.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·山东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点．
(1)求直线与平面的夹角；
(2)若，平面与交于点，求线段的长度．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·四川成都·二模）已知，在处的切线与垂直，
(1)求实数a的值；
(2)求在区间上的值域．
解 题 区
第 3 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·辽宁大连·一模）在数列中，．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，．
(1)求证：，，，四点共面；
(2)设，求平面与平面夹角的余弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·四川成都·二模）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间．
解 题 区
第 4 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·湖南怀化·一模）已知等差数列的前项和为，且.
(1)求数列的前项和；
(2)记，数列的前项积为，求的最小值.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且．
(1)求证：平面；
(2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值．
(1)求在处的切线方程；
(2)若，讨论零点的个数．
解 题 区
第 5 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·山东青岛·一模）已知为等差数列的前项和，，.
(1)求；
(2)求数列的前项和.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·江西九江·一模）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·陕西咸阳·一模）已知函数，.
(1)求函数的最大值及所对应的值；
(2)若方程在上有两个不同的实根，求的取值范围及的值.
解 题 区
第 6 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·新疆·模拟预测）已知数列的前项和.
(1)证明：；
(2)若，求数列的前项和.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·新疆·一模）如图，在三棱锥中，两两垂直，
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求二面角的余弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·四川资阳·三模）已知函数在处有极大值．
(1)求实数的值；
(2)证明：．
解 题 区
第 7 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·新疆乌鲁木齐·一模）等差数列的前项和为，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)数列的各项依次是数列的第，，，项，这些下标构成等比数列，求数列的前项和.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·山东·一模）已知正方体，E，F分别是，的中点，如图所示．
(1)求与所成角的大小；
(2)求证：平面．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·安徽安庆·二模）设.
(1)解不等式;
(2)设，若存在，使得，求实数的取值范围.
解 题 区
第 8 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·上海·二模）已知等差数列的前项和为，数列是公比为2的等比数列，且，．
(1)求数列和数列的通项公式；
(2)数列与中的所有项分别构成集合与，将集合中的所有元素从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前30项和.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·上海长宁·一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，直线与平面所成的角的大小为．
(1)求四棱锥的体积；
(2)点在线段上，直线平面，求二面角的余弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·重庆·模拟预测）设函数（）满足恒成立.
(1)求的值；
(2)求证：.
解 题 区
第 9 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·浙江杭州·一模）已知数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记的前项和为，证明：.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，.
(1)证明：平面平面.
(2)求点到平面的距离.
(3)求平面和平面夹角的余弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·海南海口·一模）已知函数.
(1)若在处的切线为，求的值；
(2)当时，确定在上的零点个数.
解 题 区
第 10 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·山东枣庄·一模）已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和，
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·陕西咸阳·二模）如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·山西晋城·模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)令，求函数在上的零点个数．
解 题 区
第 11 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·江苏镇江·二模）已知数列的首项是，且．
(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)若，求满足条件的最小整数n的值．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·湖北武汉·二模）如图三棱锥中，，平面平面，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·江西宜春·模拟预测）已知函数的图象在处的切线过点．
(1)求；
(2)若，求实数的取值范围．
解 题 区
第 12 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·河北张家口·二模）已知等差数列的公差和等比数列的公比均为，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·江西九江·二模）如图，在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，轴截面为四边形，在下底上，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·湖北武汉·二模）已知函数的图象关于点中心对称.
(1)求，；
(2)在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，求角.
解 题 区
第 13 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·四川广安·模拟预测）已知函数的解集为．在数列中有，当时，记
(1)求数列的通项公式．
(2)设数列满足，数列的前项和为，求证：．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·辽宁沈阳·三模）已知函数，其中e为自然对数的底数，
(1)当时，求在处的切线；
(2)若为实数，，求的最小值；
(3)已知，且在单调递增，求实数的取值范围.
解 题 区
第 14 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·江苏扬州·模拟预测）已知数列为等差数列，．
(1)求数列的通项公式；
(2)定义数列满足递推公式．
（i）求数列的前项和；
（ii）记数列，若数列的前项和为，证明：．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·甘肃金昌·三模）如图，在四棱柱中，，底面是边长为1的正方形，，点是上异于的一点，．
(1)求证：平面；
(2)若点E是上的点，，，求平面与平面的夹角的余弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·福建宁德·模拟预测）已知函数．
(1)已知曲线在处的切线方程为，求和的值；
(2)求证：不是函数的极值点；
(3)设，，是否存在，使得函数的最小值为2？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解 题 区
第 15 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·河北·二模）已知是数列的前项和，，.
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明：.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·江西·三模）如图，在直三棱柱中，，且．
(1)证明：平面.
(2)在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由.
(3)求平面与平面夹角的正切值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·北京·二模）已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)当时，求在上的最小值；
(3)若在上存在零点，求的取值范围.
解 题 区
第 16 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·陕西榆林·三模）已知数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的前项和.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·甘肃金昌·三模）如图，在中，是的中点，是上的点，.将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，设是上靠近的三等分点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·江苏徐州·三模）已知函数，为自然对数的底数.
(1)若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.
解 题 区
第 17 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·四川德阳·三模）已知数列中，．
(1)求；
(2)设，证明：数列是等比数列；
(3)记，求数列的前n项和．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·陕西榆林·三模）如图，已知梯形中，，点是的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的正弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·湖北武汉·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若有极小值，且，求a的取值范围.
解 题 区
第 18 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·四川攀枝花·二模）已知数列的前项和为，，．
(1)证明：是等比数列，并求出的通项公式：
(2)求数列的前项和；
(3)若，求的取值范围．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·江西·三模）如图，平面四边形中且，绕旋转到的位置，使得且.
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥的高；
(3)求二面角的正弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·湖北武汉·二模）已知函数，其中.
(1)当时，
（ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（ⅱ）求函数的单调区间；
(2)若，求的取值范围.
解 题 区
第 19 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·云南玉溪·二模）已知数列中，．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，若，依次连接点，得到折线，求由该折线与直线所围成的区域的面积；
(3)记，若恒成立，求实数的最大值．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥
中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点，
(1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值
(2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·上海静安·二模）已知函数（且）．
(1)当时，求函数的极值；
(2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标；
(3)若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围．
第 20 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·山东聊城·二模）记数列的前项和为，若满足，，且．
(1)求证：是等差数列，并求的通项公式；
(2)设，为数列的前项和，若，，不等式恒成立，求实数的取值范围．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·湖南怀化·二模）已知函数．
(1)设．
①求曲线在点处的切线方程；
②求在上的最小值．
(2)若在上单调递减，求的取值范围．
解 题 区
第 21 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）2026·辽宁辽阳·二模）已知数列，是的前n项和．
(1)若，，求证：；
(2)求的值；
(3)求证：．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·广东中山·三模）如图，在四棱锥中，底面，，，.以为直径的球面分别交，于，两点（，异于所在棱端点）.
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与的夹角；
(3)求三棱锥的体积.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·广东佛山·一模）已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)设为两个不相等的正数，且，证明：．
解 题 区
第 22 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·重庆·模拟预测）已知等差数列的公差为4，其前8项之和为144．等比数列的公比为，且．
(1)求和的通项公式；
(2)记．
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）证明：．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·天津·二模）如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·山东泰安·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断的单调性；
(2)若有两个极值点．
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
第 23 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·天津·一模）已知是等差数列，是等比数列..
(1)求和的通项公式：
(2)若，记由的所有可能取值组成集合.
（i）求集合中的最大元素；
（ii）已知为给定的大于1的自然数，求证：当时，，并求集合中所有大于0的元素之和.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·河北邢台·二模）如图，在平行六面体中，底面为菱形且，与底面所成角为，.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)若，求三棱锥外接球的体积.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·河北雄安·模拟预测）已知函数的定义域为.
(1)求函数的值域；
(2)若不等式在上恒成立，求实数的最大值.
解 题 区
第 24 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·安徽安庆·二模）设数列的前项和为，且，若，记数列的前项和为.
(1)求的通项公式；
(2)求；
(3)记集合，若的子集个数为8，求的取值范围.
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点．
(1)若，求的长；
(2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·安徽滁州·二模）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若有两个零点，
①求实数的取值范围；
②当取得最小值时，求实数的值．
第 25 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·河北邢台·二模）已知等差数列 满足
(1)求数列的通项公式；
(2)若当时，求 的前n项和
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．
(1)若，，
①求四棱锥的体积；
②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值．
(2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·江西抚州·二模）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程.
(2)若在区间上单调递减，求的取值范围.
(3)若，且存在两个极值点，证明：.
解 题 区
第 26 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·北京昌平·一模）设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”．
(1)写出数列的一个“等比分割数列”；
(2)若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围；
(3)若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．
(1)证明：；
(2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值；
(3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·山西朔州·二模）已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：当时，；
(3)若，设，且，证明：.
解 题 区
第 27 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·陕西西安·模拟预测）首项为的无穷数列同时满足下面两个条件：①；②．
(1)证明：中相邻两项不可能同时为非负数；
(2)记，若对任意成立，求的通项公式；
(3)对于给定的正整数，求的最大值．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·山东聊城·二模）在梯形中，，，、分别是、的中点，，，如图1所示．沿将梯形折起，得到一个多面体，如图2所示．
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，
①求多面体的体积；
②求直线与平面所成角的正弦值．
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·四川遂宁·二模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个极值点，求证
解 题 区
第 28 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·天津和平·一模）已知，等比数列的前项和为，正项等差数列的首项为5，且成等比数列．
(1)求数列与数列的通项公式：
(2)设，，．求证：若，满足，且有序实数对，则．
(3)设，求集合的所有元素之和．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O.
(1)求证：平面BCD；
(2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H.
（i）求平面与平面夹角的余弦值.
（ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·甘肃金昌·三模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若的极值小于0，求实数a的取值范围；
(3)当时，取得极值b，且，求数列的前n项和，并比较与的大小．
第 29 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·贵州六盘水·一模）若正项数列满足对于给定的正数，，，（为的前n项和），则称为“稳定数列”.
(1)若为“稳定数列”，且，求的取值范围.
(2)若，证明：数列为“稳定数列”.
(3)若为“稳定数列”，证明，．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·重庆渝中·模拟预测）如图，在棱长为4的正四面体中，分别为棱、、上的点，且，，，，.
(1)若，.
（i）证明：；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若满足，设四面体的体积为随机变量，求的分布列和数学期望.（注：当时，四面体的体积记为）.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·河南·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)讨论函数的零点个数；
(3)若恒成立，求实数的取值范围.
解 题 区
第 30 组 本组共 3 题 · 满分 43 分
数列 第 15 题（13 分）
15．（13 分）（2026·天津河北·一模）对于数列，如果存在一个正整数m，使得对任意的都有成立，那么就把这样一类数列称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列的最小正周期，以下简称周期．
(1)设数列满足，，，且数列是周期为3的周期数列，求常数的值；
(2)设数列的前n项和为，且．若，试判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(3)设数列满足，，，，数列的前n项和为，试问是否存在p，q，使对任意的，都有成立，若存在，求出p，q的取值范围；若不存在，说明理由．
立体几何 第 16 题（15 分）
16．（15 分）（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且.
(1)求证：；
(2)若这个四面体被平行于棱、的平面截成两部分，设、到平面的距离比为，求证：这个四面体被平面分成的两部分（棱和交四面体组成的五面体与棱和交四面体组成的五面体）的体积比是.
导数 第 17 题（15 分）
17．（15 分）（2026·湖南岳阳·二模）已知函数 .
(1)求函数的极值；
(2)若存在两个不相等的正实数，，使得
（i）求证：；
（ii）设，为正实数，证明：和中至少有一个小于.
第 1 页 / 共 30 页 （试题）
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