答题模板17 球体的外接球、内切球、棱切球解题技巧 12类核心题型（方法+题型+实战）（原卷版及解析）

1/2答题模板17球体的外接球、内切球、棱切球解题技巧（特殊几何体、墙角、对棱相等、侧棱垂直底面、侧面垂直底面、二面角综合、数学文化、最值、球心不确定、内切、棱切）有关的12类核心题型目录第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分方法建模构建方法体系，提供通用工具【结论背记清单】方法一特殊几何体外接球的应用及解题技巧方法二墙角问题外接球的应用及解题技巧方法三对棱相等问题外接球的应用及解题技巧方法四侧棱垂直底面问题外接球的应用及解题技巧方法五侧面垂直于底面问题外接球的应用及解题技巧方法六二面角与球体综合的应用及解题技巧方法七数学文化与球体综合的应用及解题技巧方法八最值与球体综合的应用及解题技巧方法九球心不确定类型的应用及解题技巧方法十内切球综合应用及解题技巧方法十一棱切球综合应用及解题技巧方法十二球体在解答题中的应用及解题技巧第三部分题型专攻实施靶向训练，提升应试效率。【题型01】特殊几何体外接球【题型02】墙角问题外接球【题型03】对棱相等问题外接球【题型04】侧棱垂直底面问题外接球【题型05】侧面垂直于底面问题外接球【题型06】二面角与球体综合【题型07】数学文化与球体综合【题型08】最值与球体综合【题型09】球心不确定类型【题型10】内切球综合应用【题型11】棱切球综合应用【题型12】球体在解答题中的应用第四部分答题实战检验学习成效，锤炼应用能力模块说明：洞察命题意图，明确攻坚方向模块说明：洞察命题意图，明确攻坚方向1.考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。

2.思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。1.考向聚焦1.考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）球体与多面体的接切问题，是立体几何考查空间想象、模型识别与代数运算能力的综合性载体。试题以外接球、内切球、棱切球为核心，通过嵌入特殊几何体（如墙角模型、对棱相等模型）、特定线面关系（侧棱垂直底面、侧面垂直底面）及二面角条件，综合考查球心确定、半径计算、接切转化等核心能力。近年来，试题常融入数学文化背景或与最值问题结合，强调在复杂情境中对几何关系的提取与建模。核心考查三大方向：模型识别与球心定位：快速识别补形（长方体、圆柱）与定义（外接球心到顶点等距、内切球心到面等距、棱切球心到棱等距）两大路径，准确确定球心位置。条件转化与半径计算：将“侧棱垂直底面”、“二面角大小”等条件转化为截面图中的几何关系（常利用勾股定理、正弦定理、解三角形），建立关于半径的方程。接切关系与最值应用：处理内切球时利用等体积法，并与函数、不等式结合求球半径或体积的最值。2.思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）球心确定困难：面对不特殊的多面体时，缺乏利用“球心在过截面外心且垂直截面的直线上”这一核心性质进行定位的能力。模型识别僵化：机械记忆“墙角”、“对棱相等”等模型结论，条件稍作变化或组合（如“侧面垂直于底面”）便无法分析。接切关系混淆：混淆内切球（与所有面相切）与棱切球（与所有棱相切）的几何特征与计算公式。最值求解路径单一：处理动态球半径最值时，仅依赖几何直观，不善于建立目标函数（如将半径表为某一变量的函数）后利用导数或不等式求解。模块说明：模块说明：构建思维框架，提炼通用解法1.模模块化知识体系：熟记球体的外接球、内切球、棱切球解题技巧（特殊几何体、墙角、对棱相等、侧棱垂直底面、侧面垂直底面、二面角综合、数学文化、最值、球心不确定、内切、棱切）的相关知识内容，形成清晰的解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减少思维漏洞，提升答题效率。3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化对知识边界的理解，避免重复犯错。结论背记一、基础公式/基础结论1.球的表面积：S＝4πR2球的体积：V＝eq\f(4,3)πR32.底面外接圆的半径r的求法（1）正弦定理（2）直角三角形：半径等于斜边的一半（3）等边三角形：半径等于三分之二高（4）长（正）方形：半径等于对角线的一半3.几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝eq\r(3)a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq\r(2)a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.4.正棱锥类型h−R2+二、二级结论1.墙角模型（三条直线两两垂直）补形为长方体，长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).2.对棱相等推导过程:通过对棱相等,可以将其补全为长方体,补全的长方体体对角线为外接球直径,设长方体的长宽高为别为a,b侧棱垂直与底面-垂面型，R=4.侧面垂直与底面-切瓜模型如图：平面PAC⊥平面BAC,AB⊥BC(AC为小圆直径)

（1）由图知球心O必为△PAC的外心,即△PAC在大圆面上,先求出小圆面直径AC的长;

（2如图：:平面PAC⊥平面BAC（1）确定球心O的位置,由图知P,O,H三点共线;

（2）算出小圆面半径AH=r,算出棱锥的高PH=ℎ

（5.二面角问题基本原理如下图,所示为四面体P−ABC,已知二面角P−AB−C大小为α,其外接球问题的步骤如下:

(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心,分别记为O1和O2.

(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线,其交点为球心,记为O.

(3)过O1作AB的垂线,垂足记为D,连接O2D如图,设O1、O2为面PAB与面CAB的外接圆圆心,其半径分别为r1、r2,两相交面的二面角P−AB−C记为α,公共弦为AB的弦长为,四面体P−ABC球O的半径R.两圆O1、O2的弦心距:DOR2=r12+r2R6.内切球如图：求任意三棱雉的内切球半径(等体积法)

（1）先求出四个表面的面积和整个椎体的体积;

（2）设内切球半径为r,建立等式:V⇒VP−ABC=1结论：若棱锥的体积为V，表面积为S，则内切球的半径为.技法归纳方法一特殊几何体外接球的应用及解题技巧核心思路：对于具有特殊结构（如长方体、正方体、正棱柱、正棱锥等）的几何体，可直接利用其几何性质或已知公式求解外接球半径。适用情形：长方体/正方体：体对角线为外接球直径。圆柱体：外接球直径等于圆柱体轴截面对角线长。正棱柱/直棱柱：底面为正多边形，侧棱垂直于底面。正棱锥：顶点在底面的投影为底面外心。解题步骤与技巧：识别几何体类型：判断几何体是否为长方体、正棱柱、正棱锥等特殊几何体。确定球心位置：长方体/正方体：球心为体对角线交点。圆柱体：球心在圆柱中轴线的中点。正棱柱：球心在上下底面外心连线的中点。正棱锥：球心在过底面外心且垂直于底面的垂线上，具体位置需计算确定。例题1棱长分别为，，的长方体外接球的表面积为，则（

）A． B． C． D．例题2（2025·陕西西安·三模）已知圆锥底面半径为，母线长为，若球的半径与圆锥的高相等，则球的表面积为（

）A． B． C． D．例题3（2025·广西河池·三模）已知某正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，用一个平行于底面的平面截去一个底面边长为2的正四棱锥后，得到一个正四棱台，则该正四棱台的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．方法二墙角问题外接球的应用及解题技巧对于三条棱两两垂直的三棱锥（墙角模型），可将其补形为长方体，利用长方体的外接球公式求解。例题4在三棱锥中，侧棱、、两两垂直，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为．方法三对棱相等问题外接球的应用及解题技巧对于对棱长度分别相等的四面体，可将其视为长方体的一部分，通过补形法求解。例题5四面体中，，则经过A，B，C，D的外接球的表面积是．方法四侧棱垂直底面问题外接球的应用及解题技巧核心思路：对于侧棱垂直于底面的棱锥（直棱锥），其外接球球心在过底面外心且垂直于底面的直线上，利用勾股定理建立方程求解。适用情形：棱锥的侧棱垂直于底面（即PA⊥底面ABC常见于直三棱锥、直四棱锥等。解题步骤：1.确定底面外心O1:根据底面多边形形状，确定其外接圆圆心O12.设球心位置：设球心O在过O1且垂直于底面的直线上，且3.建立方程：球心O到底面各顶点距离相等：OA=R,且球心O到顶点P的距离：OP=R,且OP2=h−d2(若4.联立求解：通常有d2+r2=5.化简公式：对于直棱锥，常得公式R=关键技巧：准确判断球心位置：若h>2r,球心在棱锥外部；若h<2熟记直棱锥外接球半径公式R例题6已知四棱锥的体积为，侧棱底面，且四边形是边长为2的正方形，则该四棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．方法五侧面垂直于底面问题外接球的应用及解题技巧对于侧面与底面垂直的几何体（如正棱台、某些特殊棱锥），外接球球心位于两个垂直平面的交线或中垂面上，需综合两个平面的外心性质求解。例题7三棱锥中，与均为边长为的等边三角形，若平面平面，则该三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．例题8如图，边长为的正方形ABCD所在平面与矩形ABEF所在的平面垂直，，N为AF的中点，，则三棱锥外接球的表面积为（

）

A． B． C． D．方法六二面角与球体综合的应用及解题技巧当几何体与球体结合，且涉及二面角时，往往需要利用二面角的平面角，将立体问题转化为平面几何问题，结合球的性质求解。例题9（2025高三·全国·专题练习）如图，在直角梯形中，，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．例题10（25-26高三上·山东德州·期中）在四边形中，，对角线，将沿翻折成，使二面角的大小为，则四面体外接球的表面积为．方法七数学文化与球体综合的应用及解题技巧核心思路：将古代数学问题、实际应用场景与球体知识结合，通常需要先理解背景，抽象为数学模型，再运用球体相关公式或性质求解。例题11（25-26高三上·天津和平·期中）古代数学名著《九章算术⋅商功》中，将底面为矩形.且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的体积为（

）A． B． C． D．例题12（2025高三·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》商功一章中介绍了圆堡壔（dao，即圆柱体）：“今有圆堡壔，周四丈八尺，高一丈一尺”，翻译为白话文为“已知圆柱体，底面周长为4丈8尺，高为1丈1尺”，现在设该圆柱体的两个底面的圆周在同一个球面上，则该球的表面积约为（

）（注：取3，1丈尺）（

）A．平方尺 B．1131平方尺 C．337平方尺 D．平方尺方法八最值与球体综合的应用及解题技巧核心思路：求与球体相关的几何量的最值（如距离、面积、体积），通常需要建立目标函数，然后利用导数、基本不等式或几何性质求解。常见最值问题：距离最值：球面上两点间距离、点到球面的距离。面积/体积最值：球的内接/外切几何体的表面积、体积最值。角度最值：球内或球面上某点对某线段所张角的最大/最小值。解题步骤：明确变量与目标：设出关键变量（如角度、长度），写出目标表达式。建立函数关系：利用几何关系（勾股定理、余弦定理、相似等）建立目标关于变量的函数。选择求最值方法：二次函数：配方法求最值。三角函数：利用有界性。基本不等式：注意等号成立条件。导数法：对复杂函数求导。结合几何意义验证：最值点往往在对称位置或边界取得。例题13（2025·河北·模拟预测）已知长方体的外接球表面积为，且，则该长方体的体积的最大值为（

）A． B． C．3 D．例题14（2025·江苏·模拟预测）已知四面体的顶点都在同一球面上，若该球的表面积为是边长为3的正三角形，则四面体的体积的最大值为.例题15（2025·四川成都·一模）在三棱锥中，底面，侧面侧面，且，的面积为4.若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，则球表面积的最小值为.例题16（2025·浙江丽水·一模）在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是．方法九球心不确定类型的应用及解题技巧当球心位置不易直接判断时，利用“球心到球面上任意一点距离相等”这一根本性质，通过列方程（或方程组）求解球心坐标和半径。首先，要仔细观察和分析题目给出的图形和条件，明确所求的目标。然后，可以尝试利用空间向量的方法，通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化为代数问题。在这一过程中，需要巧妙地设定点的坐标，并合理利用向量的数量积、模长等公式。另外，还可以结合立体几何中的性质定理和判定定理，如线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等，以及等体积法、割补法等技巧，来进一步求解。在解题过程中，要保持清晰的思路，逐步推导，避免陷入思维定势。同时，要注意对题目中的特殊条件进行充分挖掘和利用，这些特殊条件往往能简化解题过程。通过不断练习和总结，可以逐渐掌握这类问题的解题技巧，提高解题效率和准确性。例题17（2024·安徽·一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．例题18已知四棱锥的底面是矩形，高为，，，，，则四棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．例题19已知三棱锥的四个顶点在球O的表面上，，，，．若三棱锥的体积为，则球的表面积为．方法十内切球综合应用及解题技巧利用“内切球球心到几何体各面的距离相等（等于球半径）”的性质，常通过体积法（分割几何体）或等面积法建立关系求解。解题步骤：1.确定球心位置：内切球球心I在多面体各个面的角平分面（即二面角的平分面）的交点上。对于正多面体或锥体，球心在特殊位置（如正棱锥的高线上）。2.利用体积法（万能方法）：将多面体分割成以球心I为顶点，各面为底面的若干个小棱锥。整个多面体的体积V等于这些小棱锥体积之和：V=因此，内切球半径r=3.对于正棱锥的特殊公式：设正棱锥高为h,底面边长为a,侧面斜高为l。可利用相似三角形：r=hr关键技巧：体积法r=对于正多面体，有固定公式，如正四面体棱长为a,则r=例题20（2025·河南·二模）已知圆锥的轴截面为正三角形，圆锥的内切球的表面积为，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．例题21（2025·吉林·模拟预测）一圆台的上底面半径为，下底面直径为，母线长为，则内切于该圆台的球体体积为（

）A． B． C． D．例题22（2025·重庆·三模）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的体积最大为（

）A． B． C． D．方法十一棱切球综合应用及解题技巧核心思路：棱切球（与多面体所有棱都相切的球）的球心到各棱的距离相等（等于球半径）。常将问题转化为球心到各棱的距离计算，或利用“球与直线相切，球心到直线距离等于半径”的性质。解题步骤：1.确定球心位置：棱切球球心在多面体各二面角的角平分面交线上，且到各棱距离相等。对于正多面体，球心与重心重合。2.求球心到棱的距离：向量法（通用）：建立坐标系，求球心坐标，再用点到直线距离公式。几何法：对于正多面体，常利用对称性，在某个截面中求球心到棱的垂线段长度。3.建立关系求解：以正四面体为例：棱长为a,棱切球半径r等于球心到棱的距离。球心在正四面体的高上，通过构造直角三角形河求得r=以正方体为例：棱长为a,棱切球半径r=关键技巧：正多面体的棱切球半径有固定公式，可记忆。一般多面体的棱切球问题较少见，若出现，通常具有高度对称性，可转化为求球心到某条特定棱的距离。例题23如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是.例题24边长为2的正四面体内有一个球，当球与正四面体的棱均相切时，球的体积为．例题25已知正三棱锥，球O与三棱锥的所有棱相切，则球O的表面积为．例题26已知正方体的外接球的表面积为，与的重心分别为，，球与该正方体的各条棱都相切，则球被所在直线截的弦长为（

）A． B． C． D．方法十二球体在解答题中的应用及解题技巧在高考或模拟考的解答题中，球体问题常作为压轴或综合题出现，需串联多个知识点（如空间向量、立体几何、函数最值、解析几何），考查综合分析与计算能力。例题27（2025·陕西延安·模拟预测）如图，三棱锥中，底面，是的中点，是的中点，．(1)求证：平面平面；(2)若，，且二面角的正弦值为，求三棱锥外接球的表面积．例题28（2025·辽宁大连·一模）如图，在长方体中，底面是边长为的正方形，高为，在棱上有一动点，连接，，.

(1)求证：当平面与平面所成夹角余弦值为时，为棱中点；(2)若时，设三棱锥的外接球球心为，连接.(i)若平面，求外接球的表面积;(ii)若，求此时的长.例题29（2025·浙江温州·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，面ABCD，若点M满足，点E为PB中点，过EM的平面满足，且平面与棱PD，AD，AB分别交于点F，G，H.

(1)求证：；(2)试判断P，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由.模块说明：模块说明：聚焦前沿题型，靶向提升解题能力1.精选各省市最新模拟题，确保训练内容紧密贴合当前考查方向与命题动态，帮助学生把握前沿考点。2.按题型进行系统分类与专项训练，使学生能够集中突破特定题型，深度掌握其核心解题思路与技巧。【题型01】特殊几何体外接球（共4题）1．（2025·山东泰安·模拟预测）将半径为，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的外接球的体积为（

）A． B． C． D．2．（2025·江西宜春·模拟预测）已知棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．3．（25-26高三上·江西·月考）已知某圆柱的高为，底面半径为1，且其上、下底面圆周均在以为球心的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．4．（24-25高三上·宁夏吴忠·月考）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【题型02】墙角问题外接球（共5题）5．在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的体积为（

）A． B． C． D．6．（2025高三·全国·专题练习）已知三棱锥的三条棱，，两两垂直，且，则该三棱锥的外接球体积为．7．（24-25高三上·山东德州·开学考试）已知三棱锥，若两两垂直，且，则三棱锥外接球的表面积为.8．已知三棱锥，，、两两垂直，，，，则其外接球的表面积为（）A． B． C． D．9．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，两两垂直，则球的体积为A． B． C． D．【题型03】对棱相等问题外接球（共5题）10．（2025高三·全国·专题练习）在四面体中，，，，则该四面体外接球的表面积为（

）A． B． C． D．11．已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（

）A． B． C． D．12．在四面体中，，则四面体外接球表面积是（

）A． B． C． D．13．已知四面体中，，，，则该四面体外接球的表面积为.14．（2025·河北沧州·模拟预测）在三棱锥中，.该棱锥的各顶点都在球的表面上，若三棱锥的体积为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【题型04】侧棱垂直底面问题外接球（共6题）15．在三棱锥中，平面ABC，，且三棱锥的体积为，若三棱锥的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A． B． C． D．16．三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．17．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，在底面中，，，若球的体积为，则（

）A．1 B． C． D．218．在三棱锥P-ABC中，侧棱PA⊥底面ABC，∠BAC=120°，AB=AC=10且PA=2BC，则该三棱锥的外接球的体积为.19．（25-26高三上·天津红桥·期中）已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且各顶点都在同一球面上，若则此球的表面积为（

）A．10π B．12π C．16π D．20π20．在三棱锥中，已知底面，，，则三棱锥外接球的体积为（

）A． B． C． D．【题型05】侧面垂直于底面问题外接球（共5题）21．已知三棱锥的底面与侧面均是边长为2的正三角形，且平面平面，则该三棱锥外接球的表面积是（

）A． B． C． D．22．（2025·云南大理·模拟预测）在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点，，，都在球的表面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．23．已知在三棱锥中，，，，平面平面，则该三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．24．已知四棱锥，底面是边长为的正方形，侧面底面，且为正三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．25．（2025·黑龙江·二模）在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面SAD是正三角形，底面ABCD是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（

）A．5π B．10π C．28π D．56π【题型06】二面角与球体综合（共5题）26．（2025·四川南充·二模）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（

）A． B． C． D．27．（25-26高三上·重庆·期中）在三棱锥中，，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．28．（2025·广东佛山·一模）两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上，，且二面角的大小为，则球的表面积为.29．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知二面角的大小为，且，，，点、、、在同一球面上，则此球的表面积为（

）A． B． C． D．30．如图1，在菱形中，，将沿对角线翻折到的位置，如图2，连接，构成三棱锥，若二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为．

【题型07】数学文化与球体综合（共4题）31．（2025·新疆·模拟预测）在我国著名的数学论著《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的棱柱称为“堑堵”.已知在堑堵中，，，，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．32．（24-25高三上·湖北武汉·期末）葫芦摆件作为中国传统工艺品，深受人们喜爱，它们常被视为吉祥物，象征福禄，多子多福.如图所示的葫芦摆件从上到下可近似看作由一个圆柱与两个完整的球组成的几何体，若上，中，下三个几何体的高度之比为，且总高度为，则下面球的体积与上面球的体积之差约为（

）（）A． B． C． D．33．（2025·天津河北·二模）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（

）A． B．2 C．3 D．434．如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（

）A． B． C． D．【题型08】最值与球体综合（共8题）35．（2025·陕西榆林·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是．36．（2025·辽宁·三模）已知三棱锥中，，面面，该三棱锥外接球半径为，则的最小值为（

）A． B． C．1 D．37．（2025·福建福州·模拟预测）在平面四边形中，是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球体积最小值为（

）A． B． C． D．38．（24-25高三上·湖北·期末）正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．39．（2025·山东·模拟预测）一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥形封闭容器，放入一个小球后，还可以放入一个半径为1的小球，则小球的体积与容器体积之比的最大值为（

）A． B． C． D．40．（2025·河南开封·二模）已知正方体的内切球的体积为，则该正方体的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．41．（2025·四川眉山·模拟预测）已知某圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，则该圆锥的内切球的表面积为（

）A． B． C． D．42．（24-25高三上·江西吉安·月考）已知圆台存在内切球（球与圆台上、下底面以及侧面均相切），若圆台的上、下底面积分别为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【题型09】球心不确定类型（共6题）43．如图，在菱形中，，，E为对角线BD的中点，将沿BD折起到的位置，若，则三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．44．已知正方体的棱长为2，P，Q分别是，的中点，则经过点，Q，C，D，C1的球的表面积为（

）A． B． C． D．45．三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，，，顶点P到的三边距离均等于4，且顶点P在底面的射影在的内部，则球O的表面积等于（

）A． B． C． D．46．正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（

）.A． B． C． D．47．在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．48．已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（

）A． B．π C． D．【题型10】内切球综合应用（共5题）49．（2025·湖北·模拟预测）已知圆锥的母线长为6，其内切球和外接球球心重合，则该圆锥外接球的表面积为（

）A．48π B．36π C．24π D．12π50．（2025·广西·模拟预测）设正四面体ABCD的内切球表面积为，则能装下该正四面体的最小正方体不计厚度的体积为（

）A． B． C． D．51．（2025·广西北海·模拟预测）已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（

）A． B． C． D．1652．（2025·浙江绍兴·模拟预测）若圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，记圆柱与球的体积之比为，表面积之比为，则（

）A． B．C． D．的大小不确定53．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知正四棱锥P-ABCD中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切；球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，球的半径大于球的半径，则球与球的表面积之比为（

）A． B． C． D．【题型11】棱切球综合应用（共5题）54．（24-25高三上·江苏·月考）若正四面体的棱长为2，各条棱均与同一球面相切，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．55．已知正三棱柱的高等于1.一个球与该正三棱柱的所有棱都相切，则该球的体积为（

）A． B． C． D．56．已知四面体的每条棱长都为2，若球与它的每条棱都相切，则球的体积为（

）A． B． C． D．57．正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，若球H与正三棱锥所有的棱都相切，则这个球的表面积为（

）A． B． C． D．58．点是棱长为的正方体的棱切球上的一点，点是的外接圆上的一点，则线段的取值范围是（_____）A． B．C． D．【题型12】球体在解答题中的应用（共5题）59．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点在上，点为的中点，且平面．(1)求证：平面；(2)若平面平面，且，，记平面与平面的夹角为．①求的最大值；②当取到最大值时，求四棱锥的外接球体积．60．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，．

(1)证明：；(2)设．（i）当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积；（ii）求平面与平面夹角的余弦值的最小值．61．（2025·安徽合肥·模拟预测）在中，为的中点，，将沿翻折至，此时．(1)证明：平面平面；(2)求三棱锥外接球的表面积；(3)若为空间中的点，且满足，当四面体的体积最大时，求平面与平面夹角的正切值．62．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥.(1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积；(2)若，是的中点.（ⅰ）求的大小；（ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值.63．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，．(1)若，求向量在向量上的投影向量的模；(2)当，且时，求出四棱锥的外接球的表面积；(3)若，且，求二面角的正切值．模块说明：模块说明：答题强化训练，实现能力跃迁。模块题量适中，全部选用最新高质量模拟题，侧重对方法模型的直接应用与巩固。题量15题一、单选题1．（24-25高三上·河南焦作·开学考试）半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（

）A． B． C． D．2．（2025·浙江·模拟预测）已知一个球的表面积与体积的数值相等，则这个球的体积为（

）A．3 B．12 C． D．3．（2025·江苏南通·模拟预测）若半径为1的球与正三棱柱的各个面均相切，则该正三棱柱外接球的表面积为（

）A． B． C． D．4．（2025·浙江嘉兴·三模）若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（

）A． B． C． D．5．（2025·云南楚雄·模拟预测）将半径为的实心铁球熔化后铸成一个实心正四面体（不计损耗），则正四面体的棱长为（

）A． B． C． D．6．（2025·陕西宝鸡·二模）已知直三棱柱中，，则直三棱柱外接球的表面积为（

）A． B． C． D．7．（2025·吉林延边·一模）在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（

）A． B． C． D．8．（2025·重庆·模拟预测）已知，，是球的球面上的三个点，且，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（

）A． B． C． D．9．（24-25高三上·浙江·月考）如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（

）A． B． C． D．10．（2025·广东广州·三模）已知棱长为2的正方体的几何中心为，平面与以为球心的球相切，若截该正方体所得多边形始终为三角形，则球表面积的取值范围为（）A． B． C． D．二、多选题11．（24-25高三下·山西·期中）已知正方体的棱长为2，E是的中点，点F是面上的动点（包括边界），且满足平面，则下列结论正确的是（

）A．动点F的轨迹的长度为B．三棱锥体积的取值范围为C．当三棱锥体积取最大值时，其外接球的表面积为D．当三棱锥体积取最小值时，其外接球的表面积为三、填空题12．（2025·甘肃白银·三模）已知正三棱台的侧棱长为，上、下底面的边长分别为，，则三棱台的外接球的表面积为．13．（2025·陕西榆林·模拟预测）已知三棱锥中，平面，且，，，则该三棱锥的外接球的表面积为．14．（2025·山东·三模）已知正四棱台，，高为，则该正四棱台外接球的表面积为.15．（2025·四川乐山·三模）三棱锥中，，，，，，向量与向量的夹角为，则三棱锥外接球的表面积为.

答题模板16数列综合（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值、参数求解、与三角函数、概率、导数、解析综合、数列新定义）有关的9类核心题型目录第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分方法建模构建方法体系，提供通用工具【结论背记清单】方法一数列不等式的证明方法二不等式放缩方法三数列最值方法四参数求解方法五与三角函数综合方法六与概率综合方法七与导数综合方法八与解析综合第三部分题型专攻实施靶向训练，提升应试效率。【题型01】数列不等式的证明【题型02】不等式放缩【题型03】数列最值【题型04】参数求解【题型05】与三角函数综合【题型06】与概率综合【题型07】与导数综合【题型08】与解析综合【题型09】数列新定义第四部分答题实战检验学习成效，锤炼应用能力模块说明：洞察命题意图，明确攻坚方向模块说明：洞察命题意图，明确攻坚方向1.考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。

2.思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。1.考向聚焦1.考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）数列综合大题是考查数学高阶思维与核心素养的关键载体。试题超越基础公式，将数列与不等式证明、放缩技巧、最值及参数求解深度融合，并广泛与三角函数、概率、导数、解析几何交叉，或设置“新定义”情境。它从数列作为离散函数的本质出发，综合运用函数与方程、转化与化归等思想，通过代数变形、数学归纳、导数工具等方法解决问题，全面考查逻辑推理、运算求解及跨模块整合能力。核心考查四大方向：数列与不等式：证明、放缩求和、求最值或参数范围，需掌握裂项、等比等放缩技巧及数学归纳法。数列与其他知识交叉：与三角、概率、导数、解析几何结合，检验知识联系与迁移能力。数列新定义问题：理解新概念并探究性质、求解，考查抽象素养与学习迁移能力。极限与收敛性（以探究为主）：借助单调有界性讨论极限存在与求解。2.思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）数列特性把握不足：不善于从递推关系求通项，忽略单调性、有界性等性质的应用。放缩技巧生硬：放缩“度”控制不当，盲目套用公式，缺乏目标导向的配凑能力。跨知识整合弱：难以建立数列与三角、概率、导数等知识的有效联系。畏惧新定义：信息提取与转化能力不足，无法将新定义化为已知模型。运算能力欠缺：复杂运算、递推、变形过程中易出错。缺乏探究意识：不善于从特殊项入手猜测规律并证明。模块说明：模块说明：构建思维框架，提炼通用解法1.模模块化知识体系：熟记数列综合（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值、参数求解、与三角函数、概率、导数、解析综合、数列新定义）的相关知识内容，形成清晰的解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减少思维漏洞，提升答题效率。3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化对知识边界的理解，避免重复犯错。结论背记一、二级结论1.数列放缩（1），其中：可称为“进可攻，退可守”，可依照所证不等式不等号的方向进行选择。注：对于，可联想到平方差公式，从而在分母添加一个常数，即可放缩为符合裂项相消特征的数列，例如：，这种放缩的尺度要小于（1）中的式子。此外还可以构造放缩程度更小的，如：（2），从而有：注：对于还可放缩为：（3）分子分母同加常数：此结论容易记混，通常在解题时，这种方法作为一种思考的方向，到了具体问题时不妨先构造出形式再验证不等关系。（4）可推广为：技法归纳方法一数列不等式的证明数列不等式的证明是高中数学教学中极其重要的一部分，它不仅涉及到数学知识的综合运用，还要求学生具备严谨的逻辑思维和灵活的解题技巧。难度中等偏上、需强加练习.例题1（2025·辽宁沈阳·三模）已知数列中，，，且数列为等差数列．(1)求的通项公式；(2)记为数列的前n项和，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出数列的公差，可求出数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；（2）利用裂项求和法求出，即可证得结论成立.【详解】（1）因为数列中，，，且数列为等差数列，设数列的公差为，则，故，所以，故.（2）因为，所以，故原不等式成立.例题2（2025·江苏·三模）已知数列是等差数列，记其前项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)将数列与的所有项从小到大排列得到数列．①求的前20项和；②证明：．【答案】(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意可得，对于取，即可求出、，从而求出通项公式；（2）①首先求出，即可得到，从而求出其前20项和；②由，分及两种情况讨论，当时利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，即，由，取，得，即，解得，，所以；（2）①由（1）知，，所以，因为，所以，所以的前20项和为；②证明：因为，所以，所以当时，；当时，，综上可得.例题3（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知．(1)求的通项公式；(2)令，为的前项之积，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可；（2）利用导数证明，进而得到，可得，累加即可证.【详解】（1）由，又由题意知，，左右同时除以得，所以，则，故是以3为首项，3为公差的等差数列，所以，可得；（2）令函数，求导得，在上单调递增，，即，取，则，于是，由（1）知，,，所以.例题4（2025·天津南开·一模）已知公差大于0的等差数列的前项和为，且是的等比中项．(1)求的通项公式及；(2)记为在区间内项的个数，为数列的前项和．（i）若，求的最大值；（ii）设，证明：．【答案】(1)；(2)（i）5；（ii）证明见解析..【分析】（1）应用等差数列前n项和公式及等差中项的性质、通项公式求基本量，进而得到的通项公式及；（2）（i）根据已知得，即得，应用等差、等比前n项和公式及分组求和得，再由能成立求的最大值；（ii）由（i）得，判断其单调性即可得，应用基本不等式及放缩有，应用错位相减法求右侧的前n项和，即可证.【详解】（1）设等差数列的公差为，依题意，，即①，，即②，将①代入②得，因为，解得，所以．（2）（i）令，即，解得，所以，即的通项公式为所以．又，所以．由，得，因为，所以的最大值为5．（ii）由（i）知，则，所以．设①，则②，①②得，所以．因为，所以．综上，．方法二不等式放缩放缩的基本思路是将通项适当放大或缩小，向便于相消或便于求和的方向转化.放缩的策略是通过多角度观察通项的结构，深入剖析其特征，思前想后，找准突破口，怡当放缩，难度中等偏上、需强加练习.例题5（2025·河南·二模）已知数列满足，.(1)求的通项公式；(2)记的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由已知等式变形得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式；（2）验证当时，不等式成立；当时，推导出，再利用等比数列的求和公式可证得不等式成立.【详解】（1）由题设条件，可得若，则，用反证法，假设，由题设条件，显然，这与已知条件矛盾，所以.因为，所以，，，所以，，由得，所以，又，所以是首项、公比均为的等比数列.所以，则.（2）显然时，成立，当时，，所以，所以，所以，即，所以，所以.综上，，得证.方法三数列最值例题6（2025·山东·三模）已知数列的前项和为，数列的前项积为，且.(1)求数列的通项公式；(2)求使得成立的的最大值；(3)求数列的前项和.【答案】(1)(2)45(3)【分析】（1）利用时结合已知等式得首项，再由代入等式，转化得到是等差数列，进而求出的通项.（2）由求出，再通过与的前项和关系得到的分段表达式，分和讨论的不等式，求解的最大值.（3）写出的分段形式，时对通项进行裂项相消拆分，再分和计算前项和.【详解】（1）因为，所以，在中令，得.所以当时，由及，得，所以.又，所以是首项为3，公差为2的等差数列..所以.（2）由（1）知（）.当时，，满足上式，所以，则（）.当时，，不满足上式，所以当时，，显然成立；当时，有，所以，又，所以的最大值为45.（3）设，当时，，当时，所以.当时，上式也符合，所以.例题7（2025·福建·模拟预测）数列的前项和为，已知且．(1)求的通项公式；(2)设数列满足，求的最大值．【答案】(1)；(2)1.【分析】（1）利用即可求解；（2）判断数列的单调性即可求解.【详解】（1）∵①，∴②，①-②得：，，②中令n＝2，则，∴，为首项为1，公比为2的等比数列，∴.（2）由（1）知：，则，所以所以当时，有最大值.方法四参数求解对于此类含参数不等式愿型,大部分可以通过分离參数等方式转化为最值问题,对于求最值,需要分析单调性,函数类型可通过运算法则或者求导进行判断,数列可通过作差法进行判断数列的单调性，难度中等偏上、需强加练习.例题8（2025·河南·一模）数列满足，且.(1)证明：数列是等差数列；(2)设数列的前项和为，求使成立的最小正整数的值【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据已知得，再应用作差法及等差数列的定义证明；（2）根据（1）得，应用裂项相消法求，根据不等式能成立求参数值.【详解】（1）设数列，则，由，得，所以，即数列是以为首项，为公差的等差数列；（2）由（1）得，所以，因此，解得，所以满足题意的最小正整数.例题9（2025·四川达州·一模）已知为等差数列，前项和为，且．(1)求；(2)设，数列的前项和为，若对任意，不等式成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）先根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而求出.（2）先求出，然后求出并化简，进而求解不等式即可.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，因为.所以，解得.所以.（2）.所以.因为不等式对任意恒成立，则有对任意恒成立，又，所以.例题10（2025·宁夏·一模）已知数列满足．(1)证明：数列为等差数列；(2)设，记数列的前n项和为．（i）求；（ii）若成立，求m的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)（i）；（ii）【分析】（1）等式两边同时除以可得；（2）（ii）由错位相减法求和即可；（ii）构造数列，由不等式组求数列的最值大即可.【详解】（1）因为，即，所以数列是以为首项，3为公差的等差数列.（2）（i）由（1）知，所以，所以，所以，，所以，所以.（ii）因为，所以，令，不妨设的第项取得最大值，所以，解得，所以的最大值为，所以，即m的取值范围是.方法五与三角函数综合数列、三角是高中数学的重要内容，从本质上看它们是特殊的函数，都具有函数的某些性质。数列也可和三角函数综合考查，需强化复习例题11（2025·陕西西安·一模）将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且.(1)求；(2)求的单调增区间，并说明在上的单调性；(3)求数列的前项和.【答案】(1)；(2)答案见解析；(3).【分析】（1）解方程，结合求解；（2）由正弦函数的单调性求解；（3）说明是等差数列，根据求和公式求解.【详解】（1）由，得，所以或，解得或，因为且，所以时，或，解得或当时，，此时，而，不合题意，所以.（2）由（1），由，得，因为，所以单调增区间为，因为，所以，当，即时单调递增，当，即时，单调递减；（3）当时，由或，得或，又，所以的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列，偶数项构成以为首项，公差为的等差数列.所以当为奇数时，；当为偶数时，；所以方法六与概率综合构建齐次式型是离心率问题中最常见、最重要的一类解题方式。若题目条件（如角度、垂直、向量数量例题12（2025·四川成都·二模）某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立.(1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率；(2)记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，（i）求；（ii）证明：存在实数，使得数列为等比数列.【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解.（2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证.【详解】（1）设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，依题意，，，因此，所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为.（2）（i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立，由（1）知，，当时，挑战显然不会终止，即，当时，则第1、2轮至少答对一轮，，由概率加法公式得；同理.（ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”，当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：①第轮答对，且第轮结束时挑战未终止；②第轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止，因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为，则，而各轮答题正确与否相互独立，因此，当时，，设存在实数，使得数列为等比数列，当时，，整理得，而，则，解得或，当时，因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列；当时，数列是首项为，公比为的等比数列，所以存在实数或，使得数列为等比数列.例题13（2025·四川德阳·模拟预测）某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏.(1)当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望；(2)若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）.①证明数列，，，，是等比数列；②求活动参与者得到礼券的概率.【答案】(1)(2)①证明见解析，②【分析】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，，即可求出的期望.（2）①根据累计得分为分的概率为，分两种情况讨论，从而得到递推式，再根据构造法求证即可；②根据①可求出，再根据累加法可求出，再由从而求解即可.【详解】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，所以，，，，，而，所以随机变量的可能取值为，，，，所以，，，，所以的分布列为：所以.（2）①证明：，即累计得分为分，是第一次掷骰子，向上点数不超过点，，则，累计得分为分的情况有两种：（i），即累计得分，又掷骰子点数超过点，其概率为，（ii）累计得分为分，又掷骰子点数没超过点，得分，其概率为，所以，所以，，，，，所以，，，，是首项为，公比为的等比数列.②因为数列，，，，是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，，，各式相加，得，所以，，，，，所以活动参与者得到礼券的概率为：.例题14（2025·江苏·二模）某科技公司食堂每天中午提供A、B两种套餐，员工小李第一天午餐时随机选择一种套餐，如果前一天选择A套餐，那么第二天选择A套餐的概率为；如果前一天选择B套餐，那么第二天选择A套餐的概率为.(1)食堂对A套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，对员工对于A套餐的满意程度进行了调查，统计了120名员工的数据，如下表（单位：人）套餐A满意度A套餐改善前A套餐改善后合计满意204060不满意303060合计5070120根据小概率值的独立性检验，能否认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善有关？(2)若A套餐拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小李从这些菜品中选择3种菜品，记选择素菜的种数为X，求的最大值，并求此时n的值；(3)设员工小李第n天选择B套餐的概率为，求.参考数据：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1)认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系(2)，或(3)【分析】（1）根据给定数据求出的观测值，再与临界值作对比即可判断；（2）利用古典概率模型、结合组合计数问题求出的表达式，构造数列并判断单调性求出最大值；（3）根据题干信息求出与的关系，再利用构造法求出通项.【详解】（1）零假设：认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关，由已知数据计算，根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即接受，因此认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系.（2）依题意，，令，，当且仅当时取等号，当时，，当时，，即当时，数列单调递减，于是，所以的最大值为，此时或.（3）由员工小李第n天选择B套餐的概率为，则员工小李第n天选择A套餐的概率为，因此，而，，又，因此，所以.方法七与导数综合构建齐次式型是离心率问题中最常见、最重要的一类解题方式。若题目条件（如角度、垂直、向量数量例题15（2025·福建福州·模拟预测）已知正项数列满足．(1)若，求；(2)若，求的通项公式；(3)记为数列的前项和，若，证明：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据递推公式以及附加条件求出，再结合递推公式即可求解.（2）令，可得，结合二倍角公式可引入新数列，，求得的值，并说明唯一即可求解.（3）将原不等式转换为，先证明，可构造函数，利用导数证明不等式，从而即可放缩，再证明，根据三角函数的有界性放缩即可得证.【详解】（1）由题，，且，又，代入，解得，所以，，，故．（2）令，则有，即，又，则，此时不妨令，则，则有，即讨论周期性对唯一性的影响：不妨令，则当时，，不合题意，舍去；当时，符合题意；此时，同理，唯一，即唯一．即，故．（3）由若，且，则，联立解得，原不等式可转化为，先证明：由，，由（2）可推，则，令函数，则，令，则恒成立，所以在上单调递增，又，所以在上有，所以在上单调递增，又，则，所以，则，故，又因为，所以，证明：由，则，当且仅当时取等，所以，故，所以．【点睛】关键点点睛：第三问的关键是对进行适当的放缩，由此即可顺利得解.例题16（2025·河南·三模）已知函数(1)当时，求的零点个数；(2)若，求的最大值；(3)证明：.【答案】(1)两个(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用导函数确定函数的单调性，再结合零点存在定理即可得到的零点个数；（2）先利用必要性探路得到，再去证明的充分性；（3）结合（2）的结论，对进行放缩，再放缩求和即可得证.【详解】（1）当时，，所以，令，则，所以在上单调递减，即在上单调递减，又，则的解集为,则的解集为,所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，又因为，所以存在，使得，所以有两个零点.（2）由，得，下证当时，，令，则，令，则，所以在上单调递减，又，则的解集为,则的解集为,所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，即，所以的最大值为.（3）证明：由（2）可得，当且仅当时取等号，所以，所以且因为当时，所以，所以即.例题17（2024高三·全国·专题练习）已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)当时，，求的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)在上单调递增，没有单调递减区间(2)(3)证明见解析【分析】（1）求函数的定义域及导函数，利用导数证明，由此确定函数的单调区间；（2）结合关系，，得出在上恒成立的必要条件为，再证明时，在恒成立，时不满足条件，可得结论；（3）由（2）可建立关系式，令可得，取累加得证．【详解】（1）当时，的定义域为，则，令，则，令，则，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增，所以在时取最小值，即，所以，所以在上单调递增，没有单调递减区间．（2）因为，，所以要使当时，，必须满足，即．下面证明满足题意：①当时，由，．令，，由（1）知，在上单调递增，所以，所以当时，，即；②当时，，令，则，所以在上单调递增，又，当时，，所以存在，使得，所以当时，，即在上单调递减，所以当时，，所以当时，不恒成立．综上所述，实数的取值范围是．（3）由（2）知，当，时，，即，所以．令，则，，所以令，则，所以，即．【点睛】关键点点睛：第三小问解决的关键在于找到不等式与函数在结构上的联系.方法八与解析综合构建齐次式型是离心率问题中最常见、最重要的一类解题方式。若题目条件（如角度、垂直、向量数量例题18（2025·浙江·一模）已知渐近线为的双曲线过点，过点且斜率为的直线交双曲线于异于的点，记的面积为.(1)求双曲线的方程；(2)求；(3)证明：.【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）双曲线的方程为代入计算得解；（2）联立方程与，解得的横坐标.求出，计算，代入得解；（3）将利用放缩法得到，利用裂项相消求解.【详解】（1）设双曲线的方程为，代入得，故双曲线的方程为.（2）联立方程与，解得的横坐标.因为，故，所以.（3）因为，故，当时成立.故.

例题19（2025·福建·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，为抛物线C上的一个动点（不与坐标原点重合），．(1)求抛物线C的方程；(2)已知点，按照如下方式构造点，设直线为抛物线C在点处的切线，过点作的垂线交抛物线C于另一点，记的坐标为．（ⅰ）证明：当时，；（ⅱ）设的面积为，证明：．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析

（ⅱ）证明见解析【分析】（1）根据抛物线的性质及题意即可求解；（2）由题意求出直线，与抛物线联立进而求出点的横坐标，代入抛物线方程可得其纵坐标，进而可得与的不等关系，用累加法求解即可证明；（3）求出点F到直线的距离，求出弦长，进而可得的面积，结合可得，用放缩的方法求即可求解.【详解】（1）抛物线C的准线方程为，所以，所以，解得，所以C的方程为；（2）（ⅰ）设，因为，所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，所以直线，与联立可得，，可得，即的横坐标为，所以，当时，有，又由，故，所以；（ⅱ）易知直线，F到直线的距离为，，所以，因为，由（1）知，即，所以当时，，所以当时，，所以，当时，，当时，．所以．【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.模块说明：模块说明：聚焦前沿题型，靶向提升解题能力1.精选各省市最新模拟题，确保训练内容紧密贴合当前考查方向与命题动态，帮助学生把握前沿考点。2.按题型进行系统分类与专项训练，使学生能够集中突破特定题型，深度掌握其核心解题思路与技巧。【题型01】数列不等式的证明（共7题）1．（2025·吉林长春·三模）记为数列的前项和，已知，．(1)判断是否为等比数列，并求出的通项公式；(2)设递增的等差数列满足，且、、成等比数列．设，证明：．【答案】(1)不是等比数列，且(2)证明见解析【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得，两式作差可得出，结合可得出结论，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；（2）设等差数列的公差为，由题意可知，根据题中条件可得出关于的方程，解出的值，可得出数列的通项公式，放缩可得，结合裂项相消法可证得所证不等式成立.【详解】（1）因为，且对任意的，，当时，，当时，由可得，上述两个等式作差得，即，所以，又因为，故数列不是等比数列，且该数列是从第项开始成公比为的等比数列，当时，，即，综上所述，.（2）设等差数列的公差为，由题意可知，且，，，，所以，，，因为、、成等比数列，所以，整理得，解得或（舍去），所以，所以，所以，故原不等式得证.2．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据数列的通项与求和公式的关系，可得数列的递推公式，根据等比数列的概念，可得答案；（2）根据裂项相消求和，可得答案.【详解】（1）由题意可得，所以因为，所以，即，所以，，设等比数列的公比为，则，，.（2）所以3．（2025·安徽·二模）已知等差数列的前项和为，，对任意正整数，均有.(1)求和；(2)若数列满足，且，求数列的通项公式；(3)记数列的前项和为，证明：.【答案】(1)，(2)(3)证明见解析【分析】（1）数列为等差数列，不妨设，再利用待定系数法解得，根据等差数列前项和公式求．（2）方法一：由题意得，再根据累乘法得到，方法二：构造数列，得到数列为常数列即可求解；（3）由题意得，先证，再累加即可证得．【详解】（1）因为数列为等差数列，不妨设，由可得，故，解得，所以，，即，即，所以，解得，故，.（2）方法一：由（1）得：，当且时，，，当时，满足，综上所述：.方法二：由（1）得：，，，，，令，则数列为常数列，，；（3）由（1）知，，下面证明，设，，则，当时，，单调递增，所以，所以，即，所以，所以．4．（2025·四川·模拟预测）已知数列满足，且．(1)证明：为等比数列；(2)设，证明：；(3)设，且数列的前项和为，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）分析可知，对任意的，且，可得出，变形得出，结合等比数列的定义即可证得结论成立；（2）利用（1）中的结论求出数列的通项公式，分析可知数列是各项均为正数的单调递减数列，分、两种情况，由结合数列的单调性即可证得结论成立；（3）由不等式的性质得出，利用错位相减法求出数列的前项和，可得出，由结合不等式的传递性可证得结论成立.【详解】（1）因为数列满足，且，可得，由，得，可得，由，得，可得，，以此类推可知，对任意的，且，所以，所以，可得，所以数列为等比数列，首项为，公比为.（2）由（1）可得，所以，故，易知数列是各项均为正数的单调递减数列，因为，所以，当时，，当时，，所以，所以，对任意的，，综上所述，.（3）因为，所以，令①，可得②，①②得，所以，故，故对任意的，.5．（2025·河南·模拟预测）已知函数，，记的零点为.(1)求；(2)求数列中的最小项；(3)证明：.【答案】(1)1(2)(3)证明见解析【分析】（1）对求导，确定单调性即可求解；（2）由通过作差得到，构造函数利用其单调性，确定数列单调性即可求解；（3）令，求导确定单调性，得到，再通过，分别令和，即可证.【详解】（1）当时，，定义域为，在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以有唯一零点1，即；（2）由的零点为，得，两式相减得：，即，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以由，得到，所以，所以数列是递增数列，所以数列中的最小项是；（3）令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，当且仅当时，等号成立，即，因为，所以,所以，所以，所以在中，令，得当且仅当时，等号成立，当时，，所以当且仅当时，，中等号成立，所以，所以，当且仅当时等号成立，当时，在中，令，得，所以，所以当时，，当时，成立，所以，综上得证.6．（2025·江苏连云港·模拟预测）在数列中，，对于，，，成等差数列，其公差为．(1)判断是否成等比数列？并说明理由；(2)证明：，，成等比数列；(3)设，数列的前项和为，证明：．【答案】(1)成等比数列，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，令，和，依次求出，利用等比数列定义判断即可；（2）由，，成公差为的等差数列，得，即可利用累加法求出，从而可得，，，再利用等比数列定义判断即可；（3）当为奇数时，，，当为偶数时，，，利用放缩法求出数列的前项和为，即可证明.【详解】（1）当时，成公差为1的等差数列，则，；当时，成公差为2的等差数列，则，；当时，成公差为3的等差数列，则．所以，，从而，故成等比数列.（2）由，，成公差为的等差数列，得，可得：，，，，，累加得因为，，成公差为的等差数列，所以，，又因为，，成公差为的等差数列，所以，所以，得，，成等比数列．（3）由，由（2）知：当为奇数时，，，当为偶数时，，，故，且对一切正整数，有，时，，综上，．7．（2025·安徽滁州·二模）在数列中，，，其前项和为．数列是公差为的等差数列．(1)求；(2)若，（ⅰ）求数列的通项公式及前项和；（ⅱ）若，数列满足，，求证：对任意正整数，都有．【答案】(1)或(2)（ⅰ）．；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）方法1：由及，利用等差数列基本量的运算求解即可；方法2：先求出，然后利用化简得，将已知条件代入求解即可.（2）（ⅰ）与相减得，，利用累乘法得，即可；（ⅱ）由（ⅰ）得，进而求得，累加法结合即可证明.【详解】（1）方法1：，，，由或，于是或，所以或．方法2：显然，则，于是，所以，相减得，即，所以，，又，，解得或.（2）（ⅰ）当时，，即，所以，相减整理得，，所以，，…，，累乘得，，也满足上式，所以．所以．（ⅱ），，显然．，所以，，…，，累加得，得证．【题型02】不等式放缩（共3题）8．（2025·广东汕尾·一模）记为递增数列的前项和，.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和；(3)记的前项和为，证明：.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）由题设利用分和结合等差数列定义即可依次求出数列的首项和通项公式；（2）由错位相减求和方法结合等比数列前n项和公式即可求解；（3）方法一：由和放缩公式结合裂项相消求和法计算求证即可得证；方法二：由数列的单调性和放缩公式得到即可计算求证.【详解】（1）由题令，则，解得，当时，，所以，即，因为，且是递增数列，所以，所以，即是公差和首项均为2的等差数列，所以.（2）设是数列的前项和，因为，所以，所以，则，两式相减得，即.（3）方法一：，所以，①因为，所以，②①+②得，即，所以.方法二：因为是递增数列，所以是递减数列.所以，所以，所以.9．（2024·上海静安·一模）如果函数满足以下两个条件，我们就称函数为型函数.①对任意的，有；②对于任意的，若，则.求证：(1)是型函数；(2)型函数在上为增函数；(3)对于型函数，有（为正整数）.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据指数函数性质和型函数的定义即可证明；（2）取值，则，再结合型函数的定义即可证明；（3）放缩得，再不断放缩有，结合等比数列的求和公式即可.【详解】（1）记；对任意的，有；对于任意的，若，则，即.故函数是型函数.（2）设，且，则.因此，可知在上为增函数.（3）因为，所以【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用型函数的性质放缩得，最后再不断放缩，结合等比数列求和公式即可.10．（2025·贵州·模拟预测）已知数列中，，．(1)求，的值；(2)设，证明是等比数列，并求其通项公式；(3)证明：．【答案】(1)，．(2)证明见解析，(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，结合数列的递推关系式，进行计算，即可求得，的值；（2）由，分别化简求得，，得到，得出，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解；（3）由（1）知且，求得，结合，利用等比数列的求和公式，即可得证.【详解】（1）解：由数列中，，，可得，.（2）解：由，可得，，所以，因为，所以，即，又因为，可得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为．（3）解：由（1）知且，可得，所以，又由，因为显然成立（当且仅当时等号成立），所以，因此.【题型03】数列最值（共4题）11．（24-25高二上·广西玉林·期末）已知数列的前项和为，，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和；(3)若，求使取得最大值时的的值.【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根据的关系，作差可得，即可根据等比数列的定义求解；（2）由（1）求得