2026年高考数学压轴题满分突破(七大类)

三角函数与解三角形题型归纳题型一：三角恒等变换与三角函数（24-25高三上·河南·月考）已知向量，函数.(1)求的最小正周期;(2)若函数在区间上恰有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】（1），的最小正周期；（2）由题知在区间上恰有两个不同的实数根，即函数在区间上的图象与直线恰有两个交点，令，作出的图象与直线，如图.由图知，当时，的图象与直线有两个交点，实数的取值范围为.此类题型考察恒等变形和三角函数函数性质，涉及到三角恒等变形的公式比较多。1、首先要通过降幂公式降幂，二倍角公式化角：（1）二倍角公式：sin2α＝2sinαcosα(S2α)；cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α(C2α)（2）降幂公式：cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，2、再通过辅助角公式“化一”，化为3、辅助角公式：asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a).4、最后利用三角函数图象和性质，求解计算：一般将看做一个整体，利用换元法和数形结合的思想解题。与三角函数相关的方程根的问题（零点问题），通常通过函数与方程思想转化为图象交点问题，再借助图象进行分析。1．（24-25高三上·江苏常州·月考）如图，已知函数的图象过点和，且满足.(1)求的解析式；(2)当时，求函数值域.【答案】(1);(2)【解析】（1）由，得，则又，即得，由，得根据图象可知，解得.（2），故，，即的值域为0,2.2．（24-25高三上·北京·期中）已知函数.(1)求的最小正周期；(2)求不等式的解集；(3)从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求的取值范围.①在有恰有两个极值点；②在单调递减；③在恰好有两个零点.注：如果选择的条件不符合要求，0分；如果选择多个符合要求的条件解答，按第一个解答计分.【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析【解析】（1）因为.所以的最小正周期为.（2）因为，即，则，解得，所以不等式的解集为.（3）因为，所以.若选择①：因为在有恰有两个极值点.则，解得，所以的取值范围；若选择②：因为在单调递减当时，函数递增，所以在不可能单调递减，所以②不符合题意；若选择③：因为在恰好有两个零点.则，解得，所以的取值范围.题型二：正余弦定理解三角形的边与角（24-25高三上·福建南平·期中）在锐角中，角所对的边分别为.已知(1)求；(2)当，且时，求.【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为，所以，即，所以，所以，又因为为锐角，所以，所以（2）由（1）知且为锐角，所以，所以，即，所以.解之得利用正、余弦定理求解三角形的边角问题，实质是实现边角的转化，解题的思路是：1、选定理.（1）已知两角及一边，求其余的边或角，利用正弦定理；（2）已知两边及其一边的对角，求另一边所对的角，利用正弦定理；（3）已知两边及其夹角，求第三边，利用余弦定理；（4）已知三边求角或角的余弦值，利用余弦定理的推论；（5）已知两边及其一边的对角，求另一边，利用余弦定理；2、巧转化：化边为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换进行转化；若将条件转化为边之间的关系，则式子一般比较复杂，要注意根据式子结构特征灵活化简.3、得结论：利用三角函数公式，结合三角形的有关性质（如大边对大角，三角形的内角取值范围等），并注意利用数形结合求出三角形的边、角或判断出三角形的形状等。1．（24-25高三上·江苏苏州·月考）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)证明：；(2)若，，求.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）由已知结合正弦定理，得，化简得，即，所以，又，所以，故由正弦定理得.（2）因为，所以，所以，所以，结合，可得，故，由（1）知，由余弦定理得，则，化简得，代入，整理得，所以，所以，故.2．（24-25高三上·上海·期中）在中，角、、所对的边分别为、、，已知．(1)若，，求；(2)若，，求的周长．【答案】(1)；(2)或.【解析】（1）根据余弦定理，已知，，.将，，代入余弦定理公式可得：化简得解得（因为边长不能为负，舍去）.（2）已知，由正弦定理可得.因为，可得.因为，，时有两解（为锐角或钝角）.当为锐角时，.，，.则.再由正弦定理，可得.，可得.此时三角形周长为.当为钝角时，..由正弦定理，可得.，可得.此时三角形周长为.则的周长为或.题型三：利用正弦定理求三角形外接圆（24-25高三上·全国·专题练习）的内角，，的对边分别为，，，已知．(1)求的大小；(2)若面积为，外接圆面积为，求周长.【答案】(1)；(2)18【解析】（1），，，，．（2）设外接圆的半径为，由，得，因为，解得，，所以，又，所以49=，故，所以.利用正弦定理：可求解三角形外接圆的半径。若要求三角形外接圆半径的范围，一般将用含角的式子表示，再通过三角函数的范围来求半径的范围。1．（24-25高三上·海南·月考）如图，平面四边形ABCD内接于一个圆，且，，为钝角，.(1)求；(2)若，求△BCD的面积．【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为为钝角，，所以，由余弦定理得，整理得，解得（负根舍去），由正弦定理得.（2）由于圆的内接四边形对角互补，所以且为锐角，则，在三角形中，由余弦定理得：，，解得（负根舍去），所以三角形的面积为.2．（23-24高三下·浙江·模拟预测）如图，在平面内的四个动点，，，构成的四边形中，，，，.(1)求面积的取值范围；(2)若四边形存在外接圆，求外接圆面积.【答案】(1)；(2)【解析】（1）由三角形的性质可知，，即，且，即，所以，中，，所以，则，，所以面积的取值范围是；（2）中，，中，，即因为四边形存在外接圆，所以，即，即，得，，此时，即，由，四边形外接圆的面积.题型四：解三角形中边长或周长的最值范围（24-25高三上·四川绵阳·月考）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.(1)求证：；(2)，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）在锐角中，由余弦定理及，得，由正弦定理得，则，由，得，所以，即.（2）在锐角中，由正弦定理得，则，于是，由，得，则，，所以的取值范围是.利用正、余弦定理等知识求解三角形边长或周长最值范围问题，一般先运用正、余弦定理进行边角互化，然后通过三角形中相关角的三角恒等变换，构造关于某一角或某一边的函数或不等式，再利用函数的单调性或基本不等来处理。1．（24-25高三上·山西·月考）在中，角的对边分别是，且．(1)证明：．(2)若是锐角三角形，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）由题设，所以，则，即，又，则，且，所以，得证.（2）由题设，即，得，由，而，故.2．（24-25高三上·贵州遵义·月考）记的内角，，对应的三边分别为，，，且.(1)求；(2)若，求的周长的取值范围.【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为，所以，即，因为B∈0,π，所以，即（2）因为，，由正弦定理得，则，又，则，且，所以因为，所以，则，所以，综上可知，三角形的周长的取值范围是．题型五：解三角形中面积的最值范围（24-25高三上·辽宁沈阳·月考）已知中，角的对边分别为，满足．(1)求角．(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为，由正弦定理得，因为，可得，所以，所以，又因为，所以，解得.（2）由（1）知，且，又由正弦定理得，可得，所以，因为为锐角三角形，所以，且，可得，则，所以，所以面积的取值范围是．1、常用三角形的面积公式：（1）；（2）；（3）（为三角形内切圆半径）；（4），即海伦公式，其中为三角形的半周长。2、求面积的最值范围，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形面积用所设变量表示出来，再利用正余弦定理列出方程求解。注意函数思想的应用。1．（24-25高三上·江西·期中）已知中，角所对的边分别为，且.(1)求；(2)若，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【解析】（1）由，得，由正弦定理，得，因为，且，综上，.（2）因为，由余弦定理，得，所以，当且仅当时取等号，因为，所以面积，即面积的最大值为.2．（24-25高三上·河南·月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．(1)求C的值；(2)若内有一点P，满足，，求面积的最小值．【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为，由正弦定理得，，所以，即，所以，即，又因为是三角形得内角，显然，所以，即，所以.（2）法一：由（1）得：，设，在中，由余弦定理得，，同理在中有：，，又因为是直角三角形，所以，所以，即，所以，因为，所以，即，所以，，，，当且仅当，即时取等号.的面积的最小值为．法二：在中，设，由余弦定理可得，.由勾股定理可得:，即.而.由基本不等式，所以，可解得(由上)，当且仅当时等号成立，所以面积最小值为.题型六：三角形的角平分线、中线、垂线（24-25高三上·江苏徐州·月考）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角B；(2)若BD是角B的平分线，，求线段BD的长．【答案】(1)；(2)4.【解析】（1）已知，由正弦定理（为外接圆半径），可得.因为，所以，那么.根据两角和的正弦公式，则.展开可得.移项可得.因为，所以，两边同时除以得，解得.又因为，所以.（2）因为BD是角的平分线，根据角平分线定理，已知，，所以，设，则.在中，根据余弦定理，，，则.即，解得，所以，.在中，根据余弦定理，因为，所以.设，则.即，整理得.分解因式得，解得或.当，在中，,舍去.当，在中，,满足.故BD的长度为4.1、解三角形角平分线的应用如图，在∆ABC中，AD平分∠BAC，角A、B，C所对的边分别问a，b，（1）利用角度的倍数关系：∠（2）内角平分线定理：AD为∆ABC的内角∠BAC的平分线，则AB说明：三角形内角平分线性质定理将分对边所成的线段比转化为对应的两边之比，再结合抓星结构，就可以转化为向量了，一般的，涉及到三角形中“定比”类问题，运用向量知识解决起来都较为简捷。（3）等面积法：因为S∆ABD+S所以b+cAD=2bccosA22、解三角形中线的应用（1）中线长定理：在∆ABC中，AD是边BC上的中线，则AB【点睛】灵活运用同角的余弦定理，适用在解三角形的题型中（2）向量法：AD【点睛】适用于已知中线求面积（已知BDCD3、解三角形垂线的应用（1）分别为边上的高，则（2）求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边长度高线两个作用：（1）产生直角三角形；（2）与三角形的面积相关。1．（24-25高三上·福建福州·月考）的内角所对的边分别为，已知．(1)求；(2)若D为中点，，，求的周长．【答案】(1)；(2)【解析】（1），由正弦定理得，,即，因为，所以，所以，化简得，又，可得，，.（2）因为是的中点，所以，则，即，整理得，解得或（舍去），在中，由余弦定理可得，，所以的周长为.2．（24-25高三上·广西南宁·月考）已知的三个内角所对的边分别是．已知(1)求角；(2)若点在边上，，请在下列两个条件中任选一个，求边长．①为的角平分线；②为的中线．【答案】(1)；(2)【解析】（1）在中，由正弦定理知，所以，又，所以，，又，，化简得，即，又，所以．（2）选①，为的角平分线，由得：，即，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，所以.选②，为的中线，则，平方得，所以，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，所以.必刷大题1．（24-25高三上·山东菏泽·期中）记锐角的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)延长到，使，求．【答案】(1)；(2)【解析】（1）已知，正弦定理得，则有，所以，而，则，即，锐角中，，则，由，因此.（2）在中，由正弦定理得①．在中，由正弦定理得②．，，得，由①②可得，解得．2．（24-25高三上·上海·期中）设的内角A，B，C的对边分别为，且B为钝角.(1)若,，求的面积；(2)求的取值范围.【答案】(1)；(2)【解析】（1），因为，，故，因为为钝角，所以，，由正弦定理得，故，其中，所以，解得，，；（2）由（1）知，，，因为为钝角，所以，且，解得，所以，.3．（24-25高三上·湖南长沙·月考）在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且.(1)若，求；(2)若，求的面积的最大值.【答案】(1)；(2)3【解析】（1）因为，所以由正弦定理得，又，所以，，从而.（2）由余弦定理可知，则，又，故，即，故，即，从而，当时取等号，即的面积的最大值为3.4．（24-25高三上·辽宁大连·月考）在中，角、、的对边分别为、、，满足.(1)求角的大小；(2)若的面积为，求的最小值．【答案】(1)；(2)4【解析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，因为是三角形内角，所以；（2）由三角形面积公式得：，解得，因为，当且仅当时取等号，所以的最小值为4，此时为等边三角形．5．（24-25高三上·江苏无锡·期中）在中，已知.(1)若为锐角三角形，求角的值，并求的取值范围;(2)若，线段的中垂线交边于点，且，求A的值.【答案】(1)；；(2)【解析】（1）由题意，所以，所以，所以，易知，所以，则，因为为锐角三角形，所以，即，所以，由知，所以，即的取值范围为；（2）设中点为，则，在中，由正弦定理得，即，所以，因为线段的中垂线交边于点，可知，所以，则，解之得，此时，正切不存在，舍去；或，解之得；综上.6．（24-25高三上·天津·月考）在中，角对应边分别为，外接圆半径为，已知.(1)证明：；(2)求角和边；(3)若，求.【答案】(1)证明见解析；(2)，；(3).【解析】（1）设的外接圆半径为，由正弦定理可得，又，所以，，，又，所以，所以；（2）由余弦定理可得，又，所以，又，所以，由（1），所以，所以，；（3）因为，，所以，，所以，故为锐角，所以，因为，，所以，所以.所以.1．（2024·上海·高考真题）已知，(1)设，求解:的值域;(2)的最小正周期为，若在上恰有3个零点，求的取值范围.【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为，所以，因为，所以令，由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减，所以，故，（2）由题意得，所以，可得，当时，，，即，，当时，，不符合题意，当时，，符合题意，当时，，符合题意，当时，，符合题意，所以，即，故.2．（2024·广东江苏·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，(1)求B；(2)若的面积为，求c．【答案】(1)；(2)【解析】（1）由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以.（2）由（1）可得，，，从而，，而，由正弦定理有，从而，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知的面积为，可得，所以.3．（2024·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求A．(2)若，，求的周长．【答案】(1)；(2)【解析】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）由可得，即，由于，故，解得方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由，又，消去得到：，解得，又，故方法三：利用极值点求解设，则，显然时，，注意到，，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，即，即，又，故方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设，由题意，，根据向量的数量积公式，，则，此时，即同向共线，根据向量共线条件，，又，故方法五：利用万能公式求解设，根据万能公式，，整理可得，，解得，根据二倍角公式，，又，故（2）由题设条件和正弦定理，又，则，进而，得到，于是，，由正弦定理可得，，即，解得，故的周长为4．（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为a,b,c，已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【答案】(1)；(2)；(3)【解析】（1）设，，则根据余弦定理得，即，解得（负舍）；则.（2）法一：因为为三角形内角，所以，再根据正弦定理得，即，解得，法二：由余弦定理得，因为，则（3）法一：因为，且B∈0,π，所以由（2）法一知，因为，则，所以，则，.法二：，则，因为为三角形内角，所以，所以5．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．(1)求；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.【解析】（1）由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三角形内角，则，则代入得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则6．（2023·北京·高考真题）设函数．(1)若，求的值．(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．条件①：；条件②：；条件③：在区间上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.【解析】（1）因为所以，因为，所以.（2）因为，所以，所以的最大值为，最小值为.若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；若选条件②：因为在上单调递增，且，所以,所以,,所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，；若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即.以下与条件②相同．

立体几何七类大题梳理题型归纳题型一：空间异面直线夹角的求解（23-24高三上·河北衡水·月考）如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且是等边三角形，.(1)求证：平面；(2)若是等腰三角形，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）因为底面是平行四边形，且是等边三角形，所以四边形是菱形，则有，又平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面；（2）设，∵是等腰三角形，∴，，以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，则，，B1,0,0，，所以，，设与所成角为，所以，即与所成角的余弦值为.1、求异面直线所成角一般步骤：（1）平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．（2）证明：证明所作的角是异面直线所成的角．（3）寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．（4）取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：（1）直接平移法(可利用图中已有的平行线)；（2）中位线平移法；（3）补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若分别为直线的方向向量，为直线的夹角，则.1．（24-25高三上·江西南昌·开学考试）如图，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，是的中点，是底面圆周上一点，.(1)求的值；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)；(2)【解析】（1）中，，，，根据余弦定理，.（2）如图，以点为原点，为轴和轴，过点作为轴，建立空间直角坐标系，，，，，,，设异面直线与所成角为，则所以异面直线与所成角的余弦值为.2．（24-25高三上·上海·期中）如图，在直三棱柱中，，.(1)求证：平面；(2)求直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）由题知面，又面，所以，又，，面，所以面，又面，所以，又，所以四边形是正方形，得到，又，面，所以平面.（2）如图，建立空间直角坐标系，因为，则，，得到，，设直线与所成角为，则，所以直线与所成角的余弦值为.题型二：空间直线与平面夹角的求解（24-25高三上·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，，，，，，

(1)求证：平面⊥平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）因为平面平面，且平面平面，且，平面，所以平面，因为平面，所以，又，且，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）取中点为，连接，，又因为，所以，则，因为，所以，则，以O为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设是平面的一个法向量，则，得，令，则，，所以，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角的正弦值为.1、垂线法求线面角（也称直接法）：（1）先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；（2）连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；（3）把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。3、公式法求线面角（也称等体积法）：用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。公式为：sinθ=hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为S射影，平面和平面所成的二面角的大小为，则COSθ=S射影S.这个方法对于无棱二面角的求解很简便。4、直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则.1．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·月考）在三棱柱中，，，，，为中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）连接，因为，为中点，所以，因为，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，所以平面；（2）以为坐标原点，所在直线为，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，则，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，又，所以，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.2．（24-25高三上·云南大理·月考）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧棱底面，.点是棱的中点，点为棱上的一点，且.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）在中，，即，又，则有，即，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）由（1）可知，，，，故以D为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意得，，，，，，设点，由，，三点共线，则有，又，，，解得，，，故，设平面的法向量为n=x,y,z由，得，即，取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，，所以，，，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.题型三：空间平面与平面夹角的求解（24-25高三上·湖北·期中）如图，球的半径为，为球面上三点，若三角形为直角三角形，其中.延长与球的表面交于点.(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成的角分别为，试求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）因为是球的直径，所以.因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面.（2）因为直线与平面所成的角分别为，所以.不妨令，则，由题设，易知，以为坐标原点，所在直线为轴，过点作的平行线为轴，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，平面法向量为，由，取，得，由，取，得，设二面角的平面角为，则，易知.1、几何法（1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线．（2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角（3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。（4）射影面积法求二面角2、向量法：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则.1．（24-25高三上·福建南平·期中）如图，在四棱锥中，点在平面上射影是的外心，且是棱的中点，且平面.

(1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）分别取的中点为，连接，延长至，使得，连接，如下图：在中，为中位线，则，在中，由，则为外心，即平面，因为平面，所以，因为，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）在中，，则，因为平面，平面，所以，，以为原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：在中，，则，，在中，，则，则，取，设平面的法向量为，则，取，则，所以平面的一个法向量为；设平面的法向量为，则，取，则，所以平面的一个法向量为；设二面角的大小为，，则.2．（24-25高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，M为线段的动点.(1)若直线平面，求证：为的中点：(2)求证：平面平面(3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【解析】（1）证明：如图所示，连接，交于点，连接，因为直线平面，且平面平面，平面，所以，又因为四边形为正方形，所以点为的中点，所以为的中点.（2）证明：因为四边形为正方形，可得，又因为平面，且平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（3）解：因为四边形为正方形，且平面，所以两两垂直，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，可得，则，设，则，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，连接，由四边形为正方形，可得，因为平面，且平面，所以，又因为，且平面，所以平面，所以向量为平面的一个法向量，则，解得或（舍），所以.题型四：空间点、线、面间的距离求解（24-25高三上·贵州贵阳·月考）如图，是正三角形的一条中位线，，将沿折起，得到四棱锥.(1)证明：平面；(2)若求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）证明：因为，所以.又因为平面，所以平面.（2）解：如图，点为坐标原点，建立空间直角坐标系，三角形的边长为2，则.设，因为，所以所以.因为，所以，所以.设平面，所以故.又，所以点到平面的距离为.1、几何法求点面距（1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；（2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；（3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．2、向量法求空间距离：（1）点面距：已知平面的法向量为,是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为（2）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。（3）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。1．（24-25高三上·广东广州·月考）已知四棱柱中，底面ABCD为梯形，，平面，，其中，.，分别是线段和线段上的动点，且，.

(1)求证：平面；(2)若到平面的距离为，求的长度.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）因为平面，平面，所以，又，所以两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，因为，，则，所以，因为，所以，所以，又，所以，，设平面的法向量为，所以，即，令，则，所以，所以，所以平面，（2）若到平面的距离为，则，又，所以，整理可得，解得或（舍去），所以，所以.2．（24-25高三上·福建福州·月考）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，．(1)证明：；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求直线BD到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）因为，，所以，可得，又为直四棱柱，所以平面，因为平面，所以，且，平面，所以平面，又平面，可得，因为，所以；（2）由（1），以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，设n=x,则，即，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得，，因为平面，平面平面，平面平面，所以，因为平面，平面，所以平面，所以直线BD到平面的距离可转化为点B到平面的距离，，.题型五：空间几何体的体积求解（23-24高三上·海南海口·月考）如图，在长方体中，，，分别为，的中点．(1)证明：；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）连接，因为为正方形，所以，又在长方体中，平面，且平面，故．又，平面，平面，所以平面，又平面，故．（2）由，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．设平面的一个法向量为，则，即，令，得．又，则点到平面的距离．又，所以的面积为，所以三棱锥的体积为．1、处理空间几何体体积的基本思路（1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；（2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；（3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。2、求体积的常用方法（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；（3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换1．（24-25高三上·广东深圳·月考）如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，，劣弧的长为，为圆的直径，平面与平面的交线为.(1)证明：；(2)若平面与平面夹角的正切值为，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）法一：，平面，平面，平面，又平面，平面平面，；法二：圆面圆面，平面圆面，平面圆面，，又，；（2）法一：以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，劣弧的长为，，，，，设平面的法向量为，由，即，令，则，，平面的法向量为，设平面与平面夹角为，则，则，即，(负值舍去)，即到平面距离为，则.法二：如图，过作，即平面与平面的交线为，作于，连接，平面，平面，，又，平面，平面，，是平面与平面夹角，的长为，，，，则，，即到平面距离为，.2．（24-25高三上·河南·开学考试）如图，四棱锥中，底面四边形为凸四边形，且，，．(1)证明：；(2)已知平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析；(2)16【解析】（1）因为，，所以，所以，同理，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，连接，因为，，，所以，所以．又，由等腰三角形三线合一，得．因为，，平面，所以平面，又平面，所以．（2）因为，，所以，所以，又，，故，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，，由（1）知平分，设，所以．设平面的法向量为，则，令，得，，所以，设平面的法向量为，则，令，得，，所以，设平面与平面夹角的大小为，则，两边平方并化简得，解得或．因为，，所以点到的距离为，因为四边形为凸四边形，所以，所以不合题意，即，则，可得，所以．题型六：空间几何体的翻折问题（23-24高三下·山东·模拟预测）如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点.(1)求证：平面；(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）取线段的中点为，连接，因为为线段的中点，所以，且；又是的中点，所以，且；所以，且，故四边形为平行四边形；所以，因为平面，平面，所以直线平面；（2）因为是的中点，所以，所以；因为平面平面，平面平面，所以平面.以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，，，设平面的法向量为，则即，取，则，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角为.翻折问题的两个解题策略1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算1．（24-25高三上·云南昆明·期中）已知在长方形中，，，点是边的中点，如图甲所示.将沿翻折到，连接，，得到四棱锥，其中，如图乙所示.(1)求证：平面平面；(2)求平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)．【解析】（1）连接，因为是中点，所以，从而，所以，又，所以，所以，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）取的中点，连接，则，又平面平面，平面平面，所以平面，，以为原点，过平行于的直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，设平面的一个法向量是，则，取得，设平面的一个法向量是，则，取，得，，所以平面和平面夹角的余弦值为．2．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.【答案】(1)证明见解析；(2)或【解析】（1）由题意知为等腰直角三角形，又为的中点，所以，，，由，解得，当时，有，即，而平面，故平面；（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，又，所以所以，，所以，于是，设平面的法向量为，则，不妨取，解得，设，则，，因为为中点，为中点，所以，又平面，平面，所以平面，平面和平面的交线为，平面，所以，又为上异于的一点，所以，即与共线，设为，则，故，因此.设直线与平面所成角为，则，化简得，解得或，当时，则，当时，则，因此或.题型七：空间动点存在性问题的探究（24-25高三上·四川德阳·月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为棱上的动点.(1)若为中点，证明：平面；(2)若，在线段上是否存在点使得面与面夹角余弦值为，若存在，求出点位置，若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析【解析】（1）连接，交于点，因为底面为矩形，故为BD的中点，又因为为的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）底面为矩形，所以，平面，又平面，，如图，以为原点，所在直线为轴、轴，轴建立空间直角坐标系，由题意得，，设，设，所以，可得，所以，，，，设面的法向量为，则，取，则，为平面的一个法向量，设面的法向量为，则，取，则，可取，设面与面夹角为，则，化简得，即，解得或（舍），所以在线段上存在点使得面与面夹角余弦值为，此时，即点为（靠近点）的三等分点.借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．1．（24-25高三上·江西南昌·月考）如图，在矩形纸片中，，沿将折起，使点到达点的位置，且满足平面⊥平面.(1)求证：平面平面，并求的长度；(2)若是线段上（不包括端点）的一个动点，是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明过程见解析，；(2)存在点，使得直线与平面的夹角为，，理由见解析【解析】（1）过点作⊥于点，因为平面⊥平面，交线为，⊥，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，又⊥，，平面，所以⊥平面，又平面，所以平面平面，因为⊥平面，平面，所以⊥，又，由勾股定理得；（2）存在点，使得直线与平面的夹角为，此时，理由如下：以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，由（1）知，，，故，由勾股定理逆定理得⊥，且，所以，过点作⊥于点，由（1）知，平面平面，故⊥平面，且，，所以，其中，设，，设，则，解得，故，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，与平面的夹角为，故与夹角为或，又，所以，即，解得，则.2．（24-25高三上·湖南·月考）如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点.(1)求证：平面；(2)是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点为中点【解析】（1）延长三条侧棱交于一点，如图所示，由于，所以，所以，所以，同理.又，平面，所以平面，即平面.（2）由（1）知，如图建立空间直角坐标系，则，，所以，.设，则，设平面和平面的法向量分别为，所以取，则.整理得，即，所以或（舍），故存在点（点为中点时），满足题意.必刷大题1．（24-25高三上·江苏扬州·月考）已知三棱锥底面，点是的中点，点为线段上一动点，点在线段上.(1)若平面，求证：为的中点；(2)若为的中点，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）连接，因为平面平面，平面平面，所以，又因为是的中点，所以是中点；（2）方法一：因为底面，如图建立坐标系，则，可得，，设平面的法向量为n=x,y令，则，可得，，设直线与平面所成角为，则，又，则，因此直线与平面所成角的余弦值为.方法二：过点作交于，连接，因为底面底面，则，且平面，则平面，由平面，可得，且，平面，所以平面，可知即为直线与平面所成角，在中，，则，所以，又，，则，所以直线与平面所成角的余弦值为.2．（24-25高三上·江苏苏州·月考）如图，在平行四边形中，，以为折痕将折起，使点M到达点D的位置，且.(1)证明：平面平面.(2)Q为线段上一点，P为线段上一点，且，求点P到平面ABQ的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）由题意平行四边形ABCM中，，则，又，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以平面平面；（2）由于，平面，平面平面，所以平面，以为轴，平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，又Q为线段上一点，P为线段上一点，且，则，，，设平面的一个法向量是，则，取，则，又，则到平面的距离等于，3．（24-25高三上·浙江宁波·模拟考试）在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，.

(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）取的中点为，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以，，在直角三角形中，，为中点，所以，又，所以，所以，即，又为平面内两条相交直线，所以平面，又在平面内，所以平面平面.（2）由（1）知过作的平行线作为轴，分别为轴，则，所以，,设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面与平面的夹角为，则.4．（24-25高三上·黑龙江大庆·期中）在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）.(1)求证：平面平面；(2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，【解析】（1）证明：∵在梯形中，，，，为的中点，∴，，，∴是正三角形，四边形为菱形，∴，，∵，又∵平面ABC，∴平面ABC，∵平面，∴平面⊥平面ABC.（2）存在，，理由如下：∵平面，OP⊥AC，∴，，两两互相垂直，如图，以点为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系.则，，，，∴，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，，设，∵，，∴，设与平面所成角为，则，即，，解得，∴线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为.5．（24-25高三上·北京·期中）如图，在四棱锥中，直线平面.，，，，，平面平面，F为线段的中点，E为线段上一点.(1)证明：；(2)证明：；(3)是否存在点E，使得点E到平面的距离是，若存在求出的值，若不存在请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在，.【解析】（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以；（2）因为，F为线段的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以；（3）取的中点，连接，过作‖，交于，因为F为线段的中点，，所以‖，因为，所以，所以，由（2）可知平面，平面，所以，所以两两垂直，所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为‖，，，所以四边形为矩形，所以，因为，所以,因为，所以，所以，因为，，所以为等边三角形，所以，，设，则，因为，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，若点E到平面的距离是，则，所以，解得，所以，所以.6．（24-25高三上·浙江·月考）在四棱锥中，，，底面，点O在上，且.(1)求证：；(2)若，，点在上，平面，求的值；(3)若，二面角的正切值为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【解析】（1）连接，因为底面，平面，所以，即，又，，所以，所以，故又，所以，，又，所以，因为底面，平面，所以，又，所以；（2）连接交于点，连，因平面，平面平面，平面，所以，故，因为，，所以，故四边形是圆内接四边形，又，所以，因，，点为的中点，所以，，故，设，则，，在中，由余弦定理可得，所以，于是；（3）以点为原点，，，为，，轴正方向建立如图所示的坐标系，则,所以,设n1=x所以，故，令，则，所以为平面的一个法向量，过点作于，因为底面，平面，所以，，平面，所以平面，平面，所以，故二面角的平面角为，由已知，所以，于是，，又，所以，又，所以，故，所以点的横坐标为，纵坐标为，所以点的坐标为，所以，设平面的法向量，所以，两式相减得，令，则，所以为平面的一个法向量，,所以，观察可得二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为2．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为m=x1平面的法向量为n=x则，即，令，得，即m=3,3,1，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.3．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为.4．（2024·广东江苏·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．(1)若，证明：平面；(2)若，且二面角的正弦值为，求．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）（1）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．5．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【解析】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、、、、C1,1,0、，则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，分别取，则有、、，，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.

数列及其综合应用题型归纳题型一：等差数列与等比数列证明（23-24高三下·内蒙古包头·三模）已知数列的前n项和为，，．(1)证明：数列是等比数列，并求；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析，；(2)【解析】（1）因为，又，所以，整理得．由题意得，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，即．（2）由（1）可，当时，，当时，，所以，.当，代入满足公式，综上，判断数列是否为等差货等比数列的策略1、将所给的关系进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的概念进行判断；2、若要判断一个不是等差（等比）数列，则只需说明某连续三项（如前三项）不是等差（等比）数列即可。1．（24-25高三上·上海·期中）某人购买某种教育基金，今年5月1日交了10万元，年利率5%，以后每年5月1日续交2万元，设从今年起每年5月1日的教育基金总额依次为，，，…….(1)写出和，并求出与之间的递推关系式；(2)求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式.【答案】(1)，，；(2)证明见解析，【解析】（1），，，（2）证明：是以50为首项，为公比的等比数列.，2．（24-25高三上·山东淄博·月考）记为数列an的前项和，已知，．(1)求，并证明是等差数列；(2)求．【答案】(1)，证明见解析；(2)【解析】（1）当时，，解这个方程：，即，解得.当时，，把代入得，移项可得，即，解得.所以.由，可得.当时，.展开得.整理得，移项得，即.那么.令，则，.所以（常数）.所以是等差数列.（2）由可得：.因为，所以（）.则.所以.展开得.题型二：分组转化法求数列的前n项和（24-25高三上·北京·月考）已知是各项均为正数的等比数列，，且，，成等差数列．(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)；(2)【解析】（1）设等比数列的公比为，且，因为，，成等差数列，则，即，解得或（舍去），所以的通项公式为.（2）由（1）可知：，则，所以.1、适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．2、常见类型：（1）分组转化法：若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列：（2）奇偶并项求和：通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列。1．（24-25高三上·河北衡水·月考）已知数列的前项和为，，．(1)证明：数列为等比数列；(2)若，求n的值．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）因为，所以当时，，即时，，又时，，所以数列为首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）知，所以，又由，可得，所以，又，所以，整理得到，解得，所以n的值为.2．（24-25高三上·海南海口·月考）已知数列是公差为3的等差数列，数列满足，，，(1)求数列，的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)

；(2)【解析】（1）设数列an的公差为，中，令，有，代入，，得，所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为；将代入，得，，故有，因此bn是首项为1，公比为的等比数列，.（2）设，为奇数时，，.题型三：裂项相消法求数列的前n项和（24-25高三上·湖北·期中）记是等差数列的前项和，，且，，成等比数列.(1)求和；(2)若，求数列的前20项和.【答案】(1)；；(2)【解析】（1）设等差数列的公差为，则，由，得，即，解得，所以，.（2）由（1）知，，又，则因此，所以.1、用裂项法求和的裂项原则及规律（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．2、裂项相消法中常见的裂项技巧（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）1．（24-25高三上·广东深圳·模拟预测）若一个数列从第二项起，每一项与前一项的差值组成的新数列是一个等差数列，则称这个数列是一个“二阶等差数列”，已知数列是一个二阶等差数列，其中．(1)求及的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)，；(2)【解析】（1）由，得，，由数列an是一个二阶等差数列，得是以2为首项，1为公差的等差数列，因此，，当时，，满足上式，则，所以an的通项公式是.（2）由（1）知，，所以．2．（24-25高三上·宁夏石嘴山·月考）已知数列an的首项为1，且.(1)求数列an(2)若，求数列bn的前项和.【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为数列an的首项为1，且，所以数列an所以；（2）由（1）知，所以，所以.题型四：错位相减法求数列的前n项和（24-25高三上·广东广州·模拟预测）已知数列的前项和公式为，数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的通项公式.【答案】(1)；(2)【解析】（1）由可得时，，故，当时，也符合要求，故，（2）由可得，故时，，则，相减可得，故，化简可得，故，当时，也符合要求，故1、解题步骤2、注意解题“3关键”①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．3、等差乘等比数列求和，令，可以用错位相减法．①②得：．整理得：.1．（24-25高三上·贵州贵阳·月考）已知数列an满足：，数列bn满足：.(1)求数列的前15项和；(2)求数列的前项和.【答案】(1)130；(2)【解析】（1）因为，解得，所以.（2），，当时，，两式相减，得，即.又当时，符合题意，所以，，，故，两式相减得，即，化简得.2．（24-25高三上·湖北·期中）已知是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列，数列满足：，且.(1)求和的通项公式；(2)若为数列的前项和，求.【答案】(1)，；(2)【解析】（1）设的公差为，因为，，成等比数列，所以，即，整理有：，解得（舍），所以，；因为，所以，又，，所以为首项为，公比为的等比数列，所以，（2）因为，①，②两式相减，得：，所以.题型五：数列与不等式综合问题（23-24高三下·河北邢台·二模）已知数列的前项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析【解析】（1）当时，.当时，，，两式相减得：.所以an是以为首项，以为公比的等比数列.所以.（2）由（1）知：，所以.当时，，当时，，故，所以.数列与不等式是高考的热点问题，其综合的角度主要包括两个方面：一是不等式恒成立或能成立条件下，求参数的取值范围：此类问题常用分离参数法，转化为研究最值问题来求解；二是不等式的证明：常用方法有比较法、构造辅助函数法、放缩法、数学归纳法等。1．（24-25高三上·吉林·模拟预测）已知数列的首项，且满足，设．(1)求证：数列为等比数列；(2)若，求满足条件的最小正整数．【答案】(1)证明见解析；(2)2024【解析】（1），，所以数列为首项为，公比为等比数列.（2）由（1）可得，即，∴，而因为在上均单调递增，则随着的增大而增大，要使，即，则，∴的最小值为2024.2．（24-25高三上·辽宁·开学考试）已知为数列的前项和，为数列的前项和，.(1)求的通项公式；(2)若，求的最大值；(3)设，证明：.【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析【解析】（1）由，得，所以数列为等差数列，所以，所以.又，所以，设的公差为d，即解得所以的通项公式是.（2）由（1）知，所以，，令，得，设，则数列是递增数列.又，，所以n的最大值为5.（3）由（2）知，设是的前n项和，则，所以是递增数列，所以成立.又，所以当时，，所以，得，所以.综上，.题型六：数列中的探究问题（23-24高三下·福建·模拟预测）已知数列的前n项和为，，数列满足，且均为正整数.(1)是否存在数列，使得是等差数列？若存在，求此时的；若不存在，说明理由；(2)若，求的通项公式.【答案】(1)存在，；(2)【解析】（1）由题意易知，，当时，，由均为正整数知，为正整数，则当且仅当即时，，为整数，若存在数列，使得是等差数列，则，故，此时为整数，符合题意，所以，当时，有，两式相减得，整理得，故，当n=2时，，故，经检验，当时，，充分性成立，故存在数列，使得是等差数列.此时；（2）法一、因为，当时，有，两式相减，整理得：，由递增数列的题意与整数的性质知，，故，因为，所以，则，因为为正整数，所以.法二、假设存在一个正整数，使得则，，则，不符合递增数列的题意,故假设错误，不存在这样的正整数，使得，所以.数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的方法来进行求解；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤：①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反设，从而得出原命题结论成立．1．（24-25高三上·天津·月考）已知等比数列an的前n项和为，且．(1)求数列an(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列．（i）求数列的通项及；（ii）在数列中是否存在3项（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)（i）

；（ii）不存在，理由见解析.【解析】（1）∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴.（2）（i）由题意可知：，∴（i）求数列的通项：，；（ii）假设在数列中存在3项（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，则，即，则又∵m，k，p成等差数列，∴，∴∴化简得：即∴，∴，又∵，∴，与已知矛盾，∴数列中不存在3项（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.2．（24-25高三上·江苏无锡·期中）在下面行、列的表格内填数：第一列所填各数自上而下构成首项为1，公差为2的等差数列an；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2的等比数列bn；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写.设第2行的数自左向右依次记为.第1列第2列第3列…第列第1行12…第2行359第3行510……第行(1)求数列通项公式;(2)对任意的，将数列an中落入区间内项的个数记为，①求和的值;②设数列的前项和；是否存在，使得，若存在，求出所有的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)①，；②.【解析】（1）由题意知，，当时，，而也满足上式，.（2）①，令，当时，，此时，当时，，此时.②，记从第2项到第项的和为，，，上述两式作差得，，当时，；当时，，也满足上式，，，，当时，左边，舍去，当时，经检验符合；当时，左边恒，无解，综上:.、必刷大题1．（24-25高三上·贵州铜仁·模拟预测）已知正项等差数列an满足：且，，成等比数列.(1)求数列an(2)若数列bn满足：，，求数列的前项和.【答案】(1)或；(2)或【解析】（1）设正项等差数列的公差为，由成等比数列，得，则，又，即，解得或.当时，.当时，.所以数列的通项公式为或.（2）由题意得，当时，，则，所以数列的前项和当时，，则，且，故bn是以为首项，为公比的等比数列，则.故数列的前项和或.2．（24-25高三上·江苏镇江·模拟预测）已知数列满足，(1)记，写出，，证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；(2)求的前20项和．【答案】(1)，，证明见解析，；(2).【解析】（1）依题意，，，显然，因此，所以数列是等差数列，其首项为1，公差为4，通项（2）当n为奇数时，，所以an的前20项和为3．（24-25高三上·湖南长沙·月考）已知数列的前n项和为，，满足．(1)求；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2)【解析】（1），当时，，两式作差得，即，所以，所以，当时也成立，所以；（2）由（1）得，所以，所以，所以，所以.4．（24-25高三上·江西上饶·月考）设函数，数列满足，且.(1)求证：数列是等差数列；(2)令，若对一切成立，求最小正整数的值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）结合题意可知，两边取倒数可得：，即.所以数列是以首项，公差为的等差数列.（2）由上问可知数列是以首项，公差为的等差数列，所以，所以.所以.又，也满足上式，所以由可得：，所以，因为对一切成立，所以,解得.最小正整数的值为.5．（24-25高三上·江苏泰州·期中）已知数列为等差数列，公差，前项和为，为和的等比中项，.(1)求数列的通项公式；(2)是否存在正整数，，使得，，成等差数列？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由；(3)求证：数列.【答案】(1)；(2)存在，理由见解析；(3)证明过程见解析【解析】（1）由题意得，即，整理得，因为，所以，，即，解得，故，an的通项公式为；（2）不存在正整数，，使得，，成等差数列，理由如下：假设存在正整数，，使得，，成等差数列，，，，由题意得，整理得到,故或,故（舍）或，,综上，存在正整数，，使得，，成等差数列；（3）由等差数列求和公式得，当时，，.6．（24-25高三上·山东青岛·月考）已知数列的前n项和．若，且数列满足．(1)求证：数列是等差数列；(2)求证：数列的前n项和；(3)若对一切恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【解析】（1）由题意知，当时，，所以．当时，，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以．因为，所以，所以，令，可得，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列．（2）由（1）知，所以，所以，两式相减，可得，所以，所以．（3）若对一切恒成立，只需要的最大值小于或等于．因为，所以，所以数列的最大项为和，且．所以，即，解得或，即实数的取值范围是．1．（2024·全国·高考真题）已知等比数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故.（2）由等比数列求和公式得，所以数列的前n项和.2．（2024·全国·高考真题）记为数列an的前项和，已知．(1)求an(2)设，求数列bn的前项和．【答案】(1)；(2)【解析】（1）当时，，解得．当时，，所以即，而，故，故，∴数列an是以4为首项，为公比的等比数列，所以.（2）,所以故所以，.3．（2024·上海·高考真题）若．(1)过，求的解集；(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．【答案】(1)；(2)【解析】（1）因为y=fx的图象过，故，故即（负的舍去），而在0,+∞上为增函数，故，故即，故的解集为.（2）因为存在使得成等差数列，故有解，故，因为，故，故在0,+∞上有解，由在0,+∞上有解，令，而在0,+∞上的值域为1,+∞，故即.4．（2024·天津·高考真题）已知an为公比大于0的等比数列，其前项和为，且．(1)求an的通项公式及；(2)设数列满足，其中．（ⅰ）求证：当时，求证：；（ⅱ）求．【答案】(1)；(2)①证明见解析；②【解析】（1）设等比数列an的公比为，因为，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）（i）由（1）可知，且，当时，则，即可知，，可得，当且仅当时，等号成立，所以；（ii）由（1）可知：，若，则；若，则，当时，，可知为等差数列，可得，所以，且，符合上式，综上所述：.

概率与统计十类大题梳理题型归纳题型一：离散型随机变量及其分布列（23-24高三下·广东佛山·一模）密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7名成员参加密室逃脱游戏，其中3名资深玩家，4名新手玩家，甲为新手玩家.(1)在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗，双方获胜的概率均为；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概率；(2)甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏：如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和②.密室①有2个门，密室②有3个门（每个门都可以双向开），甲在每个密室随机选择1个门出去，若走出密室则挑战成功.若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为，求的分布列.【答案】(1)；(2)分布列见解析【解析】（1）7人中随机选择2人，共有种情况，其中含甲的情况有种，6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为，和同级的玩家对抗并获胜的概率为，故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为；（2）设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，考虑，需考虑甲直接从号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，故①，考虑，则甲从号门进行密室①，且从密室①走出密室，故②，联立①②，可得，所以，故，故分布列如下：12求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算。）1．（24-25高三上·贵州·月考习）已知甲､乙两人参加某档知识竞赛节目，规则如下：甲､乙两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，甲､乙两人初始分均为0分，答题过程中当一人比另一人的得分多2分时，答题结束，且分高者获胜，若甲､乙两人总共答完5题时仍未分出胜负，则答题直接结束，且分高者获胜.已知甲､乙两人每次抢到题的概率都为，甲､乙两人答对每道题的概率分别为，每道题两人答对与否相互独立，且每题都有人抢答.(1)求第一题结束时甲获得1分的概率；(2)记表示知识竞赛结束时，甲､乙两人总共答题的数量，求的分布列与期望.【答案】(1)23；(2)分布列见解析，【解析】（1）设每道题的抢答中，记甲得1分为事件.发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，∴，∴甲率先得1分的概率为.（2）由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得1分的概率分别为，设两人共抢答了道题比赛结束，根据比赛规则，的可能取值为.，，，245.2．（24-25高三上·北京·月考习）某校举办知识竞赛，已知学生甲是否做对每个题目相互独立，做对三道题目的概率以及做对时获得相应的奖金如表所示.题目A做对的概率获得的奖金/元204080规则如下：按照的顺序做题，只有做对当前题目才有资格做下一题.[注