2026年高考数学考前20天冲刺讲义（三）（解析版）

目录倒计时12天➤三角函数的图象及其性质（选填题）………01聚焦三角函数图象变换、周期性、单调性、对称性与最值等综合4大考向5个核心考点倒计时11天➤三角恒等变换与解三角形（选填题）………29聚焦三角恒等变换公式应用及正弦余弦定理解三角形等2大考向16个核心考点倒计时10天➤数列（选填题）………………54聚焦等差等比数列通项、性质及求和，数列递推与单调性等3大考向14个核心考点倒计时09天➤立体几何（选填题）…………79聚焦空间几何体表面积体积、点线面位置关系与空间角等综合问题5大考向8个核心考点倒计时12天宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来。——《警世贤文》三角函数的图象及其性质（选填题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①核心考点包括三角函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性、图象变换（平移伸缩）及三角函数模型（ω、φ的求值）。②难度以中低档为主，常以f(x)=Asin(ωx+φ)为载体，考查整体代换数形结合，注意特殊图象的识别（如绝对值型、分段型）。►高考前沿：聚焦ω与φ的逆向求解（由图象或性质求参数）及复合三角函数的单调区间；突出直观想象与逻辑推理，强调利用单位圆和五点法快速判断，提升选填解题速度。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

特殊角的三角函数值终极考点2

同角三角函数的基本关系平方关系：商数关系：终极考点3

三角函数的图象与性质函函数性质图象定义域值域最值当时，；当时，．当时，；当时，．既无最大值也无最小值周期性奇偶性奇函数偶函数奇函数单调性在上是增函数；在上是减函数．在上是增函数；在上是减函数．在上是增函数．对称性对称中心对称轴对称中心对称轴对称中心无对称轴终极考点4

三角函数型函数的图象和性质正弦型函数、余弦型函数性质，振幅，决定函数的值域，值域为决定函数的周期，叫做相位，其中叫做初相正切型函数性质的周期公式为：终极考点5

三角函数的伸缩平移变换伸缩变换（，是伸缩量）振幅，决定函数的值域，值域为；若↗，纵坐标伸长；若↘，纵坐标缩短；与纵坐标的伸缩变换成正比决定函数的周期，若↗，↘，横坐标缩短；若↘，↗，横坐标伸长；与横坐标的伸缩变换成反比平移变换（，是平移量）平移法则：左右，上下真题精研--复盘经典把握规律考向01三角函数求值1．（2025·天津·高考真题）设，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【详解】由，则“”是“”的充分条件；又当时，，可知，故“”不是“”的必要条件，综上可知，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.2．（2023·全国乙卷·高考真题）若，则________．【详解】因为，则，又因为，则，且，解得或（舍去），所以.故答案为：.3．（2023·全国甲卷·高考真题）设甲：，乙：，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【详解】当时，例如但，即推不出；当时，，即能推出.综上可知，甲是乙的必要不充分条件.故选：B4．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为__________，_________．【详解】因为在上单调递增，若，则，取，则，即，令，则，因为，则，即，则.不妨取，即满足题意.故答案为：.解题妙法三步解题法：三步解题法：观察角度关系：看已知角与所求角之间是否有和、差、倍、半、互余、互补关系，利用诱导公式或和差公式转化。确定符号：根据已知角的范围（或所在象限）判断三角函数值的正负。选用公式计算：已知sinα求cosα，用已知tanα求sin2α给值求值：将所求角用已知角表示，代入和差倍半公式。口诀：角度关系先看透，象限符号定正负；公式选用要熟练，给值求值靠恒等。考向02三角函数值域问题5．（2025·上海·高考真题）函数在上的值域为_________．【详解】由函数在上单调递增，在单调递减，且，故函数在上的值域为.故答案为：.6．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在上的最大值是______．【详解】，当时，，当时，即时，.故答案为：27．（2024·天津·高考真题）已知函数的最小正周期为．则在区间上的最小值是（

）A． B． C．0 D．【详解】因为函数的最小正周期为，则，所以，即，当时，，所以当，即时，故选：D8．（2025·天津·高考真题），在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（

）A． B． C．1 D．0【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴，所以时函数取最大值，又因为是它的一个对称中心，所以，，设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知，即，又在上单调递增，则，∴，则，，∵，∴时，，∴，当时，，由正弦函数的单调性可知.故选：A解题妙法三步解题法：三步解题法：化一形式：将函数化为y=Asinωx+利用辅助角公式：asin确定整体范围：由定义域（或x的范围）求出ωx+φ利用有界性得值域：sint∈−1,1，则若为复合函数（如y=sin2x+sin技巧：注意定义域限制可能导致值域不是完整区间，需结合图象判断最值点。考向03三角函数中的交点问题9．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（

）A．3 B．4 C．6 D．8【详解】因为函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以在上函数有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（

）A． B． C．1 D．2【详解】解法一：令，即，可得，令，原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，若，令，可得因为，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，所以符合题意；综上所述：.解法二：令，原题意等价于有且仅有一个零点，因为，则为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即，解得，若，则，又因为当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，即有且仅有一个零点0，所以符合题意；故选：D.11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______．

【详解】设，由可得，由可知，或，，由图可知，，即，．因为，所以，即，．所以，所以或，又因为，所以，．故答案为：．【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．12．（2023·全国甲卷·高考真题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，而显然过与两点，作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，当时，，；当时，，；当时，，；所以由图可知，与的交点个数为.故选：C.解题妙法三步解题法：三步解题法：转化为方程：两函数图象交点⇔方程fx=gx的根。常为Asinωx利用图象分析个数：画出y=Asinωx+与直线y=kx代数法（含参）：分离参数，转化为a=ℎx，研究注意：求交点个数时，务必考虑定义域区间端点是否包含，以及周期边界重复计数。考向04三角函数图象与性质综合13．（2024·上海·高考真题）下列函数的最小正周期是的是（

）A． B．C． D．【详解】对A，，周期，故A正确；对B，，周期，故B错误；对于选项C，，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误；对于选项D，，周期，故D错误，故选：A．14．（2023·天津·高考真题）已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（

）A． B．C． D．【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性：A选项中，B选项中，C选项中，D选项中，排除选项CD，对于A选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项A，对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴，故选：B.15．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（

）A． B． C． D．【详解】因为在区间单调递增，所以，且，则，，当时，取得最小值，则，，则，，不妨取，则，则，故选：D.16．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以.故选：B.17．（2025·全国一卷·高考真题）已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（

）A． B． C． D．【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足，即的对称中心是，即，又，则时最小，最小值是，即.故选：B18．（2025·北京·高考真题）设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（

）A．8 B．6 C．4 D．3【详解】函数，设函数的最小正周期为T，由可得，所以，即；又函数在上存在零点，且当时，，所以，即；综上，的最小值为4.故选：C.19．（2023·全国甲卷·高考真题）若为偶函数，则________．【详解】因为为偶函数，定义域为，所以，即，则，故，此时，所以，又定义域为，故为偶函数，所以.故答案为：2.20．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________．【详解】因为，所以，令，则有3个根，令，则有3个根，其中，结合余弦函数的图像性质可得，故，故答案为：.21．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）对于函数和，下列说法中正确的有（

）A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴【详解】A选项，令，解得，即为零点，令，解得，即为零点，显然零点不同，A选项错误；B选项，显然，B选项正确；C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，的对称轴满足，显然图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC解题妙法三步解题法：三步解题法：由图象求解析式：振幅A=ymax−周期T由相邻对称轴、对称中心或零点距离确定，ω=代特殊点（最值点或零点）求φ，注意范围。性质判断：单调区间：令ωx+φ落在正弦函数的单调区间内解出对称轴：ωx+φ=平移伸缩变换：遵循“左加右减，上加下减”，注意ω变换时先伸缩后平移。图象变换：明确由哪个函数变到哪个函数，确定平移量（注意系数提取）。例如y=sinx→y=sin2x+π3需先左移口诀：求解析式看振幅周期，代点定初相；单调对称靠整体换元，平移注意系数提。终极预测--压轴实战稳拿高分一、单选题1．（2026·江西南昌·二模）已知函数是奇函数，则的一个可能取值为（

）A．0 B． C． D．【详解】若是奇函数，根据奇函数性质：在定义域内时，必有，代入得：解得，当时，，符合要求.当时，，是奇函数；对于AD：、对应为偶函数；对于B：对应非奇非偶，均不符合.2．（2026·山东青岛·三模）函数在的零点个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【详解】方法一：，，由题可知，或，解得，，或，故有3个零点．方法二：令，即，，解得，，分别令，解得，，，所以函数在的零点的个数为3.3．（2026·新疆·模拟预测）若点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（

）A． B． C． D．【详解】因为点是函数的图象的一个对称中心，所以，因为，所以由，所以当时，有最小值.故选：D4．（2025·广东广州·模拟预测）当时，曲线与的交点个数为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【详解】当时，曲线与的图象如图所示，由图可知，当时，曲线与的交点个数为4.故选：B.5．（2026·四川成都·三模）已知点为函数图象上的两个相邻对称中心，则的最小正周期为（

）A． B． C． D．【详解】由题意可知，，则的最小正周期.6．（2025·广东·三模）已知函数（）的一个零点为，一条对称轴为，，则的最小值是（

）A．4 B．3 C．2 D．1【详解】由题意可知，，，所以，，即，.又，所以，，所以，.因为，所以当时，取得最小值：.故选：B.7．（2026·宁夏·一模）已知函数的部分图像如图所示，若，则（

）.A． B．C． D．【详解】由图知，，，，又的图象过点，，，，，，，.8．（2026·重庆·二模）关于函数，下列说法不正确的是（

）A．是偶函数B．最大值为2C．最小值为D．是周期函数【详解】因为余弦函数是偶函数，即，所以，即，选项A：因为，所以是偶函数；选项B：当时，，即，此时的范围为，所以当时，的最大值为，当时，，即，因此的最大值为；选项C：当时，，此时的取值范围为，所以的范围为，当时，即，因此的值域为，最小值为；选项D：因为，所以是周期函数.9．（2026·吉林白山·模拟预测）将函数图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再将图像沿x轴向左平移个单位长度，得到，则下列结论正确的是（

）.A．的最小正周期为 B．在上单调递减C．图像关于直线对称 D．图像关于点对称【详解】将沿x轴向右平移个单位长度，横坐标变为原来的，可得.选项A，的，最小正周期，A正确；选项B，当时，，在单调递增，在单调递减，故在不是单调递减，B错误；选项C，正弦函数对称轴处函数值为，代入：，因此不是对称轴，C错误；选项D，正弦函数对称中心处函数值为，代入：，因此不是对称中心，D错误.10．（2026·天津·一模）已知函数在处取得最小值，则在区间上的单调递减区间为（

）A． B． C． D．【详解】因为，则，若函数在处取得最小值，则，解得，可得，又因为，则，令，解得，所以在区间上的单调递减区间为.11．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数.设甲:；乙:是偶函数，则（

）A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件【详解】由，代入得：，展开整理：，消去同类项后得，即，解得：，由是偶函数，即对任意恒成立，代入得：，展开整理得：，对任意恒成立，因此，解得：，甲和乙推出的完全等价，因此甲是乙的充要条件.12．（2026·山东聊城·二模）已知，函数在区间内恰有三条对称轴和两个极大值点，则（

）A． B．C． D．【详解】令，当时，的取值范围取决于的符号，当时，，当时，，1.对称轴与极大值点的判定：函数转化为，的对称轴对应，的极大值点对应题意即为：区间内恰有个形如的点，且恰有个形如的点.2.先判断的符号：若则，由于左端点大于，若区间内恰有三条对称轴，则只能是这三个点落在区间内，这时极大值点只可能有这一个，不可能有两个极大值点，与题意矛盾,故必有于是，记左端点为，3.利用“三条对称轴”和“两个极大值点”列条件：因为要使区间内恰有三条对称轴，只能对应，这三个点在区间内，而不在区间内，所以，这时区间内的极大值点对应恰好有两个，也满足题意.因此只需求解，两边同除以，得，即，再乘以，得.二、多选题13．（2026·江西·二模）已知函数与的图象关于原点对称，则（

）A．函数的最大值为B．函数的图象关于点对称C．将函数的图象向左平移个单位长度可得的图象D．，存在唯一的，使得【详解】设为函数图象上任意一点，则.因为点P关于原点的对称点在的图象上，.即.所以，，所以.其最大值为，A正确；在中，令，，得，，令，得，所以的图象关于点对称，B正确；将的图象向左平移个单位长度可得，C错误；当时，，所以在上的值域为，当时，.所以函数在单调递增，且值域为，又.所以，存在唯一的使得，D正确．14．（2026·广东广州·二模）已知函数，则（

）A．是的一个周期 B．是图象的一条对称轴C．的最大值为 D．在内单调递减【详解】函数的定义域为R，对于A，，因此是的一个周期，A正确；对于B，，，因此不是图象的对称轴，B错误；对于C，，，因此，而当时，，所以的最大值为，C正确；对于D，求导得，当时，，则，因此，函数在内单调递减，D正确.15．（2026·山东聊城·二模）设函数，则（

）A．函数的最小正周期为B．函数的图象关于直线对称C．函数在区间上单调递增D．当时，方程在区间上所有实根的和为【详解】因为且都是偶函数，所以故是函数的一个周期.又所以的最小正周期不是，而是.因此A错误.对于B，任取，，由余弦函数的性质可得所以函数的图象关于直线对称，B正确.对于C，因为，所以当时，从而于是故函数在区间上单调递增，C正确.对于D，令则方程化为即因为且所以在区间上，方程只有唯一解设则于是在区间内，方程的解为方程的解为故区间内全部实根为这些根的和为，所以D正确.综上，正确选项为BCD.16．（2026·河北保定·二模）函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．B．函数的图象与函数的图象只有2个交点C．函数在区间上有6个零点D．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到【详解】选项A，，，，，，故选项A正确；选项B，过点，且该点是单调递增范围内的点，，，，，，作出与函数的图象，如图所示，当时，又，则，即，通过图像可知函数和的图像只有2个交点，故选项B正确；选项C，，，，，，，，，，由5个值，故函数在区间上有5个零点，故选项C错误；选项D，的图象向右平移个单位长度得到，此函数的表达式与相同，故选项D正确.17．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数，则（）A．当时，是的一个周期B．的图象关于直线对称C．不存在整数，使得的最大值为2D．当时，在上恰有个零点【详解】对于A，当时，，对任意的，，所以是的一个周期，故A正确，对于B，若的图象关于直线对称，则，取，可得，而，，，矛盾，所以的图象不关于直线对称，故B错误，对于C，若的最大值为2，需，，令，左边为奇数，右边为偶数，无整数解，故不存在整数，使得的最大值为2，故C正确，对于D，当时，，令，则，根据奇数幂的性质可知，即，所以或当时，，结合可得，或，当时，，结合，可得，综上，发现只有个值符合题意，故D正确.三、填空题18．（2026·安徽淮南·二模）已知函数在区间上单调递减，且函数图象关于中心对称，则________.【详解】由函数，令解得，所以函数的单调递减区间为因为在区间上单调递减，所以，且，解得，因为，当时，；当时，，无解（舍去），又由函数图象关于中心对称，可得，可得，解得，所以满足且，所以当时，.19．（2026·安徽合肥·二模）设函数，，是直线与曲线的两个交点，且最小值为.若，则________.【详解】由最小值为，则的最小正周期为，即，则，，解得，又，故.20．（2026·河北·模拟预测）函数的部分图象如图所示，A为图象的最高点，B，C分别为图象与x轴的交点，且为正三角形，则______．

【详解】由函数，函数的最大值为，即的高为.又因为，由正三角形边和高的关系得，即，.所以，根据五点作图可知，令，得，所以，.故答案为：.倒计时11天操千曲而后晓声，观千剑而后识器。——刘勰《文心雕龙》三角恒等变换与解三角形（选填题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①三角恒等变换考查公式正用逆用（两角和差、倍角、辅助角、诱导公式），常与化简求值、给值求角结合；解三角形考查正余弦定理直接应用、面积公式、边角互化及多解判断。②难度中档，常以条件求值、三角形形状判断、实际测量问题为背景。►高考前沿：聚焦恒等变换与三角函数性质的综合（如化简后求对称轴、最值）及三角形中的最值范围（利用基本不等式或三角函数有界性）；突出数学运算与逻辑推理，强化角度变换与边角互化的灵活性。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

正弦的和差公式，终极考点2

余弦的和差公式，终极考点3

正切的和差公式，终极考点4

正弦的倍角公式 终极考点5

余弦的倍角公式升幂公式：，降幂公式：，终极考点6

正切的倍角公式终极考点7

推导公式终极考点8

辅助角公式，，其中，终极考点9

常见三角不等式（1）若，则.（2）若，则.（3）.终极考点10

半角公式(1)sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2)).(2)coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2)).(3)taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).以上称之为半角公式，符号由eq\f(α,2)所在象限决定．终极考点11

万能公式终极考点12

和差化积与积化和差公式终极考点13

正弦定理基本公式：（其中为外接圆的半径）变形①②③④应用：边角互化①②③或（舍）终极考点14

三角形中三个内角的关系，，终极考点15

余弦定理边的余弦定理，，角的余弦定理，，应用1.求值，求角①在中，已知，求，②在中，已知，求，应用2.判断三角形的形状设为最大边，则为最大角钝角三角形直角三角形锐角三角形终极考点16

三角形的面积公式真题精研--复盘经典把握规律考向01三角恒等变换综合1．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为锐角，，则（

）．A． B． C． D．【详解】因为，而为锐角，解得：．故选：D．2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以，，所以，故选：B.3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以，而，所以，故即，从而，故，故选：A.4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知，则（

）．A． B． C． D．【详解】因为，而，因此，则，所以.故选：B【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．5．（2025·全国二卷·高考真题）已知，，则（

）A． B． C． D．【详解】，因为，则，则，则.故选：D.6．（2023·上海·高考真题）已知，则=__________.【详解】已知，则.故答案为：7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______.【详解】法一：由题意得，因为，，则，，又因为，则，，则，则，联立，解得.法二：因为为第一象限角，为第三象限角，则,，，则故答案为：.解题妙法三步解题法：三步解题法：观察角与函数名：分析已知角与所求角的差异（和、差、倍、半、互余、互补），以及函数名称是否一致。选择公式：同角关系：sin2α诱导公式：奇变偶不变，符号看象限。和差公式：sinα±β=sin倍角公式：sin2α=2sinαcos降幂公式：sin2α辅助角公式：asinα+化简求值：将所求式子用已知角表示，代入计算，注意角的范围对符号的影响。口诀：角名差异看公式，同角诱导优先用；和差倍半灵活选，辅助角化一形式。考向02解三角形综合8．（2025·全国二卷·高考真题）在中，，，，则（

）A． B． C． D．【详解】由题意得，又，所以.故选：A9．（2023·北京·高考真题）在中，，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.10．（2023·全国甲卷·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则_________．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故答案为：．【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．11．（2024·全国甲卷·高考真题）记的内角的对边分别为，若，，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，则由正弦定理得.由余弦定理可得:，即:，根据正弦定理得，所以，因为为三角形内角，则，则.故选：C.12．（2023·全国乙卷·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（

）A． B． C． D．【详解】由题意结合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，据此可得，则.故选：C.13．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）已知的面积为，若，则（

）A． B．C． D．【详解】，由二倍角公式，，整理可得，，A选项正确；由诱导公式，，展开可得，即，下证.方法一：分类讨论若，则可知等式成立；若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理，又，于是，与条件不符，则不成立；若，类似可推导出，则不成立.综上讨论可知，，即.方法二：边角转化时，由，则，于是，由正弦定理，，由余弦定理可知，，则，若，则，注意到，则，于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是，结合，而都是锐角，则，于是，这和相矛盾，故不成立，则方法三：结合射影定理（方法一改进）由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是，则，可同方法一种讨论的角度，推出，方法四：和差化积（方法一改进）续法三：，可知同时为或者异号，即，展开可得，，即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知.由，由，则，即，则，同理，由上述推导，，则，不妨设，则，即，由两角和差的正弦公式可知，C选项正确由两角和的正切公式可得，，设，则，由，则，则，于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误.故选：ABC解题妙法三步解题法：三步解题法：选定理：已知两角一边或两边及对角→正弦定理asin已知两边及夹角或三边→余弦定理a2=已知边的关系判断形状→用余弦定理或正弦定理化角化边。边角互化：边化角：a=2R角化边：sinA=结合三角形内角和A+B求值或范围：求边长、角度或面积：直接代入公式计算，注意解的个数（如sinA=求范围：将目标表示为某一角或边的函数，利用基本不等式、三角函数有界性或几何意义求解。口诀：正弦边角对角用，余弦两边夹角通；边角互化是核心，解三角形要验根。终极预测--压轴实战稳拿高分一、单选题1．（2026·陕西咸阳·三模）若，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以，即，所以，.2．（2026·江苏苏州·二模）若，则（

）A． B． C． D．【详解】.3．（2026·安徽合肥·二模）已知，则（

）A． B． C． D．【详解】由，故，故，故，即.4．（2026·陕西·模拟预测）已知，则（

）A． B．3 C． D．【详解】因为，所以，，所以所以.5．（2026·河南濮阳·二模）已知，则的值是（

）A． B． C． D．【详解】已知，则，则6．（2026·四川遂宁·模拟预测）中，内角的对边分别为，若，则（）A．1 B． C． D．2【详解】因为，由正弦定理得，即，所以，即，又因为是的内角，所以，得，即，由正弦定理得，所以，即，故D正确.7．（2026·陕西·二模）已知锐角满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．【详解】由，可得，即，则，当且仅当即时，等号成立，因为为锐角，也就是，即时，等号成立，故所求式的最小值为，故C正确.8．（2026·河北衡水·一模）若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以，因此，所以，；所以的取值范围是.9．（2026·重庆·模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．【详解】已知，因此，所以，所以，化简得①；而，化简得②；联立①②，相加得：相减得：，由，得，根据半角公式，代入得.10．（2026·河北张家口·二模）已知，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以，又，所以，则，即，所以.11．（2026·江苏·模拟预测）在中，角所对的边分别为，若，，则当角取得最大值时，的周长为（

）A．6 B． C． D．【详解】由题意，，根据余弦定理，可得，化简得，即，所以，根据基本不等式，可得，所以，当且仅当，即时，等号成立，又，由余弦函数的性质，可知单调递减，所以，所以角的最大值为，且，又由余弦定理得，，所以，又，所以，所以，所以的周长为，所以B正确.12．（2026·山西临汾·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则为（

）A． B． C． D．【详解】由正弦定理得：又因为在中，所以所以所以所以所以又因为所以所以所以故选:A.13．（2026·湖北·二模）在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（

）A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形【详解】在中，，又可得，从而；利用余弦定理和面积公式可将化为，所以，从而，故是等边三角形.14．（2026·安徽合肥·二模）在中，，为边上一点，且，，则（

）A． B． C． D．【详解】设，则，，由，则，，在中，由正弦定理可得，由，则，故，由，故，故，即，则，则，即.15．（2026·山西太原·二模）物体在太阳光照射下影子的长度是随着太阳高度（相对于地面）的变化而变化.如图，在某斜坡面道路旁两点处（其中在斜坡路面底，在斜坡路面上），有两根长度均为10米且垂直于水平面放置的路灯杆，在阳光的照射下（阳光可视为平行光），处路灯杆的影子在水平路面上，长度为10米；处路灯杆的影子完全在斜坡路面上，长度为米.则该斜坡面与水平面的夹角的正弦值为（

）

A． B． C． D．【详解】

水平路面，是照射过处路灯杆最高点的光线，光线交斜面于点，如图可知，在处，，解得，即太阳光与水平面的夹角为，所以，，，在中，根据正弦定理可得，代入可得，解得，即，所以.二、多选题16．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知为锐角，，则（

）A． B． C． D．【详解】因为为锐角，所以，所以，选项A：，所以选项A正确；选项B:，正确；选项C：，因为，所以，因为，所以，，所以选项C正确；选项D：因为，所以，所以，D错误，故选：ABC.17．（2026·湖南怀化·二模）已知，则的值可能为（

）A．1 B．－1 C． D．【详解】因为，则或，即或．若，则；若，则，可得，，则，若，解得；若，解得．18．（2026·陕西榆林·模拟预测）在中，，，，则（

）A． B．若是的中线，则C．若是的高，则 D．若是的角平分线，则【详解】对于A，由余弦定理，得，A错误；对于B，由是的中线，得，则，B正确；对于C，由是的高，得，则，C错误；对于D，由是的角平分线，得，由，得，则，D正确.19．（2026·云南昭通·模拟预测）内角的对边分别为，已知，，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以，由正弦定理可得，又，所以，，．因为，所以，故，，所以．20．（2026·河北邯郸·二模）在中，角，，的对边分别为，，，若，为的中点，则下列结论正确的是（

）A． B．当，时，仅有一解C．当时，为等边三角形 D．当时，的最大值为【详解】因为，所以，因为，所以，则，故，故A错误；因为，所以为锐角，则三角唯一确定，故仅有一解，故B正确；由余弦定理得，等号成立时，因为，故为等边三角形，故C正确；当时，由正弦定理可知，的外接圆半径，设外接圆圆心为，则，则，等号成立时三点共线且在直线同侧，故的最大值为，故D正确.21．（2026·江苏南京·一模）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，三角形的面积为2，下列说法正确的是（

）A． B．C．当最小时， D．当时，【详解】选项A：由得，，则，所以，故A正确.选项B：由正弦定理，得，所以，即，整理得.又，当且仅当时，等号成立，所以（，时取等号），故B正确.选项C：由正弦定理可知，，，，所以.又，则，设，则，.则.当，即时，取最大值，此时取最小值，即取最小值.代入中得，，即，也即.因此，当最小时，，故C正确.选项D：当时，，又，所以，则.若，则，即，所以，此时，，若，即，由结合C选项的推导可得，设，则,当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，又，所以在上有两个零点，所以在上有两个解，所以不一定成立，故D错误.三、填空题22．（25-26高三下·辽宁·月考）计算：__________.【详解】tan，又，故上式可化为．又由，可得．23．（2026·山东日照·二模）已知分别为的三个内角的对边，若，，则角__________________．【详解】在中，因为，，所以由正弦定理得，又，所以或，在中，由，所以，所以.24．（2026·河北沧州·二模）已知，，若，，则______.【详解】因为，，所以，因为，所以，又，所以，又因为，所以，所以，又，所以.25．（2026·广东肇庆·二模）设的内角所对边的长分别为.若，，则__________.【详解】，由正弦定理得，即，因为，所以，所以.倒计时10天十年磨一剑，霜刃未曾试。——贾岛《剑客》数列（选填题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①核心考点为等差等比数列的基本量计算（通项、求和）、性质（下标和、片段和）、递推数列（累加累乘、构造）及数列与函数单调性、最值。②难度中低档为主，压轴选填常涉及奇偶项讨论、周期数列、数列与整除组合。►高考前沿：聚焦等差等比数列性质的灵活应用（减少计算量）及递推数列求通项的快速构造；突出数学运算与逻辑推理，强调特殊值法、枚举归纳法在选填中的运用。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

等差数列通项公式：或终极考点2

等差中项：若，，三个数成等差数列，则，其中叫做，的等差中项终极考点3

若，为等差数列，则，仍为等差数列终极考点4

等差数列前n项和公式：或终极考点5

等差数列的前项和中，，（为奇数）终极考点6

等比数列通项公式：终极考点7

等比中项：若，，三个数成等比数列，则,其中叫做，的等比中项终极考点8

若，为等比数列，则，仍为等比数列终极考点9

等比数列前项和公式：终极考点10

等差数列任意前n项和的关系终极考点11

等比数列任意前n项和的关系终极考点12

已知与的关系终极考点13

分组求和若为等差数列，为等比数列，则可用分组求和终极考点14

裂项相消求和真题精研--复盘经典把握规律考向01等差数列1．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和．若，则（

）A．25 B．22 C．20 D．15【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，，即,又，解得：，所以．故选：C.方法二：，，所以，，从而，于是，所以．故选：C.2．（2024·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，，则（

）A． B． C． D．【详解】由，则，则等差数列的公差，故.故选：B.3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则________.【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，则.故答案为：.4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列的前项和为，若，则（

）A． B． C．1 D．【详解】方法一：利用等差数列的基本量由，根据等差数列的求和公式，，又.故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，，故.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差，则，则.故选：D5．（2025·全国二卷·高考真题）记为等差数列的前n项和.若则（

）A． B． C． D．【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得，所以.故选：B.6．（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（

）A． B． C．16 D．18【详解】设等差数列的公差为，因为成等比数列，且，所以，即，解得或（舍去），所以.故选：C.7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，则，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，即，则，有，两式相减得：，即，对也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确.方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即，即，，当时，上两式相减得：，当时，上式成立，于是，又为常数，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（

）A．－1 B． C．0 D．【详解】依题意，等差数列中，，显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，则在中，或或于是有或，即有，解得；或者，解得；所以，或.故选：B解题妙法三步解题法：三步解题法：基本量法：设首项a1，公差d，通项an=a1+n−1活用性质（小题快解）：若m+n=p+q下标成等差，项成等差。连续k项和Sk,S2kSn=An2+Bn（二次函数无常数项），对称轴列方程求解：根据条件（如已知某几项和或某几项的关系）列出关于a1,口诀：等差通项加公差，中项性质两倍中；前n项和二次型，下标和等项和等。考向02等比数列9．（2023·上海·高考真题）已知等比数列的前项和为，且，，求______；【详解】由题意得，故答案为：189.10．（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（

）A． B． C．15 D．40【详解】由题知,即,即,即.由题知,所以.所以.故选:C.11．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．12．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等比数列的前项和．若，则的公比为________．【详解】若，则由得，则，不合题意.所以.当时，因为，所以，即，即，即，解得.故答案为：13．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等比数列，，，则______.【详解】设的公比为，则，显然，则，即，则，因为，则，则，则，则，故答案为：.14．（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________.【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，当时，，即，则，显然不成立，舍去；当时，则，两式相除得，即，则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：.法二：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，所以，，所以，则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：2.法三：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，因为，又，所以，所以，所以该等比数列公比为.故答案为：.15．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（

）A． B．C． D．【详解】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确；对B，则，故B错误；对C，，故C错误；对D，，，则，故D正确；故选：AD.16．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________．【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.解题妙法三步解题法：三步解题法：基本量法：设首项a1，公比q（q≠0），通项an=a1qn活用性质（小题快解）：若m+n=p+q下标成等差，项成等比（ak,连续k项积、和（非零）仍成等比。等比数列中所有奇数项同号，所有偶数项同号。列方程求解：根据条件列出关于a1,q的方程，注意q=1口诀：等比通项乘公比，中项平方等积；前n项和公式分，q=1考向03递推关系17．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（

）A．112 B．48 C．80 D．64【详解】因为，所以当时，，当时，，经检验，满足上式，所以，令，，设数列的前n项和为，则数列的前项和为数列的前项和为.故选：C18．（2023·天津·高考真题）已知数列的前n项和为，若，则（

）A．16 B．32 C．54 D．162【详解】当时，，所以，即，当时，，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，则.故选：C.终极预测--压轴实战稳拿高分一、单选题1．（2026·辽宁沈阳·三模）等比数列的公比为，则（

）A． B． C． D．【详解】因为等比数列的公比为，可得，所以，则.2．（2026·福建福州·模拟预测）设等差数列的前项和为，公差为.若，则（

）A．4 B．3 C．2 D．1【详解】，所以.3．（25-26高二上·河北秦皇岛·期末）已知数列满足，则（

）A．1 B．5 C． D．【详解】因为，所以，，，，……所以数列为周期数列，周期为3，又因为，所以.4．（2026·甘肃酒泉·二模）已知等差数列的公差，前项和为.若，且，则（

）A． B． C． D．【详解】由可知，即.根据等差数列性质：若，则，可得，，代入得，即.同理，，代入得，即.由等差数列前项和公式，结合性质，得：.5．（2026·广西河池·二模）小明假期在一家文具店兼职打工，文具店第1天支付给他30元，由于小明工作认真努力，从第2天起，文具店老板决定每天支付给小明的金额都是前一天的1.2倍．小明一共工作了10天，则他领到的总报酬为（

）元．（参考数据：）A．778.5 B．624 C．185.7 D．154.8【详解】设第n天的报酬为，，由题意，是以首项，公比的等比数列，则工作了10天，他领到的总报酬.6．（2026·重庆·二模）已知等比数列的首项，公比．若是数列的前项积，则取得最大值时的值为（）A．5 B．6 C．7 D．8【详解】由题意可知，可知等比数列为单调递减数列，由，要使取得最大值，需满足，则，即且，即且，因为，所以当时满足要求.7．（2026·江西九江·二模）已知是首项为6的等差数列．当且仅当时，的前项和取得最大值，则公差的取值范围为（

）A． B． C． D．【详解】因为是首项的等差数列，所以，因为当且仅当时，的前项和取得最大值，则且，当时：，则，所以，当时：，则，所以，综上，，即公差的取值范围是.8．（2026·浙江宁波·二模）数列满足：为的前项和，则（

）A． B．C． D．【详解】由递推关系得，，，，，，，，，，，，所以的周期为12，则，故A正确，B错误；一个周期内的和为，则，故C、D错误.9．（2026·河北张家口·二模）已知公比为整数的等比数列的前项和为，且，则（

）A． B．C． D．【详解】设的公比为，由得，所以.当时，，解得或.又是整数，所以；当时，，解得，此时不是整数，所以，A，B错误；，所以C错误，D正确.10．（2026·安徽铜陵·模拟预测）已知数列的首项，且满足，令，则数列的前2026项和为（

）A． B． C． D．【详解】令，计算可得，所以，因为，则，两式相减可得，由递推公式及知，为单调递增数列，则，则，则，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故所求为.11．（2026·重庆万州·模拟预测）在数列中，已知，若，，则（

）A． B． C． D．【详解】设，由可得，则数列为等差数列，因，得，则数列的公差，于是，故.12．（2026·云南昆明·二模）已知数列满足，记的前项和为，则（

）A． B．C． D．【详解】由，由，当时，，所以，即，所以，因此选项C正确，选项A不正确；，因为，，所以数列是单调递减数列，，所以数列是递增数列，因此，所以选项D不正确；假设，因为数列是单调递减数列，所以，因此不成立，假设不成立，选项B不成立.13．（2026·山东淄博·二模）已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0.若，则的最小值为（

）A．15 B．10 C．9 D．5【详解】设数列的公差为，设数列的公差为.因为等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0，所以首项和公差为整数，即，若数列是递增数列，则，这样，又题中所述，此时，与题意不符，故数列是递减数列，即而，，若要求的最小值，只需求的最小值，若要求的最小值，只需求最小值减去最大值，而最大值为，下面分析最小值：当时，，此时的最小值必定大于等于，无答案；当时，，此时的最小值必定大于等于，接下来验证时是否满足题意，因为，在的最小值为10的情况下，，解得，若，满足题干所有条件，综上的最小值为10.14．（2026·河北唐山·二模）在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（

）A．11 B．12 C．13 D．14【详解】设等差数列的公差为，所以，因此，所以，所以，，因此，当时，；时，，因为，所以当时，，当时，，当时，，当时，因为，所以；因为，所以，当时，取得最大值.二、多选题15．（2026·山东东营·模拟预测）记为等差数列的前项和，若，，则（

）A． B．C． D．当或5时，最大【详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意可得，解得，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，因为，所以数列单调递增，当时，，当时，，且，所以当或5时，最小，故D错误.16．（2026·湖北·二模）已知数列满足，且，则的值可能是（

）A．1 B．2026 C． D．【详解】原式因式分解可得，故或都可成立.数列每一项都满足时，则，A可能，不是的整数次幂，B不可能第一步选择，之后所有递推都选择，则，C可能所有递推都选择，则，D可能17．（2026·内蒙古包头·二模）记是等差数列的前项和，的公差为，已知，且与的等差中项为，则（

）A． B． C．最小 D．【详解】因为是等差数列的前项和，的公差为，则，故，所以，故数列是公差为的等差数列．对于A选项，由题意可得，故，所以，A错；对于B选项，，解得，B对；对于C选项，由题意可得，解得，所以，故当时，取最小值，即最小，C对；对于D选项，，所以，D错．18．（2026·山西晋城·一模）记为数列的前项和，已知（为常数），且，则下列说法正确的是（

）A．B．是等比数列C．设，则D．设，则【详解】对于A，当时，，于是，故A错误；对于B,，两式相减得，可知是首项为2，公比为2的等比数列，故B正确；对于C，因为，所以，故C正确；对于D，令，则在上恒成立，因此在上单调递增，所以，即可得当时，，于是，故，故D正确．19．（2026·重庆·二模）已知数列满足，则（）A．存在，使得是常数列B．存在，使得是递减的等比数列C．不存在，使得是递增的等差数列D．存在，使得，且【详解】当或时，是常数列，故A正确；若是等比数列，则，即，化简得，是递减数列，，则，同理，从而，矛盾，B错误；若是递增等差数列，则，，，，同理，，矛盾，C正确；当时，令，其中，则，令，则，，D正确．20．（2026·福建·二模）已知公差为的等差数列的前项和为，公比为的等比数列的前项和为，且，．下列命题正确的是（

）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，集合可能有三个元素【详解】对于选项A，当时，，由，从而，得，，而由得，，从而，即得，同理，，，从而，选项A正确；对于选项B，当时，，此时，，公差，选项B错误；对于选项C，，，而当，，，从而，即得，同理，，，从而，选项C正确；对于选项D，当时，由等差数列对应的是一次函数，等比数列对应的是指数型函数；如图是数列对应的函数图象(离散的点），是数列对应的函数图象（取奇数），是数列对应的函数图象（取偶数），图中两个交点分别代表，，由指数函数的增长性知与在后面还可能有符合条件的交点，即集合可能有三个元素，选项D正确.21．（2026·河南焦作·模拟预测）记为数列的前项和，已知，为实数，则（

）A．当是等比数列时，则B．当时，则C．当时，数列的前项和为D．当时，数列第7项的值最大【详解】对A：，当时，，则时，，又，此时不是等比数列；当时，，，则，显然不成立；当且时，，解得；当时，，也即，此时数列是首项，公比为的等比数列；综上所述，当数列为等比数列时，，故A正确；对B：当时，是首项，公比为的等比数列，故；则，故B错误；对C：当时，为首项，公比的等比数列，故，则，设数列的前项和为，则，，两式作差可得：故，故C正确.对D：当时，是首项为，公比为的等比数列，故，令，则，,令，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；又，则，又，；故当时，，；当时，，；故数列满足，故其第项的值最大，D正确.故选：ACD.三、填空题22．（2026·海南海口·模拟预测）等比数列的各项均为正数，其前n项和为，且，，成等差数列，则数列的公比为________．【详解】设等比数列的公比为，首项为，所以，前3项和，因为成等差数列，所以，代入得，由于，所以可得，解得或，又因为各项为正数，所以，即得．23．（2026·浙江金华·二模）数列中，，，记数列的前n项和为，则______．【详解】，.，又，24．（2026·山东泰安·模拟预测）与的公共项从小到大构成新数列，则的最小项为______.【详解】是以13为首项，14为公差的等差数列，.令，根据在上单调递减，上单调递减，又时，，时，，最小值为.25．（2026·江西宜春·模拟预测）已知数列满足，记的前项和为，则___________．【详解】因，则对于,；；；.则；；；；故.倒计时09天千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。——于谦《石灰吟》立体几何（选填题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①核心考点为空间几何体的表面积体积（柱锥台球）、点线面位置关系判断、空间角与距离（线面角、二面角、异面直线角、点面距）、球内切外接问题。②难度分布广泛，中低档考查公式与定理，压轴题考查动态问题（翻折、动点轨迹、最值）。►高考前沿：聚焦球与多面体组合及空间动点轨迹与最值（建系转化为函数或几何条件）；突出直观想象与逻辑推理，强化补形法、等体积法与向量坐标法快速判断。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

平面初等几何基础三角形的面积公式：正方形的面积公式：长方形的面积公式：平行四边形的面积公式：菱形的面积公式：（，为菱形的对角线）梯形的面积公式：（为上底，为下底，为高）圆的周长和面积公式：，终极考点2

立体几何基础公式所有椎体体积公式：所有柱体体积公式：球体体积公式：球体表面积公式：圆柱：圆锥：终极考点3

长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式已知长宽高求体对角线：已知三条面对角线求体对角线：终极考点4

球体问题球体体积公式：，球体表面积公式：正方体、长方体、正四棱锥的外接球问题（类型Ⅰ）球心体心，直径体对角线已知长宽高，，求体对角线，公式为：，直棱柱的外接球问题（类型Ⅱ），其中为直棱柱的高，为底面外接圆半径（可用正弦定理求解）墙角问题可转化为类型Ⅰ侧棱底面问题可转化为类型Ⅱ内切球体积任意的简单n面体内切球半径为(V是简单n面体的体积，是简单n面体的表面积)棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为.终极考点5

异面直线所成角=（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）终极考点6

线面角直线与平面所成角，(为平面的法向量).终极考点7

二面角的平面角（，为平面，的法向量）.终极考点8

点到平面的距离（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.真题精研--复盘经典把握规律考向01空间中点线面的位置关系1．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误.对于B，若，则或，故B错误.对于C，，过作平面，使得，因为，故，而，故，故，故C正确.对于D，若，则，故D错误.故选：C.2．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，若，则存在直线，，所以由可得，故，故C正确；对于D，，则与可平行或相交或，故D错误；故选：C.3．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：①若，则或

②若，则或③若且，则

④若与,所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【详解】对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；对②，若，则与不一定垂直，故②错误；对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，，则，又因为，则，故③正确；对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.4．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（

）A． B．平面C． D．平面【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面，又平面，则，则，因为是正三角形，为中点，则，则又，所以，则不成立，故A错误；对于B，因为在正三棱柱中，平面，又平面，则，因为是正三角形，为中点，则，，又平面，所以平面，故B正确；对于D，因为在正三棱柱中，又平面平面，所以平面，故D正确；对于C，因为在正三棱柱中，，假设，则，这与矛盾，所以不成立，故C错误；故选：BD.法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，则，对于A，，则，则不成立，故A错误；对于BD，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，则平面，平面，故BD正确；对于C，，则，显然不成立，故C错误；故选：BD.解题妙法三步解题法：三步解题法：明确关系类型：判断线线、线面、面面的平行与垂直关系。熟记判定定理与性质定理的符号语言。构造模型：借助长方体、正方体或身边实物（如教室墙角）进行空间想象，排除错误选项。反例排除：对于“一定成立”的命题，只需举出一个反例即可推翻；对于“可能存在”的命题，构造满足条件的图形验证。选填中常用特殊化策略（将点取为中点、线取为对角线等）。口诀：平行传递看相交，垂直转化找射影；长方体里试位置，反例一驳定乾坤。考向02空间几何体的体积、面积、侧面积、表面积5．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．

【详解】因为且四边形为正方形，故，而，故，故，故所求体积为，故答案为：.6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为.方法二：棱台的体积为.故答案为：.8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故选：B9．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.10．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（

）．A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为C． D．的面积为【详解】依题意，，，所以，A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误.故选：AC.

11．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（

）A． B． C． D．【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以.故选：B12．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（

）A． B． C． D．【详解】法一：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，则，又，，所以，则，又，，所以，则，在中，，则由余弦定理可得，故，则，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.法二：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，在中，，则由余弦定理可得，故，所以，则，不妨记，因为，所以，即，则，整理得①，又在中，，即，则②，两式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.故选：C.13．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（

）A．1 B． C．2 D．3【详解】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故选：A14．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（

）A． B．1 C．2 D．3【详解】解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选：B.15．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（

）A． B． C． D．【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，因为，且两两之间距离为1．，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，.故选：C.16．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______．【详解】由题可得两个圆台的高分别为，，所以.故答案为：.17．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________．【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，故，.故答案为：.解题妙法三步解题法：三步解题法：识别几何体：确定是柱、锥、台、球还是组合体，找准底面和高。柱体：V=S底ℎ，S锥体：V=13S底ℎ，台体：V=球：V=43求关键量：利用平面几何计算底面积、斜高、高。常见方法：将空间问题转化为轴截面或底面内的平面图形。利用勾股定理、相似比、正三角形面积公式（34代入公式：注意单位统一，组合体要细分求和或作差。考向03球体综合18．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________．【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得.故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．19．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，由题意可知，为球心，在正方体中，，即，则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.故答案为：1220．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________．【详解】设球的半径为.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.综上，.故答案为：21．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________．【详解】圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，，故答案为：.22．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（

）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放