2026年高考数学终极冲刺：清单02 高考数学考前重点题型归纳（抢分清单）-第三部分（解析版）

4/20清单02高考数学考前重点题型归纳（含28个专题，813个重点题型）题型01集合5个重点题型 题型02常用逻辑用语13个重点题型题型03复数15个重点题型 题型04平面向量26个重点题型题型05等式与不等式的性质及基本不等式16个重点题型 题型06三角函数与诱导公式11个重点题型题型07三角恒等变换24个重点题型题型08三角函数的图象及性质40个重点题型题型09解三角形小题35个重点题型 题型10解三角形大题36个重点题型题型11函数的概念及其表示10个重点题型题型12函数的基本性质45个重点题型 题型13指数对数幂函数40个重点题型题型14函数的图象6个重点题型 题型15函数与方程与函数模型22个重点题型题型16导数小题36个重点题型题型17导数大题40个重点题型 题型18数列小题40个重点题型题型19数列大题25个重点题型 题型20立体几何小题35个重点题型题型21立体几何大题35个重点题型 题型22直线与圆32个重点题型题型23圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）小题55个重点题型题型24圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）大题40个重点题型题型25排列组合27个重点题型 题型26二项式定理17个重点题型题型27概率统计小题52个重点题型 题型28概率统计大题35个重点题型第三部分题型18数列小题40个重点题型题号核心题型题型解决关键点1等差数列基本量计算利用等差数列通项公式，由已知两项求出公差，再求指定项。2等差数列性质与前n项和利用等差中项性质及前n项和公式列方程，求项数。3等差中项与前n项和由等差中项求出首项与公差关系，代入前n项和公式求值。4由前n项和求通项利用an=Sn-S(n-1)求通项，再求特定项的和。5等差数列片段和性质利用等差数列前n项和片段成等差数列的性质，列方程求值。6等差数列前n项和性质由等差数列性质得S4,S8,S12成等差，结合条件求比值。7数列递推与分类讨论根据递推公式及奇偶性分类倒推，求可能取值，判断不可能的值。8等差数列与基本不等式求最值利用等差中项求出首项，再结合基本不等式求积的最大值。9等比数列基本量计算利用等比中项求公比，再求前n项和。10构造等比数列与数列单调性由递推式构造等比数列求通项，再根据递增性列不等式，分奇偶讨论求参数范围。11构造等差数列与项数范围由递推式构造等差数列求通项，根据小于0的项数列不等式组求参数范围。12等差数列前n项和性质与定值设首项公差，由条件得定值关系，通过系数比对求参数。13等比数列前n项和公式与奇偶项比由前n项和求通项，再求奇数项和与偶数项和的比值。14等比数列与等差数列综合利用等差中项和等比中项分别求出公差和公比，再求三角函数值。15构造等差数列求通项与求和由递推式构造等差数列求通项，再求特定项和，解方程求项数。16等比数列项的性质与不等式利用等比数列通项公式，结合基本不等式和性质判断各选项。17等差数列与等比中项求前n项和设公差，利用等比中项列方程求公差，再求前n项和。18数列的单调性与最值构造函数，利用导数研究函数单调性，分奇偶讨论数列的最大项和最小项。19递推数列的极限与参数范围由递推关系及恒成立条件，利用数列单调有界性求极限，解参数范围。20等比数列前n项和与方程由前n项和关系列方程，利用换元法解出公比，再求项数。21等差数列与三角函数周期利用等差数列通项公式及三角恒等变换，结合三角函数周期性求和。22数列递推与几何应用由纸张裁剪规则建立递推关系，求通项公式，再求周长之和。23由前n项和求通项与递推利用an与Sn关系求通项，再由递推求另一数列通项，最后求和。24等比数列公比范围与比较大小构造函数，利用零点存在性确定公比范围，再比较各项大小。25递增数列与递推关系判断利用反证法验证不可能的关系式，通过举反例验证可能的关系。26由前n项和求通项与性质（多选题）利用an与Sn关系求通项，判断等比数列及前n项和公式。27递推数列与等比数列（多选题）由递推式构造等比数列，判断单调性及连续三项成等差数列的可能性。28等比数列基本量及性质（多选题）利用等比数列性质求首项公比，再判断数列性质。29由前n项和求通项及最值（多选题）利用an与Sn关系求通项，判断等差数列及单调性，求前n项和的最小值。30由前n项和求通项与性质（多选题）利用an与Sn关系求通项，判断等差数列、单调性，及等比中项存在性，求周期和。31等比数列前n项和性质（多选题）利用等比数列前n项和性质及通项公式，判断各选项的正确性。32等比数列基本量及前n项和（多选题）由条件列方程求公比，再求前n项和及比值。33数列新定义与递推（多选题）根据大衍数列的递推规则，求出各项，判断奇偶项关系及前n项和。34分段递推数列的性质（多选题）根据奇偶项递推公式，分析单调性、最值、前n项和及项数范围。35递推数列与特殊数列（多选题）通过取特殊值验证周期数列、恒成立、等差数列、等比数列的存在性。36等比数列前n项和公式求比值由前n项和关系求公比，再求特定前n项和之比。37分段数列（等比+等差）求项与和分别利用等比数列和等差数列通项公式求公比、公差，再求指定项及总和。38三角形数阵求和观察各行数字规律，先求每行和，再求和。39等比数列与二次方程求最值由韦达定理得首项与公比关系，利用等比数列前n项和公式转化为二次函数求最小值。40构造等差数列求通项与不等式对递推式取倒数构造等差数列，求通项，再通过放缩法求满足不等式的最小项数。1．（2026·广东梅州·一模）已知为等差数列，，，则（

）A．36 B．24 C．18 D．12【答案】B【分析】先计算等差数列的公差，再进行求解即可．【详解】公差,则.2．（2026·广东汕头·模拟预测）在等差数列中，且．若该数列前n项和为5070，则n为（

）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】C【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前n项和公式列式求解.【详解】在等差数列中，，则，因此，由该数列的前n项和为5070，得，则，所以.故选：C3．（2026·山东临沂·一模）已知等差数列的前n项和为，若和的等差中项为6，则（

）A．6 B．9 C．12 D．15【答案】C【详解】设等差数列的公差为，由题意得，，则.4．（2026·山东威海·一模）已知数列的前项和为，且，则（

）A．65 B．105 C．210 D．230【答案】B【分析】根据题意证明数列为等差数列，公差为，首项为，进而求得通项公式，再计算对应项并求和即可.【详解】因为，所以，即，又因为，所以，，所以，即数列为等差数列，公差为，首项为，所以，，所以，，，，，所以故选：B.5．（2026·河北张家口·一模）已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A．18 B．19 C．20 D．21【答案】A【分析】利用等差数列片段和的性质，结合等差中项即可求解.【详解】因为是等差数列的前项和，所以成等差数列.所以，即.6．（2026·山东青岛·一模）已知是等差数列的前项和，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等差数列性质可得，结合条件可求，再由等差数列求和公式及性质可得，由此可求结论.【详解】因为数列为等差数列，所以，所以，所以，所以．7．（2026·陕西宝鸡·一模）已知数列满足：（m为正整数），，若，则m的值不可能为（

）A．16 B．19 C．20 D．21【答案】B【分析】从进行推导，得到或，继续推导，得到答案.【详解】，若为偶数，则，解得，满足要求，若为奇数，则，解得，不合要求，若为偶数，则，解得，满足要求，若为奇数，则，解得，不合要求，若为偶数，则，解得，满足要求，若为奇数，则，解得，满足要求，①若，若为偶数，则，解得，若为奇数，则，解得，不合要求，舍去；则或，或，同理可得，若则，或21，若，则，或3；②若，则，，则或8，或16，综上：，3，16，20，21，128.则m的值不可能为，故选：B8．（2026·山东青岛·一模）已知正项等差数列的前项和为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等差数列的通项公式结合等差中项的性质求出，再结合已知条件，利用基本不等式求的最大值．【详解】由题意得，解得，由等差中项的性质可得，解得，，由题意知，根据基本不等式，当且仅当时等号成立，的最大值为．9．（2026·广东广州·二模）已知等比数列满足，，记为其前项和，则（

）A．4 B．6.5 C．8 D．12【答案】C【分析】根据等比中项可知，结合可得，即可得结果.【详解】因为数列为等比数列，且，则，又因为，即，可得，可得，所以.10．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知数列的首项，若数列是递增数列，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】整理构造等比数列，得到的通项公式，然后利用递增性，得到关于的不等式，通过讨论奇偶求出最值，限定的范围.【详解】因为，整理得，由于，可得数列是首项为，公比为的等比数列，则.因为数列是递增数列，所以，即对任意的正整数都成立.当为偶数时，恒成立，所以，由单调递减，可得，则；当为奇数时，恒成立，所以，由单调递增，可得，则，则的取值范围是.11．（2026·重庆·模拟预测）已知数列满足，且中小于0的项有10项，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由递推式可证是等差数列，进而表示出，由的项数列出关于的不等式求解.【详解】由，得，所以是公差为的等差数列，所以，即，由，得，所以因为中小于的项有项，所以，解得.【点睛】易错点：构造新数列时易漏除，或在确定的不等式边界时混淆“小于0的项有10项”的等号方向.12．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知命题：“记等差数列的前项和为，若，则为定值”为真命题，则可推出（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】设，用表示即可【详解】设，则可化为，整理得，，即，又，代入得若为定值，则，即故选：A13．（2026·山东·模拟预测）若等比数列的前项和，则该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】先求出等比数列的通项公式，结合等比数列前项和公式求解即可.【详解】当时，.当时，.因为为等比数列，所以时也满足，即，解得.所以数列的通项公式为.该数列的前9项中所有奇数项之和为，该数列的前9项中所有偶数项之和为，故该数列的前9项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为.故选：C.14．（25-26高三下·福建·开学考试）已知等比数列与等差数列，满足，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】借助等比数列与等差数列性质计算可得、，再计算余弦即可得解.【详解】设等比数列的公比为，由，得，则，设等差数列的公差为，由，得，则，所以．15．（2026·山东德州·一模）数列中，，对，有，若，则（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A【分析】先根据求证为等差数列，再根据等差数列求和公式列等式求解即可．【详解】令，可得，则是首项，公差的等差数列，通项公式为，，解得．16．（2026·福建莆田·二模）已知数列是公比为的等比数列，，，，，则下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】根据等比数列的项的性质判断A；根据时，判断B；根据基本不等式计算求解判断C，根据常数列判断D；【详解】对于A选项，数列是公比为的等比数列，且，则，所以或，故错误；对于B选项，若，当时，有，则，故错误；对于C选项，数列是公比为的等比数列，则，，又因，所以，所以，故正确；对于D选项，当等比数列为公比为的非零常数列时，始终满足，但不一定成立，故错误；17．（2026·山东青岛·一模）设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（

）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】A【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得.【详解】设等差数列的公差为，则有，即，由，，成等比数列，则，即，化简得，由，则，即有，解得，故.18．（25-26高三上·广东·期末）已知数列满足，则关于说法正确的是（

）A．无最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．有最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】C【分析】构造函数，得到函数单调性，分为奇数和偶数两种情况，得到的最大值为，最小值为，得到答案.【详解】令，则，令得，令得，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，，中，当为奇数时，，故且为奇数时，单调递减，且恒成立，且，，当为偶数时，，令，则，令得，令得，故在上单调递增，在上单调递减，由于，故当为偶数且时，单调递增，当为偶数且时，单调递减，其中，，故，故，当为偶数且时，恒成立，又，所以的最大值为，最小值为，有最大项，有最小项.故选：C19．（2026·贵州安顺·一模）已知数列满足，．若对于任意，都有成立，则实数c的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因，，且对于任意，都有成立，则，可得，由可得，即得，即.又由及可得，则，易知为递增数列，则，且，因函数在上为增函数，则，由题意可知数列单调递增且有上界2，故极限存在，设，则.对取极限得，即.函数在上单调递增，故，解得，故实数c的取值范围是.20．（2026·湖北武汉·模拟预测）记等比数列的前项和为，若，且，则正整数的值为（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】A【分析】设等比数列的公比为，根据题意，利用等比数列的求和公式，化简求得，再由等比数列的通项公式，化简求得，进而求得的值.【详解】设等比数列的公比为，当时，可得，则因为，所以，所以，此时，又因为，可得，所以，即，令，可得，解得或（舍去），所以，法一：由，提取公因式，可得，因为，代入化简得，即，所以，解得；法二：由等比数列的通项公式，可得，因为，可得，即，则，即，因为，所以，可得，所以.21．（2026·江西·一模）已知等差数列的公差为.若，则（

）A． B．16 C． D．8【答案】B【分析】根据等差数列性质以及三角恒等变换可得，再将所求和式化简为，接着推导，利用数列的周期性求得，即可求得结果.【详解】因为等差数列的公差为，所以；所以，即，故,由上可得，则故故.所以.故选：B22．（2026·安徽安庆·一模）A系列纸张是生活中最常用规格的纸，A系列纸张命名规则：①一张型号纸张沿着两条长边中点连线裁剪分开后得到两张型号纸张；②一张型号的纸张面积是1平方米；③所有型号的纸的长宽比相等．现从到，每种型号的纸各取一张，则所有纸张的周长之和为（

）（单位：米）A． B．C． D．【答案】C【分析】由裁剪规则和长宽比建立的递推关系，证明为等比数列，再求通项、求和，最后计算周长总和即可.【详解】设纸的宽和长分别为，则，.因为，又，所以，解得又，所以，.根据题意，，，又，即，所以，则，所以是首项为，公比为的等比数列，通项公式为，同理，，是首项为，公比为的等比数列.因此，，故所有纸张的周长之和为.23．（2026·江西赣州·一模）已知数列的前项和为，满足，在数列中，，且，设为数列的前项和，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据递推关系得到另一个式子，作差可求出，根据可推出，累乘法可求出数列的通项公式，再通过数列的递推关系得到另一个式子，作商可得到的通项公式，进而求解，要注意所求式子对的限制.【详解】因为，①所以，（若，则，从而得，与矛盾），当时，，②①②得，移项得，所以.由得，解得，所以，所以，而也满足上式，所以数列的通项公式为.因为，③所以当时，，④由指数函数的性质知③，④式等号左右两侧都是正数，所以③④得，即.当时，由得，又所以，所以均满足，所以数列的通项公式为，即数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以.24．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）已知，，，成等比数列，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，分析函数的单调性，利用函数零点存在性的判定定理，确定函数零点所在的区间，即等比数列公比的取值范围，再比较各项的大小.【详解】设等比数列的公比为，则.设，则.因为，，，，所以在上恒成立.所以函数在上单调递增.又，.所以函数只有1个零点，且该零点在.所以公比.因为，，所以，故A错误；因为，又，所以，所以，故B错误；因为，，所以，故C错误；因为，且，由，，所以，所以，故D正确.25．（2026·河北邯郸·一模）已知递增数列满足，且，则满足的关系式不可能为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用反证法验证D选项不成立，通过举反例验证A,B,C选项.【详解】因为是递增数列，所以．又，所以，则．若，则，则．由，得，即，矛盾，故满足的关系式不可能为．取，则，满足是递增数列，此时，．取，，则，满足是递增数列，此时．二、多选题26．（2026·山东青岛·一模）已知数列的前项和为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】由和的关系求出数列为等比数列，所以选项A错误，选项B正确；利用，求出，故选项C错误，由，应用等差数列求和公式计算选项D正确.【详解】由题意，当时，，解得.当时，，所以，即，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，，故选项A错误，选项B正确；所以，故选项C错误；，故选项D正确.27．（2026·河北唐山·一模）已知，为数列的前n项和，则下列结论正确的有（

）A．是等比数列 B．C．是递减数列 D．中存在连续三项成等差数列【答案】AC【详解】对于A，由，得，是等比数列，A正确；对于B，，B错误；对于C，，，是递减数列，C正确；对于D，假定中存在连续三项成等差数列，分别为，则，即，整理得，矛盾，因此中不存在连续三项成等差数列，D错误.28．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，，，则下列说法正确的是（

）A． B．数列是等比数列C． D．数列是公差为2的等差数列【答案】AC【分析】利用等比数列性质求得，然后结合求得，再求出公比后可得通项公式及前项和，然后判断各选项．【详解】选项A，由等比数列性质得，由，解得或，若，则，不合题意，若，则，满足题意，A正确；选项B，由选项A得，，等比数列的通项公式应为形式，因此不是等比数列，B错；选项C，由选项B得，，C正确；选项D，由上知，，，所以数列是公差为的等差数列，D错．29．（2026·福建莆田·二模）记为数列的前项和，若，则下列说法正确的是（

）A．为等差数列 B．为单调递增数列C． D．的最小值为【答案】ABD【分析】由与的关系求得通项公式，可判断ABC，通过的赋值结合的符号，可判断D.【详解】由，可得，所以，又，符合上式，所以，故为等差数列，且单调递增，AB正确，，C错误，，当时，，当时，，当时，，当，可知，此时，由上可知的最小值为，D正确.30．（2026·福建龙岩·一模）已知数列的前项和为，且，则（

）A．数列是等差数列B．数列不是单调数列C．数列中存在不同的两项，使是这两项的等比中项D．记数列，则数列的前2026项的和为4052【答案】AC【分析】对A，根据等差数列的定义，验证是否为常数来判断；对B，先求出数列的通项，再通过判断的符号，或比较相邻项的大小关系来确定单调性；对C，假设存在不同两项，根据等比中项的定义列出等式，结合通项公式分析是否存在正整数满足等式；对D，先根据的通项公式化简，分析的周期性，再利用周期性计算前2026项的和.【详解】对于A：首先根据数列前项和求通项公式：当时，；当时，，对也成立，因此通项公式为，（常数），因此是首项为2、公差为2的等差数列，A正确；对于B：设，判断单调性：对所有成立，因此是单调递减数列，B错误；对于C：，若存在不同两项使得，则，存在正整数解（），满足条件，C正确；对于D：化简：，设的前项和为，下求前2026项和：分组得，共1013组，每组和为2，总和，D错误.31．（25-26高三下·安徽·月考）已知为等比数列，其前项和为，公比为，则下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若，则C．若，则D．若，，则【答案】BCD【分析】利用等比数列的通项公式与前项和公式计算即可逐一判断.【详解】对于A，为等比数列，，则，，故A错误；对于B，因为等比数列，则，又，因，故，即B正确；对于C，当时，因，，所以，故C正确；对于D，由，得，则，所以，又，即，又因为，即，因，则得，故D正确.32．（2026·河北保定·一模）已知等比数列的公比为，前项和为,,.则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】先根据条件确定等比数列的公比和通项公式，可判断ABC的真假，再利用等比数列的求和公式，可判断D的真假.【详解】由，所以.故B正确；因为，故A错误；因为，故C正确；因为，，所以，故D错误.33．（2026·湖北黄冈·一模）大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（

）A． B．C． D．数列的前20项和为110【答案】ABD【详解】对于A，由题意可得，，，，故A正确；对于B，因为为偶数，所以，因为为奇数，所以，所以，故B正确；对于C，因为为偶数，所以，又因为为奇数，，所以，所以，所以，故C错误；对于D，数列的前项的和为，所以，故D正确.34．（2026·广东佛山·一模）已知数列的每一项都是整数．当为奇数时，有；当为偶数时，有．记为数列的前项和，若，，则（

）A．数列为递增数列 B．的最小值为32C．若，则的最小值为2649 D．若，则的最大值为86【答案】ABC【分析】当为奇数时，；当为偶数时，．由此为基础，可分析A；依次分析，判断B；利用累加法，可得的最小值，判断C；分析，判断D.【详解】当为奇数时，有，即；当为偶数时，有，即．所以若，，则当为奇数时，；当为偶数时，．所以数列为递增数列，所以正确.由题可知，，，，所以，，.所以的最小值为.所以B正确.由A项分析知，当为奇数时，；当为偶数时，．所以，，，，……，.累加得，，所以.所以C正确.若，结合C分析得，当为奇数时，，所以即.，所以D不正确.35．（2026·广东广州·模拟预测）数列满足，且，记的前项和为，则（

）A．存在，使为周期数列B．存在，使恒成立C．存在，使为等差数列D．存在，使为等比数列【答案】ABC【分析】应用数列周期性计算判断A，B，应用等差数列性质计算判断C，应用等比数列性质分类计算判断D.【详解】对于A，取，则，此时，故是以3为周期的周期数列，故A正确；对于B，取，以此类推，对于所有的，都有，则数列的前项和，即对于任意正整数恒成立，故B正确；对于C，若是等差数列，则对于，有（为常数），则从第二项起为常数，由B可知，取，则此后各项均为，令，得，故，且，此时，和数列是首项为，公差为的等差数列，故C正确；对于D，假设存在公比为的等比数列，其中且，若存在某项，则，解得2．若，由于，故随增大必将超过．设是第一个大于的项，即，由，按等比数列定义，由解得，这与矛盾；若，则，与等比数列各项不为0的定义矛盾；若所有项均大于，则恒成立，解得，则为常数数列，即，与题设矛盾．综上所述，不存在满足条件的等比数列，故D错误．三、填空题36．（2026·河南许昌·模拟预测）设为各项均为正数的等比数列的前项和，若，则__________.【答案】/1.5【分析】设等比数列的公比为，由求得，利用等比数列前项和公式求.【详解】设等比数列的公比为，由数列各项均为正数，有，由，有，则，解得，为的前项和，，，则.37．（2026·北京平谷·一模）无人机表演团队把飞在空中的无人机设计成在垂直于地面的同一平面内，已知10架无人机飞行的高度（单位：米）从低到高构成项数为10的数列，该数列的前4项成等比数列，后7项成等差数列，且，，，则______，数列所有项的和为______．【答案】1441073【分析】先利用和前项求出前项等比数列的公比，再利用和求出后项等差数列的公差，进而分别计算出及数列各项的和.【详解】设前项构成的等比数列公比为，则，即，解得；设后项构成的等差数列公差为，则分别是第一项和第六项，所以，即，解得；因为是等差数列的第四项，所以；因为是等差数列与等比数列的公共项，现将其只看作等差数列的首项，则数列所有项的和可看作前项等比数列与后项等差数列的和，所以【点睛】这道题的核心是分段数列的衔接处理：以公共项为桥梁，分别用等比数列通项公式求公比、等差数列通项公式求公差，再分段求和得到结果.38．（2026·甘肃·一模）如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第行数字的和记为，则__________；若数列的前项和为，则__________【答案】【详解】由题意可知，；所以.39．（25-26高三下·陕西渭南·开学考试）已知正项等比数列的前n项和为，，是关于x的方程的两个不等实根，则的最小值为___________．【答案】【分析】由韦达定理得到，结合等比数列求和公式得到，再结合二次函数求最值即可.【详解】设等比数列公比为，由题意，由韦达定理得：，即，，代入，化简得：令，则得，二次函数开口向上，对称轴为，代入得最小值：所以的最小值为.40．（2026·山西朔州·一模）已知数列的前项和为，若，，则满足的的最小值为__________.【答案】49【分析】对递推公式取倒数，结合等差数列的定义求出通项公式，进而求出的表达式，接着由题设不等式得到的的最小值即为所求，利用放缩法求得和即可得解.【详解】由知，，所以，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，则，所以.则满足的的最小值，即满足的的最小值.令，易知为单调递减函数.又，令，解得.因为，当时，，所以.当时，，所以.因此满足不等式的的最小值为49.题型19数列大题25个重点题型题号核心题型题型解决关键点1等差数列基本量运算与不等式利用等差中项、等比中项列方程求首项和公差，再根据前n项和公式解不等式求最小项数。2等差数列基本量与前n项积最值由已知条件列方程求首项和公差，写出前n项积的表达式，利用指数函数单调性转化为二次函数求最值。3递推数列的周期性通过赋值法求出数列的周期，再根据周期求和；利用特殊值法求参数满足的条件。4等差数列与裂项相消求和利用等差中项、等比中项列方程求公差和首项，再写出通项，用裂项相消法求和。5由Sn与an关系求通项与错位相减求和利用an=Sn-S(n-1)消去Sn，构造等差数列求通项；再用错位相减法求等比数列与等差数列乘积的前n项和。6由Sn与an关系求通项与裂项相消求和先构造等差数列求Sn，再通过an=Sn-S(n-1)求通项，最后用裂项相消法求和。7等差中项与正余弦定理求角及边范围利用等差中项和正弦定理得边角关系，再用余弦定理求角；结合外接圆半径和正弦定理求边长范围。8由Sn与an关系求通项与裂项相消求和由递推式构造等差数列求Sn，再写出通项，用裂项相消法求和并证明不等式。9等差数列基本量与裂项相消求和列方程求公差和首项，写出通项；用裂项相消法求和，再通过放缩法证明不等式。10构造等比数列求通项与分组求和通过配凑法构造等比数列求通项，再分组求和，利用数列单调性解不等式求最大项数。11等比数列基本量与错位相减求和由已知条件列方程求首项和公比，写出通项；再用错位相减法求数列的前n项和。12构造等差数列与裂项相消求和通过赋值法构造等差数列求通项，再用裂项相消法求和。13等差数列与等比数列的判定利用等差数列定义求通项，再通过递推关系证明等比数列。14等比数列前n项和与等差数列判定利用等比数列通项公式求基本量，再通过前n项和公式证明等差中项关系。15等比数列与作差法求通项及裂项相消求和由等比数列通项公式求通项，再用作差法求另一数列的通项，最后用裂项相消法求和。16构造等比数列求通项与裂项相消求和通过配凑法构造等比数列求通项，再写出裂项形式，用裂项相消法求和。17等比中项与等比数列求和利用等比中项列方程求公差，写出通项；再证明新数列为等比数列，用等比数列求和公式求和。18构造等差数列与分组求和及数列最大项通过取倒数构造等差数列求通项；按奇偶分组求和；构造函数研究数列单调性求最大项。19构造等比数列与错位相减求和及放缩法证明通过配凑法构造等比数列求通项；再用错位相减法求和；最后通过放缩和裂项相消证明不等式。20分段数列求和与构造等差数列求通项分n=1和n≥2两种情况求通项；由前n项和关系构造等差数列求通项；再通过裂项相消法求和。21由Sn与an关系求通项与分组求和利用an=Sn-S(n-1)求通项；通过递推式作商求等比数列通项；再按大小顺序分组求和。22等比数列基本量与裂项相消求和由已知条件列方程求首项和公比，写出通项；再用裂项相消法求和。23构造等比数列与累加法求通项及裂项相消求和通过配凑法构造等比数列，再累加法求通项；用裂项相消法求和并证明不等式。24由Sn与an关系求通项与裂项相消求和及反证法利用an=Sn-S(n-1)求通项；用裂项相消法求和；通过反证法证明不等式，用累加法放缩证明另一不等式。25由Sn与an关系求通项与等差数列求和及二项式定理利用an=Sn-S(n-1)构造等比数列求通项；通过分组求和和裂项相消求和；利用二项式定理放缩证明不等式。1．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知公差不为0的等差数列的前n项和为，且，，，成等比数列.(1)求的通项公式；(2)求使成立的n的最小值.【答案】(1)；(2)6.【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前n项和公式计算基本量，进而可得；（2）直接由前n项和公式和通项公式得不等式，解不等式可得.【详解】（1）设等差数列的公差为，首项为，由题意可得，化简得，解得，，所以.（2）由（1）可知.由，得，即，即，解得或.因为，所以n的最小值是6.即使成立的n的最小值为6.2．（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.【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.3．（2026·江苏·一模）已知数列各项均不为零，，，.(1)当时，求的前50项和；(2)若，求正整数的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用赋值法求出数列的周期，根据数列的周期进行求解即可；（2）利用特殊值法，结合等差数列的性质进行求解即可.【详解】（1）因为数列各项均不为零，，，所以当时，由，所以有，所以此时该数列的周期为，因此，所以的前50项和为；（2）由，因为，，所以，因为，所以，或，因为是正整数，所以，即当时，由，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，因此，所以，显然恒成立，所以正整数的最小值为.4．（25-26高三上·黑龙江佳木斯·月考）已知等差数列的公差，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设求数列前项和为；【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等差数列通项公式列方程组，即可求解；（2）利用裂项相消法，即可求解.【详解】（1）由条件可知，且，解得，所以；（2），所以.5．（2026·四川成都·二模）已知正项数列的前n项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）可用与的关系消去，求出数列的通项公式；（2）是比较常见的等差数列与等比数列乘积的形式，用错位相减法求解即可.【详解】（1）由，当时，，则，即，所以，即，由数列为正项数列，所以，从而有，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，．（2）由（1）知，所以，，则，从而，即，所以.6．（2026·河北保定·一模）已知数列的前n项和为，且，.(1)求(2)若，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可知数列是以首项为，公差为的等差数列，结合等差数列的通项公式运算求解；（2）根据与之间的关系可得，进而可得，结合裂项相消法运算求解.【详解】（1）因为，且，可知数列是以首项为，公差为的等差数列，则，所以.（2）由（1）可知：，当时，则，且符合上式，所以，可得，设数列的前n项和为，则，所以数列的前n项和为.7．（2026·河北邯郸·一模）的内角的对边分别为，已知成等差数列，且．(1)求；(2)记外接圆的面积为，若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）应用等差中项的性质及正弦边角关系有、，再应用余弦定理求；（2）由（1）及正弦定理求出外接圆的半径，结合求边长的范围.【详解】（1）因为成等差数列，所以，又，所以．设，则，则．（2）由（1）得，则外接圆的半径，则，则，，则的取值范围为．8．（2026·重庆·一模）已知数列的前项和为，若，且．(1)证明：为等差数列，并求．(2)若，数列的前项和，求证：．【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析【分析】（1）根据等差数列的概念证明，结合等差数列通项公式求；（2）利用裂项相消法求和即可证明．【详解】（1），所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以；（2），．9．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知等差数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和；(3)证明：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式基本量运算计算求解；（2）利用等差数列求和公式结合裂项相消法求和；（3）放缩法解等比数列求和公式证明不等式问题．【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意可知解得，故．（2）由（1）得，所以，数列的前项和为；（3）由（2）知，其中，当时，，

当时，．

综上所述，．10．（2026·广东广州·一模）已知数列的首项，且满足．(1)证明：数列为等比数列；(2)若数列的前项和小于120，求的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）令，得，代入已知条件整理即可得证；（2）根据（1）中结论可得数列的通项，应用分组求和及等差等比的前n项和公式求，利用单调性及能成立求参数的最大值.【详解】（1）令，则，于是，结合已知有，所以，即．因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．即数列为等比数列．（2）由（1）知，，则，则，令，整理得，而在上单调递增，且，所以，的最大值为．11．（2026·江西南昌·一模）已知等比数列的公比为整数，且，.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2).【分析】（1）根据等比数列的基本量运算求出首项与公比，即得其通项公式；（2）求出数列的通项，再根据错位相减法即可求得.【详解】（1）由题意，，两式相除可得，即，解得，故，所以；（2）因，则①所以②则②①得：所以.12．（2026·辽宁抚顺·一模）已知数列满足，且对任意的正整数，当时，都有．(1)证明：数列是等差数列；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）令，结合条件化简计算得，即可证明；（2）利用裂项相消法求和.【详解】（1）根据题意，令，当时，，，所以，且，则，所以数列是首项为，公差为的等差数列；（2）根据（1）可得，所以，则，所以.13．（2026·江苏·一模）已知数列．(1)若是等差数列，求的通项公式；(2)设，证明：数列是等比数列.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用等差数列的定义及通项公式求法计算即可；（2）根据递推关系及等比数列的定义证明即可.【详解】（1）由题意.因为是等差数列，所以公差.所以.满足，符合题设条件，所以的通项公式为.（2）因为，所以，由及可知，则，所以，所以是等比数列.14．（2026·四川内江·二模）已知是等比数列的前项和．(1)若，求；(2)若成等差数列，证明：成等差数列．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用等比数列通项公式，建立关于首项和公比的方程组，求出和，再利用等比数列前项和公式计算；（2）根据等差数列性质可得；再结合等比数列前项和公式，分和两种情况讨论，推导得出，进而证明成等差数列.【详解】（1）设等比数列的公比为，首项为，根据通项公式：，两式相除得，解得，代入得，由等比数列前项和公式：；（2）要证三个数成等差数列，只需证，由成等差数列，得，分情况讨论：若，则，代入得，得，与等比数列定义矛盾，故，当时，，整理得：，，即，故成等差数列，得证.15．（2026·广东深圳·一模）已知数列是等比数列，，，数列满足：.(1)求，的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)，，，.(2).【分析】（1）根据，，通过等比数列定义求出公比，代入等比数列通项公式求出，再根据作差法求出在时，，验证当时，符合该式，即可求出；（2）利用裂项相消的方法求出即可.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，所以，，因为，当时，，两式相减得，则时，；当时，由得，解得符合该式；所以，.（2）由于，，所以.16．（2026·江西·一模）已知数列中，，满足．(1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式：(2)设为数列的前项和，求．【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）利用构造法将转化为，利用等比数列的通项公式求解.（2）求出，求出，利用裂项相消法求出.【详解】（1）由题意，，则，，所以是以为首项，3为公比的等比数列.所以，则.（2）由，则，所以即.17．（2026·内蒙古包头·模拟预测）已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)记，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等比中项列方程，求出公差，再根据等差数列通项公式求解；（2）求出的表达式，证明数列为等比数列，再根据等比数列的前项和公式求解.【详解】（1）设公差为，因为成等比数列，所以，即，解得（舍去），所以；（2）由（1）可知，所以，，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.18．（2026·陕西西安·模拟预测）已知数列中，．(1)证明：为等差数列，并求的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求；(3)数列满足：，求的最大项．【答案】(1)证明见解析，(2)(3)1【分析】（1）通过对递推式两边同除以，构造出等差数列，进而求出数列的通项公式；（2）根据的奇偶性，对进行分组求和，得到统一的表达式；（3）先求出数列的通项，再构造辅助数列，通过函数单调性分析其最大项.【详解】（1）等式两边同除以，得，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列．由上知，即得．（2）由（1）知，．当为偶数时，当为奇数时，．综上，．（3）当时，；当时，有，可得．所以，．记，则．令，则，可得在区间上单调递增，则，即得，即．所以当时，，即，可知数列从第4项开始每一项均小于1．因为，所以数列的最大项是第三项，其值为1，即得数列的最大项为1．【点睛】本题以递推数列为载体，通过构造等差、分组求和、函数单调性分析，综合考查了数列通项、求和及最大项问题，体现了“化归转化”与“函数思想”在数列中的核心应用.19．（2026·天津·一模）已知数列满足．(1)证明：求的值，并证明数列为等比数列；(2)设，求数列的前项和；(3)设，求证：．【答案】(1)，，证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据递推公式及等比数列的定义证明即可；（2）由（1）求出，即可求出，从而得到，利用错位相减法计算可得；（3）由数列的通项公式可得，利用放缩法即可得到，再利用裂项相消法即可证明.【详解】（1）当时，可得，当时，可得，因为，，所以，所以数列为首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）得，则，所以，所以，则，所以，即；（3）因为，所以，即命题得证.20．（2026·山东聊城·一模）已知数列满足.(1)求的前n项和；(2)记数列的前n项和为，若．（i）证明数列为等差数列，并求出的通项公式；（ii）求数列的前n项和．【答案】(1)(2)（i）证明见解析，；（ii）【分析】（1）分、两种情况结合等差数列的求和公式求解即可；（2）（i）结合题设及与的关系可得，即可求证，再求解通项公式即可；（ii）先得到，再结合分组求和、裂项相消法求解即可.【详解】（1）当时，；当时，，显然满足上式，则.（2）（i）由，当时，，即；当时，，则，即，则，即，所以数列是以为首项，以2为公差的等差数列，则，即.由（1）知，，由（i）知，，则，所以.21．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）数列的前n项和，数列满足，．(1)求数列，的通项公式；(2)将数列和数列各取前100项，按从小到大排成一个新的数列，其中重复的数只取一次，求数列的前100项和．【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用与的关系可求数列的通项公式，当时，由已知可得，两式相除可求数列的通项公式；（2）结合（1），利用分组求和法可求数列的前100项和．【详解】（1）令，则，，当时，，也符合上式，∴；当时，由，可得，两式相除可得，也符合上式，∴．（2），，，…，，，，，…，，将数列和数列各取前100项，按从小到大排成一个新的数列，其中重复的数只取一次，则，，…，，，，…，，∴．22．（25-26高三上·青海西宁·期中）已知等比数列的前项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）设的公比为，根据等比数列通项公式和求和公式求解即可；（2）利用裂项相消即可求解.【详解】（1）设的公比为，由，得，由，得，解得所以．（2）由，得所以．23．（2025·江西宜春·模拟预测）已知数列满足，，.(1)证明：数列为等比数列；(2)求的通项公式；(3)记，数列的前项和为，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用结合等比数列的定义即可得证；（2）利用累加法即可求得的通项公式.（3）利用裂项相消法即可求解，根据其单调性即可证明.【详解】（1）由，得，又，，所以，所以，，即是以1为首项，3为公比的等比数列；（2）由（1）知，当时，.当时，也成立，所以的通项公式为；（3）由（2）得，所以，所以，显然是递增数列，所以.因为，所以，所以.24．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）记正项数列的前n项和为．(1)若，求；(2)若，且，证明：(3)若，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由，求得，结合裂项法求和，即可求解；（2）假设存在，使得，取满足该式的n的最小值，设为k，即，根据题意，求得当，且时，必有，结合反证法，即可得证；（3）根据题意，求得，得到，结合，证得；再由，利用累加法求得，结合裂项法求和，证得，即可得证.【详解】（1）解：因为，所以，则，所以．（2）证明：假设存在，使得，取满足该式的n的最小值，设为k，即，①由已知得，②又由①+②得，所以因为k是满足的n的最小值，若，则，若，则，即是中最小的项．当时，有，取整数使得且，此时必有，这与相矛盾，假设不成立，故．（3）证明：先证：由，可得，由，可得，所以；

再证：由，可得，所以．当时，，累加得，即．所以，．25．（25-26高三上·天津南开·月考）已知数列的前n项和为，对任意，，(1)证明：为等比数列，并求出数列的通项公式.(2)设数列，其中，设.（ⅰ）求的值；（ⅱ）设，求使得成立的最大正整数n的值.（其中符号表示不超过x的最大整数）【答案】(1)证明见详解，.(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）根据题设定义分析求解即可；（2）（ⅰ）先求得，结合题设分析可得数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列，可得，结合裂项相消法求解即可；（ⅱ）先由题设可得，利用作差法及二项式定理可证得当时，，进而得到，进而求得，再解不等式即可.【详解】（1）任意，①，当时，，解得；当时，②，由①-②得，即，故数列是首项为，公比为的等比数列，则.（2）（ⅰ）由（1）可得，则，当时，，可知数列的对应项构成以为首项，以为公差的等差数列，，，.（ⅱ），下证当时，:①显然恒成立，②，，，，故，，，即，又，因此满足不等式的最大正整数.题型20立体几何小题35个重点题型题号核心题型题型解决关键点1空间线面位置关系判断利用线面平行、垂直的判定定理和性质定理，结合空间想象或反例排除，逐项判断。2线面平行的判定通过建立空间直角坐标系，计算直线的方向向量与平面的法向量是否垂直；或利用面面平行的性质证明。3圆锥的侧面积计算由轴截面为等腰直角三角形求出底面半径和母线长，代入圆锥侧面积公式求解。4球体与圆锥的表面积、体积之比分别写出球体和圆锥的表面积、体积公式，代入已知比例关系，化简求比值。5正三棱柱中的线面垂直与线段长度取棱中点构造线面垂直，利用勾股定理和相似三角形求线段长度。6正四棱台的体积与二面角作出侧面与底面所成二面角的平面角，利用正四棱台的性质求高，再代入棱台体积公式。7正四棱台的侧面积计算利用棱台体积公式求高，再求斜高，最后代入侧面积公式。8三棱锥的外接球表面积利用侧棱相等确定顶点在底面的射影为外心，求出底面外接圆半径和高，再求外接球半径。9圆锥外接球体积的最值由外接球半径和圆锥底面半径、高的几何关系建立函数，利用导数求体积最大值。10正三棱柱外接球球心到平面的距离建立空间直角坐标系，求出球心坐标和平面的法向量，利用点到平面距离公式求解。11圆台内切球与体积比由圆台内切球性质得母线长与上下底面半径的关系，利用勾股定理求半径，再求体积比。12组合体（棱柱+棱锥）的外接球半径由体积比求出棱锥与棱柱的高相等，利用对称性确定球心位置，列方程求半径。13直三棱柱体积的取值范围利用面面垂直得线面垂直，设未知量表示体积，转化为三角函数或二次函数求值域。14几何体的外接球表面积建立空间直角坐标系，设球心坐标，利用球心到各顶点距离相等列方程求解。15三棱锥体积最大时的高底面三角形面积最大时为等边三角形，利用基本不等式求体积最大值，再求球心到截面距离。16空间距离和的最小值（胡不归模型）将目标式转化为点到平面的距离，通过旋转平面构造折线段，利用垂线段最短求最小值。17正三棱柱中的线面位置关系（多选题）建立空间直角坐标系，利用向量法判断线面平行、垂直及面面垂直。18平行六面体中的线面位置与距离（多选题）利用向量数量积求夹角，通过线面垂直判定定理证线面平行，利用等体积法求点到平面距离。19正方形垂直平面中的动态问题（多选题）建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角、线面平行及距离最值。20四棱锥中的动点问题（多选题）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面平行、线线垂直及截面问题。21正三棱锥中的向量运算与三点共线（多选题）利用空间向量基底表示，通过向量运算判断垂直、共线及数量积。22正方体中的轨迹与最值问题（多选题）通过构造面面平行确定动点轨迹，利用等体积法和坐标法求最值。23正四面体中的线面位置与异面直线角（多选题）利用线面垂直判定定理证线线垂直，利用等体积法求体积比，利用余弦定理求异面直线所成角。24正方体中的动点问题（多选题）利用线面平行得体积定值，利用坐标法求线线垂直及点到直线距离的最小值。25翻折问题中的最值与位置关系（多选题）利用几何法分析体积最值，利用勾股定理和余弦定理求外接球半径，利用线面垂直证线线垂直。26正方体中的面面平行与轨迹问题（多选题）通过构造面面平行确定动点轨迹，利用等体积法和坐标法求最值。27四面体的外接球与内切球及截面面积（多选题）由垂直关系确定外接球球心，利用等体积法求内切球半径，利用异面直线距离求截面面积最值。28圆锥内小球运动问题（多选题）利用圆锥轴截面几何关系，结合圆台侧面积公式和球的切线性质求解。29正三棱柱内切球与外接球体积比利用正三角形内切圆半径求内切球半径，利用正三角形外接圆半径和高求外接球半径。30直三棱柱中两平面交线距离将三棱柱补成四棱柱，确定两平面的交线，利用等面积法求点到直线的距离。31长方体各面中心构成的八面体利用对称性确定八面体由两个全等的四棱锥组成，分别求侧面积和体积。32三棱锥的外接球表面积由线线垂直关系将三棱锥补形为长方体，长方体外接球直径等于体对角线长。33翻折问题中体积最大时的外接球表面积体积最大时平面垂直，取棱中点确定外接球球心，利用直角三角形斜边中线性质求半径。34圆台体积最大时的外接球表面积利用圆台体积公式建立函数，求导得体积最大时的尺寸，再分类讨论外接球球心位置求半径。35正三棱柱外接球上动点的轨迹长度建立空间直角坐标系，将向量数量积条件转化为球面方程，求两球面交线圆的周长。一、单选题1．（2026·黑龙江吉林·一模）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】D【详解】对于A，若，，则或或l与相交，故A错误；对于B，若，，则或或l与相交，故B错误；对于C，若，，，则或或l与相交不垂直或l与垂直，故C错误；对于D，若，，则，又因为，则，故D正确.2．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】对于A、B和C，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法，即可求解；对D，利用面面平行的性质，即可求解.【详解】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，所以设平面的一个法向量为，则，取，则，所以，又易知，则，又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误，对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为，，则，又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误，对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为，，则，又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误，对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得，又平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面，则直线平面，所以D正确，3．（2026·江西南昌·一模）某圆锥的轴截面是一个斜边长为4的等腰直角三角形，则此圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用勾股定理和圆锥的侧面积公式求解.【详解】圆锥的轴截面为，，，则，，圆锥的侧面积为.故选：A.4．（2026·湖北武汉·模拟预测）记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先设该圆锥的高为，根据球体与圆锥的表面积公式与体积公式列式，结合推得，代入所求式化简计算即得.【详解】依题意，，设该圆锥的高为，则，.由可得，化简得，故.5．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正三棱柱中，，D，E分别为线段，的中点，点F在上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正三棱柱性质以及线面垂直判定定理可证明平面，即可得，再由线面垂直性质可知，根据棱长计算求得，可得结果.【详解】如图所示，取AC的中点G，连接BG，EG，DG．为线段的中点，，平面，平面，．，BG，平面，平面平面．平面，平面，平面，．三棱柱的棱长为2，，．6．（2026·河南许昌·模拟预测）在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】通过作图，利用正四棱台的性质可得为侧面与底面所成的二面角的平面角，结合条件，求出正四棱台的高，再由棱台的体积公式求解.【详解】如图，设正四棱台的上、下底面中心分别为，连接，则平面，取的中点，连接，易知，且，过作交于，则平面，又平面，则，故可得平面，则，则为侧面与底面所成的二面角的平面角，则，又，则，，由，得到，即，又，所以四棱台的体积为.7．（2026·陕西铜川·一模）某地区乡村用来盛粮食的小容器通常被称为“升篓”.升篓呈棱台形，全木制作，上口大，下口小，制作形态为榫卯契合，完全不用一颗钉子.如图是一个正四棱台形的升篓，体积，上､下底面棱长分别为，则该正四棱台的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据台体的体积公式求台体的高，再计算台体的斜高，进而可求四棱台的侧面积.【详解】如图,点分别是棱台上下底面的中心，分别取边的中点,连接.设四棱台的高为，则.由图知，,设正四棱台的斜高.所以正四棱台的侧面积为：.故选：D8．（2026·湖北宜昌·二模）三棱锥满足，且，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由底面三角形的已知边角求出其外接圆半径，结合侧棱相等得到高，再利用球心在高的线上且到顶点和底面顶点距离相等求出球半径，最后计算表面积.【详解】设点在底面的投影为，因为，所以点是的外心，则，且底面，球心在上，由正弦定理得外接圆的直径径，解得半径，即，则，设，外接圆半径为，则，则，且，则，解得，则外接球半径，则三棱锥外接球的表面积为.9．（2026·山西运城·一模）已知某圆锥的外接球的表面积是36，则该圆锥的体积的最大值是（

）A．32 B． C．64 D．【答案】B【分析】根据外接球的表面积，求出外接球的半径，建立圆锥的基本量和外接球半径的几何关系，结合导数求出圆锥体积的最大值.【详解】由题意可得：外接球的表面积，根据球的表面积公式，可得.设圆锥底面半径为，高为，由球的截面性质可知，，且.故圆锥的体积为.令，则.当，，单调递增.当，，单调递减.即当时，取得体积最大值，所以.10．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离.【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点，以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则球心的坐标为：因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径；故，，，所以，，设平面的法向量为，则由，即，令，则，则是平面的一个法向量.又，因此球心到平面的距离.11．（2026·河南·模拟预测）已知圆台的母线长为l，半径为R的球C与圆台的上、下底面及母线都相切，且，则圆台与球C的体积之比为（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】设圆台上底面半径为，下底面半径为，且，根据题意求得，根据圆台、球的体积公式计算即可求解.【详解】如图，设圆台上底面半径为，下底面半径为，且，设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心一定在的中点处，设球与母线切于点，所以，所以，所以与全等，所以，同理，圆台的，母线长，在中，，即，所以，故，因为，球的体积为，圆台与球C的体积之比为.12．（2026·山东菏泽·一模）图1是菏泽牡丹园中的一座仿古牡丹亭，它的主体部分可看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】由体积关系可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，依题意可得，即可求解．【详解】因为正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，设为，如图，则，则其外接球的半径为,解得，所以.13．（2026·广东广州·模拟预测）如图，直三棱柱中，为中点，平面平面，，则三棱柱体积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据面面垂直得出线面垂直，再应用三棱柱的体积公式结合三角函数值域计算求解.【详解】取中点中点，，则，由平面，平面平面，平面平面得平面，由勾股定理知，可得，设，可得，同理，由知．由勾股定理得，于是三棱柱的体积，记，结合二次函数单调性可得，于是．14．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积.【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系，因为下底面边长为，几何体的高为，故，，，，，，，.设几何体外接球的球心为，外接球半径为.在中，，在中，则，解得.所以.故该几何体的外接球的表面积故选：B.15．（2026·山东烟台·一模）已知球的半径为1，三棱锥的顶点为，底面的三个顶点均在球的球面上，则当该三棱锥的体积最大时，其高为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】下证：在半径为的小圆中，内接正三角形面积最大.证明：设底面三角形为，则，而，当且仅当时等号成立，即，故故，当且仅当且时等号成立，即，，而，即，即，时等号成立，此时为等边三角形.回到问题本身：此时该三棱锥的体积，由，当且仅当，即时，等号成立，所以该三棱锥的体积最大值为，此时球心到截面小圆的距离，即当该三棱锥的体积最大时，其高为．16．（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据“胡不归”模型的概念，将转化为点到面的距离，进而判断最小值时的情况，再根据两角和的正弦公式，即可求出结果.【详解】如图所示，将平面绕点旋转得平面，过作于，连接，则，则的最小值等价于的最小值，即点到面的距离，过作于，可知在平面内，，可知，，所以，，则，可知，解得，所以的最小值为.二、多选题17．（2026·江西南昌·一模）在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有（

）A．平面 B．平面平面C． D．平面【答案】BC【分析】设，如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，可求出平面的法向量，根据数量积公式，可判断A、C的正误；根据向量平行的坐标关系，可判断D的正误；根据面面垂直的判定定理，可判断B的正误.【详解】取AC中点O，中点，连接，设，因为正三棱柱，所以两两垂直，以O为原点，为轴正方向建系，如图所示，则，所以，选项A：设平面的法向量，则，即，令，则，即，则，所以与平面不平行，故A错误；选项B：连接，因为正三角形ABC，所以，又正三棱柱，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故B正确；选项C：，所以，则，故C正确；选项D：因为，所以与不平行，所以与平面不垂直，故D错误.18．（2026·福建福州·模拟预测）在平行六面体中，，，则（

）A． B．平面C．直线与直线所成角为60° D．点到平面的距离为【答案】BC【详解】因为，，所以.A：因为，所以不成立，错误；B：因为，所以平行六面体的底面是菱形，因此，因为，所以平面，所以平面，正确；C：因为，所以是异面直线与直线所成的角（或补角），由上可知：平行六面体的底面是菱形，且，所以，显然的补角为，正确.D：由上可知：平面，因为平面，所以平面平面，在平面作，平面平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为的长度，因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，所以点到平面的距离为，错误.19．（2026·广东汕头·一模）正方形、的边长为1，且它们所在的平面互相垂直.点、分别在正方形对角线和上移动，且．则（

）A．直线与所成的角为B．平面C．当时，的长最小，且最小值为D．当的长最小时，点到平面的距离为【答案】BC【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，则可表示出各点坐标；对A：表示出向量，后，利用向量夹角的余弦公式计算即可得；对B：求出平面的法向量及向量后，计算即可得；对C：借助向量与模长的关系计算即可得；对D：结合C中所得，可得到向量，再计算出平面的法向量后，利用点到平面距离公式计算即可得.【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则、、、、、，对A：，，则，故直线与所成的角为，故A错误；对B：由，则，，则，，，设平面的法向量为，则有，可取，则，则，有，故，又平面，故平面，故B正确；对C：，则，故当且仅当时，取最小，且最小值为，故C正确；对D：由C知，当的长最小时，，此时，，则，设平面的法向量为，则有，可取，则，则，又，则点到平面的距离，故D错误.20．（2026·广东梅州·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，、分别为棱、上的动点，设，，则（

）A．当时，存在，使得平面B．当时，存在，使得C．当，且与相交时，D．三棱锥的外接球在底面上的截痕长为【答案】AC【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，对于A，求出平面的一个法向量，利用求解即可；对于B，利用求解即可；对于C，若与相交，则存在唯一使得即可求解；对于D，根据三棱锥的外接球在底面上的截痕为底面的外接圆即可求解.【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则：，对于A，当时，，在上，则，则，，设平面的一个法向量，则取，则，即，，若平面，则，即，故存在，故A正确；对于B，当时，，，，若，则，即，不满足，故B错误；对于C，当时，，，若与相交，则存在唯一使得，即：，解得，故C正确；对于D，因为底面是直角三角形，外接圆半径​​，因为平面，设外接球半径为，则：，三棱锥的外接球在底面上的截痕为底面的外接圆，截痕长为​，故D错误，21．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在正三棱锥中，，D是中点，E是中点，点F，G满足，，直线DF，GE相交于H，下列说法正确的是（

）A． B．C．与是共线向量 D．【答案】AC【分析】以为一组基底，结合数量积的运算法则可判断A；B利用数量积的定义得出判断B；利用平面平面以及判断三点共线可判断C；利用向量的加减运算判断D.【详解】对于A，设，，则，于是，故A正确；对于B，因为，，所以，则夹角等于，因为，则为锐角，由数量积的定义可知，故B错误；对于C，因为，平面，则平面，同理，平面，则平面，又平面平面，故，即三点共线，故C正确；对于D，因，故D错误.22．（2026·四川内江·二模）在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（

）A．点的轨迹经过线段的中点B．点的轨迹长度为C．三棱锥的体积为定值D．球面经过，，，四点的球的半径最小值为【答案】ACD【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C，利用等体积法，即可求解；对D，建立空间直角坐标系，设，球心，半径为，利用球的性质可得，即可求解.【详解】如图，取的中点，连接，，易知，又平面，平面，所以平面.又是中点，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面，所以点的轨迹为线段（不含端点）.对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确；对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误；对于C，因为平面，点是棱的中点，则，所以C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为，则，设，球心，半径为，由，得到，解得，，所以，又，且，所以当时，取到最小值，最小值为，故D正确.23．（2026·广东广州·二模）如图，在正四面体中，点分别为各棱的中点，则（

）A．B．平面C．D．直线与直线所成角的余弦值为【答案】ABD【分析】对于A，取中点，连接，利用线面垂直的判定定理得平面，再由性质可得；对于B，利用等腰三角形性质和中位线性质得，同理，从而可得线面垂直；对于C，设正四面体棱长为1，顶点在平面上的射影为点，则为的重心，分别求出体积即可判断；对于D，为直线与直线所成的角，利用余弦定理求解.【详解】对于A，取中点，连接，在正四面体中，根据题意，可得，所以，同理，又平面，所以平面，平面，则，又，所以，A正确；对于B，根据正四面体的性质可知，则，又，所以，同理，又平面，所以平面，B正确；对于C，设正四面体棱长为1，顶点在平面上的射影为点，则为的重心，所以，所以，，所以，C错误；对于D，因为，所以为直线与直线所成的角，则，D正确.24．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点（包括端点），则下列说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为定值B．正方体的外接球球心到平面的距离为C．存在点，使得D．点到直线的距离的最小值为【答案】ABD【分析】根据线面平行判定定理得平面，故上任一点到平面的距离h为定值，根据等体积判断A即可；根据平面平面，得出点到平面的距离为计算判断B；建立空间直角