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1、理科数学（二）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（全国通用） 等比、等差数列考点透视数列是高考考察的重点知识之一，也是高中必学内容之一。课标全国卷试题是选填两道，一道与三角轮换考察的大题。一般考察等差数列、等比数列的基础概念，等差等比数列的通项及求和公式计算，考察等差数列、等比数列的性质，等差等比与函数，不等式，解析几何等知识结合，考察实际生活相融合的等差等比数列等应用。题型及内容考察灵活多变，在考察基础公式，基础数学思想的同时要求掌握相关数学内容及数学素养,能解决综合问题以及创新问题。试题考察等差数列、等比数列通项公式和前n项和计算。考察等差数列、等比数列的函数性质，考察等差数列、等比数
2、列的实际应用.数列不等式恒成立等综合应用。满分技巧一、等差数列有关公式：(1)通项公式：ana1(n1)d；(2)前n项和公式：Snna1d.二等比数列有关公式：(1)通项公式：ana1qn1；(2)前n项和公式：Sn三、等差数列常用结论：若an为等差数列，公差为d，前n项和为Sn，则有：(1)下标意识：若pqmn，则apaqaman，特别地，若pq2k，则apaq2ak；(2)隔项等差：数列ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列；(3)分段等差：数列Sn，S2nSn，S3nS2n，是公差为nd的等差数列；(4)数列是公差为的等差数列，其通项公式n；四等差数列与函数关系：
3、(1) andn(a1d)，则数列an是等差数列 通项an为一次函数：即anknb (a、b为常数)；(2)Snn2n，数列an是等差数列Sn为无常数项的二次函数：即SnAn2Bn(A、B为常数)五等比数列常用结论：若an为等比数列，公比为q，前n项和为Sn，则有：(1)下标意识：若pqmn，则apaqaman，特别地，若pq2k，则apaqak2； (2)隔项等差：数列an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为qk.(3)分段等比：数列Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为_qn_.（4）“高斯”技巧：若pqmn，则apaqaman，特别地，若pq2k，则apaqak
4、2； (5)“跳项”等比：数列an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为qk.(6)“和项”等比：数列Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为_qn_.六等比数列与函数关系：(1) 数列an是等比数列，ana1qn-1， 通项an为指数函数：即ana1qx-1；(2)数列an是等比数列，Sn，Sn为型线性指数函数。真题回顾 真题回顾 1（2018浙江高考真题）已知成等比数列，且若，则ABCD【答案】B【分析】先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令则，令得，所以当时，当时，因此， 若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，选B.【点睛】构造
5、函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如2（2021浙江统考高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（）A直线和圆B直线和椭圆C直线和双曲线D直线和抛物线【答案】C【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得，即，对其进行整理变形：，所以或，其中为双曲线，为直线.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.3（2021浙江统考高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）ABCD【答案】A【分析】
6、显然可知，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解【详解】因为，所以，由，即根据累加法可得，当且仅当时取等号，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：所以，即故选：A【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得4（2022全国统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比
7、分别为已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（）A0.75B0.8C0.85D0.9【答案】D【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设，则，依题意，有，且，所以，故，故选：D5（2022北京统考高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，
8、则，由可得，取，则当时，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，取且，假设，令可得，且，当时，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C.6（2022全国统考高考真题）已知等比数列的前3项和为168，则（）A14B12C6D3【答案】D【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D.7（2021全国统考高考真题）等比数列的公比为q，前
9、n项和为，设甲：，乙：是递增数列，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【答案】B【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案【详解】由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件故选：B【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程8（2020北京统考高考真题）在等差数
10、列中，记，则数列（）A有最大项，有最小项B有最大项，无最小项C无最大项，有最小项D无最大项，无最小项【答案】B【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【详解】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.9（2020浙江统考高考真题）已知等差数列an的前n项和Sn，公差d0，记b1=S2，bn+1=S2n+2S2
11、n，下列等式不可能成立的是（）A2a4=a2+a6B2b4=b2+b6CD【答案】D【分析】根据题意可得，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立【详解】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，A正确；对于B，由题意可知，根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；对于C，当时，C正确；对于D，当时，即；当时，即，所以，D不正确故选：D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题10（2020全国统考高考真题）设是等比数列，且，则（）A12B24C30D32【答案】D【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，
12、则，因此，.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题名校预测1（2023全国模拟预测）设为正项等比数列的前项和若，且，成等差数列，则数列的通项公式为（）ABCD【答案】A【分析】设正项等比数列的公比为q，根据，成等差数列，求得公比即可.【详解】解：设正项等比数列的公比为q，当时，不满足，当时，即，解得或（舍去），所以，故选：A2（2021上海徐汇统考二模）已知an是公差为d（d0）的等差数列，若存在实数x1，x2，x3，x9满足方程组，则d的最小值为（）ABCD【答案】C【分析】把方程组中的都用和表示，求得的表达式，根据方程组从整体分析可知：当，时，取最小值【详解】解：把
13、方程组中的都用和表示得：，把代入得：，根据分母结构特点及可知：当，时，取最小值为故选：C【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据方程组从整体分析得：当，时，取最小值3（2023江苏镇江江苏省镇江中学校考二模）已知函数，记等差数列的前n项和为，若，则（）ABC2023D4046【答案】A【分析】令，然后可判断出的单调性、奇偶性，然后由，可得，然后由等差数列的求和公式和性质可得答案.【详解】令，因为，所以为上的增函数，因为，所以是奇函数，因为，所以，所以，即，所以，故选：A4（2023陕西咸阳统考三模）已知等差数列，的前项和分别为，若，则（）ABCD【答案】A【分析】根据等差数列的前项和形式满足，
14、再根据拼凑对应的形式，进而用表达求解即可.【详解】即，又等差数列的前项和形式满足，故.则，故.故选：A5（2023宁夏石嘴山平罗中学校考模拟预测）已知等比数列的前项和，满足，则（）A16B32C81D243【答案】A【分析】根据，作差得到等比数列的公比为，再求出，最后根据等比数列的通项公式计算可得.【详解】等比数列的前项和为，且，故等比数列的公比为在中，令，可得，则故选：A6（2023四川遂宁统考三模）已知数列为等比数列，是方程的两个根，设等差数列的前项和为，若，则（）A或BC18D2【答案】C【分析】由等比以及等差数列的性质，结合求和公式即可求解.【详解】因为，是的两个实数根，所以，又，所以
15、，因此，故选：C.7（2023全国模拟预测）已知双曲线的上下焦点分别为，过的直线与双曲线的上支交于M，N两点，若，成等差数列，且，则该双曲线的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】先根据，成等差数列，并结合双曲线的定义得到，再设，在中利用勾股定理得到，进而在中利用勾股定理得到，从而得到双曲线的离心率.【详解】由双曲线的定义知，令，则，在中，解得，所以在中，.故选：B8（2023陕西榆林校考模拟预测）已知等差数列的首项为，公差，等比数列满足，则的取值范围为_.【答案】【分析】根据题意结合等差、等比数列的通项公式整理可得，令，结合函数单调性求取值范围.【详解】设等比数列的公比为，则，则，所以，且，
16、可得，则，令，则在上单调递增，可得，故在上单调递减，可得，即的取值范围为.故答案为：.9（2022四川内江统考三模）已知函数，数列是公差为2的等差数列，若，则数列的前项和_.【答案】【分析】利用定义判断的奇偶性，并确定值域范围，根据已知条件易得，进而求出首项，根据等差数列前n项和公式求.【详解】由且定义域为R，所以为偶函数，而，当时等号成立，所以在R上恒成立，故要使，又是公差为2的等差数列，所以，则，故.故答案为：.【点睛】关键点点睛：判断函数的奇偶性，根据其对称性确定的数量关系.10（2022全国长郡中学校联考模拟预测）公比为q的等比数列满足： ，记，则当q最小时，使成立的最小n值是_【答案
17、】17【分析】根据题意，求出q，写出通项公式即可.【详解】 是等比数列， ，又 ， ，设函数 ， ，当 时， ， 时， ，在x=1时， 取极小值1， ， ，由题意即q=e， ， ， ， ，n的最小值是17.故答案为：17.名师押题1设各项均为实数的等差数列和的前n项和分别为和，对于方程，下列判断正确的是（）A若有实根，有实根，则有实根B若有实根，无实根，则有实根C若无实根，有实根，则无实根D若无实根，无实根，则无实根【答案】B【分析】若有实根，得到，设方程与方程的判别式分别为和，得到，结合举反例可以判断选项AB；通过举反例可以判断选项CD.【详解】若有实根，由题意得：，其中，代入上式得，设方程
18、与方程的判别式分别为和，则等号成立的条件是又，如果有实根，则，则或者，所以有实根或者没有实根，如 满足，但是，所以没有实根，所以选项A错误；如果没实根，则，则，所以有实根，所以选项B正确；若无实根，则，有实根，则,设，所以，此时，则有实根，所以选项C错误；若无实根，则，无实根，则,设，所以，此时，则有实根，所以选项D错误.故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键是排除法的灵活运用，要证明一个命题是假命题，证明比较困难，只需举一个反例即可.2已知等比数列各项均为正数，且满足：，记，则使得的最大正整数n为_.【答案】202【分析】根据可得，结合，可得，.根据可得，根据可判断、，从而求得答案.【详解
19、】，或，又，使的最大整数n为202.故答案为：202.3已知数列为等差数列，数列的前n项和为，若对一切，恒有，则m能取到的最大正整数是_【答案】7【分析】由题意，以及等差数列的通项公式、前项和公式，求出首项和公差，再代入通项公式求出，再求出和，设并求出，再求出，作差判断后判断出的单调性，求出的最小值，列出恒成立满足的条件求出的范围再求满足条件的值【详解】解：设数列的公差为，由题意得，解得，且，令，则，即，则随着的增大而增大，即在处取最小值，对一切，恒有成立，即可，解得，故能取到的最大正整数是7数列递推公式与求和综合考点透视考点透视考点透视数列递推和求和，出现在数列大题的位置较多，一般是通过递推
20、求通项公式，再结合通项公式构造新数列求和。递推数列的通项问题是高考考察的热点之一，也是高中数学教学的难点之一，在高考试题中没通过考察递推公式来考察学生对数列概念的理解，考察数列递推公式也是考察学生对数学知识的探究能力，高考考察数列通项公式的求解方法，特别是一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式往往是解决数列问题的最重要的关键点。 数列求和始终是高考考察的热点和重点，也是数列综合能力综合素养的体现，高考考察数学常见的求和方法，考察等差等比公式求和方法， 考察错位相消法，考察分组求和法，考察裂项相消法，考察分段数列求和，考察正负相间数列求和。满分技巧数列求和常用方法1.对于公式（1）当时，用替
21、换中的得到一个新的关系，利用 便可求出当时的表达式； （2）当时， 求出；（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写2.错位相消法（1）.思维结构结构图示如下 （2）.公式型记忆：（3）.可裂项为如下（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.构造性数列求递推公式（1）当出现时，构造等差数列；（2）当出现时，构造等比数列；（3）当出现时，用累加法求解；（4）当出现时，用累乘法求解.真题回顾 真题回顾 1（2022天津统考高考真题）设是等差数列，是等比数列，且(1)求与的
22、通项公式；(2)设的前n项和为，求证：；(3)求【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；（3）先求得，进而由并项求和可得，再结合错位相减法可得解.【详解】（1）设公差为d，公比为，则，由可得（舍去），所以；（2）证明：因为所以要证，即证，即证，即证，而显然成立，所以；（3）因为，所以，设所以，则，作差得，所以，所以.2（2022浙江统考高考真题）已知等差数列的首项，公差记的前n项和为(1)若，求；(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围【答案】(1)(2)
23、【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，（2）因为，成等比数列，所以，由已知方程的判别式大于等于0，所以，所以对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，当时，当时，由，可得当时，又所以3（2022全国统考高考真题）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且(1)证明：；(2)求集合中元素个数【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得，即可解出【详解】（1）设数列的公差为，所以，即可解得
24、，所以原命题得证（2）由（1）知，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为4（2022全国统考高考真题）记为数列的前n项和已知(1)证明：是等差数列；(2)若成等比数列，求的最小值【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得【详解】（1）因为，即，当时，得，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列（2）方法一：二次函数的性质由（1）可得，又，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时，方法二：【最优解】邻项变号法由（1）可
25、得，又，成等比数列，所以，即，解得，所以，即有.则当或时，【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解5（2022全国统考高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列(1)求的通项公式；(2)证明：【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【详解】（1），,又是公差为的等差数列，,当时，,整理得：,即,，显然对于也成立，的通项公式；
26、（2） 名校预测1（2023河南周口统考模拟预测）在数列中，.(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据等比数列的定义证明，由等比数列的通项公式化简，可得数列的通项公式；（2）由分组求和法化简求解即可【详解】（1），当时，数列是首项为，公比为的等比数列，；（2）数列的前项和2（2023广东梅州统考二模）已知数列满足，且数列是公比为2的等比数列(1)求的通项公式；(2)令，数列是否有最大项？若有，求出最大项；若没有，说明理由【答案】(1)；(2)有最大项，.【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用累加法求出的通项作
27、答.（2）利用（1）的结论求出，再探讨数列的单调性作答.【详解】（1）因为数列是公比为2的等比数列，且，则,当时，又也满足上式，所以的通项公式为.（2）由（1）知，则，则有，当时,，则有，当时，即有，数列是递减的，所以数列有最大项，为.3（2023吉林通化梅河口市第五中学校考模拟预测）已知数列中，为数列的前项和，且(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，为数列的前项和，求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用的关系结合递推式可得，分奇偶项计算即可；（2）结合（1）的结论利用递推关系可得，再利用，放缩求证不等式即可.【详解】（1）由题意得，所以， 所以，所以，因此由-，得，即，因
28、此或因为，所以，所以，所以数列的奇偶项分别成等差数列，且公差为2又因为，得，所以，所以（2）证明：由（1）知，可得，两式相减，得，即又，所以又，所以，所以4（2023江西南昌南昌县莲塘第一中学校联考二模）在数列中，（k为常数，），且，构成公比不等于1的等比数列(1)求k的值；(2)设，求数列的前n项和【答案】(1)(2)【分析】（1）先判定为等差数列，表示出，根据等比数列的性质计算即可；（2）利用裂项相消法计算即可.【详解】（1），是以2为首项，为公差的等差数列，又，构成公比不等于1的等比数列，解得或，当时，此时公比为1，不合题意，舍去，（2）由（1）知，5（2022海南校联考模拟预测）已知等
29、差数列是递减数列，设其前项和为，且满足，(1)求的通项公式；(2)设数列的前项和为，求的最大值及相应的的值【答案】(1)(2)25，或5【分析】（1）利用数列前项和的定义及等差数列的通项公式，结合等差数列的性质即可求解；（2）根据（1）的结论及等差数列的前项和公式，结合等差数列的性质即可求解.【详解】（1）设等差数列公差为，则由，得，将代入上式解得或（舍），所以的通项公式为（2）由（1）得，所以，故数列是以10为首项，为公差的等差数列，令，解得，故，即当或5时，取得最大值25名师押题1设正项数列的前n项和为，且，当时，(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，且，求数列的通项公式【答案】(1)
30、(2)【分析】（1）根据结合题意可得是以为首项，1为公差的等差数列，进而可得的通项公式；（2）根据累加法与错位相减法求解即可.【详解】（1）由，得，因为，所以，所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以，所以，当时，当时，也满足上式，所以数列的通项公式为（2）由知：当时，则，由得：，化简得：，当时，也满足上式，所以数列的通项公式为2（2023江苏镇江江苏省镇江中学校考二模）已知数列满足：.(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）运用累乘法计算；（2）运用裂项相消法求和.【详解】（1）由题意：， ， ， ，将代入上式也成立， ；（2） ，.3（2023
31、山东泰安统考二模）已知数列的前n项和为，.(1)求；(2)设，数列的前n项和为，若，都有成立，求实数的范围.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由，可得，两式相减并化简后可得，后分奇偶情况可得；（2）方法1，由题，由等比数列前n项和公式可得表达式；方法2，注意到，可得表达式.后注意到的单调性，利用可得答案.【详解】（1），.，.又，数列的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.当时，；当时，.综上，（2）方法一：，.，.方法二：，时，为递增数列，时，为递减数列，若，都有成立，只需使，则且，则. 外接球、截面与点线面综合考点透视考点透视考点透视立体几何几何体性质及点线面关系再高考
32、中多以选填为主，一般是两道题，主要考察几何体中柱、锥、台球的结构特征，考察柱、锥、台球的表面积和体积的求解计算，考察柱、锥、台、球之间的组合体的性质及面积体积计算，考察几何体的三视图和直观图及利用三视图直观图进行数据计算。考察空间点、直线、平面之间的位置关系，考察线线、线面、面面之间的角度和距离计算。考察难度上，涉及到几何体外接球的求解计算，几何体上动点轨迹的求解计算，几何体被平面所截截面的求解计算，几何体中线段平行与垂直的关系等，容易成为中点和难点。满分技巧一、空间几何体的表面积与体积公式：(1)基本公式：圆：面积S圆r2，周长C圆2r；扇形：弧长l扇形R，面积S扇形lRR2，周长C扇形l2
33、R(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧2rlS圆锥侧rlS圆台侧(r1r2)l(3)柱、锥、台和球的体积公式柱体(棱柱和圆柱)：S表面积S侧2S底，V柱Sh；锥体(棱锥和圆锥) ：S表面积S侧S底，V锥Sh；台体(棱台和圆台) ： S表面积S侧S上S下，V台(S上S下)h；球：S球4R2 ，V球R3；二、直观图与原图的关系：(1)作图关系：位置：平行性、相交性不变；长度：平行x(z)轴的长度不变，平行y轴的长度减半.(2)面积关系：S直观图S原图；三几个与球有关的内切、外接常用结论：(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，则：若球为正方体的外接球
34、，则2Ra；若球为正方体的内切球，则2Ra；球与正方体的各棱相切，则2Ra.(2)长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则外接球直径长方体对角线，即：2R.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为：31.三、几种常见角的取值范围：异面直线成角(0， 二面角0， 线面角0， 向量夹角0， 直线的倾斜角0，)四三视图还原方法：提点连线法，具体步骤：根据三视图轮廓画长方体或正方体；在底面画俯视图；综合正视图和左视图进行提点连线； 验证与完善.五、内切球、外接球常用方法：将几何体补成长方体或正方体，则球直径=体对角线；过两个三角形的外接圆圆心作圆面垂线，则垂线交点即为外接球球心，找到球心即可求半径.真
35、题回顾 真题回顾 1（2019浙江高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则ABCD【答案】B【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.
36、方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B.【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.2（2022全国统考高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）ABCD【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】方法一：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小
37、圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立.故选：C方法二：统一变量基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C方法三：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，令，设，则，单调递增， ，单调递减，所以当时，最大，此时故选：
38、C.【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法3（2022天津统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A23B24C26D27【答案】D【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，因为，所以，因为重叠后的底面为正方形，所以,在直棱柱中，平
39、面BHC，则,由可得平面，设重叠后的EG与交点为则则该几何体的体积为.故选：D.4（2022浙江统考高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）ABCD【答案】A【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，则，所以，故选：A5（2022全国统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和若，则（）ABCD【答案】C【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用
40、勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.6（2022全国统考高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（）A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面【答案】A【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，则，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补