文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
专题04 数列与立体几何
题型概览
题型01 等差、等比数列
题型02 数列通项与求和
题型03 数列的综合应用
题型04 平行垂直的判断
题型05 外接球、内切球
题型06 空间几何体表面积与体积
题型07 线线角、线面角、二面角
题型08 立体几何范围与最值问题
题型09 新定义问题
等差、等比数列
1．（2025·福建泉州·二模）已知
为等比数列，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设
的公比为
，则
，
显然
，则
，即
，
因为
，则
，则
.
故选：A．
2．（2025·福建厦门·二模）厦门某会场座位共有20 排，第一排有15 个座位，从第二排起，每一排都比前
一排多两个座位．现有一个200 人的代表团来该会场参加会议，主办方需预留前
排座位给该代表团，则
的最小值为（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
【答案】C
【解析】由题知,前n 排座位数依次构成以15 为首项，2 为公差的等差数列，
故前n 排座位数之和
，
解得：
，故
的最小值为9,
题
型
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故选：C.
3．（2025·福建漳州·二模）设等差数列
的前n 项和为
，若
，
，则数列
的
前2025 项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设等差数列
的公差为
，
依题意可得
，解得
；
所以可得
，因此
，
所以
.
故选：D
数列通项与求和
4．（2025·福建福州·二模）已知数列
满足
，设数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因为
，且
，
题
型
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以当
时，
.
因为
也满足
，所以
.
因为
，
所以
.所以
.
故选：B.
5．（2025·福建龙岩·二模）已知数列
的前
项和为
，且满足
，
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
．
【解析】（1）由
，
，得
，又
，
数列
是首项为
，公差
的等差数列，
，即
，
当
时，
，且
也满足，
，则数列
的通项公式为
；
（2）由（1）得
，
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
.
6．（2025·福建泉州·二模）已知数列
的前项和为
，
，且
．
(1)证明：数列
为等差数列；
(2)设
，求数列
的前项和；
(3)在（2）的条件下，
中是否存在三项构成等差数列？若存在，求满足条件的三项；若不存在，请说
明理由．
【解析】（1）由已知
，
，
所以数列
为首项
，公差的等差数列．
（2）由（1）
，且
时，
，
，
也符合，所以
所以
，
所以
，
因为
，
所以
，
，所以
，
记数列
的前项和为
，
则
，
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
，
所以
，
所以
.
（3）不存在，显然数列
为递增数列，
若存在正整数
，使得
成等差数列，不妨设
，
则
，
即
，
因为
，所以
，显然
不成立，
所以数列
中不存在不同的三项构成等差数列．
7．（2025·福建福州·二模）已知数列
是公差为2 的等差数列，满足
．
(1)求
的通项公式；
(2)设
的前
项和为
，若
，求
的最大值．
【解析】（1）因为数列
是公差为2 的等差数列，所以
，
由
可得
，解得
，
所以
的通项公式为
．
（2）由（1）得
，
由
得
，即
，解得
，
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由于
，所以
，所以
的最大值为5．
8．（2025·福建三明·二模）已知数列
的前n 项和为
，
.
(1)若
，证明数列
为等比数列；
(2)若
，求使不等式
成立的n 的最小值.
【解析】（1）证明：因为
，
所以
，
，
因为
，所以
，
，所以
.
所以数列
是首项为
，公比为2 的等比数列；
（2）因为
，所以
，
由（1）可得数列
为首项为2，公比为2 的等比数列，
所以
，即
，
所以
，
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
因为数列
为单调递增数列，
当
时，
，
当
时，
，
所以，使不等式
成立的n 的最小值为10.
9．（2025·福建福州·二模）已知数列
，若
，点
、
在斜率是
的直线上.
(1)求数列
的通项公式；
(2)求数列
的前
项和
.
【解析】（1）由点
、
在斜率是
的直线上得：
，
即
，所以数列
是首项为
，公差为
的等差数列，
所以
.
（2）由（1）知：
，
所以
.
10．（2025·福建·二模）数列
的前
项和为
，已知
且
．
(1)求
的通项公式；
(2)设数列
满足
，求
的最大值．
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】（1）∵
①，
∴
②，
①②得：
，
，
①中令n＝2，则
，∴
，
为首项为1，公比为2 的等比数列，
∴
.
（2）由（1）知：
，
则
，
所以
所以当
时，
有最大值
.
数列的综合应用
11．（多选题）（2025·福建龙岩·二模）已知数列
的前
项和为
，则（ ）
A．若
是等差数列，则
，
，
成等差数列
B．若
是等比数列，则
，
，
成等比数列
C．若
，且
，则存在数列
，使得
D．若
，且
，则存在
，使得
【答案】AC
题
型
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】对于选项A：
是等差数列，设其公差为d，
因为
，
，
则
所以
，
，
，
成等差数列，故A 正确；
对于选项B：例如
，则
，
可得
，
，
不成等比数列，故B 错误；
对于选项C：例如周期数列
，满足
，且
，
此时
，故C 正确；
对于选项D：因为
，且
，所以该数列的项奇偶交替，且为整数，
而前
项包含
个奇数，
个偶数，这些项的和为奇数，而
为偶数，矛盾，
故D 错误；
故选：AC
12．（2025·福建泉州·二模）已知数列
满足
，
，
，则
的第2025 项为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由
，则
，可得
，且
，
所以
，
，
，
，
，
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
.
故选：B
13．（2025·福建三明·二模）若数列
满足
，
，则
（ ）
A．155
B．156
C．203
D．204
【答案】A
【解析】由
，则
，
故奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，
由
，则
，
，
则
，
故
.
故选：A
14．（2025·福建南平·二模）已知数列
的前
项和为
，若
，且对任意的
，都有
成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为
，且对任意的
，都有
成立，
所以
，所以
.
故选：D.
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
平行垂直的判断
15．（2025·福建福州·二模）如图，点
为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满
足直线
平面
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】对于A 选项，如图①所示，在正方体
中，
且
，
因为
分别为
的中点，
则
且
，
所以四边形
为平行四边形，
题
型
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
，
因为
平面
平面
，
所以
平面
，同理可证
平面
，
因为
平面
，
所以平面
平面
，
因为
平面
，
故
平面
,故A 满足；
对于B 选项，如图②所示，连接
，
在正方体
中，
且
，
因为
分别为
的中点，则
且
，
所以四边形
为平行四边形，故
，
因为
分别为
的中点，则
，
所以
，
因为
平面
平面
，
所以
平面
，故B 满足；
对于C 选项，如图③所示，在正方体
中，取
的中点
，
连接
，
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
因为
且
分别为
的中点，
所以
且
，故四边形
为平行四边形，则
，
因为
分别为
的中点，
所以
，则
，
所以
四点共面，
因为
且
，则四边形
为平行四边形，
所以
，
因为
分别为
的中点，则
，
所以
，
因为
平面
平面
，
所以
平面
故C 满足；
对于D 选项，如图④所示，在正方体
中，取
的中点
，
连接
，
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
因为
且
分别为
的中点，
则
且
，
所以四边形
为平行四边形，则
，
因为
分别为
的中点，
所以
，故
，
所以
四点共面，
同理可证
，故
，
同理可得
，
反设
平面
，
因为
，且
平面
，则
平面
，
但
与平面
有公共点
，这与
平面
矛盾，
故
平面
，故D 不满足.
故选：D.
16．（2025·福建厦门·二模）在正方体
中，
为
的中点，为平面
与平面
的交线，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设
为
的中点，连接
，
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
∵
为
的中点，
为
的中点，∴
，
又∵
，∴
，
∴
四点共面，
∴平面
与平面
的交线为
，则即为
所在直线，
∵
与
是异面直线，即与
是异面直线，故A 错误；
∵
，而在直角
中，
，则
与
不垂直，
故
与
不垂直，即与
不垂直，故B 错误；
∵
平面
，
平面
，∴
，
又
，
，
平面
，
∴
平面
，又
，
∴
平面
，即
平面
，
∵
平面
，∴
，故C 错误，D 正确，
故选：D.
17．（多选题）（2025·福建厦门·二模）如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体
，下面
部分可视为正四棱锥
，
为正方形
的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则
（ ）
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．
B．
平面
C．平面
平面
D．
与
为相交直线
【答案】BCD
【解析】对于A，设正方形
边长为2，由正四棱锥性质可得
平面
，故
，
因为
面
，故
在底面的射影为
，
又
不与
垂直，故
不与
垂直，故A 不正确；
对于B，由题
且
，故四边形
是平行四边形，
所以
不在平面
内，
平面
，
所以
平面
，故B 正确；
对于C，因为
，
平面
，故
平面
，
平面
即为平面
，因为
面
，
面
，
所以
，又因为
，
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
，即平面
平面
，故C 正确；
对于D，由C 可知
与
都在平面
中且不平行，故
与
为相交直线，故D 正确.
故选：BCD.
18．（2025·福建宁德·二模）设
是两个不同平面，
是平面
内的两条不同直线.甲：
，
乙：
，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
【答案】B
【解析】由
，
是平面
内的两条不同直线，得不到
，
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
因为
与
可能相交，只要
和
的交线平行即可得到
；
反过来，若
，
是平面
内的两条不同直线，则
和
没有公共点，
所以由
能得到
，
故甲是乙的必要不充分条件.
故选：B.
外接球、内切球
19．（2025·福建莆田·二模）已知某圆台下底面半径为2，高与上底面半径均为1，则该圆台外接球的表面
积是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题意分析可得球心应该在线段
的延长线上，如图，设
为圆台外接球的球心，
，
分
别为上、下底面圆的圆心，
为外接球半径，
则
，解得
，所以外接球的表面积为
．
故选：C．
20．（2025·福建漳州·二模）在菱形
中，
，
，将
沿对角线
翻折至
，则当三棱锥
表面积最大时，三棱锥
外接球的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
题
型
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】
由题意，因为
是菱形，
，
，
则
，
是等边三角形，面积固定，
当
且
时，
和
的面积最大，
即三棱锥
表面积最大，
因为
，则
，
取
的中点E，连接
，
则
，
，
如图，过球心
作
平面
，则
为等边三角形
的中心，
则
，所以
，
又
，所以
，
，
在
中，
，则
，
由勾股定理得
，
所以球的半径
，
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以三棱锥
的外接球的体积为
.
故选：C．
21．（2025·福建福州·二模）在平面四边形
中，
是边长为
的等边三角形，
是以点
为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线
折成四面体
，在折起的过程中，四面体
的外接球体积最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
如图，设三棱锥
的外接球球心为
，取
的中点
,连接
，
因为
是以点
为直角顶点的直角三角形，所以
的外接圆圆心是点
，
则由球的性质可知，
平面
，
设外接球半径为
,
是边长为
的等边三角形,
是以点
为直角顶点的等腰直角三角形,
,
在
中勾股定理可知
,
则在
中利用余弦定理可得，
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
,
，则
，得
，
所以
的最小值为1，外接球体积最小值为
.
故选：C.
22．（2025·福建泉州·二模）四棱锥
中，
，
，
，
，
，若
、
、
、
、
均在同一球面上，则该球的表面积等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】因为
，
，所以四边形
为平行四边形，
分别取
、
的中点
、
，连接
、
、
，
因为
、
分别为
、
的中点，则
且
，
故四边形
为平行四边形，所以
，
因为
，故
，同理可知
，从而
，
又
、
平面
，
，所以
平面
，
又
平面
，故
，从而
，所以四边形
为矩形，
从而
，又
，所以
，
取
的中点
，则
，故
为球心，
从而所求的球的表面积为
，
故选：C.
23．（多选题）（2025·福建宁德·二模）如图，在矩形
中，
为
中点，现分别
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
沿
将
，
翻折，使点
重合，记为点
，翻折后得到三棱锥
，则（ ）
A．
B．三棱锥
的体积为
C．二面角
的余弦值为
D．三棱锥
外接球的半径为
【答案】BCD
【解析】由题意易知：
，
，
所以
，即
不垂直，
对于A，若
，因为
，
为平面
内两条相交直线，
可得：
平面
，又
在平面
内，
，矛盾，故A 错误，
对于B，因为
，
为平面
内两条相交直线，
所以
平面
，
由
，得到
，
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
，
所以
，正确，
对于C：因为
，
为二面角
的棱，
分别在两个面内，
所以
为二面角
的平面角，又
，故C 正确，
对于D，因为
平面
，
外接圆的半径为：
，
所以三棱锥外接球的半径
，正确，
故选：BCD
24．（多选题）（2025·福建厦门·二模）已知四棱锥
的高为2，底面
是边长为2 的正方形，
，则（ ）
A．
的面积为定值
B．
C．四棱锥
表面积的最小值为
D．若四棱锥
存在内切球，则该球半径为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为
，所以
在底面
的射影
在直线
的垂直平分线上，过
作
垂
直
于
，连接
，
由题意可得
，又
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，则
，
，
的面积为
，故选项A 正确；
对于B，由题意可得
，所以
，故选项B 正确；
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
对于C，过
分别作
，
的垂线，垂足分别为E，F，
所以当
最小时，四棱锥
表面积取得最小值，不妨设
，
则
，当且仅当
时取等号，即
为底面
正方形的中心时，
所以四棱锥
表面积的最小值为四个全等三角形面积加底面面积，即
，故选项C 错误；
对于D，若四棱锥
存在内切球，则该球与平面
，平面
，平面
均相切，过
作
垂直
于
，所以
的内切圆半径等于该球半径，设为，
由等面积法可得
，解得
，
当四棱锥
为正四棱锥时，存在内切球，满足题意，故选项D 正确.
故选：ABD.
空间几何体表面积与体积
25．（2025·福建南平·二模）已知平行六面体
的体积为4，若将其截去三棱锥
，
则剩余几何体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
题
型
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】设点
到平面
的距离为，四边形
的面积为，
显然有
，所以
，
因此剩余部分几何体的体积为
，
故选：C
26．（2025·福建龙岩·二模）棱长均为
的四面体的顶点分别在四个互相平行的平面上．若相邻两平行平
面的距离都为
，则
的值为 ．
【答案】
/
【解析】在正方体中作出正四面体
，
作其中过
，
，
三个顶点的互相平行的平面，如图:
由于相邻两平行平面间距离都相等，不妨求平面
与平面
间的距离，
其中
，
，
，为正方体棱上的中点，
过
作
于
，则
即为两平行平面间的距离，
因为
，
所以
，所以
，
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
即相邻平行平面间的距离为
.
故答案为：
．
27．（2025·福建龙岩·二模）已知正四棱台
的上，下底面边长分别为
和
．若该棱
台的体积为
，则该棱台的外接球表面积为（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】在正四棱台
中，
，
，体积为
，高为，
故
，
则
，
，
连接
、
相交于点
，
、
相交于点
，
设外接球的球心为
，若
在台体外，
设
到底面
的距离为
，
则半径为
，
即
，解得
，所以球心
与点
重合，
若
在台体内，
到底面
的距离为
，
则半径为
，
即
，解得
， 所以球心
与点
重合，
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
综上所述，
，故
，所以
.
故选：C.
28．（2025·福建泉州·二模）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2
倍，容积为28ml，厚度忽略不计.当倒入14ml 茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】如图所示，延长正四棱台的各条侧棱，交于一点
，
设正四棱台的下底面边长为
，则上底面边长为
，高为，四棱锥
的高，
可得
，所以
,
设茶水的高为
，可得
，
即
，所以
.
故选：D.
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
线线角、线面角、二面角
29．（2025·福建泉州·二模）直三棱柱
中，
，
，点E 在棱
上，
．
(1)证明：
；
(2)若平面
平面
，点Q 是上异于点B 的动点．
（i）证明：
平面
；
（ii）求直线
与平面
所成角的正弦值的取值范围．
【解析】（1）证明：由直三棱柱
得
平面
，
又
平面
，所以
，
设
，连接
，同理可得
，
题
型
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由
，
在
中，
，
所以
，所以
，
又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
又
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
．
（2）（i）证明：由直三棱柱
得
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，平面
平面
，所以
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
．
（ii）以点
为原点，以
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则
,
所以
，
因为
，所以设
，则
，
设平面
的一个法向量为
，
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由
，取
，则
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
因为
，所以
，
所以
．
30．（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥
中，
平面
，
，
，
，
，
，
分别为
，
的中点．
(1)设
，且
，
，
，
四点共面，求实数
的值；
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)若平面
和平面
所成角的余弦值为
，求三棱锥
的体积．
【解析】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理）
在平面
内作
，以
为原点，
，
，
所在直线分别为
轴，
轴，
轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，
设
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又
，
分别为
，
的中点，
，
，
，
，
，
共面，
存在实数
，
，使得
，
即
，
，解得
；
方法二：坐标法（利用法向量）
在平面
内作
，以
为原点，
，
，
所在直线分别为
轴，
轴，
轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
设
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又
，
分别为
，
的中点，
，
，
设平面
的法向量为
，
，
，令
得
，
，
又
，
，
共面，
，解得
；
方法三：几何法：延长
交
于，连接
，
，
分别为
，
的中点，
，
平面
，
平面
，
平面
，
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
又
平面
平面
，
，
，又
，
四边形
是平行四边形，
，
，
过
作
交
于
，
，
又
，
；
（2）方法一：由（1）得
，
又
，
，
设平面
的法向量为
，
，解得
，令
得
，
，
设平面
和平面
所成的角为
，
，
整理得
，
，
，即
；
方法一：利用向量法求三棱锥
的高，
平面
的法向量为
，
，
设点
到平面
的距离为
，
，
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
平面
，又
平面
，
，
又
，
，
、
平面
，
平面
，
又
，
分别为
，
的中点，
，
，
平面
，又
平面
，
，
又
，
，
，
则
，
所以
；
方法二：几何法：
，
分别为
，
的中点，
，
平面
，
平面
，
平面
，
，
，
平面
，
，
.
31．（2025·福建宁德·二模）如图，平行四边形
中，
，
平面
，
是等边三角形，平面
平面
.
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)求证：
；
(2)若直线
和平面
所成角为
，
为线段
上一点，当平面
和平面
所成角的余弦值
为
时，求
的长.
【解析】（1）证明：取
的中点
，连结
，
.
平面
，
，
是等边三角形，
，
平面
平面
，平面
平面
，
平面
平面
，
，
，
，
，
共面，
平行四边形
中，
，
平行四边形
为边长为2 的菱形，且
在等边
中，
，
，
四边形
为菱形，
，
，
，而
平面
，
平面
，
而
平面
，
.
（2）由（1）得
，
，
平面
，
直线
和平面
所成角为
，即
，
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
在
中，
，
，
以
为原点，
，
，
所在直线分别为
轴、
轴、
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
设
，
则
，
设
是平面
的一个法向量，而
，
则
，
取
，则
，
，
设
是平面
的一个法向量，而
，
则
，
，
取
，则
，
，
，
平面
和平面
所成角的余弦值为
，
，
或
（舍去），
.
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
32．（2025·福建福州·二模）如图，在三棱柱
中，
平面
，
的中点为
，
．
(1)证明：
平面
；
(2)在平面
内，动点
在以
为圆心，
为半径的劣弧
上（不含端点
），若直线
与平面
所成的角为
，证明：
三点共线．
【解析】（1）解法一：连结
与
交于点
，连结
．
因为点
为
与
的交点，所以点
为
中点，
又因为
为
中点，所以
．
因为
平面
，
平面
，所以
平面
．
解法二：以
为坐标原点，
的方向为
轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系
.
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
则
，
．
设平面
的法向量为
，则
，即
，可取
．
因为
，
平面
，所以
平面
．
解法三：设
中点为
，连结
、
、
，则
且
．
因为
且
，所以
且
，
四边形
是平行四边形，所以
．
因为
、
分别为
、
中点，所以
，
又因为
，所以四边形
是平行四边形，所以
．
因为
，
平面
，所以
平面
，
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
同理
平面
，
又因为
，所以平面
平面
，
因为
平面
，所以
平面
．
（2）法1，以
为坐标原点，
的方向为
轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系
．
则
，
．
设平面
的法向量为
，则
，即
，可取
．
因为动点
在以
为圆心，
为半径的劣弧
上（不含端点
），
所以可设
，
则
，
由于
与平面
所成的角为
，所以
，
所以
，
所以
，即
，解得
，
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
，故
三点共线．
法2，前面同上，设平面
的法向量为
，
则
即
可取
．
因为动点
在以
为圆心，
为半径的劣弧
上（不含端点
），所以可设
，则
，
因为
与平面
所成的角为
，所以
，
所以
，
化简得
，即
，得
或
．
因为
不成立．由
可得
，从而
，得
，所以
，故
三点共线．
法3，设平面
平面
，则
．
过点
作
，垂足为
，连结
．
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
因为
，
平面
，所以
平面
，
又因为平面
平面
，
平面
，所以
．
因为平面
平面
，所以
.
又因为
，
所以
平面
，
为斜线
在平面
上的射影，
为
与平面
所成角，则
．
在
中，
，所以
．
因为
，所以
，
设
，则
，
设劣弧
上（不含端点
）时，
，
，所以
，
化简得
，解得
或
（舍去）．
当点
在
上（不含端点
）时，
，
，所以
，
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
化简得
，解得
或
，均舍去．
综上，得
，此时点
与点
重合，
又因为
的中点为
，故
三点共线．
33．（2025·福建厦门·二模）如图，在多面体
中，
平面
，平面
平面
，
四边形
是正方形，
是正三角形，
，
．
(1)证明：
平面
；
(2)若直线
与底面
的交点为
，直线
上是否存在点
，使得平面
与平面
的夹角为
60°?若存在，求
的长；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）取
中点
，连接
．
因为
是正三角形，所以
，
又因为平面
平面
，平面
平面
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
又因为
平面
平面
，所以
平面
．
因为四边形
为正方形，所以
．
又因为
平面
平面
，所以
平面
．
又因为
平面
平面
，所以平面
平面
．
因为
平面
，所以
平面
．
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（2）因为
且
，所以四边形
为梯形，
延长
交
的延长线于
．
平面
，所以
平面
．
以
为原点，
所在直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，即
，令
，可得
，
设
，则
，
设平面
的法向量为
，
则
，即
令
，可得
，
则
，
解得
，
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故
．
34．（2025·福建漳州·二模）如图，在四棱锥P-ABCD 中，
，
，
，E 是PD 的中点，
F，M 分别在线段PC，PB 上，且
，
，.
(1)证明：多面体
为四棱锥；
(2)作出四棱锥
的底面所在平面与平面
的交线，写出画法，不必证明；
(3)若
，
平面
，且
，求四棱锥
的体积.
【解析】（1）法一：取
的中点
，连接
，
因为
是
的中点，且
，
所以
是
的中点，
所以
，
，
又
，
，
，
所以
且
，
又
，
，所以
，且
，
所以四边形
是平行四边形，
所以
，又
，所以
，
所以
四点共面，即四边形
为平面四边形.
又多面体
其余各面都是有一个公共顶点P 的三角形，
所以多面体
为四棱锥.
法二：连接AC，AF，由已知，有
，
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
，
所以
，所以四边形AMFE 为平面四边形.
又多面体PAMFE 其余各面都是有一个公共顶点P 的三角形，
所以多面体PAMFE 为四棱锥，
法三：连接AF，由已知，有
，
，
，
所以
，
所以A，M，F，E 四点共面，即四边形AMFE 为平面四边形.
又多面体PAMFE 其余各面都是有一个公共顶点P 的三角形，
所以多面体PAMFE 为四棱锥.
（2）法一：如图，延长
交
于点
，连接
，直线
即为所求作的交线.
易知
为平面
与平面
的公共点，
又
为
与
的交点，易知
也是平面
与平面
的公共点，
所以
即为交线.
法二：如图，连接EM 并延长交BD 于点N，连接AN，直线AN 即为所求作的交线.
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
易知：
为平面
与平面
的公共点，所以
即为交线.
法三：连接FE 并延长交CD 于点N，连接AN，直线AN 即为所求作的交线.
，
易知：
为平面
与平面
的公共点，所以
即为交线.
（3）法一：因为
，
平面ABCD，如图，以A 为坐标原点，过点A 且与CD 平行的直线为x
轴，AD，AP 所在直线分别为Y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，连接AF，
则
，
，
，
，
，
，
故
，
，
，
，
，
.
设平面AEF 的法向量为
，
则
，即
，不妨取
，则可得
，
则点P 到底面AMFE 的距离为
，即为四棱锥的高.
因为
，所以
，因此四边形AMFE 为直角梯形，
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
又由（1）知，
，则
，
从而，四棱锥P-AMFE 的体积
.
法二：连接AF，
因为
，所以
，所以
，
所以四棱锥PAMFE 的体积
，
因为
，
所以
，
所以
.
35．（2025·福建三明·二模）如图，直四棱柱
中，
，
，
，
，直线
与直线
所成角为
，
为棱
的中点，矩形
以边
所在直线为旋转轴，
逆时针旋转
至矩形
，如图所示.
(1)求证：
平面
；
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)线段
与平面
交于点
，且
在
上投影向量的模等于
，求
的值.
【解析】（1）
中，
，
，
，
由余弦定理得
，
因为
，故
，
在四棱柱
中，
，
，故四边形
为平行四边形，
所以
，
因为直线
与直线
所成角为
，
所以
为直线
与直线
所成角或其补角，
又因为
，所以
，则
，所以
，
因为
，
，故四边形
为平行四边形，所以
，
所以
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
.
（2）（法一）因为
，
，
，所以
，
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由勾股定理得
，且
，
因为
为直四棱柱，故以
为原点，
、
、
所在直线分别为
轴、
轴、
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
、
、
，设点
，
.
，
，
因为
在
投影向量的模为
，
所以
即
，得
或
（舍去），
所以
，
，
因为
、
、
、
四点共面，所以设平面
的一个法向量为
，
由
，令
，得
，
由题意可得
，则
，
由
得
，
化简得
，所以
.
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（法二）因为
，
，
，所以
，
由勾股定理得
，且
，
因为
为直四棱柱，故以
为原点，
、
、
所在直线分别为
轴、
轴、
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
、
、
，设点
，
.
，
，
，
因为
在
投影向量的模为
，
所以
，
，得
或
（舍去），
所以
，
，
因为
、
、
、
四点共面，
所以设平面
的一个法向量为
，由
，
令
，得
，由题意可得
，
，
由
得
，
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
化简得
，所以
.
36．（2025·福建莆田·二模）如图，在四棱锥
中，底面
是菱形，
，
，
．
(1)求证：平面
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的正弦值．
【解析】（1）证明：如图，取
的中点为
，连接
，
，
．
因为底面
是菱形，
，
，
所以
，
，所以
是等边三角形，
又
为
的中点，所以
，且
，
．
在
中，
，
，
，由余弦定理，得
，
又
，所以
，即
．
因为
，
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
．
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（2）在平面
内，过
作
，
与
的延长线交于点
，连接
．
在
中，
，
，
，所以
，
．
在
中，
，
，
，由余弦定理，得
，
所以
，即
．
因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
，即
两两垂直．
以
所在直线分别为
轴，
轴，
轴建立空间直角坐标系如图所示，
则
，
，
，
，
．
所以
，
，
，
．
设平面
的一个法向量为
，则
，即
，
令
，则
，
，即平面
的一个法向量为
．
设平面
的一个法向量为
，则
，即
，
令
，则
，
，即平面
的一个法向量为
．
设平面
与平面
的夹角为
，则
，
所以
，即平面
与平面
夹角的正弦值为
．
37．（2025·福建厦门·二模）如图，在长方体
中，
与
交于点
为棱
的中点.
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)证明：
平面
；
(2)设
，其中
，若二面角
的大小为
，求
.
【解析】（1）以
为坐标原点，
为单位长，
为
轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系
.
由题设知
.
故
，
由
得，
.
由
得，
.
而
平面
平面
，
所以
平面
.
（2）由（1）得
,由题设知
.
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故
,
由（1）知平面
的一个法向量为
.
设平面
的法向量
，则
即
令
，则
可得平面
的一个法向量
.
则
，
又二面角
的余弦值为
，
解得
或
（舍去），故
的值为
.
38．（2025·福建福州·二模）如图，在长方体
中，
，
与
交于点
，
为棱
的中点.
53
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)证明：
平面
；
(2)设
，其中
，若二面角
的大小为
，求
.
【解析】（1）方法一：以
为坐标原点，
为单位长，
为
轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系
.
由题设知
，
，
，
，
由
得，
.
由
得，
.
而
平面
，
平面
，
，
所以
平面
.
方法二：取
中点
，设
，连结
.
在长方体中，
，故
，
，故
，
因为
平面
,
所以
平面
.
54
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（2）方法一：由题设知
，
.
由（1），平面
的一个法向量为
.
设平面
的法向量
，则
即
令
，可得平面
的一个法向量
.
则
，又二面角
的余弦值为
，
解得
或
（舍去），故
的值为
.
方法二：在平面
内过 Q 作
交
于 H ，
则
平面
，在平面
内过 H 作 HG 垂直
于 G ，所以
,
又
,
平面
， 所以
平面
，
所以
为二面角
的平面角，
设
，由余弦定理得，
则
所以
55
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
，
解得
.
立体几何范围与问题
39．（2025·福建南平·二模）已知正方体
的棱长为4，点
分别为线段
上的动
点，则
的最小值为 ，此时
.
【答案】
；
.
【解析】由题可以
为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则
，
所以
，设
，
题
型
56
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
，
当
取得最小值时，
为异面直线
和
的公垂线段，
所以此时
且
，
故
，
所以
取得最小值时，
，
，
所以
的最小值为
，
此时
.
故答案为：
；
.
40．（2025·福建三明·二模）若正四面体
的棱长为
，点
满足
，则
的最大
值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
57
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】将正四面体
补成正方体
，
以点
为坐标原点，
、
、
所在直线分别为
、
、
轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为正四面体
的棱长为
，则正方体
的棱长为
，
则
、
、
，设点
，
则
，
，
所以
，
所以
，
化简得
，
因为
，则
，
设
，
，
，
所以
.
58
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故
的最大值为
.
故选：D.
新定义问题
41．（多选题）（2025·福建泉州·二模）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列，在数学上，
帕多瓦数列被以下递推的方法定义：数列
的前n 项和为
，且满足：
，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
是偶数
D．
【答案】BD
【解析】由题设
，
，
，
，故A 错误；
由上分析，
，故B 正确；
由
知：*表示奇数，@表示偶数，如下表，
1
1
1
2
2
3
4
5
7
9
12
16
21
28
*
*
*
@
@
*
@
题
型
59
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
*
*
*
@
@
*
@
……
显然，该数列奇偶数出现以7 为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3 个奇数，2 个偶数，
1 个奇数，1 个偶数，而
，故
是奇数，故C 错误；
由
，
，
，…，
，且
，
,
所以
，又
，
故
，故D 正确．
故选：BD.
42．（多选题）（2025·福建厦门·二模）已知
是首项为
，公比为
的递增等比数列，其前
项和为
．
若对任意的
，总存在
，使得
，则称
是“可分等比数列”，则（）
A．
不是“可分等比数列”
B．
是“可分等比数列”
C．若
是“可分等比数列”，则
D．若
是“可分等比数列”，则
【答案】ACD
【解析】对于A，若
，则
，
因为
，所以
，
又因为
，
所以不存在正整数
，使得
，
所以
不是＂可分等比数列＂，所以选项A 正确：
60
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
对于B，若
，则
，
所以
，当
时，
，
所以不存在正整数
，使得
，所以
不是＂可分等比数列＂，所以选项B 错误；
对于C，若
，则有
，所以不存在正整数
，使得
，所以
，
因为
是递增等比数列，所以
，所以
，
因为
，所以
，即
．
下证：对任意
，当且仅当
时，
．
反证法：假设存在正整数
，使得当
时，
，
取满足条件的最小正整数
，此时有
，使得
且
，
则
，即
，即
与
矛盾．
所以对任意
，当且仅当
时，
，所以选项C 正确；
对于D，下证：
．
由上可知
，即
恒成立，只需
，即
恒成立，
①当
时，因为
恒成立，所以
符合要求；
②当
时，因为
，
当
时，
，不符合题设要求．
综上，
，所以选项D 正确．
61
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故选：ACD.
43．（2025·福建福州·二模）陈嘉豪发现，《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱
锥为阳马．已知长方体
，若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是
（用数字作答）．
【答案】24
【解析】长方体
有6 个面. 以其中一个面为底面，比如底面
.
当以底面
为阳马的底面时，从顶点
中任选一个顶点作为垂直于底面
的侧棱的顶点，
都可以构成1 个阳马，这样就有4 个阳马.
因为长方体有6 个面，每个面都可以像底面
这样构成4 个阳马.
所以阳马的总个数为
.
故答案为：24.
44．（2025·福建宁德·二模）已知数列
共有
项
，其中
项为
，
项为
.若数列
满足对任意
中的
的个数不少于的个数，则称数列
为“规范数列”.
当
，
时，“规范数列”的个数为 ，记
表示数列
是“规范数列”的概率，则
的最小值为 .
【答案】 5
【解析】（1）当
时，满足要求的“规范数列”有
；
；
；
；
；
所以当
，
时，“规范数列”的个数为.
（2）
，
，
时，具有“规范数列”数列特征的数列
的个数为
，
当
，
，
时，由已知数列
共有
项，其中
项为
，
项为，
62
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以满足条件的数列
的个数为
，
若数列
为“规范数列”，则第一项为
，
若第一项为
，第二项为
时，“规范数列”个数为
，
当第一项为
，第二项为，第三项必然为
，此时“规范数列”个数为
，
所以
.
故
，
因为函数
在
上单调递增，
所以当
时，
取最小值，
，
故答案为：；
.
45．（2025·福建·二模）项数为
的数列
满足
，当且仅当
时
（其
中
,规定：
），称
为“好数列”．在项数为6 且
的所有
中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为 ．
【答案】
/
【解析】由题意，因为项数为6 且
，
所以每一项
都有两种选择，根据分布乘法计数原理，
可构成的数列
个数为
个，
由题意，若
为“好数列”，则意味着若
，其前一项与后一项相等，
①则若
中没有0，则数列为
，不符合题意，
63
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
②若
中有1 个0，不论0 在那个位置，都会出现3 个1 相邻，不符合题意，
③若
中有2 个0，则
，
，符合“好数列”定义；
④若
中有3 个及以上0，若0 相邻，根据定义，数列只能为
，
若0 不相邻，只能1 和0 间隔出现，会出现两个0 中间出现1，不符合题意，
综上，符合题意的“好数列”只有4 个，
所以数列是“好数列”的概率为
.
故答案为：
46．（2025·福建泉州·二模）笛卡尔通过解析几何，将代数的精确性与几何的直观性结合，不仅推动了数
学的变革，还为科学提供了强大的分析工具，其坐标系思想至今仍是科学与工程中不可或缺的基础．在直
角坐标系中，如果某曲线
上的点与一个二元方程
的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的
坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，
这条曲线叫做方程的曲线．类似地，在空间直角坐标系中，我们也定义曲面的方程
和方程的曲
面．已知在空间直角坐标系
中，曲面
，
是
轴与
的公共点，且
是
的四等分点，点
在
上，
，
．
(1)证明：
在
上，且
平面
；
(2)当
的长度最小时，求平面
与平面
的夹角的余弦值；
(3)设
与平面
所成的角分别为
，当
在
上运动时，求
的取值范围．
【解析】（1）因为点
在
上，所以
，从而
，所以点
在
上，
又
，且
不重合，所以
，且
，故四边形
为平行四边形，
所以
，又
平面
，
平面
，所以
平面
.
64
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（2）取点
，连结
，则
平面
，
因为
平面
，所以
，从而
，故
取最小值当且仅当
取最
小值，
在平面直角坐标系
中，点
在椭圆
，从而可得
的最小值为
，平面
的一个法向
量
，
，
，
设平面
的法向量
，则
即
整理得
令
，得
，所以
，
设平面
与平面
的夹角为
，则
．
65
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（3）由（2）可知，
分别是
在平面
内的射影，故
分别是直线
与平面
所成角，即
，
设
，则
，
，所以
，
易得在平面直角坐标系
中，
为椭圆
的焦点，
所以
，即
，从而
，
，
又当
时，
，所以
，所以
的取值范围为
．
47．（2025·福建南平·二模）若简单多面体可以被分割成
个完全相同的小多面体，则称该简单多面
体为“
等和多面体”，其中
分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个
小多面体的顶点数、棱数、面数分别为
，
，
，
，
（
为与分割方式有关的正整数）.
(1)已知长方体是“
等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂
直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下
的值；
(2)判断正四面体
是否为“
等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下
的值；若不是，请说明理由；
(3)若简单多面体是“
等和多面体”，求分割后小多面体的个数与
的等量关系.
参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数
棱数
面数
”，即
.
【解析】（1）已知过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割.在长方
体每个维度上都被分割成两份，所以小长方体的个数为
66
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
；
原长方体顶点数
，每个小长方体顶点数
，
，
又
，
所以
；
原长方体棱数
，每个小长方体棱数
，
，
又因为
，
所以
；
原长方体面数
，每个小长方体面数
，
，
又因为
，
所以
.
（2）正四面体
，
，
，
，
正四面体是“
等和多面体”.
分割方式：将正四面体的每条棱三等分，连接各分点，可将正四面体分割成
个完全相同的小正四面体，
所以
.
每个小正四面体顶点数
，
，
又
，
67
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
；
每个小正四面体棱数
，
，
又因为
，
所以
；
每个小正四面体面数
，
，
又因为
，
所以
.
（3）利用欧拉公式建立等式：
根据欧拉公式，对于原多面体有
，
对于每个小多面体有
，
对每个小多面体的欧拉公式两边同时乘以有
，
两式相减得
，
即
.
48．（2025·福建福州·二模）已知函数
，记
，若
满足
，则称
是
上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数
是
上的“可控
68
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
函数”，则函数
也是
上的“可控函数”，其中
，例如
．
(1)判断函数
是否为
上的“可控函数”，并说明理由；
(2)已知函数
是
上的“可控函数”，且的最大值为
．
（i）求函数
的解析式；
（ii）若数列
满足
，
是数列
的前
项和．求证：
．
【解析】（1）
是
上的“可控函数”．
因为
，由
得
，
所以
，
因为
，故函数
是
上的“可控函数”．
（2）（i）由函数
的定义域为
，可得
，
由于
，又因为
，
当
时，
，则
在区间
上单调递减，
当
时，
，则
在区间
上单调递增，
而
，所以当
时，
的取值范围为
，
因为
，
69
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以由“可控函数”的定义可得函数
是
上的“可控函数”．
所以的最大值不小于
．
若
，由“可控函数”定义可知
满足的条件为
可得
，所以
．
又因为
，由
的单调性可得，
当
时，
的取值范围为
，
显然
，
所以函数
是
上的“可控函数”，
所以的最大值为
，得
，则
，
所以函数
的解析式为
．
（ii）先证明
．
由（i）可知函数
是
上的“可控函数”，
由“可控函数”性质可知函数
也是
上的“可控函数”，
所以
．
因为
，
70
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
且
，所以
，
所以
．
再证
．
由（i）可得
在区间
上单调递减，且
，
所以若
，则
，
若
，则
．
又因为
，所以
时，
均大于
均小于
．
因为
，
所以当为奇数时，
．
若
，可得
．
若
，可得
，
所以对任意的
．
综上所述
．
49．（2025·福建厦门·二模）将区间
中的全体有理数按一定顺序排列得到数列
，规则如下：①
，其中正整数
与
互质，如
，
；②
，当且仅当
时，
.
71
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)写出
的前5 项；
(2)若
，
，求
；
(3)记
的前
项和为
，证明：
.
【解析】（1）
的前5 项为
，
，
，
，
.
（2）因为
，
，所以
.
又因为
，故
，
，
因此
，当且仅当
时，
.
由于
，
故由
与2025 互质可得
既不是3 的倍数，也不是5 的倍数.
而在1 到2024 之间的正整数中，是3 的倍数的整数有
个，
是5 的倍数的整数有
个，是15 的倍数的整数有
个.
所以
.
（3）方法一：依题意，若正整数
与
互质，则
与
也互质，
记
中分母为正整数
的共有
项，
则
总满足
或
，其中
，
为偶数.
因为
，所以
，且这
项的平均数为
.
（i）对于满足
的所有
的前
项和为
.
72
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（ii）当
时，不妨设
，其中
.
则
.
①若
，则
，则
.
②若
，则
，
则
，
所以
.
综上，
.
方法二：记
，
中的元素个数为
.
设
，其中
.
，若正整数
与
互质，则
与
互质，
故
，
中所有元素之和为
.
（i）若
，则
，
.
（ii）若
，设
中的元素从小到大排列依次为
，
则
，这是由于不等式两边的元素数量均为
个，
但左边的最大元素
小于右边的最小元素
.
73
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
所以
，
所以
，
从而
，
综上，
.
74
