题号猜押10+13题 数列与平面向量（抢分专练）（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押10+13题 数列与平面向量 押题预测 考点1 平面向量 1．【答案】D 【分析】根据充分必要条件的定义，结合向量平行定理，即可判断. 【详解】若，， 所以，， 当时，，当时，，此时 故“”是“”的不充分条件， 因为，若，则，当且仅当方向相同时取到等号，则恒成立，故 ，但两个向量间的系数不确定，不能推出“”； 综上可知，，那么“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 2．【答案】B 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 3．【答案】B 【分析】利用向量的线性运算，用来表示，然后利用平面向量基本定理即可确定选项. 【详解】 在矩形中，因为点E为线段的中点，所以， 则有， 因为，分别是与方向相同的单位向量, 所以， 则， 又因为，所以， 故选：B. 考点2 平面向量的坐标运算 1．【答案】C 【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求出的值. 【详解】因为， 所以. 因为，所以 所以. 解得. 故选：C. 2．【答案】A 【分析】利用平面向量数量积的运算性质和坐标运算可得出的值. 【详解】因为向量、满足，， 则. 故选：A. 3．【答案】D 【详解】向量， 则， 当时，取最小值. 考点3 等差数列 1．【答案】C 【分析】化简得到，分别判断充分性和必要性得到答案. 【详解】为等差数列， 则， 对应的二次函数为， 故当时，函数有最小值，对应的数列有最小值， 当数列有最小值时，则二次函数开口向上，所以， 故是充分必要条件． 2．【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式及前项和公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，由， 得，解得， 所以. 故选：B 3．【答案】B 【分析】将颗仙豆从小到大可以增加的战斗力看成一个递增的等差数列，结合题意可知，，由此可以解出即为答案. 【详解】由题干可知颗仙豆从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列， 不妨设为，则，颗仙豆可增加的战斗力之和记为， 由等差数列的前项和公式可知， 所以数列的公差，故， 即最小的仙豆可以增加的战斗力为. 故选：B. 考点4 等比数列 1．【答案】A 【详解】设等比数列的公比为， 因为，， 所以，解得. 2．【答案】B 【分析】根据题意，利用等比数列的性质，结合充分条件，必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由等比数列单调递减，各项均为正数，设等比数列的公比为，则， 若，根据等比数列的性质，可得，解得， 又由且，因为且，所以， 此时与无法比较，所以不能推出有唯一的最大值，所以充分性不成立； 反之：若有唯一的最大值，可得， 因为，所以， 根据等比数列的性质，知，所以成立，即必要性成立， 综上可得，是有唯一的最大值的必要不充分条件. 故选：B. 3．【答案】B 【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得. 【详解】依题意，有，， 时，不是正整数； 时，； 时，，不是正整数. 所以，，. 故选：B 考点5 数列综合问题 1．【答案】C 【分析】对A，当时，可得，得解；对B，由，结合递推关系可得，得解；对C，当时，通过递推关系分，，讨论求解；对D，当时，通过递推关系可得递增，得解. 【详解】对于A，当时，有，递推可得，不满足，故A错误； 对于B，当时，，，， 则，不满足存在正整数，当时，，故B错误； 对于C，当时，则，，故， 因为， 若，则， 若，则， 若，则， 综上，当时，对于任意的正整数，，故正确； 对于D，当时，则， 若，则，故递增，故D错误. 故选：C. 2．【答案】D 【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可. 【详解】对于A选项：当时，，不正确； 对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确； 对于C选项：当时，， 又，所以 ，不正确； 对于D选项：当时，， ，正确， 故选：D. 3．【答案】D 【分析】对于A，等差数列要求为常数，即恒定；对于B，等比数列要求为常数，即与成比例；对于C，递减数列需，但时；对于D，递增数列需，结合的范围分析其单调性. 【详解】选项A：若存在，数列为等差数列， 则（常数），即对所有成立， 则必须满足，且， 唯一可能解为，此时，但不包含端点，故A错误； 选项B：若存在，数列为等比数列， 则（常数），即，即， 若，则与成正比， 由的图象可知，无法保证与的变式速度相同； 若，则，仅当时成立，但，故B错误； 选项C：若存在，则，数列不是递减数列，故C错误； 选项D：若存在，数列为递增数列， 则，即，故，数列递增，故D正确. 故选：D. 通关特训 一、单选题 1．【答案】D 【分析】利用向量的加法的平行四边形法则，判断四边形的形状，推出结果即可． 【详解】解：非零向量，满足，可知两个向量垂直，，且与的夹角为， 说明以向量，为邻边，为对角线的平行四边形是正方形，所以则． 故选：． 2．【答案】C 【分析】根据平面向量基本定理及数量积定义计算求解. 【详解】因为，所以， ， 所以. 3．【答案】B 【分析】根据向量的数量积含义，以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论． 【详解】根据题意，若，则与共线， 不防假设，则对任意的都有，进而成立， 故无法判定，充分性不成立， 若，则，所以， 故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4．【答案】D 【分析】由正弦定理求△ABC外接圆半径，在其外接圆中连接，由，讨论的位置情况确定范围. 【详解】由题设，△ABC外接圆半径为， 如下图，外接圆中连接，可得，， 所以， 当反向共线时最小，最小值为；当同向共线时最大，最大值为20， 所以. 故选：D 5．【答案】C 【分析】利用基底表示和，再求数量积. 【详解】， 所以， ， ， ， ，， 当时，取得最大值. 故选：C 6．【答案】A 【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值. 【详解】如图所示，，则由题意可知:， 由勾股定理可得    当点位于直线异侧时或PB为直径时，设， 则： ，则 当时，有最大值.    当点位于直线同侧时，设， 则： ， ，则 当时，有最大值. 综上可得，的最大值为. 故选：A. 7．【答案】A 【分析】根据等比中项的性质列方程，由此求得，进而求得，从而求得的值 【详解】设等差数列的公差为d，∵构成公比为q的等比数列，∴， 即，解得或2， 所以或，所以或3， 故选：A 8．【答案】B 【分析】先求出数列和的通项公式，然后利用分组求和求出，再对n进行赋值即可求解. 【详解】因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列所以， 因为是以1为首项，2为公比的等比数列所以， 由得： ， 当时，即，即， 当时，， 当时，， 所以n的最大值是. 9．【答案】C 【分析】利用题目条件推出数列前项和与通项的关系，结合选项逐一判断. 【详解】已知，时，两式作差得：， 因，两边除以得：，且时，，得， 同时可知：奇数项是公差为的递增数列，偶数项也是公差为的递增数列， 选项A：若是等差数列，由得，结合得， 即，验证得，满足条件，因此可以是等差数列，A错误； 选项B：若是等比数列，公比为，则要求对所有恒成立， 左边随变化，不可能恒等于常数，矛盾，不存在这样的等比数列，B错误； 选项C：递减数列要求对任意，，由前面推导： 若，则，即，不满足递减； 若，直接得，不满足递减；且奇数项、偶数项本身都是递增的， 因此不可能是递减数列，C正确， 选项D：数列的奇数项和偶数项都是单调递增数列，故数列不是周期数列，D错误. 10．【答案】B 【详解】由，，解得； 由，解得； 由，解得或； 由，解得或； 由，解得或或； 由，解得或或或； 由，或或或或或， 所以则m所有可能的取值集合为，共6个元素. 11．【答案】B 【分析】根据题意，利用反例法，可得判定充分性不成立；结合，取，得到均有，所以必要性成立，即可得到答案. 【详解】若，则对于任意的，均有， 此时，对于任意的，不存在，使得，所以充分性不成立； 若对于任意的，存在，使得， 则，取， 则对于任意的，均有，所以必要性成立， 所以“存在，对于”是“存在，对于”的必要不充分条件. 故选：B. 12．【答案】C 【分析】由，分和两种情况讨论公比取值，即可判断. 【详解】若“数列为递减数列”，易得， 若“对任意的正整数，”， ， 当时，由，得， 解得：或， 若，则，此时，与已知矛盾； 若，则，由指数函数单调性可知单调递减； 当时，由，得， 解得：或， 若，则，此时，与已知矛盾； 若，则，由指数函数单调性可知单调递减； 综上可知：若，可判断数列为递减数列， 所以“数列为递减数列”是“对任意的正整数，”的充要条件， 故选：C 13．【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等差数列、等比数列求出，及，再构造数列并判断单调性得解. 【详解】依题意，，， 则，令， 则，， 因此当时，；当时，，即最大， 所以当最大时，. 故选：B 14．【答案】C 【分析】当时，得到，当时，得到，数列不能构成等比数列，可判定A错误；当时，求得，可判定B错误；若数列为常数列，得到，结合二次函数的性质，求得，可判定C正确；假设列是周期数列，且最小正周期为，得到且，结合，得到，化简求得，这与矛盾，可判定D错误. 【详解】对于A中，若，可得，即， 当且时，两边取对数，可得，即， 此时数列表示首项为，公比为的等比数列； 当时，可得，此时，数列不能构成等比数列，故A错误； 对于B中，当时，可得，即， 例如：当时，由，可得， 又由，可得，此时， 所以，当，数列是不一定是递增数列，所以B错误； 对于C中，若数列为常数列，则， 因为，即， 又因为，所以， 所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且， 因为，可得，所以， 则，即， 又因为数列的各项均为正数，即， 所以，即，这与矛盾， 所以数列的最小正周期不可能是，所以D错误. 故选：C. 15．【答案】D 【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可. 【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1， 则第段圆弧的半径为，弧长记为，则， 所以. 故选：D． 16．【答案】A 【分析】根据以及充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可 【详解】由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立， 即对任意恒成立，故， 所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件， 故选：A 17．【答案】B 【分析】构造函数，利用导数判断函数为单调递减，进而得到与的大小关系，再利用必要充分条件的定义，即可得到答案； 【详解】解：设，所以f′（x）=cosx﹣1≤0， 故f（x）在R上单调递减，当x>0时，f（x）<f（0）=0，即sinx<x. 当x<0时，f（x）>f（0）=0，即sinx>x. 当任意n∈N*，都有an+1≤an，即sinan≤an，所以an≥0，即a1≥0. 当a1≥0时，令a1=，a2=﹣1，a3=sin（﹣1）>﹣1， 所以a1≥0不能推出“任意n∈N*，都有an+1≤an“， 故“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的必要不充分条件. 故选：B. 18．【答案】B 【解析】根据递增数列的定义并结合对项取值，可得结果 【详解】由数列是等比数列，可假设， 则， 可知，但数列不是递增数列， 若数列是递增数列，由定义可知，，故 “”是“是递增数列”的必要不充分条件 故选：B 二、填空题 19．【答案】 【分析】（1）根据计算出结果； （2）记点，，，，点的轨迹为矩形，且，利用三角形面积公式求出答案. 【详解】（1）为两个单位向量，且， 故， ； （2）当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 记点，，，，则点的轨迹为四边形； 因为，故四边形为矩形，且， 所以，点的轨迹围成的图形面积为， 故答案为：， 20．【答案】 144 1073 【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 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押10+13题 数列与平面向量 溯源：近5年真题显示，平面向量每年必考一道小题，正常情况下考查一些的模长夹角等基本问题，个别年份考的稍微深一些，向量数量积的几何意义与范围问题．数列会有1-2道小题，有时候会和常用逻辑用语结合成一道小题，必有一道压轴大题（这个后面单独开一个专题）． 预测：平面向量考查的预测不会太深，掌握好夹角公式， 模长，垂直，平行等知识，再多加一个投影向量，数列小题有可能出个单选压轴，考查的会很复杂． 备考核心：要掌握平面向量的知识点，概念，还有数量积的几何意义，数列的基本量，单调性，最大值最小值等，还有前n项和与通项公式的关系． 考点1 平面向量 1．已知是平面内两个非零向量，，那么“”是“”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】D 【分析】根据充分必要条件的定义，结合向量平行定理，即可判断. 【详解】若，， 所以，， 当时，，当时，，此时 故“”是“”的不充分条件， 因为，若，则，当且仅当方向相同时取到等号，则恒成立，故 ，但两个向量间的系数不确定，不能推出“”； 综上可知，，那么“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 2．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 3．在矩形中，，点E为线段的中点，与交于点F．设，其中分别是与方向相同的单位向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的线性运算，用来表示，然后利用平面向量基本定理即可确定选项. 【详解】 在矩形中，因为点E为线段的中点，所以， 则有， 因为，分别是与方向相同的单位向量, 所以， 则， 又因为，所以， 故选：B. 考点2 平面向量的坐标运算 1．已知平面向量，，若，则实数（    ） A． B．1 C．或1 D．4 【答案】C 【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求出的值. 【详解】因为， 所以. 因为，所以 所以. 解得. 故选：C. 2．已知向量、满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用平面向量数量积的运算性质和坐标运算可得出的值. 【详解】因为向量、满足，， 则. 故选：A. 3．（2026·北京密云·一模）已知向量，则的最小值为（    ） A． B．2 C．-2 D． 【答案】D 【详解】向量， 则， 当时，取最小值. 考点3 等差数列 1．（2026·北京延庆·一模）设等差数列的公差为，其前n项和为，则“”是“存在最小值”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】化简得到，分别判断充分性和必要性得到答案. 【详解】为等差数列， 则， 对应的二次函数为， 故当时，函数有最小值，对应的数列有最小值， 当数列有最小值时，则二次函数开口向上，所以， 故是充分必要条件． 2．已知等差数列的前项和为，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式及前项和公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，由， 得，解得， 所以. 故选：B 3．今年高三的“节”活动引用了漫画《龙珠》.在原著中卡林塔上的猫仙人种植了一种仙豆，可以帮助主角疗伤和增长战斗力.仙豆共有7颗，从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列.在下一场挑战前，主角将7颗仙豆全部吃掉，增加21000的战斗力，击败了“比克大魔王”.如果第3小的仙豆可以增加2700的战斗力，那么最小的仙豆可以增加的战斗力为（   ） A．1800 B．2100 C．3600 D．3900 【答案】B 【分析】将颗仙豆从小到大可以增加的战斗力看成一个递增的等差数列，结合题意可知，，由此可以解出即为答案. 【详解】由题干可知颗仙豆从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列， 不妨设为，则，颗仙豆可增加的战斗力之和记为， 由等差数列的前项和公式可知， 所以数列的公差，故， 即最小的仙豆可以增加的战斗力为. 故选：B. 考点4 等比数列 1．（2026·北京·模拟预测）在等比数列中，，，则（    ） A． B． C．8 D．24 【答案】A 【详解】设等比数列的公比为， 因为，， 所以，解得. 2．已知等比数列单调递减，各项均为正数，前项的乘积记为.则“”是“有唯一的最大值”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】根据题意，利用等比数列的性质，结合充分条件，必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由等比数列单调递减，各项均为正数，设等比数列的公比为，则， 若，根据等比数列的性质，可得，解得， 又由且，因为且，所以， 此时与无法比较，所以不能推出有唯一的最大值，所以充分性不成立； 反之：若有唯一的最大值，可得， 因为，所以， 根据等比数列的性质，知，所以成立，即必要性成立， 综上可得，是有唯一的最大值的必要不充分条件. 故选：B. 3．月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（   ）． A．80 B．96 C．100 D．112 【答案】B 【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得. 【详解】依题意，有，， 时，不是正整数； 时，； 时，，不是正整数. 所以，，. 故选：B 考点5 数列综合问题 1．在数列中，，则（    ） A．当时，对于任意的正整数 B．当时，存在正整数，当时， C．当时，对于任意的正整数 D．当时，存在正整数，当时， 【答案】C 【分析】对A，当时，可得，得解；对B，由，结合递推关系可得，得解；对C，当时，通过递推关系分，，讨论求解；对D，当时，通过递推关系可得递增，得解. 【详解】对于A，当时，有，递推可得，不满足，故A错误； 对于B，当时，，，， 则，不满足存在正整数，当时，，故B错误； 对于C，当时，则，，故， 因为， 若，则， 若，则， 若，则， 综上，当时，对于任意的正整数，，故正确； 对于D，当时，则， 若，则，故递增，故D错误. 故选：C. 2．设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， 【答案】D 【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可. 【详解】对于A选项：当时，，不正确； 对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确； 对于C选项：当时，， 又，所以 ，不正确； 对于D选项：当时，， ，正确， 故选：D. 3．设无穷数列满足，则（ ） A．存在，为等差数列 B．存在，为等比数列 C．存在，为递减数列 D．存在，为递增数列 【答案】D 【分析】对于A，等差数列要求为常数，即恒定；对于B，等比数列要求为常数，即与成比例；对于C，递减数列需，但时；对于D，递增数列需，结合的范围分析其单调性. 【详解】选项A：若存在，数列为等差数列， 则（常数），即对所有成立， 则必须满足，且， 唯一可能解为，此时，但不包含端点，故A错误； 选项B：若存在，数列为等比数列， 则（常数），即，即， 若，则与成正比， 由的图象可知，无法保证与的变式速度相同； 若，则，仅当时成立，但，故B错误； 选项C：若存在，则，数列不是递减数列，故C错误； 选项D：若存在，数列为递增数列， 则，即，故，数列递增，故D正确. 故选：D. 一、单选题 1．已知非零向量满足，，且与的夹角为，则（    ） A．6 B． C． D．3 【答案】D 【分析】利用向量的加法的平行四边形法则，判断四边形的形状，推出结果即可． 【详解】解：非零向量，满足，可知两个向量垂直，，且与的夹角为， 说明以向量，为邻边，为对角线的平行四边形是正方形，所以则． 故选：． 2．（2026·北京延庆·一模）矩形中，，，且，则（    ）． A． B． C．6 D．3 【答案】C 【分析】根据平面向量基本定理及数量积定义计算求解. 【详解】因为，所以， ， 所以. 3．设是非零平面向量， 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 【答案】B 【分析】根据向量的数量积含义，以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论． 【详解】根据题意，若，则与共线， 不防假设，则对任意的都有，进而成立， 故无法判定，充分性不成立， 若，则，所以， 故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4．已知△ABC中，，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由正弦定理求△ABC外接圆半径，在其外接圆中连接，由，讨论的位置情况确定范围. 【详解】由题设，△ABC外接圆半径为， 如下图，外接圆中连接，可得，， 所以， 当反向共线时最小，最小值为；当同向共线时最大，最大值为20， 所以. 故选：D 5．已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（    ） A．0 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】利用基底表示和，再求数量积. 【详解】， 所以， ， ， ， ，， 当时，取得最大值. 故选：C 6．已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值. 【详解】如图所示，，则由题意可知:， 由勾股定理可得    当点位于直线异侧时或PB为直径时，设， 则： ，则 当时，有最大值.    当点位于直线同侧时，设， 则： ， ，则 当时，有最大值. 综上可得，的最大值为. 故选：A. 7．数列是等差数列，，且，，构成公比为q的等比数列，则（    ） A．1或3 B．0或2 C．3 D．2 【答案】A 【分析】根据等比中项的性质列方程，由此求得，进而求得，从而求得的值 【详解】设等差数列的公差为d，∵构成公比为q的等比数列，∴， 即，解得或2， 所以或，所以或3， 故选：A 8．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，n的最大值是（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】先求出数列和的通项公式，然后利用分组求和求出，再对n进行赋值即可求解. 【详解】因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列所以， 因为是以1为首项，2为公比的等比数列所以， 由得： ， 当时，即，即， 当时，， 当时，， 所以n的最大值是. 9．（2026·北京·模拟预测）已知各项均不为零的数列，其前项和是，若，则（   ） A．不可能是等差数列 B．可能是等比数列 C．不可能是递减数列 D．可能是周期数列 【答案】C 【分析】利用题目条件推出数列前项和与通项的关系，结合选项逐一判断. 【详解】已知，时，两式作差得：， 因，两边除以得：，且时，，得， 同时可知：奇数项是公差为的递增数列，偶数项也是公差为的递增数列， 选项A：若是等差数列，由得，结合得， 即，验证得，满足条件，因此可以是等差数列，A错误； 选项B：若是等比数列，公比为，则要求对所有恒成立， 左边随变化，不可能恒等于常数，矛盾，不存在这样的等比数列，B错误； 选项C：递减数列要求对任意，，由前面推导： 若，则，即，不满足递减； 若，直接得，不满足递减；且奇数项、偶数项本身都是递增的， 因此不可能是递减数列，C正确， 选项D：数列的奇数项和偶数项都是单调递增数列，故数列不是周期数列，D错误. 10．（2026·北京密云·一模）任取一个正整数，若它是奇数，就将该数乘3再加1；若它是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.如取正整数6时，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：，若，则的所有可能取值的总个数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【详解】由，，解得； 由，解得； 由，解得或； 由，解得或； 由，解得或或； 由，解得或或或； 由，或或或或或， 所以则m所有可能的取值集合为，共6个元素. 11．已知数列为无穷等比数列，为其前项和，“存在，对于任意的，”是“存在，对于任意的”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】B 【分析】根据题意，利用反例法，可得判定充分性不成立；结合，取，得到均有，所以必要性成立，即可得到答案. 【详解】若，则对于任意的，均有， 此时，对于任意的，不存在，使得，所以充分性不成立； 若对于任意的，存在，使得， 则，取， 则对于任意的，均有，所以必要性成立， 所以“存在，对于”是“存在，对于”的必要不充分条件. 故选：B. 12．设数列是公比不为1的无穷等比数列，则“数列为递减数列”是“对任意的正整数，”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 【答案】C 【分析】由，分和两种情况讨论公比取值，即可判断. 【详解】若“数列为递减数列”，易得， 若“对任意的正整数，”， ， 当时，由，得， 解得：或， 若，则，此时，与已知矛盾； 若，则，由指数函数单调性可知单调递减； 当时，由，得， 解得：或， 若，则，此时，与已知矛盾； 若，则，由指数函数单调性可知单调递减； 综上可知：若，可判断数列为递减数列， 所以“数列为递减数列”是“对任意的正整数，”的充要条件， 故选：C 13．2023年，甲、乙两公司的盈利规律如下：从2月份开始，甲公司每个月盈利比前一个月多200万元；乙公司每个月盈利比前一个月增加. 记甲、乙两公司在2023年第个月的盈利分别为，（单位：万元）. 已知，，则最大时，的值为（   ） （参考数据：，） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等差数列、等比数列求出，及，再构造数列并判断单调性得解. 【详解】依题意，，， 则，令， 则，， 因此当时，；当时，，即最大， 所以当最大时，. 故选：B 14．已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（    ） A．若，则数列是等比数列 B．若，则数列是递增数列 C．若数列是常数列，则 D．若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 【答案】C 【分析】当时，得到，当时，得到，数列不能构成等比数列，可判定A错误；当时，求得，可判定B错误；若数列为常数列，得到，结合二次函数的性质，求得，可判定C正确；假设列是周期数列，且最小正周期为，得到且，结合，得到，化简求得，这与矛盾，可判定D错误. 【详解】对于A中，若，可得，即， 当且时，两边取对数，可得，即， 此时数列表示首项为，公比为的等比数列； 当时，可得，此时，数列不能构成等比数列，故A错误； 对于B中，当时，可得，即， 例如：当时，由，可得， 又由，可得，此时， 所以，当，数列是不一定是递增数列，所以B错误； 对于C中，若数列为常数列，则， 因为，即， 又因为，所以， 所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且， 因为，可得，所以， 则，即， 又因为数列的各项均为正数，即， 所以，即，这与矛盾， 所以数列的最小正周期不可能是，所以D错误. 故选：C. 15．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（    ）      A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可. 【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1， 则第段圆弧的半径为，弧长记为，则， 所以. 故选：D． 16．数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 【答案】A 【分析】根据以及充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可 【详解】由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立， 即对任意恒成立，故， 所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件， 故选：A 17．已知数列{an}满足an+1=sinan，n∈N*，则“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”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 【答案】B 【分析】构造函数，利用导数判断函数为单调递减，进而得到与的大小关系，再利用必要充分条件的定义，即可得到答案； 【详解】解：设，所以f′（x）=cosx﹣1≤0， 故f（x）在R上单调递减，当x>0时，f（x）<f（0）=0，即sinx<x. 当x<0时，f（x）>f（0）=0，即sinx>x. 当任意n∈N*，都有an+1≤an，即sinan≤an，所以an≥0，即a1≥0. 当a1≥0时，令a1=，a2=﹣1，a3=sin（﹣1）>﹣1， 所以a1≥0不能推出“任意n∈N*，都有an+1≤an“， 故“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的必要不充分条件. 故选：B. 18．已知是等比数列，则“”是“是递增数列”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 【答案】B 【解析】根据递增数列的定义并结合对项取值，可得结果 【详解】由数列是等比数列，可假设， 则， 可知，但数列不是递增数列， 若数列是递增数列，由定义可知，，故 “”是“是递增数列”的必要不充分条件 故选：B 二、填空题 19．已知为两个单位向量，且，是平面内的一个定点，是平面内的一个动点，，． （1）若，，则______． （2）若，则点的轨迹围成的图形面积为______． 【答案】 【分析】（1）根据计算出结果； （2）记点，，，，点的轨迹为矩形，且，利用三角形面积公式求出答案. 【详解】（1）为两个单位向量，且， 故， ； （2）当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 记点，，，，则点的轨迹为四边形； 因为，故四边形为矩形，且， 所以，点的轨迹围成的图形面积为， 故答案为：， 20．（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】 144 1073 【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 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押10+13题 数列与平面向量 溯源：近5年真题显示，平面向量每年必考一道小题，正常情况下考查一些的模长夹角等基本问题，个别年份考的稍微深一些，向量数量积的几何意义与范围问题．数列会有1-2道小题，有时候会和常用逻辑用语结合成一道小题，必有一道压轴大题（这个后面单独开一个专题）． 预测：平面向量考查的预测不会太深，掌握好夹角公式， 模长，垂直，平行等知识，再多加一个投影向量，数列小题有可能出个单选压轴，考查的会很复杂． 备考核心：要掌握平面向量的知识点，概念，还有数量积的几何意义，数列的基本量，单调性，最大值最小值等，还有前n项和与通项公式的关系． 考点1 平面向量 1．已知是平面内两个非零向量，，那么“”是“”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 2．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D．1 3．在矩形中，，点E为线段的中点，与交于点F．设，其中分别是与方向相同的单位向量，则（    ） A． B． C． D． 考点2 平面向量的坐标运算 1．已知平面向量，，若，则实数（    ） A． B．1 C．或1 D．4 2．已知向量、满足，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·北京密云·一模）已知向量，则的最小值为（    ） A． B．2 C．-2 D． 考点3 等差数列 1．（2026·北京延庆·一模）设等差数列的公差为，其前n项和为，则“”是“存在最小值”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知等差数列的前项和为，，则（   ） A． B． C． D． 3．今年高三的“节”活动引用了漫画《龙珠》.在原著中卡林塔上的猫仙人种植了一种仙豆，可以帮助主角疗伤和增长战斗力.仙豆共有7颗，从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列.在下一场挑战前，主角将7颗仙豆全部吃掉，增加21000的战斗力，击败了“比克大魔王”.如果第3小的仙豆可以增加2700的战斗力，那么最小的仙豆可以增加的战斗力为（   ） A．1800 B．2100 C．3600 D．3900 考点4 等比数列 1．（2026·北京·模拟预测）在等比数列中，，，则（    ） A． B． C．8 D．24 2．已知等比数列单调递减，各项均为正数，前项的乘积记为.则“”是“有唯一的最大值”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 3．月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（   ）． A．80 B．96 C．100 D．112 考点5 数列综合问题 1．在数列中，，则（    ） A．当时，对于任意的正整数 B．当时，存在正整数，当时， C．当时，对于任意的正整数 D．当时，存在正整数，当时， 2．设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， 3．设无穷数列满足，则（ ） A．存在，为等差数列 B．存在，为等比数列 C．存在，为递减数列 D．存在，为递增数列 一、单选题 1．已知非零向量满足，，且与的夹角为，则（    ） A．6 B． C． D．3 2．（2026·北京延庆·一模）矩形中，，，且，则（    ）． A． B． C．6 D．3 3．设是非零平面向量， 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 4．已知△ABC中，，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（    ） A．0 B． C．3 D． 6．已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．数列是等差数列，，且，，构成公比为q的等比数列，则（    ） A．1或3 B．0或2 C．3 D．2 8．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，n的最大值是（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 9．（2026·北京·模拟预测）已知各项均不为零的数列，其前项和是，若，则（   ） A．不可能是等差数列 B．可能是等比数列 C．不可能是递减数列 D．可能是周期数列 10．（2026·北京密云·一模）任取一个正整数，若它是奇数，就将该数乘3再加1；若它是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.如取正整数6时，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：，若，则的所有可能取值的总个数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 11．已知数列为无穷等比数列，为其前项和，“存在，对于任意的，”是“存在，对于任意的”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 12．设数列是公比不为1的无穷等比数列，则“数列为递减数列”是“对任意的正整数，”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 13．2023年，甲、乙两公司的盈利规律如下：从2月份开始，甲公司每个月盈利比前一个月多200万元；乙公司每个月盈利比前一个月增加. 记甲、乙两公司在2023年第个月的盈利分别为，（单位：万元）. 已知，，则最大时，的值为（   ） （参考数据：，） A． B． C． D． 14．已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（    ） A．若，则数列是等比数列 B．若，则数列是递增数列 C．若数列是常数列，则 D．若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 15．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（    ）      A． B． C． D． 16．数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 17．已知数列{an}满足an+1=sinan，n∈N*，则“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”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 18．已知是等比数列，则“”是“是递增数列”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 二、填空题 19．已知为两个单位向量，且，是平面内的一个定点，是平面内的一个动点，，． （1）若，，则______． （2）若，则点的轨迹围成的图形面积为______． 20．（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______． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $