专题02 平面向量、不等式、数列（5大考点）（湖北专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题02 平面向量、不等式、数列 5大考点概览 考点01平面向量坐标运算 考点02向量几何运算 考点03不等式 考点04数列小题 考点05数列解答题 ( 平面向量坐标运算 考点1 ) 1．（2026·湖北襄阳·一模）已知向量，，且，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北十堰·一模）若向量，，记，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·湖北黄石·一模）已知向量，则向量与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． ( 向量几何运算 考点2 ) 1．（2026·湖北黄冈·一模）在平面直角坐标系中，，，，则的最大值为（   ） A．5 B． C． D． 2．（2026·湖北·一模）已知等边三角形的边长是，是三角形所在平面内的动点，且，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·湖北孝感·一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则边上的中线长为（    ） A． B． C．6 D．10 4．（2026·湖北荆州·一模）如图，在中，，，D，E分别是边，的中点，且.    (1)求的面积； (2)求. ( 不等式 考点3 ) 1．（2026·湖北十堰·一模）已知正数，满足，则的最小值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 2．（2026·湖北孝感·一模）已知正实数x，y满足，则的最小值是（    ） A．6 B．8 C．12 D．16 3．（2026·湖北荆州·一模）已知均为非负数，且，则的最小值为______. ( 数列小题 考点4 ) 1．（2026·湖北襄阳·一模）已知数列为等差数列，首项（m为整数），公差，前项和，则满足题意的的所有取值的和为（   ） A．3720 B．4320 C．2940 D．1736 2．（2026·湖北黄石·一模）已知等比数列的首项为1，前项和为，若，则（    ） A．1或2 B．1或4 C．2或4 D．4 3．（2026·湖北孝感·一模）设数列满足，且，则的值为（    ） A． B． C． D．1 4．（2026·湖北·一模）已知数列的首项，且满足，则数列（   ） A．单调递增 B．单调递减 C．先减后增 D．先增后减 5．（2026·湖北荆州·一模）已知，设函数的零点个数为，则＝（    ） A．120 B．210 C．75 D．240 6．（2026·湖北黄冈·一模）（多选）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 7．（2026·湖北黄石·一模）（多选）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 8．（2026·湖北襄阳·一模）已知等比数列满足，，则_______． 9．（2026·湖北荆州·一模）已知数列满足，则＝______. 10．（2026·湖北孝感·一模）已知数列为等比数列，，公比，是数列的前n项积．若，则n的最小值为______． 11．（2026·湖北荆州·一模）已知等差数列首项为2，公差为2，前项和为，数列前项和为，且满足.若对于任意，成立，则的最小值为______. ( 数列解答题 考点 5 ) 1．（2026·湖北黄石·一模）已知数列满足. (1)设，证明是等比数列，并求的通项公式； (2)判断数列的单调性. 2．（2026·湖北十堰·一模）已知数列的前项和. (1)证明：是等比数列； (2)若，分别是等差数列的第1项与第3项，求的公差. 3．（2026·湖北黄冈·一模）抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下充电电池时则停止电池的随机抽取． (1)求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率； (2)若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第次时恰好抽到最后一块干电池的概率为，求． 4．（2026·湖北孝感·一模）已知定义在上的函数满足以下条件： ①； ②当时，； ③对，均有，且． (1)用表示； (2)判断的单调性，并证明你的结论； (3)已知数列满足，求数列的前n项和． 5．（2026·湖北·一模）已知函数 (1)当时，求的最小值； (2)当时，，求的取值范围： (3)已知点，按照如下方式依次构造点：过点作曲线的切线与轴交于点，令为过点且斜率为0的直线与曲线的交点，记的面积为，，证明：. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 平面向量、不等式、数列 5大考点概览 考点01平面向量坐标运算 考点02向量几何运算 考点03不等式 考点04数列小题 考点05数列解答题 ( 平面向量坐标运算 考点1 ) 1．（2026·湖北襄阳·一模）已知向量，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】， 由得，故. 2．（2026·湖北十堰·一模）若向量，，记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由向量线性关系及夹角的坐标运算求得，再由二倍角余弦公式求值. 【详解】由题设， 所以， 所以. 故选：A 3．（2026·湖北黄石·一模）已知向量，则向量与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】易知向量，显然， 所以. ( 向量几何运算 考点2 ) 1．（2026·湖北黄冈·一模）在平面直角坐标系中，，，，则的最大值为（   ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意建立坐标系后，画出图形，通过平面向量基本定理分析，可设点E为AB的四等分点（靠近点A），通过计算得出，通过计算可知为定值，故知点E在以O为圆心，以为半径的圆上，所以当点E在CO的延长线与圆的交点时，最长，即取最大值. 【详解】由已知，，， 在中，由余弦定理得 ，即向量与的夹角为. 取，所以， 所以. 同理可知，， 所以， 所以点E在以O为圆心，以为半径的圆上. 如图所示，所以点E在CO的延长线与圆的交点位置时，最大，此时， 易知，所以，即的最大值为. . 2．（2026·湖北·一模）已知等边三角形的边长是，是三角形所在平面内的动点，且，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的减法运算及向量模的不等式，数量积的性质与运算求解. 【详解】， ， 因为等边三角形的边长是， 所以， 所以，又， 故， 即. 3．（2026·湖北孝感·一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则边上的中线长为（    ） A． B． C．6 D．10 【答案】B 【分析】根据余弦定理和数量积的定义得，然后利用中线向量表示及模的运算求解中线长即可. 【详解】中，由余弦定理得， 又，所以，所以，记边上的中点为M， 因为，所以，所以. 故选：B 4．（2026·湖北荆州·一模）如图，在中，，，D，E分别是边，的中点，且.    (1)求的面积； (2)求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立平面直角坐标系，设，由题意列方程可求出的值，根据三角形面积公式，即可求得答案； （2）求出，根据三角形面积求解，即可得答案. 【详解】（1）以点A为坐标原点，为x轴，过点A作垂线为y轴，建立平面直角坐标系，    则，设，由于，则， 则，故， 而，故， 即，即， 结合，得，即得，则， 故的面积为； （2）结合（1）的分析可知， 的面积为,则，即, 故. ( 不等式 考点3 ) 1．（2026·湖北十堰·一模）已知正数，满足，则的最小值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】D 【分析】整理可得，利用乘“1”法结合基本不等式运算求解. 【详解】因为正数，满足，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为9. 故选：D. 2．（2026·湖北孝感·一模）已知正实数x，y满足，则的最小值是（    ） A．6 B．8 C．12 D．16 【答案】B 【分析】根据指数运算性质得，然后利用基本不等式的常数代换技巧求解最小值即可. 【详解】因为，所以，所以，即， 所以， 当且仅当时取等． 故选：B 3．（2026·湖北荆州·一模）已知均为非负数，且，则的最小值为______. 【答案】2 【详解】由题可得，所以, 由于,当且仅当，即时取等号， 所以，则的最小值为 ( 数列小题 考点4 ) 1．（2026·湖北襄阳·一模）已知数列为等差数列，首项（m为整数），公差，前项和，则满足题意的的所有取值的和为（   ） A．3720 B．4320 C．2940 D．1736 【答案】D 【分析】通过等差数列前项和公式，的取值是700的因数求解. 【详解】，， 所以n的取值为的所有因数， 所以所求和为． 故选D 2．（2026·湖北黄石·一模）已知等比数列的首项为1，前项和为，若，则（    ） A．1或2 B．1或4 C．2或4 D．4 【答案】B 【分析】根据等比数列的前n项和公式，分和两种情况计算可得. 【详解】设等比数列的公比为, 当公比时 等比数列前项和，因此，满足. 此时； 当公比时 等比数列前项和公式为，代入得： , 整理得，令，则,解得（对应舍去）或， 因此. 综上所述，或. 3．（2026·湖北孝感·一模）设数列满足，且，则的值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】将数列类比成函数后递推即可求得周期. 【详解】因为，且， 所以 ，， 所以数列的周期为2，故 故选：A 4．（2026·湖北·一模）已知数列的首项，且满足，则数列（   ） A．单调递增 B．单调递减 C．先减后增 D．先增后减 【答案】B 【分析】由递推关系取倒数，得到，构造等比数列，求出，即可判断数列的单调性. 【详解】由，可得， 即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 由指数函数单调性知，数列单调递增，所以数列单调递减. 5．（2026·湖北荆州·一模）已知，设函数的零点个数为，则＝（    ） A．120 B．210 C．75 D．240 【答案】A 【分析】先利用图象的交点求出当n＝1时的零点个数，再根据正弦型函数的周期以及得出数列为等差数列即可求出. 【详解】过点， 则可作出的图象. 当n＝1时，作出的图象， 因为，故的图象与图象有3个交点； 注意到的周期为4，， n每增加1个单位，也增加个单位（一个周期），则交点增加2个， 故数列是首项为3，公差为2的等差数列， 所以. 6．（2026·湖北黄冈·一模）（多选）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. 7．（2026·湖北黄石·一模）（多选）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 8．（2026·湖北襄阳·一模）已知等比数列满足，，则_______． 【答案】2 【分析】由等比数列的性质即可求解. 【详解】由可得， 又，所以，故，故，其中为公比. 9．（2026·湖北荆州·一模）已知数列满足，则＝______. 【答案】 【分析】利用累加法和等差数列的前项和公式求解. 【详解】， ，，，，， ， . 10．（2026·湖北孝感·一模）已知数列为等比数列，，公比，是数列的前n项积．若，则n的最小值为______． 【答案】26 【分析】根据等比数列通项公式基本量运算及指数运算法则求得，然后解指数不等式即可求解. 【详解】由题意， 所以， 由，可得，则有，解得或， 又n为正整数，所以n的最小值是26． 故答案为：26 11．（2026·湖北荆州·一模）已知等差数列首项为2，公差为2，前项和为，数列前项和为，且满足.若对于任意，成立，则的最小值为______. 【答案】/ 【分析】先根据等差数列的通项公式和前项和公式求出，利用裂项相消法求出，再利用导数求的最大值即可. 【详解】因为数列是首项为2，公差为2的等差数列， 所以，， 所以， 所以 ， 对于任意，成立，只需即可， 令，则， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，取最大值， 所以，即， 所以的最小值为， 故答案为： ( 数列解答题 考点 5 ) 1．（2026·湖北黄石·一模）已知数列满足. (1)设，证明是等比数列，并求的通项公式； (2)判断数列的单调性. 【答案】(1)证明见解析， (2)递增数列 【分析】（1）先得的表达式，即可得求解，根据等比数列的通项求解， （2）代入的通项，进而利用作差法，即可判断单调性. 【详解】（1）由，得： ， 故，即， 又， 故是以为首项，为公比的等比数列，且. （2）由，解得 ， 即，故数列为递增数列. 2．（2026·湖北十堰·一模）已知数列的前项和. (1)证明：是等比数列； (2)若，分别是等差数列的第1项与第3项，求的公差. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定的递推公式，利用，结合等比数列定义推理得证. （2）由（1）的结论求出，进而求出并求出公差. 【详解】（1）数列的前项和，当时，， 即，而，解得， 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）得，则，， 所以等差数列的公差. 3．（2026·湖北黄冈·一模）抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下充电电池时则停止电池的随机抽取． (1)求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率； (2)若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第次时恰好抽到最后一块干电池的概率为，求． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）根据条件概率公式计算可得； （2）方法一：先利用乘法概率公式求得第次恰好抽到第一块干电池，第次恰好抽到第二块干电池的概率，然后利用等比数列求和公式求解即可；方法二：根据题意可得递推关系，再用定义法证明等比数列，进而利用等比数列通项公式求解即可. 【详解】（1）记第1，2次取出的是干电池的概率分别为，， ，， 在第2次取出的是干电池的条件下第1次取出的也是干电池的概率为 . （2）方法一：依题意有抽屉里有3块充电电池，2块干电池， 用完第一块干电池后补充一块充电电池，电池总数为5块不变． 记第次恰好抽到第一块干电池， 第次恰好抽到第二块干电池的概率为， 则， ∴ . 方法二：“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”可分为两类： 第1次抽到干电池与第1次抽到充电电池． 当第1次抽到充电电池时： 此时“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为， 当第1次抽到干电池时，仅第1次与第次抽到干电池： 此时“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为， ∴，．，． ∴，∴， ∵， ∴是以为首项为公比的等比数列， ∴， ∴，当时该式也成立． 故所求概率为，． 4．（2026·湖北孝感·一模）已知定义在上的函数满足以下条件： ①； ②当时，； ③对，均有，且． (1)用表示； (2)判断的单调性，并证明你的结论； (3)已知数列满足，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2)是上的单调递增函数，证明见解析 (3) 【分析】（1）先令，得，再令即可求得. （2）先判断的单调性，再结合函数法则利用单调性定义证明即可. （3）先求得，然后利用是上的单调递增函数得，进而结合等差数列和等比数列求和公式，利用分组求和法及错位相减法求和即可. 【详解】（1）对③式，令，，则， 即，又∵，∴， 对③式，令，则， 又∵，即，∴. （2）是上的单调递增函数， 证明：，且，则 ， ∵，∴， 又∵时，，∴， ∵当时，，则，∴， 又∵时，，而，∴， ∴，∴， ∴，即， ∴是上的单调递增函数. （3）对③式，令，则， ∴ ， 又∵是上的单调递增函数，∴， ∴， 设，① 则 ，② 得：， ∴. 5．（2026·湖北·一模）已知函数 (1)当时，求的最小值； (2)当时，，求的取值范围： (3)已知点，按照如下方式依次构造点：过点作曲线的切线与轴交于点，令为过点且斜率为0的直线与曲线的交点，记的面积为，，证明：. 【答案】(1)0 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后判断其符号，则可得函数的单调性； （2）求出函数的导数，令，求出后先判断时的符号可得原函数的单调性，再求出的二阶导数，就、分类讨论可确定参数的范围，当时可直接判断的单调性后得原函数的单调性，从而判断参数的范围；也可以利用放缩法证明当不等式恒成立，再结合导数证分类明不等式不恒成立即可；另外利用换元法可将原不等式转化为恒成立，同样可结合导数探求参数的范围； （3）先利用导数的几何意义求得，求出的通项公式后可求面积，从而得的通项，结合（2）的结果可得不等式，结合裂项相消法可证不等式，或者证明，同样可得，再结合裂项相消法可证不等式亦可. 【详解】（1）时，，，. 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在单调递增，所以. （2）法一：，， 其中，记，， （i）当时，，所以在上单调递减， 又，所以时，，即， 所以在上单调递减，又，所以恒成立， 故合题意； （ii）当时，设，则， 故在上单调递减， 又，所以时，，同（i）可得恒成立， 故合题意； （iii）当时，因为，所以在上单调递减， 此时，， 所以当时，，所以在单调递增， 又，所以，，即， 所以在单调递增， 又，所以，，不合题意. （iv）当时，显然为上的增函数，又， 所以时，，即，所以在上单调递增， 又，所以恒成立，故不合题意； 综上所述，实数的取值范围为. 法二：（i）当时，，， 设，，， 所以在上单调递减， 又，所以，当时，，即， 所以恒成立，故合题意； （ii）当时，，（由第（1）问可知）， 故，不合题意； （iii）当时，， 记，， 为减函数，且，， 所以，当时，，所以在单调递增，又， 所以，，即， 所以在单调递增，又， 所以，，不合题意. 综上所述，实数的取值范围为. 法三：恒成立等价于恒成立. 令，则不等式可化为：， 令，则，且需对恒成立. 求导得，， 令，， 求导得， 故， ①当时，，所以在上递减， 又，所以，即， 所以在上递减，又，从而，不满足条件. ②当且时，在时，， 同上分析可知，在时，，不满足条件. ③当时，，且对，， 由于，，，即恒成立， 故在上为增函数，故， 即，进一步知为增函数，故，合题意. 综上所述，即为所求. （3）法一：由题意，点在曲线上，设，， 已知，即，过的切线方程为：. 与轴交点的坐标为， 过且斜率为0的直线为， 与曲线的交点满足， 所以是以1为首项，为公比的等比数列， 因此，， 所以，的坐标为，的坐标为， 的底边的长度为，高为1，故面积，， 于是，则， 所以要证，即证， 而（2）中时，任意时，有恒成立， 故有时，恒成立， 令，则有， 所以，，…，， 求和得，所以原不等式成立. 法二：令， 求导得， 所以在单调递增，所以， 令可得恒成立，， 对求和得. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $