压轴题06向量、复数压轴题16题型（教师版）

压轴题06向量、复数压轴题十六大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点为向量与复数，包含了向量的最值，新定义等，包含了复数的相关性质与新定义等。预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。高频考法题型01向量新考点问题题型02投影向量问题题型03向量最值取值范围问题题型04向量与不等式结合题型05向量新定义问题题型06复数性质相关问题题型07复数最值问题题型08复数的三角形式题型09复数方程的根相关问题题型10向量与解析几何结合题型11向量与实际模型题型12向量与四心题型13向量与数列结合题型14向量与三角换元题型15复数新定义问题题型16复数与数列问题01向量新考点问题1.（2024·上海嘉定·二模）已知OA=x1,y1，OB=A．12x1C．12x1【答案】B【分析】利用向量的数量积写出其夹角的表达式，结合同角三角函数的平方式以及三角形的面积公式，可得答案.【详解】设OA与OB的夹角为θ，由OA⋅OB=由sinθ=1−cos故选：B.2.（多选）（2023·广东深圳·模拟预测）已知Px1,y1，QA．2x1B．2x1C．x1−3D．x1−3【答案】AD【分析】设x=m,3y=n，设C(m1,n1),D(m2,n2)，可得OC=(【详解】由x24+9y24=1，可得可得x12+9y1设C(m1,n1可得m12+所以OC⋅OD=−2，cos可得C、D两点均在圆m2+n设CD的中点为E，则OE=2根据点到直线的距离公式可知：2x1+3y1−35设E到直线2x+y−3=0的距离d3，由题可知圆心到直线2x+y−3=0的距离为−3则d1+可得d1+d2的最大值为2+6可得2x1+3y1−3+同理，x1−3y1+52+设E到直线x−y+5=0的距离d6，由题可知圆心到直线x−y+5=0的距离为5则d4+d可得x1−3y1+5+x故选：AD.【点睛】关键点睛：本题的关键是把问题转化为圆上点到直线的距离问题，结合到直线的距离公式及圆的性质即得.3.（2024·新疆乌鲁木齐·二模）已知A1,A2,A3,A【答案】1【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出|A【详解】因为An所以A1A2A2由题意设|A1A2|=x设A1(0,0)，如图，因为求则A2(x,0)，A3(x,1所以|A当且仅当x2=1所以|A1A故答案为：1.【点睛】关键点点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到|A4.（2024·浙江·二模）设正n边形的边长为1，顶点依次为A1,A2,⋯,An，若存在点P满足P【答案】5【分析】由题意确定P点的轨迹，分类讨论，结合向量的运算说明正六边形中以及n≥7时不符合题意，说明n=5时满足题意，即可得答案.【详解】由题意知点P满足PA1⋅当n=6时，设B,C,D,M为A1

|k=16当PB,PM共线且方向时，即B,P,M三点共线时，此时|PB|=1则2|PB+2PM当n=5时，设C,N为A1

|K=15PAk|=|2此时C,P,N,A4共线，∠A则|2PC则当PC,PA故n=5时，存在点P满足PA1⋅当n≥7时，如图，正七边形的顶点到对边的高h必大于正六边形对边之间的高，依此类推，

故此时不存在点P满足PA1⋅故n的最小值为5，故答案为：5【点睛】难点点睛：本题考查了平面向量的运算以及向量的模的最值问题，综合性较强，难度加大，难点在于要分类讨论正n边形的情况，结合向量的加减运算，确定模的最值情况.5.（2022·浙江·三模）已知平面向量x1,x2,x3,x4,【答案】230【分析】先求出x1,x2,x3【详解】由题意知：2≤x又x1+x2+显然当x1=2,x2=4,当x4=9,x5=10又由上知x1+x又因为当x1=2,x2=4,x3此时x1+x2+只要x1+x显然当x1=3,x2=5,当x4=9,x5=11又由上知x1+x又当x4=8,x5=10此时x1故x1+x只要x1+x故答案为：2；30.02投影向量问题向量投影的理解是很重要的，在出题中往往会画出图形来进行思考问题，利用几何法来解决问题。6.（2022·上海金山·一模）已知向量a与b的夹角为120°，且a⋅b=−2，向量c满足c=λa+1−λb0<λ<1，且a⋅c=b⋅cA．①成立，②成立 B．①成立，②不成立C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立【答案】C【分析】①根据a⋅b=−2及a与b的夹角为120°求出a⋅b=4，假设a=2b成立，求出b=2与a=22，代入后发现等式不成立，故①错误；②利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合【详解】由a⋅b=a⋅bcos120°=−2，解得：a⋅b=4，当λ=13时，c=13a+23b设OA=a，OB=a，OC=c，因为c=λa+1−λb0<λ<1，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设a,c=α，则b,c=120°−α，因为a⋅x2+y2+xy=c2cos2α+c2cos2120°−α+c2cosαcos120°−α=故选：C7.（2023·广东·二模）已知O是坐标原点，点N2,1，且点M是圆C：x2+y2【答案】1,【分析】设直线OM的斜率为k，倾斜角为α，ON的倾斜角为β，可表示cosOM【详解】设直线OM倾斜角为α，ON的倾斜角为β，当直线OM的斜率存在时，设直线OM方程为y=kx，即kx−y=0由圆C：x2+y所以圆心C1,1，半径r=1又点M在圆上，所以点C到直线OM的距离d=k−1k2+1≤r当直线OM的斜率不存在时，OM方程为x=0与圆C相切，成立，此时α=π综上α∈0,π2则tanα−β所以tanα−β∈所以cosα−β即cosOM又ON所以向量ON在向量OM上的投影向量的模为ONcos故答案为：1,38.（2023·天津·二模）在△ABC中，AB=32，角A为锐角，且向量AB在向量AC上的投影向量的模是3，则A=；若AC=6，则函数fx=【答案】π4/45°【分析】根据投影向量的定义求出cosA，即可求出A，以点A为原点，建立平面直角坐标系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB【详解】由向量AB在向量AC上的投影向量为ABcos得向量AB在向量AC上的投影向量的模为ABcos所以cosA=又因角A为锐角，所以A=π如图，以点A为原点，建立平面直角坐标系，则A0,0在AC上取D,E，使得AD=12在AB上取点P使得AP=x则fx直线AC的方程为y=x，设点E2,0关于直线AC的对称点F则ba−2=−1b2=则EP+DP=所以fx=x故答案为：13.【点睛】关键点点睛：以点A为原点，建立平面直角坐标系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB上取点P使得9.（2024·全国·模拟预测）已知非零向量a与b的夹角为锐角，c为b在a方向上的投影向量，且|c|=|a|=2，则a+【答案】π【详解】先通过向量的定义得到c=a，从而a⋅b=4，通过2a+【分析】因为c=a,c为b在a方向上的投影向量，且所以c=a，故因为a⋅b=所以a⋅b=4则2a故2a+b设2a+b与b的夹角为θ因为3x232+x2所以x232+x2≤故cosθ≥32．又0≤θ≤故a+b+c与故答案为：π6【点睛】方法点睛：平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．10.（2022·浙江·模拟预测）已知平面向量a,b的夹角为π3，满足a+b=1．平面向量c在【答案】4【分析】设向量a，b的单位方向向量，用所设的单位向量作为基底，表示出已知条件，进而表示出c−【详解】设与a方向相同的单位向量是μ，且a=2设与b方向相同的单位向量是ν，且b=3又c=μ11=a2=c∵c−∴4设y=yy(1)与(2)联立得：μ1(3)与(4)联立得：λ1将(8)代入(5)中得：λ1∴μ1−μ2=对应y=43−故答案为：403向量最值取值范围问题处理平面向量的模长范围问题，常用的方法有：（1）坐标法：即通过建立直角坐标系，通过向量坐标运算求得；（2）基向量表示法：即通过选设平面的基底，用基底表示相关向量，运算求得；（3）构造几何图形法：即根据模长定值构造圆形，由向量点乘等于零得到两向量垂直.11.（多选）（2024·浙江宁波·二模）若平面向量a,b,c满足A．a+B．a+C．a−D．a−b【答案】BD【分析】由向量a,b,c方向间的关系，判断a+b+【详解】当向量a,b方向相同，与c方向相反时，满足此时a+b+当向量a,b,此时a+b+a⋅c=b⋅c，有向量a,b方向相同时，a−向量a,b方向相反时，a−b的最大值为2，故选：BD12.（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥S−ABC中，底面边长AB=2，侧棱AS=3，向量a，b满足a⋅a+AC=a⋅【答案】4【分析】利用向量运算化简变形，设a=【详解】已知正三棱锥S−ABC，则AS=BS=CS=3，且AB=BC=CA=2，由a⋅a+由b⋅b+设a=CM,b=分别化简得MC⋅MB=0故点M在以BC为直径的球面上，半径r1点N在以SC为直径的球面上，半径r分别取线段BC、SC的中点E、F，则EF=1故a−故答案为：4【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.13.（2023·河南郑州·模拟预测）已知△ABC中，AB=AC=22，AB+λBCmin=2λ∈R，AMA．423,C．173,41【答案】D【分析】根据已知可得A到BC的距离为2，△ABC为等腰直角三角形，若D,E为BC的两个四等分点，N为BC中点，P在线段DE上运动，且AN=2，数形结合求MP的取值范围.【详解】由AB+λBCmin=2λ∈又AB=AC=22，则BC=4，所以AB2由AP=sin2α⋅AB又α∈π6,π3，则sin2α,cos2

所以P在线段DE上运动，且AN=2，BD=1，BE=3，由图：若MP⊥BC，则MP//AN，又AM=12故上述情况MPmin=23由图知：P与E重合时，MPmax综上，MP的取值范围为43故选：D14.（2022·浙江台州·二模）已知平面向量e1,e2,e3,|e1|=|A．−3+66 B．−3+56【答案】A【分析】建立直角坐标系,设出相关向量,通过分析e3【详解】设C(cos如图,不妨设e1设M为AB的中点,G为OC的中点,F为BD的中点,E为AD的中点.则M(31λ1e1+λ由题知|HP为了使〈e1,e3思考临界值即P与M重合,G与H重合,且GM不能充当直角三角形斜边,否则可以改变H的位置，使得|所以GM⊥OC3即32(3所以cos(θ−所以cos=所以向量e1与e3故选:A.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用已知条件转化出e315.（2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知△ABC满足BC=8,AC=3AB，P为△ABC所在平面内一点.定义点集D=PAP=3λAB+1−λ3AC,λ∈R.若存在点P【答案】3【分析】延长AB到M满足AM⃗=3AB⃗，取AC的靠近A的三等分点N，连接MN，由向量共线定理得P,M,N三点共线，从而AP0表示【详解】延长AB到M满足AM⃗=3AB⃗，取AC的靠近A的三等分点AP=3λ所以P,M,N三点共线，又存在点P0∈D，使得对任意P∈D，满足|AP|≥|AP0|恒成立，则AP0的长表示由AC=3AB得AC=AM，AB=所以MN=△AMN中，设∠ANM=θ，由正弦定理得AMsinθ=ANsin所以sinθ=3sinM，AM所以S=96sin2若θ不是钝角，则S△ABC又sinθ=3sinM≤1，所以sin所以S△ABC设t=1sin2M，则所以t=9时，(S若θ是钝角，则S△ABC96设t=1sin2M，则令f(t)=3t−1−t−9f'9≤t<10时，f'(t)<0，f(t)递减，t>9时f'所以t=10时，f(t)min=8综上，(S此时ℎmax故答案为：3．【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出P点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据∠ANM是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）04向量与不等式结合16.（2024·安徽芜湖·二模）若实数x，y满足x2+y2=25【答案】6【分析】利用向量不等式并结合x的范围求最值.【详解】设a则a⋅b=x+y≤故50+8x+6y+又x2+y所以2⋅16x+100当且仅当x=5,y=0等号成立.故答案为：6【点睛】关键点点睛：本题考查利用向量不等式求最值，关键是两次运用不等式且保证等号成立.17.（2022·浙江湖州·模拟预测）已知平面向量a,b,c满足|b|⋅|c【答案】21【分析】利用绝对值三角不等式|3【详解】设<a,b|3得|2a故−=7故答案为：21−118.（2024高三·全国·专题练习）已知a=b=2，c=1，A．6−1,6+1C．7−1,7+1【答案】C【分析】根据题设向量模长和垂直条件，考虑运用几何法求解，由CA⊥CB想到构造矩形ACBD，运用极化恒等式推导出结论OA2+OB2=【详解】如图，设a=OA，b=OB，c=点A,B在圆x2+y2=4上，则a−c作矩形ACBD,则|a下证：OA2设AB,CD交于点P，连接OP,因OA=OP+同理可得：OB2OA2=2[(OC+即a2+b又CD−OC≤OD即|a−b故选:C．【点睛】方法点睛：本题考查平面向量的线性运算的模长范围问题，属于较难题.19.（2024·天津·二模）在△ABC中，AM=2MB，P是MC的中点，延长AP交BC于点D．设AB=a，AC=b，则AP可用a，b表示为，若AD=6【答案】AP=1【分析】根据几何关系，表示向量AP；设AP=λAD，再利用平面向量基本定理表示BP，即可求解λ，再根据【详解】由点P是MC的中点，则AP=设AP=λAD，则BP=BP==λμ=λμAC所以λμ=12λ−1−λμ=−23所以AP=56因为AD=6所以25≥2×6即96125ab≤6，即ab所以△ABC面积的最大值为12

故答案为：AP=1320.（2024·上海长宁·二模）已知平面向量a,b,c满足：a=b=【答案】2【分析】先利用a⋅b=14a+b2−a−b2和a+b2【详解】由于a⋅且a+故有0=c−a⋅c−=4−2a+b+=14−240−所以28−a−b2≤440−a−b2，记28−a总之有x≤24，故28−a−b存在a=3,1，b=3,−1，c=故答案为：2.【点睛】关键点点睛：对于a−b的最小值问题，我们先证明a−b≥205向量新定义问题新定义问题，理解定义内容、会运用新定义运算，是解决问题的关键21.（2023·福建泉州·模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离dA,B（参考数据：2≈1.41，5A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948【答案】B【分析】根据题意分析可得N在正方形ABCD的边上运动，结合图象分析OM,【详解】设Nx,y由题意可得：dM,N=2−x可知x−2+y−1=1表示正方形ABCD即点N在正方形ABCD的边上运动，因为OM=当cosM，N=cosOM→①点N为点A，则ON=2,0，可得②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC同向，不妨取ON=则cosM,N因为310所以eM,N的最大值为1−故选：B.

【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.22.（多选）（2022·山东潍坊·三模）定义平面向量的一种运算“Θ”如下：对任意的两个向量a=x1,yA．对任意的λ∈R，有λB．存在唯一确定的向量e使得对于任意向量a，都有aΘC．若a与b垂直，则aΘbΘD．若a与b共线，则aΘbΘ【答案】AD【分析】由aΘb=x1y2−x2yx1y0−x0y1=x0y1−x1y0=x1x1x0+y【详解】设向量a=x1,y1=λx1y对于B，假设存在唯一确定的向量e=x0,y0使得对于任意向量x1y0对于C，若a与b垂直，则x1x2+ya==x1y对于D，若a与b共线，则x1y2aΘa=x1x2x故选：AD.【点睛】本题在平面向量的基础上，加以创新，属于创新题，考查平面向量的基础知识以及分析问题、解决问题的能力.23.（多选）（2022·广东·模拟预测）已知集合E是由平面向量组成的集合，若对任意a,b∈E，t∈A．x,yy≥exC．x,yx+2y−1≥0 D．【答案】ACD【分析】作出各个选项表示的平面区域，根据给定集合E是“凸”的意义判断作答.【详解】设OA=a，OB=因此一个集合E是“凸”的就是E表示的平面区域上任意两点的连线上的点仍在该区域内，四个选项所表示的平面区域如图中阴影所示：

A

B

C

D观察选项A，B，C，D所对图形知，B不符合题意，ACD符合题意.故选：ACD【点睛】思路点睛：涉及符合某个条件的点构成的平面区域问题，理解不等式变为对应等式时的曲线方程的意义，再作出方程表示的曲线，作图时一定要分清虚实线、准确确定区域.24.（2024·全国·模拟预测）设有n维向量a=a1a2⋅⋅⋅an，b=b1b2⋅⋅⋅bn，称a,(1)若a=1234(2)令B=x,yx,(3)若n=4，f4是从S4中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足a,【答案】(1)b=(2)证明见解析(3)f4【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可；（2）根据x,y∈（3）利用反证法求证.【详解】（1）由定义，只需满足b1+2b（2）对于m∈B，i=1，2，⋅⋅⋅，n，存在x=x1x2⋅⋅⋅xn，当xi=yi时，xiyi=1；当所以x,所以m+n=2k−n+n=2k为偶数．（3）当n=4时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即f4不妨取a1=1111，则有a1,a2=0，a1,a3若存在a5，使a1,a5=0，则当a5=−1当a5=1当a5=1故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交．25.（2022·浙江绍兴·模拟预测）定义两个向量组X=(x1,x2,x3),Y=(y1,y【答案】−32【分析】讨论xi≠yi,i=1,2,3、xi=yi【详解】当xi=yi=当x1=y1=e1且x同理x2=y2=e2且x1≠y1、x当xi≠y由|e1+e3所以e1⋅e综上，X⋅Y的最小值为−3故答案为：−3【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，注意X,Y中向量不同的排列情况下对应X⋅Y的表达式，结合向量数量积运算律和几何关系求最值.06复数性质相关问题26.（多选）（2024·河南信阳·模拟预测）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（

）A．若(1+i)z=−B．对任意复数z1，z2C．对任意复数z1，z2D．在复平面内，若M={z|z−2≤2}【答案】BC【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.【详解】对A：由(1+i)z=−i故z=对B：设z1=a+bia,b∈R、则z=az1故z1对C：设z1=a+bia,b∈R、有z1⋅zz1⋅z对D：设z=x+yix,y∈R，则有集合M所构成区域为以2,0为圆心，半径为2的圆，故S=π故选：BC.27.(多选)（23-24高三上·辽宁·开学考试）设复数z1,z2,A．若z1z2B．若z1z2=C．若z1z3D．若z2+【答案】ACD【分析】根据复数的概念及运算性质，以及共轭复数的性质和复数模的性质，逐项计算，即可求解.【详解】对于A中，若z1z2=z12设z1=m+ni对于B中，由A得z2=z1，设则z3只要m=0或n=0，选项B就不正确；例如：z1=niz3=5ni可表示为z所以表示方法不唯一，所以B错误.对于C中，若z1z3+z则z3z1=−z设z3z1=t≤0，则则复数z3对应的向量与复数z1对应的向量方向共线，且长度是故z3在复平面内对应的点的轨迹是射线（且与O对于D中，若z2+z3<1由z2−z31−即z2即z2z2即(z因为z2−1<0,z所以z2故选：ACD.28.（多选）（2024·河北沧州·一模）在复数城内，大小成为了没有意义的量，那么我们能否赋予它一个定义呢，在实数域内，我们通常用绝对值来描述大小，而复数域中也相应的有复数的模长来代替绝对值，于是，我们只需定义复数的正负即可，我们规定复数的“长度”即为模长，规定在复平面x轴上方的复数为正，在x轴下方的复数为负，在x轴上的复数即为实数大小．“大小”用符号+“长度”表示，我们用[z]来表示复数的“大小”，例如：[1+2i]=5，[1−2i]=−5，A．[z]=1在复平面内表示一个圆B．若z∈C，则方程[z]2C．若z1,z2D．复平面内，复数z对应的点在直线y=−x+4上，则|[z]|最小值为2【答案】BCD【分析】根据已知条件，理解[z]的意义，结合复数的几何意义，点到直线距离公式对选项逐一判断即可.【详解】根据已知条件[z]=1表示模长为1，在复平面位于x轴上方的复数，所以并不是一个圆，A错误；若z∈C，则方程[z]为一个实数，所以[z]2若z1,z2为虚数，且z1=z2，设所以z1复数z对应的点在直线y=−x+4上，则|[z]|最小值为：点O0,0到直线y=−x+4的距离，所以|[z]|最小值为：4故选：BCD29.（多选）（2024·辽宁·二模）已知复数z,w均不为0，则（

）A．z2z=C．zw=zw 【答案】AD【分析】设z=a+bi，w=c+d【详解】设z=a+bi，w=c+di，其中a,b,c,d∈R则选项A：由z=a+bi可得z所以z⋅z=a+b选项B：z+w=a+c+b+di，所以又因为z+当z+w=z+w，即两边平方整理得2abcd=a2d选项C：zw=a+b又zw当zw=zw时可得选项D：若1z=1所以z=a∈R故选：AD30.（多选）（2024·广东韶关·二模）已知复数z1A．若z1=z2，则z1C．若z1是非零复数，且z12=z1z【答案】BC【分析】对于A项，可以举反例说明；对于B项，可以设z1=a+bi，则z【详解】对于A项，若z1=1+i，z2=对于B项，设z1=a+bia,b∈R，则z2=a−b对于C项，由z12=z1z2可得：z对于D项，当z1=i时，z故选：BC.07复数最值问题31.（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）若复数z满足z−1=z+iA．12 B．22 C．1 【答案】B【分析】根据复数模的运算公式，结合配方法进行求解即可.【详解】令z=x+yi，x,y由z−1=z+i所以z−1=因此当x=12时，z−1取最小值故选：B32.（2024·贵州贵阳·模拟预测）如果复数z=x+yix∈R,y∈R，z1=−2，z2=−12，z3=i在复平面内对应的点分别为Z，【答案】4+2【分析】先将复数转化为平面直角坐标系中的坐标，然后用距离公式对条件z−z1=2z−z2进行变形，得到x2+y2=1，由此可以证明x−y≤2.之后再使用向量的坐标运算将3λ+2μ表示为关于【详解】由z=x+yi，z1=−2，z2=−12，z3=i，知Zx,y，Z由于z−z12=ZZ12=x+22+y2，z−z由于Z1Z=λZ1Z2+μZ1Z经验证，当x=22，y=−2所以3λ+2μ的最大值是4+22故答案为：4+22【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于将复数坐标化为平面直角坐标系中的坐标，并将复数之差的模长表示为平面直角坐标系中的线段长度.另外，本题还具有“阿波罗尼斯圆”的背景：平面上到两个不同定点M,N的距离之比恒为常数c∈0,1∪1,+33.（2022·江苏镇江·模拟预测）若i为虚数单位，复数z满足1≤z+1+i≤2，则【答案】3【分析】利用复数的几何意义知复数z对应的点Z到点C(−1,−1)的距离d满足1≤d≤2，z−1−i表示复数z对应的点Z到点【详解】复数z满足1≤z+1+i≤即复数z对应的点Z到点C(−1,−1)的距离d满足1≤d≤设P(1,1)，z−1−i表示复数z对应的点Z到点P(1,1)数形结合可知z−1−i的最大值|AP|=|CP|+故答案为：334.（2022·福建·模拟预测）对任意三个模长小于1的复数z1，z2，z3，均有z1z【答案】10【分析】利用复数的三角形式结合余弦函数的性质可得z1z2【详解】设z1=ρ1cos由题设有ρi又z+ρ=+2而z1所以z1而cosθ1−故z1z2故实数λ的最小可能值为10，故答案为：10.35.（2023·河北·模拟预测）若复数a+bii=6+8i，且a【答案】337+1/【分析】设a=x+yix,y∈R,b=m+nim,n∈R，利用复数相等的性质得到点Mx,m轨迹是以【详解】依题意，设a=x+yi则a+bi因为a+bii=6+8i，所以因为a+b=26所以x2+−m−6令Mx,m，A0,−6，B8,0所以点Mx,m轨迹是以A,B为焦点，长轴为26的椭圆P因为AB的中点为O14,−3，记∠OBA=α0<α<π2所以椭圆P的图像是由以F1−5,0,F25,0为焦点，长轴为26的椭圆C的图像先逆时针旋转.因为在椭圆C中，2a=26,c=5，则a=13,a2=169所以椭圆C的方程为x2不妨设x',y'为椭圆C上的点，则可设下面求Nx',y'以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标，则x'=ρcosβ,y'=ρ所以u=ρcosβ+α=ρv=ρsin接着求u,v向右平移4个单位，向下平移3个单位得到的点Mx,m易得x=u+4，m=v−3，又因为x'=13cos所以x=45x所以x+m=915cos因为0≤θ≤2π，y=sinθ+φ所以−1≤sinθ+φ≤1所以Rea+b=x+m≤337故答案为：337+1【点睛】关皱点睛：本题的关键有两点：（1）利用椭圆的定义得到Mx,m（2）利用点的旋转平移得到x,m关于θ的关系式.08复数的三角形式36.（2023·湖北·二模）复数21−A．cos−π3C．32+1【答案】B【分析】应用复数的除法化简，结合复数的三角表示、各项的形式判断正误即可.【详解】由题设，21−而cos−故选：B37.（2016·安徽淮北·一模）现定义eiθ=cosθ+isinθ，其中i为虚数单位，e为自然对数的底数，θ∈R，且实数指数幂的运算性质对eiθA．cos5θ+isin5θC．sin5θ+icos5θ【答案】A【分析】计算a+bi，结合二项式定理的展开即可得解.【详解】a+bi==C=(故选A.【点睛】本题主要考查了二项式定理的展开与复数的新定义问题，观察出二项展开的结构是解本题的关键，属于中档题.38.（2022·上海奉贤·一模）复数cos2θ+isin3θ⋅cosθ+isinA．9 B．10 C．11 D．无数【答案】C【分析】先根据复数cos2θ+isin3θ⋅cosθ+isinθ的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin【详解】cos2θ+isin3θ⋅cosθ+isinθ=cos2θ+isin3θ⋅cosθ+isinθ=1，其中cosθ+isinθ=1，所以cos2θ+isin3θ=1，即cos22θ+sin23θ=1，cos22θ=1−sin23θ=cos23θ，当cos2θ=cos3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈0,2π，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k故选：C39.（2022·江苏苏州·模拟预测）任何一个复数z=a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z=r(cosθ+isinθ)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn=[r(cosθ+isin【答案】−i【分析】利用给定定理直接计算即得z2022；令w=cosπn+【详解】当r=1，θ=π4时，z=cos∀n∈N*，令w=cos∀n∈N*=(1+而w+w2+w3所以k=2n故答案为：-i；sin【点睛】思路点睛：涉及复数z的n(n∈N∗)次幂zn的求和问题，可把40.（2019·上海杨浦·一模）已知复数z1=cosx+2f(x)i，z2=(3sinx+cosx)+i（x∈R，i为虚数单位），在复平面上，设复数z1、【答案】π【分析】根据垂直得到(3sinx+【详解】z1=cosx+2f(x)则(f函数f(x)的最小正周期为T=2π故答案为π【点睛】本题考查了复数的几何意义，三角函数化简，周期，意在考查学生的计算能力和综合应用能力09复数方程的根相关问题41.（多选）（2024·浙江杭州·二模）已知关于x的方程x2+tx+1=0(−2<t<2)的两根为z1A．z1=zC．z1=z【答案】ABC【分析】求出方程的两根，即可判断A，利用韦达定理判断B，计算出两根的模，即可判断C，利用复数代数形式的除法运算及B项的结论化简z1【详解】关于x的方程x2则Δ=t2不妨设z1=−t∴z由韦达定理可得z1z1∵z∴z1则z1z2=t2−2故选：ABC．42.（2020·上海闵行·二模）关于x的实系数方程x2−4x+5=0和A．5 B．−1 C．0,1 D．0,1【答案】D【分析】根据条件分别设四个不同的解所对应的点为ABCD，讨论根的判别式，根据圆的对称性得到相应判断.【详解】解：由已知x2﹣4x+5＝0的解为2±i，设对应的两点分别为A，B，得A（2，1），B（2，﹣1），设x2+2mx+m＝0的解所对应的两点分别为C，D，记为C（x1，y1），D（x2，y2），（1）当△＜0，即0＜m＜1时，x2（2）当△＞0，即m＞1或m＜0时，此时C（x1，0），D（x2，0），且x1故此圆的圆心为（﹣m，0），半径r=x又圆心O1到A的距离O1A＝(2+m)2解得m＝﹣1，综上：m∈（0，1）∪{﹣1}.故选：D.【点睛】本题考查方程根的个数与坐标系内点坐标的对应，考查一元二次方程根的判别式，属于难题.43.（多选）（2022·福建莆田·模拟预测）意大利数学家卡尔达诺（Cardano.Girolamo，1501-1576）发明了三次方程的代数解法.17世纪人们把卡尔达诺的解法推广并整理为四个步骤：第一步，把方程x3+a2x2+第二步，利用公式x3+y第三步，求得y，z的一组值，得到方程x3+px+q=0的三个根：−y−z，−ωy−ω2z，−第四步，写出方程x3+a2x2+某同学利用上述方法解方程8x3−12x2A．a2=−32 B．yz=2 C．【答案】ABC【分析】根据三次方程的代数解法对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】8依题意可知a2是2次项系数，所以a第一步，把方程x3−32x得x+1第二步，对比x3−6x+4=0与可得y3+z所以x2x3故选：ABC44.（2001·全国·高考真题）对任意一个非零复数z，定义集合Mz(1)设a是方程x+1x=2的一个根，试用列举法表示集合(2)设复数ω∈Mz，求证：【答案】(1)Mα见解析，P=(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意求得α，再结合复数的乘方运算，即可求得Ma；根据古典概型的概率计算公式，即可求得概率P（2）根据Mz的定义，设出Mω中的任意一个元素x，根据其满足的条件化简x的形式，只需证明x满足【详解】（1）因为α是方程x+1x=当α=22故Mα同理，当α=22−在Ma中任取两个数共有6种取法，满足和为零的有2种，故其概率P=（2）证明：设x为集合Mω中的一个元素，则x=因为ω∈Mz，故存在k∈N因为ω2n−1==2kn−1+n故2k−12n−1为正奇数，故x=故Mω【点睛】关键点点睛：本题考查复数的运算，涉及古典概型的概率计算；其中第二问中处理问题的关键是能够根据x的形式，逐步划归为满足Mz45.（2024·全国·模拟预测）设a,b为实数，且ab≠0，虚数z为方程ax2+bx+a=0的一个根，则z【答案】1【分析】由复数与共轭复数的意义可知，方程的两个根为z和z，再设出复数z，结合韦达定理和复数运算解出模长即可.【详解】由题意可知虚数z为方程ax2+bx+a=0所以z⋅z设z=m+ni，则zz⋅z所以z=1故答案为：1.10向量与解析几何结合平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.46.（2024·全国·模拟预测）抛物线E:y2=x的焦点为F，P为其准线上任意一点，过点P作E的两条切线，切点为A，B（点AA．1 B．2 C．3 D．1【答案】D【分析】根据过点P的直线与抛物线相切，得到PA⊥PB，利用抛物线对称性设不妨设切点为A在第一象限，然后利用导函数求切线斜率，进而求出直线方程，得P−14【详解】

由y2=x，可知抛物线焦点F1因为P为其准线上任意一点，设P−设过点P且与抛物线相切的直线为：y−t=kx+1由y−t=kx+14所以Δ=16−4×4kk+4t=0，整理得，所以kPA，kPB是方程所以kPA⋅k所以PA⋅利用抛物线对称性，不妨设切点为A在第一象限，坐标为Ax由y2=x得y=x所以直线PA的斜率kPA代入①可得切线PA的方程为：y−t=1又因为点Ax0,所以x0−t=1所以点P的坐标为P−所以PA=x0所以PA=x当且仅当x04=164x0故选：D47.（2024·山东日照·一模）过双曲线x24−y212=1A．28 B．29 C．30 D．32【答案】C【分析】求得两圆的圆心和半径，设双曲线x24−y212=1的左右焦点为F1−4,0，F【详解】由双曲线方程x24−可知双曲线方程的左、右焦点分别为F1−4,0，圆C1:x+42+y2圆C2:x−42+y2连接PF1，PF2，F1可得PM⃗+=2aP当且仅当P为双曲线的右顶点时，取得等号，即PM+故选：C.【点睛】关键点点睛：根据数量积的运算律可得PM+PN⋅48.（23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知a=3，b=1，a⋅b=0，A．2213+1 B．4 C．4【答案】A【分析】由题意首先得出c−【详解】如图所示：不妨设a=满足a=3，b=1又c+a+由椭圆的定义可知点C在以A1a=2,c=3所以该椭圆方程为x2而d2−4b⋅d这表明了点D在圆x2+y−22=1又c−d=故只需求CE的最大值即可，因为点Cx24+所以CE=所以当sinθ=−−42×c−d有最大值故选：A.【点睛】关键点睛：解题的关键是将向量问题转换为圆锥曲线中的最值问题来做，通过数学结合的方法巧妙的将几何问题融入代数方法，从而顺利得解.49.（2023·四川攀枝花·一模）在平面四边形OACB中，OA⊥OB，OA=3，∠OBA=∠ACB=π3，OC=λA．3 B．2 C．3 D．2【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，设Cx,y，求出点C的轨迹方程，根据向量线性运算的坐标表示可得λ+μ=x+3【详解】如图，以O为原点，以OA,OB所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系，因为OA=3，∠OBA=π3，则OB=3所以A3,0，B0,3则OC=x,y，OA=由OC=λOA+μ则x=3λy=3μ由∠ACB=π3可知点C的轨迹为△ABC外接圆的一段劣弧且2R=ABsinπ3=设△ABC外接圆的方程为x−a2则3−a2+b2=4即△ABC外接圆方程为x−22+y−因为x+3y1+3=x+3y而圆心2,3到直线x+3y=0要使λ+μ最大，则x+3而x+3y2此时λ+μ=x+3y故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题关键在于，建立平面直角坐标系，求出点C的轨迹方程，然后转化问题为求点到直线的距离最值问题.50.（2023·新疆·二模）已知平面向量a，b，c，满足a=2，a−b=23，若对于任意实数x，都有bA．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及b−xa≥b−a得MB≥AB，从而BA⊥OA，又由【详解】设a=OA，b=OB，c=OC，因为b−xa≥即MB≥AB，所以因为a=2，a−b=23由c−a≤1，可得点C过圆周上一点C作OB的垂线，垂足为D，且DC与⊙A相切，延长DC交OA于N，则b⋅此时△ODN∽△ACN，根据相似知识可得ODCA所以OD=CA⋅OA所以b⋅c的最大值为故选：D.11向量与实际模型51.（2023·全国·模拟预测）键线式可以简洁直观地描述有机物的结构，在有机化学中极其重要．有机物萘可以用左图所示的键线式表示，其结构简式可以抽象为右图所示的图形．已知ABCHIJ与CDEFGH为全等的正六边形，且AB=2，点P为该图形边界（包括顶点）上的一点，则AP⋅A．0,42 B．−1,42 C．0,36 D．−1,36【答案】B【分析】取线段AB的中点M，可得出AP⋅BP=PM2【详解】取线段AB的中点M，则MB=−AP=PM由图可知，当点P与点M重合时，AP⋅BP取最小值，且由图形可知，当PM取最大值时，点P在折线段CDEFGH上，连接AH，则∠IHG=360同理∠BCD=120由正六边形的几何性质可知，∠AHI=1所以，∠AHG=∠AHI+∠IHG=60则A、H、G三点共线，则∠CHG<∠MHG<∠AHG，即120∘当点P在线段HG上从点H运动到点G的过程中，PM在逐渐增大，同理可知，120∘当点P在线段CD上由点C到D的过程中，PM在逐渐增大，所以，当PM取最大值时，点P在折线段DEFG上运动，以线段CH的中点O为坐标原点，CH所在直线为y轴，线段CH的垂直平分线所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则A−23,−1、B−3,−2、F23,1、G（1）当点P在线段GF上运动时，kFG直线FG的方程为y−2=−33x−所以，线段FG的方程为y=−3则PM2（2）当点P在线段EF上运动时，x=23，−1≤y≤1，则1所以，PM2（3）当点P在线段DE上运动时，kDE直线DE的方程为y+2=33x−所以，线段DE的方程为y=3所以，PM2因为函数fx=4故PM2综上所述，PM2的最大值为43，故AP故AP⋅BP的取值范围是故选：B.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．52.（2023·河南安阳·二模）如图，2022年世界杯的会徽像阿拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆M:x2+y+m2=n2和A．32+22 B．22+1 【答案】C【分析】先用待定系数法求出圆M的方程，进而得到PA⋅PB=2PB【详解】根据题意可得−2+m2=n21+−1+m2PA⋅画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，PBcos直线PA的斜率为1，设l的方程为y=−x+aa>0，由圆心N0,1到直线l的距离为解得a=1+2或1−故l的方程为y=−x+1+2，其与直线PA：y=x−2的交点坐标为Q所以PQ=32即PA⋅PB的最大值为故选：C【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.53.（2023·全国·模拟预测）中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它身上所显示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部分可近似地视为一个大正方形（内部是16个全等的边长为1的小正方形）和凸出的16个半圆所组成，如图，点A是大正方形的一条边的四等分点，点C是大正方形的一个顶点，点B是凸出的16个半圆上的任意一点，则AC⋅A．33+3172 B．33+2172 C．【答案】C【分析】利用向量数量积的几何意义将AC⋅【详解】AC⋅AB等于AB在AC上的投影向量与AC的数量积，因此当AB在AC上的投影向量与且投影向量的模最大时，AC⋅以大正方形的相邻两边分别为x，y轴建立平面直角坐标系xOy，如图，A(0,1),C(4,0)，则直线AC的方程为x4+y=1，以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆圆心为半圆M的方程为(x−4)2显然半圆M在点B处切线l垂直于直线AC时，AC⋅设切线l的方程为4x−y+b=0，于是|16−12+b|17=即切线l：4x−y−17+312=0，由因此切线l与直线AC的交点D(2(17+33)17,所以AC⋅AB的最大值为故选：C【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．54.（多选）（2023·吉林·一模）中华人民共和国国旗是五星红旗，国旗上每个五角星之所以看上去比较美观，是因其图形中隐藏着黄金分割数．连接正五边形的所有对角线能够形成一个标准的正五角星，正五角星中每个等腰三角形都是黄金三角形．黄金三角形分两种：一种是顶角为36°的等腰三角形，其底边与一腰的长度之比为黄金比5−12；一种是顶角为108°的等腰三角形，其一腰与底边的长度之比为黄金比5−12．如图，正五角星ABCDE中，

A．AG=FI C．AG在AF上的投影向量为5+12AF【答案】ABD【分析】利用黄金三角形得边长比计算各边长可得AG=FI，再通过证△DIF∼△DHA，可得AG//FI，则选项A可判定；在三角形GAF中利用余弦定理可得cos∠GAF【详解】因为AG=2，三角形AGF为黄金三角形，所以GFAG=5

由对称性可知BG=AG=AF=EF=JD=DI=2，GF=FJ=JI=IH=5所以DFDADIDH可知DFDA=DIDH=所以FIHA=5所以AG=在三角形GAF中，有余弦定理可得cos∠GAF=AG⋅AG在AF上的投影向量为AG⋅cosθ=cos2θ=cos4θ=cos6θ=cos8θ=cos10θ=cos12θ=所以cos==0×202+=5故选：ABD.55.（多选）（2022·重庆·模拟预测）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中∠COD=2π3,OC=3OA=3，动点P在CD上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧AB图1

图2A．若y=x，则x+y=23 B．若y=2xC．AB⋅PQ≥−2【答案】ABD【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设Q(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π【详解】如图，作OE⊥OC,分别以OC,OE为x,y轴建立平面直角坐标系，则A(1,0),C(3,0),B(−1设Q(cosθ,sin由OQ=xOC+yOD可得若y=x，则cos2解得x=y=13，（负值舍去），故若y=2x，则cosθ=3x−32AB⋅由于θ∈[0,2π3]，故θ−由于PA=(1−3故PA=172−3故PA⋅故选：ABD12向量与四心三角形重心、内心和外心的向量形式的常用结论：设△ABC的角A，B，C所对边分别为a，b，c，则（1）△ABC的重心G满足GA+（2）△ABC的内心P满足aPA（3）△ABC的外心M满足MA=56.（2023·全国·模拟预测）已知△ABC中，AO=λAB+(1−λ)AC，且O为△ABC的外心．若BA在BC上的投影向量为μBCA．23,56 B．15,【答案】A【分析】根据题意B，O，C三点共线．因为O为△ABC的外心，即有|OA|=|OB【详解】因为AO=λ则AO−AC=λ(因为O为△ABC的外心，即有|OA所以△ABC为直角三角形，因此AB⊥AC，O为斜边BC的中点．因为cos∠AOC∈13如图，过点A作AQ⊥BC，垂足为Q．因为BA在BC上的投影向量为BQ=μBC，所以所以OA在BC上的投影向量为OQ=又因为|OA|=1因为cos∠AOC∈13故μ的取值范围为23故选：A．57.（2021·四川成都·三模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左，右焦点分别是F1，F2，点P是双曲线CA．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由PH=λPF1PF1+PF2【详解】因为PH=λPF1P又因为点H在直线x=a上，且在双曲线中，点P是双曲线C右支上异于顶点的点，则△PF1F2的内切圆圆心在直线x=a上，即点如图，作出△PF1F2，并分别延长HP、HF1、HF2至点HF'1=3HF1，设S△HPF1=m，S△HP即m:n:p=4:3:5，又H为△PF1F因为F1F2=2c，所以PF所以双曲线C的离心率e=c故选：C.【点睛】三角形重心、内心和外心的向量形式的常用结论：设△ABC的角A，B，C所对边分别为a，b，c，则（1）△ABC的重心G满足GA+（2）△ABC的内心P满足aPA（3）△ABC的外心M满足MA=58.（2022·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1A．13 B．25 C．33【答案】B【分析】取PF2中点M，由IP+IF2=2IM及3I【详解】设M是PF2的中点，连接IM，如图，则IP+3IF1+2IF2+2IP=3IF1+4IM=0,∴F1,I,M三点共线，3IF1=4MI故选：B.59.（多选）（2023·湖北黄冈·模拟预测）点O，H分别是△ABC的外心､垂心，则下列选项正确的是（

）A．若BD=λBA|BAB．若2BO=BA+C．若∠B=π3，OB=mOAD．若2HA+3【答案】BCD【分析】A.根据向量的运算以及基本定理的推理，确定点D的位置，即可判断A；B.根据条件，确定△ABC的形状，即可判断B；C.建立坐标系，将利用三角函数表示m+n，根据三角函数的性质，即可判断C；根据垂心的性质，得HA⋅【详解】A.由BD=μBA+(1−μ)BC，又BD=λBA|BA|所以BD为△ABC的角平分线，AD与DC不一定相等，故A错误；B.若2BO=BA+BC，则点O是AC所以∠ABC=90∘，C.因为∠B=π3，所以

设Cr,0，A−12因为OB=mOA+n得m=23sinm+n=cosθ+3θ+π6∈5πD.因为AH⊥BC，所以即AH⋅HC−同理，HA⋅HC=设HA⋅因为2HA+3HB即3HB2=−24HC=−2HA则HC=cos∠BHC=cosHB故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查向量数量积公式的应用，以及垂心，外心的综合应用问题，本题的C选项的关键是转化为三角函数表示点的坐标，利用三角函数即可求解，D选项的关键是公式HA⋅60.（2023·广东惠州·一模）已知点D在线段AB上，CD是△ABC的角平分线，E为CD上一点，且满足BE=BA+λADAD+ACACλ>0,CA【答案】2【分析】建立直角坐标系，根据双曲线的定义，结合三角形内心的向量表达式、切线长定理、投影向量的定义进行求解即可.【详解】建立如图所示的直角坐标系，由BA=14，可设A−7,0,B

得点C的轨迹是以A−7,0因为CD是△ABC的角平分线，且BE=所以AE也为△ABC的角平分线，∴E为△ABC的内心．如图，设Ex则由双曲线与内切圆的性质可得，AC−又AQ+BQ=14，所以，BQ=4，∴BE在a上的投影长为4，则BE故答案为：2【点睛】关键点睛：本题的关键是识别三角形内心的表达式，利用切线长定理进行求解.13向量与数列结合61.（2023·四川达州·一模）已知O为平面四边形ABCD内一点，数列an满足a1=4，当n≥2时，恒有OD=an−2nOA−an+an−1−4n+1OB+a【答案】92【分析】根据已知恒等式可得CD=2n−anAB+an−1−2n+1BC，再将CD用AB,【详解】因为2AE=EC由OD=得OD−所以CD==4n−又CD=所以AD−3整理得AE=因为B,D,E三点共线，所以an整理得an因为a1所以a2a4所以S5故答案为：92.【点睛】关键点点睛：根据已知恒等式可得CD=2n−anAB+an−1−2n+162.（2023·广东广州·三模）我们称nn∈N∗元有序实数组x1,x2,⋯,xn为n维向量，x1+x2+⋯+xn为该向量的范数.已知n维向量【答案】3【分析】考虑当n为偶数时，xi=0的个数为奇数，当n为奇数时，xi=0的个数为偶数，根据2+1n【详解】当n为偶数时，范数为奇数，则xi=0的个数为奇数，即0的个数为根据乘法原理和加法原理得到An3n1=2−1两式相减得到An当n为奇数时，范数为奇数，则xi=0的个数为偶数，即0的个数为根据乘法原理和加法原理得到An3n1=2−1两式相加得到An综上所述：An故答案为：3n【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用2+1n和2−163．（2023·北京海淀·二模）在数列xn中，x1=1，x2=2．设向量an=xn,xn+1，已知an⋅an+1−a【答案】②③④【分析】根据已知带入，即可求得x3=32，即可判断①；同理可求得x4=136，x5=13378.然后猜想∀n∈N∗，有【详解】对于①，由已知可得a1=x所以，a2因为a1⋅a2−对于②，a2=2,所以，a3因为a2⋅a3−同理可得，x5所以有x1x2−x1=1×猜想，∀n∈N∗，有x2n−1显然，当n=1时，（*）式成立；假设n=kk∈即∀n∈N∗，有x2n−1因为a2n=x2n,所以a2n+1−a由已知可得，a2n所以x2n所以x2n+1又a2n+1所以x2n+1所以x2n+2即，n=k+1时，式子（*）也成立.所以，猜想正确.即∀n∈N∗，有x2n−1所以，x2n=x猜想，x2n−1≥1，当n=1时，（**）式成立；假设当n=kk∈N∗时，（**）式成立，即x则x2k+1=x当且仅当x2k+1=1因为x2k+1≥3所以，当n=k+1时，（**）式也成立.所以，∀n∈N∗，对于③，因为x2n≥2，所以0<1所以1x2n<又x2n+2=x同理可得，x2n+1所以，∀n∈N∗，对于④，由（**）可得，x2n=x所以，∀n∈N∗，故答案为：②③④.【点睛】关键点睛：根据前几项，猜想结论，根据数学归纳法证明结论.64.（2022·全国·模拟预测）如图，在△ABC中，D是AC边上一点，且AD=12DC，Enn∈N∗为直线AB上一点列，满足：En【答案】3【分析】利用向量的线性运算与平面向量基本定理可得4an+1−1=−31−2an【详解】由于D是AC边上一点，且AD=则En由于Enn∈N因为En则4an+1−1=整理4an+1a故4+2令bn=1an因此bn+1+45=−所以bn+45是以1为首项，所以bn故Sn=−23故答案为：3565.（2022·山西太原·三模）如图，已知点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，点Gn(n∈N∗)在线段BD上，且满足GnD【答案】a【分析】根据平面向量的运算可得GnB=−GnA+2【详解】∵E为AB中点，∴2GnE=G又∵D、Gn、B三点共线，∴GnD=λG∴−λ=an+12λ=−2(2an+3)∴数列{an+3}是首项为4、公比为2的等比数列.∴an+3=4×故答案为：a14向量与三角换元66.（2022·天津和平·三模）在平面内，定点A,B,C,O，满足OA=OB=OC=2，且OA+OB+OC=0，则AB=【答案】23【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出OB⋅OC=−2，进而根据AB=OB−OA，平方后计算出AB2=12【详解】因为OA=OB=所以OA=−OB+即4=4+2OB⋅OC因为AB=所以AB2因为AB所以AB=2可得到△ABC是等边三角形，且边长为23如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C3,3，因为AP=1，所以设Pcosθ,由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则则BM=3sin当sinθ−π3=1时，故答案为：23，67.（2022·浙江·模拟预测）已知平面向量a、b、c、e，满足a⊥b，a=2b，c=a+【答案】3【分析】分析可得a−3e=1，设e=1,0，a=x,y，可得出x−32+y2=1，可设【详解】因为a2−6a⋅e设e=1,0，a=x,y，则设x=3+cosθy=因为a⊥b，a=2b，则因为c=a+b，则令c=m,n，则m−32根据对称性，可只考虑m−32由c⋅记点A3,32、B32,0、所以，PB=当且仅当点M为线段AB与圆x−32所以，c=3故答案为：310【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．68.（2022·天津河西·模拟预测）如图，已知B，D是直角C两边上的动点，AD⊥BD，AD=3，∠BAD=π6，CM=【答案】13【分析】以点C为原点，CB，CD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设∠CBD=θ，利用三角函数关系表示A，B，D的坐标，由题干条件分析可知M为AB的中点，N为AD的中点，即可得到M，N的坐标，进而得到CM与CN，整理可得CM⋅CN为关于【详解】如图，以点C为原点，CB，CD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设∠CBD=θ，则∠ABD=π2−在Rt△ABD中，AB=ADcos∠BAD所以设Bcosθ,0，D0,sinθ由题意可知M为AB的中点，N为AD的中点，所以M12cos所以CM=12所以CM====3==134sin2θ−φ+1所以CM⋅CN的最大值为134+1，此时故答案为：13【点睛】关键点点睛：题目中给出垂直关系，可利用坐标法处理此题，设∠CBD=θ，点坐标即可用关于θ的三角函数关系表示，则将问题整理为关于θ的正弦型函数求最大值问题.69.（2024·广东·模拟预测）已知O为△ABC的外接圆圆心，且AO⋅BC=1,BC=1．设实数λ,μ满足AO【答案】−3,−1【分析】以BC中垂线为y轴，BC为x轴建立直角坐标系，设出圆心坐标及半径，写出外接圆的方程，再分别写出A,B,C坐标，将题干条件带入，即可得到等式，根据等式得出λ,μ的关系及范围，再将关系带入2λ2μ−1【详解】解：由题可得，以BC的中点M为原点，BC方向为x轴，BC的中垂线为y轴，建立如图所示平面直角坐标系：因为BC=1，所以B−12,0所以圆O的方程为x2+y−m不妨设Arcosθ,m+rAB=−1因为AO⋅BC=1,因为AO=λ所以−rcos所以可得−rcos将rcosθ=−1代入上式可得2=λ+3μ，因为r2=1将①的平方和②的平方相加可得：r2所以r2所以−1<λ+μ将2=λ+3μ带入可得，−1<2−2μ2μ−1<1即0<12μ−1<2所以2λ2μ−1的取值范围为−3,−1故答案为：−3,−1【点睛】方法点睛：此题考查平面向量和三角形的综合应用，属于难题，针对向量的题常用的方法有：（1）取两个不共线向量作为一组基底，将其他向量都用这一组基底进行表示；（2）如果是比较规则的图形，比如有直角，等腰三角形，菱形等，建立合适的直角坐标系，将结果用坐标表示；（3）若线段BC上一点,D为线段BC上一点，且BD:CD=m:n，则对于直线BC外一点A有：AD=70.（2024·甘肃陇南·一模）已知M是椭圆x210+y2=1上一点，线段AB是圆C:x【答案】70【分析】设AB中点为N，易得CN=2，点N的轨迹为以0,6为圆心，r=2为半径的圆，MA⋅MB可转化为MA⋅MB【详解】

如图，设AB中点为N，由AB=22⇒AN=2，CN=MA⋅MNmax=MCmax=37+9当且仅当cosθ=−23所以MNmaxMA故答案为：70【点睛】关键点点睛：由向量的数量积求解椭圆上一点与定点距离问题，转化法和参数方程是解决本题关键，还综合了余弦函数求最值问题，试题整体难度不大，但综合性强，是一道跨知识点考查相对不错的题15复数新定义问题新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．71.（23-24高三下·浙江丽水·开学考试）数学中的数，除了实数、复数之外，还有四元数．四元数在计算机图形学中有广泛应用，主要用于描述空间中的旋转．集合H=d+ai+bj+ck∣a,b,c,d∈R中的元素α=d+ai+bj+c两个四元数的乘法定义为：ij=−ji=k,jk=−kj=i,ki=−(1)设a,b,c,d∈R,四元数α=d+ai+bj+ck（i）计算αα（ii）若α≠0，求α−1（iii）若α≠0,β∈W，证明：αβα(2)在空间直角坐标系中，把空间向量α=(a,b,c)与纯四元数α=ai+bj（i）证明：γ∈W;（ii）若α,β是平面X内的两个不共线向量，证明：γ是X的一个法向量．【答案】(1)（i）a2+b(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）（i）由α的共轭四元数定义求解即可；（ii）α−1（2）（i）由纯四元数的定义证明即可；（ii）在空间直角坐标系中，设γ=(bz−cy,cx−az,ay−bx),由题意可证明γ⊥α且γ⊥β，即可证明.【详解】（1）（i）αα（ii）因为α≠0，所以a2由（1）可得αα所以α⋅α同理可验证(d−ai所以α∗因此，α−1（iii）设α=d+aiαβ=(d+a=(−ax−by−cz)+(dx+bz−cy)i由（ii）,α−1而αβαd(−ax−by−cz)+a(dx+bz−cy)+b(dy−az+cx)+c(dz+ay−bx)a所以αβα−1的实部为0，所以（2）（i）设α=aiαβ=(a=(−ax−by−cz)+(bz−cy)iβα=(x=(−ax−by−cz)−(bz−cy)i所以γ=12(αβ−βα)=(bz−cy)（ii）在空间直角坐标系中，γ=(bz−cy,cx−az,ay−bx)．所以γ⋅α=a(bz−cy)+b(cx−az)+c(ay−bx)=0，γ⋅β=x(bz−cy)+y(cx−az)+z(ay−bx)=0．因此γ⊥α且γ⊥β．因为α,β⊂X不共线，所以γ⊥X,即γ是X的一个法向量．72.（2024·安徽蚌埠·模拟预测）对于无穷数列a0,a1,a2,⋯,an,⋯(1)证明：e(−x)=(2)记c(x)=k=0∞(−1)(3)以函数xe(x)−1为指数型母函数生成数列Bn，xe(x)−1=n=0【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由e(x)（2）根据i的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；（3）构造g(x)=xe(x)−1【详解】（1）令x=0，则e(0)=1由e(x)e(y)=e(x+y)因为e(x)≠0，故e（2）证明：因为(i(i(i(ie(所以c(x)=（3）证明：令g(x)=xg(−x)−g(x)==−x⋅[因此x=g(−x)−g(x)==−2故B1=−12且【点睛】关键点点睛：主要考查了复数i的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性很强.73.（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在高等数学中，我们将y=fx在x=x0处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：fx=fx0+f'x(1)分别求ex，sinx，cosx(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：eiπ+1=0(3)若∀x∈0,32，e【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)a≥1【分析】（1）根据函数fx在x=（2）把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix，利用复数的运算法则进行化简整理可得（3）根据sinx在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈0,32,sinx>x−16【详解】（1）解：因为函数fx在x=x0处的泰勒展开式为fx=f所以ex，sinx，cosxexsinx=x−cosx=1−（2）证明：把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix=1−12!所以eiπ=（3）解：由sinx在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈令f(x)=sinf‴(x)=1−cosx，易知f‴所以f''(x)>f''(0)=0，所以f'(x)在0,32上单调递增，所以所以f(x)在0,32上单调递增，所以再令g(x)=x−16x3−所以g(x)在(0,1)上单调递增，在1,3而g(0)=0,所以∀x∈0,当a≥1时，asinx≥sin当a<1时，令ℎ(x)=asinx−ln(x+1)，所以必存在一个区间(0,m)，使得ℎ(x)在(0,m)上单调递减，所以x∈(0,m)时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，不符合题意.综上所述，a≥1.【点睛】关键点点睛：本题（3）问解题的关键是根据sinx在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈0,32,74.（2024·全国·模拟预测）对于非空集合G，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”G,×，简记为G×．而判断G1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意a,b∈G，都须满足a×b∈G；2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意a,b,c∈G，都须满足a×b×c3.（恒等元）存在e∈G，使得对任意a∈G，e×a=a；4.（逆的存在性）对任意a∈G，都存在b∈G，使得a×b=b×a=e．记群G×所含的元素个数为n，则群G×也称作“n阶群”．若群G×的“×”运算满足交换律，即对任意a，b∈G(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群R+(2)记C为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得C在该运算下构成一个群C×(3)所有阶数小于等于四的群G×【答案】(1)证明见解析(2)C在复数的乘法运算下构成一个群C×(3)所有阶数小于等于四的群G×【分析】（1）根据题意结合实数运算分析证明；（2）根据题意结合复数运算分析证明；（3）分类讨论群G×【详解】（1）我们需证R在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：①封闭性：对a,b∈R，则a+b∈R，封闭性成立；②结合律：对a,b,c∈R，a+b+c③恒等元：取e=0∈R，则对任意a∈R，0+a=a．符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意a∈R，b=−a∈R，且a+b=a+−a综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群R+（2）首先提出，C的“×”运算可以是复数的乘法：z1即证明S在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：①封闭性：设z1=a+bi，z2=c+d则z1所以z=c2a②结合律：设z1=a+bi，z2=c+dz=z==即z1③恒等元：取e=1∈C，则对任意z∈C，1⋅z=z，符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意z=a+bi∈C，取其共轭z=a−b综上所述，C在复数的乘法运算下构成一个群C×（3）所有阶数小于等于四的群G×若群G×的阶数为0，则G为空集，与定义矛盾．所以G（1）若群G×的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时G（2）若群G×的阶数为2，设其元素为e,a，其中e是恒等元，则e×a=a×e=a，符合交换律，故此时G（3）若群G×的阶数为3，设其元素为e,a,b，其中e是恒等元，由群的封闭性，a×b∈若a×b=a，又a×e=a，推出b=