壓軸題06向量、復(fù)數(shù)壓軸題16題型（教師版）

壓軸題06向量、復(fù)數(shù)壓軸題十六大題型匯總命題預(yù)測(cè)本專題考查類型主要涉及點(diǎn)為向量與復(fù)數(shù)，包含了向量的最值，新定義等，包含了復(fù)數(shù)的相關(guān)性質(zhì)與新定義等。預(yù)計(jì)2024年后命題會(huì)繼續(xù)在上述幾個(gè)方面進(jìn)行。高頻考法題型01向量新考點(diǎn)問題題型02投影向量問題題型03向量最值取值范圍問題題型04向量與不等式結(jié)合題型05向量新定義問題題型06復(fù)數(shù)性質(zhì)相關(guān)問題題型07復(fù)數(shù)最值問題題型08復(fù)數(shù)的三角形式題型09復(fù)數(shù)方程的根相關(guān)問題題型10向量與解析幾何結(jié)合題型11向量與實(shí)際模型題型12向量與四心題型13向量與數(shù)列結(jié)合題型14向量與三角換元題型15復(fù)數(shù)新定義問題題型16復(fù)數(shù)與數(shù)列問題01向量新考點(diǎn)問題1.（2024·上海嘉定·二模）已知OA=x1,y1，OB=A．12x1C．12x1【答案】B【分析】利用向量的數(shù)量積寫出其夾角的表達(dá)式，結(jié)合同角三角函數(shù)的平方式以及三角形的面積公式，可得答案.【詳解】設(shè)OA與OB的夾角為θ，由OA?OB=由sinθ=1?cos故選：B.2.（多選）（2023·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）已知Px1,y1，QA．2x1B．2x1C．x1?3D．x1?3【答案】AD【分析】設(shè)x=m,3y=n，設(shè)C(m1,n1),D(m2,n2)，可得OC=(【詳解】由x24+9y24=1，可得可得x12+9y1設(shè)C(m1,n1可得m12+所以O(shè)C?OD=?2，cos可得C、D兩點(diǎn)均在圓m2+n設(shè)CD的中點(diǎn)為E，則OE=2根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式可知：2x1+3y1?35設(shè)E到直線2x+y?3=0的距離d3，由題可知圓心到直線2x+y?3=0的距離為?3則d1+可得d1+d2的最大值為2+6可得2x1+3y1?3+同理，x1?3y1+52+設(shè)E到直線x?y+5=0的距離d6，由題可知圓心到直線x?y+5=0的距離為5則d4+d可得x1?3y1+5+x故選：AD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是把問題轉(zhuǎn)化為圓上點(diǎn)到直線的距離問題，結(jié)合到直線的距離公式及圓的性質(zhì)即得.3.（2024·新疆烏魯木齊·二模）已知A1,A2,A3,A【答案】1【分析】根據(jù)題意設(shè)出合理的向量模，再將其置于坐標(biāo)系中，利用坐標(biāo)表示出|A【詳解】因?yàn)锳n所以A1A2A2由題意設(shè)|A1A2|=x設(shè)A1(0,0)，如圖，因?yàn)榍髣tA2(x,0)，A3(x,1所以|A當(dāng)且僅當(dāng)x2=1所以|A1A故答案為：1.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：首先是對(duì)向量模的合理假設(shè)，然后為了進(jìn)一步降低計(jì)算的復(fù)雜性，我們選擇利用坐標(biāo)法將涉及的各個(gè)點(diǎn)用坐標(biāo)表示，最后得到|A4.（2024·浙江·二模）設(shè)正n邊形的邊長(zhǎng)為1，頂點(diǎn)依次為A1,A2,?,An，若存在點(diǎn)P滿足P【答案】5【分析】由題意確定P點(diǎn)的軌跡，分類討論，結(jié)合向量的運(yùn)算說明正六邊形中以及n≥7時(shí)不符合題意，說明n=5時(shí)滿足題意，即可得答案.【詳解】由題意知點(diǎn)P滿足PA1?當(dāng)n=6時(shí)，設(shè)B,C,D,M為A1

|k=16當(dāng)PB,PM共線且方向時(shí)，即B,P,M三點(diǎn)共線時(shí)，此時(shí)|PB|=1則2|PB+2PM當(dāng)n=5時(shí)，設(shè)C,N為A1

|K=15PAk|=|2此時(shí)C,P,N,A4共線，∠A則|2PC則當(dāng)PC,PA故n=5時(shí)，存在點(diǎn)P滿足PA1?當(dāng)n≥7時(shí)，如圖，正七邊形的頂點(diǎn)到對(duì)邊的高h(yuǎn)必大于正六邊形對(duì)邊之間的高，依此類推，

故此時(shí)不存在點(diǎn)P滿足PA1?故n的最小值為5，故答案為：5【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了平面向量的運(yùn)算以及向量的模的最值問題，綜合性較強(qiáng)，難度加大，難點(diǎn)在于要分類討論正n邊形的情況，結(jié)合向量的加減運(yùn)算，確定模的最值情況.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【詳解】由題意知：2≤x又x1+x2+顯然當(dāng)x1=2,x2=4,當(dāng)x4=9,x5=10又由上知x1+x又因?yàn)楫?dāng)x1=2,x2=4,x3此時(shí)x1+x2+只要x1+x顯然當(dāng)x1=3,x2=5,當(dāng)x4=9,x5=11又由上知x1+x又當(dāng)x4=8,x5=10此時(shí)x1故x1+x只要x1+x故答案為：2；30.02投影向量問題向量投影的理解是很重要的，在出題中往往會(huì)畫出圖形來進(jìn)行思考問題，利用幾何法來解決問題。6.（2022·上海金山·一模）已知向量a與b的夾角為120°，且a?b=?2，向量c滿足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根據(jù)a?b=?2及a與b的夾角為120°求出a?b=4，假設(shè)a=2b成立，求出b=2與a=22，代入后發(fā)現(xiàn)等式不成立，故①錯(cuò)誤；②利用向量共線定理可知，點(diǎn)C在線段AB上，再結(jié)合【詳解】由a?b=a?bcos120°=?2，解得：a?b=4，當(dāng)λ=13時(shí)，c=13a+23b設(shè)OA=a，OB=a，OC=c，因?yàn)閏=λa+1?λb0<λ<1，由向量共線定理可知，點(diǎn)C在線段AB上，如圖，設(shè)a,c=α，則b,c=120°?α，因?yàn)閍?x2+y2+xy=c2cos2α+c2cos2120°?α+c2cosαcos120°?α=故選：C7.（2023·廣東·二模）已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)N2,1，且點(diǎn)M是圓C：x2+y2【答案】1,【分析】設(shè)直線OM的斜率為k，傾斜角為α，ON的傾斜角為β，可表示cosOM【詳解】設(shè)直線OM傾斜角為α，ON的傾斜角為β，當(dāng)直線OM的斜率存在時(shí)，設(shè)直線OM方程為y=kx，即kx?y=0由圓C：x2+y所以圓心C1,1，半徑r=1又點(diǎn)M在圓上，所以點(diǎn)C到直線OM的距離d=k?1k2+1≤r當(dāng)直線OM的斜率不存在時(shí)，OM方程為x=0與圓C相切，成立，此時(shí)α=π綜上α∈0,π2則tanα?β所以tanα?β∈所以cosα?β即cosOM又ON所以向量ON在向量OM上的投影向量的模為ONcos故答案為：1,38.（2023·天津·二模）在△ABC中，AB=32，角A為銳角，且向量AB在向量AC上的投影向量的模是3，則A=；若AC=6，則函數(shù)fx=【答案】π4/45°【分析】根據(jù)投影向量的定義求出cosA，即可求出A，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB【詳解】由向量AB在向量AC上的投影向量為ABcos得向量AB在向量AC上的投影向量的模為ABcos所以cosA=又因角A為銳角，所以A=π如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，則A0,0在AC上取D,E，使得AD=12在AB上取點(diǎn)P使得AP=x則fx直線AC的方程為y=x，設(shè)點(diǎn)E2,0關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)F則ba?2=?1b2=則EP+DP=所以fx=x故答案為：13.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：以點(diǎn)A為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB上取點(diǎn)P使得9.（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知非零向量a與b的夾角為銳角，c為b在a方向上的投影向量，且|c|=|a|=2，則a+【答案】π【詳解】先通過向量的定義得到c=a，從而a?b=4，通過2a+【分析】因?yàn)閏=a,c為b在a方向上的投影向量，且所以c=a，故因?yàn)閍?b=所以a?b=4則2a故2a+b設(shè)2a+b與b的夾角為θ因?yàn)?x232+x2所以x232+x2≤故cosθ≥32．又0≤θ≤故a+b+c與故答案為：π6【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：平面向量中有關(guān)最值問題的求解通常有兩種思路：一是“形化”，即利用平面向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷；二是“數(shù)化”，即利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集、方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識(shí)來解決．10.（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知平面向量a,b的夾角為π3，滿足a+b=1．平面向量c在【答案】4【分析】設(shè)向量a，b的單位方向向量，用所設(shè)的單位向量作為基底，表示出已知條件，進(jìn)而表示出c?【詳解】設(shè)與a方向相同的單位向量是μ，且a=2設(shè)與b方向相同的單位向量是ν，且b=3又c=μ11=a2=c∵c?∴4設(shè)y=yy(1)與(2)聯(lián)立得：μ1(3)與(4)聯(lián)立得：λ1將(8)代入(5)中得：λ1∴μ1?μ2=對(duì)應(yīng)y=43?故答案為：403向量最值取值范圍問題處理平面向量的模長(zhǎng)范圍問題，常用的方法有：（1）坐標(biāo)法：即通過建立直角坐標(biāo)系，通過向量坐標(biāo)運(yùn)算求得；（2）基向量表示法：即通過選設(shè)平面的基底，用基底表示相關(guān)向量，運(yùn)算求得；（3）構(gòu)造幾何圖形法：即根據(jù)模長(zhǎng)定值構(gòu)造圓形，由向量點(diǎn)乘等于零得到兩向量垂直.11.（多選）（2024·浙江寧波·二模）若平面向量a,b,c滿足A．a(chǎn)+B．a(chǎn)+C．a(chǎn)?D．a(chǎn)?b【答案】BD【分析】由向量a,b,c方向間的關(guān)系，判斷a+b+【詳解】當(dāng)向量a,b方向相同，與c方向相反時(shí)，滿足此時(shí)a+b+當(dāng)向量a,b,此時(shí)a+b+a?c=b?c，有向量a,b方向相同時(shí)，a?向量a,b方向相反時(shí)，a?b的最大值為2，故選：BD12.（23-24高三下·上海浦東新·期中）正三棱錐S?ABC中，底面邊長(zhǎng)AB=2，側(cè)棱AS=3，向量a，b滿足a?a+AC=a?【答案】4【分析】利用向量運(yùn)算化簡(jiǎn)變形，設(shè)a=【詳解】已知正三棱錐S?ABC，則AS=BS=CS=3，且AB=BC=CA=2，由a?a+由b?b+設(shè)a=CM,b=分別化簡(jiǎn)得MC?MB=0故點(diǎn)M在以BC為直徑的球面上，半徑r1點(diǎn)N在以SC為直徑的球面上，半徑r分別取線段BC、SC的中點(diǎn)E、F，則EF=1故a?故答案為：4【點(diǎn)睛】將向量的代數(shù)關(guān)系轉(zhuǎn)化為動(dòng)態(tài)的幾何表達(dá)，借助幾何意義求解動(dòng)點(diǎn)間的距離最值是解決本類題型的關(guān)鍵所在.13.（2023·河南鄭州·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC中，AB=AC=22，AB+λBCmin=2λ∈R，AMA．423,C．173,41【答案】D【分析】根據(jù)已知可得A到BC的距離為2，△ABC為等腰直角三角形，若D,E為BC的兩個(gè)四等分點(diǎn)，N為BC中點(diǎn)，P在線段DE上運(yùn)動(dòng)，且AN=2，數(shù)形結(jié)合求MP的取值范圍.【詳解】由AB+λBCmin=2λ∈又AB=AC=22，則BC=4，所以AB2由AP=sin2α?AB又α∈π6,π3，則sin2α,cos2

所以P在線段DE上運(yùn)動(dòng)，且AN=2，BD=1，BE=3，由圖：若MP⊥BC，則MP//AN，又AM=12故上述情況MPmin=23由圖知：P與E重合時(shí)，MPmax綜上，MP的取值范圍為43故選：D14.（2022·浙江臺(tái)州·二模）已知平面向量e1,e2,e3,|e1|=|A．?3+66 B．?3+56【答案】A【分析】建立直角坐標(biāo)系,設(shè)出相關(guān)向量,通過分析e3【詳解】設(shè)C(cos如圖,不妨設(shè)e1設(shè)M為AB的中點(diǎn),G為OC的中點(diǎn),F為BD的中點(diǎn),E為AD的中點(diǎn).則M(31λ1e1+λ由題知|HP為了使?e1,e3思考臨界值即P與M重合,G與H重合,且GM不能充當(dāng)直角三角形斜邊,否則可以改變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與e3故選:A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是利用已知條件轉(zhuǎn)化出e315.（2024·上海徐匯·二模）如圖所示，已知△ABC滿足BC=8,AC=3AB，P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn).定義點(diǎn)集D=PAP=3λAB+1?λ3AC,λ∈R.若存在點(diǎn)P【答案】3【分析】延長(zhǎng)AB到M滿足AM?=3AB?，取AC的靠近A的三等分點(diǎn)N，連接MN，由向量共線定理得P,M,N三點(diǎn)共線，從而AP0表示【詳解】延長(zhǎng)AB到M滿足AM?=3AB?，取AC的靠近A的三等分點(diǎn)AP=3λ所以P,M,N三點(diǎn)共線，又存在點(diǎn)P0∈D，使得對(duì)任意P∈D，滿足|AP|≥|AP0|恒成立，則AP0的長(zhǎng)表示由AC=3AB得AC=AM，AB=所以MN=△AMN中，設(shè)∠ANM=θ，由正弦定理得AMsinθ=ANsin所以sinθ=3sinM，AM所以S=96sin2若θ不是鈍角，則S△ABC又sinθ=3sinM≤1，所以sin所以S△ABC設(shè)t=1sin2M，則所以t=9時(shí)，(S若θ是鈍角，則S△ABC96設(shè)t=1sin2M，則令f(t)=3t?1?t?9f'9≤t<10時(shí)，f'(t)<0，f(t)遞減，t>9時(shí)f'所以t=10時(shí)，f(t)min=8綜上，(S此時(shí)?max故答案為：3．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查向量的線性運(yùn)算，考查三角形的面積，解題方法其一是根據(jù)向量共線定理得出P點(diǎn)在一條直線，問題轉(zhuǎn)化為求三角形高的最大值，從而求三角形面積的最大值，解題方法其二是利用正弦定理求三角形的面積，本題中注意在用平方關(guān)系轉(zhuǎn)化時(shí)，需要根據(jù)∠ANM是否為鈍角分類討論，才能正確求解（本題用海倫公式求三角形的面積方法較簡(jiǎn)便）04向量與不等式結(jié)合16.（2024·安徽蕪湖·二模）若實(shí)數(shù)x，y滿足x2+y2=25【答案】6【分析】利用向量不等式并結(jié)合x的范圍求最值.【詳解】設(shè)a則a?b=x+y≤故50+8x+6y+又x2+y所以2?16x+100當(dāng)且僅當(dāng)x=5,y=0等號(hào)成立.故答案為：6【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用向量不等式求最值，關(guān)鍵是兩次運(yùn)用不等式且保證等號(hào)成立.17.（2022·浙江湖州·模擬預(yù)測(cè)）已知平面向量a,b,c滿足|b|?|c【答案】21【分析】利用絕對(duì)值三角不等式|3【詳解】設(shè)<a,b|3得|2a故?=7故答案為：21?118.（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知a=b=2，c=1，A．6?1,6+1C．7?1,7+1【答案】C【分析】根據(jù)題設(shè)向量模長(zhǎng)和垂直條件，考慮運(yùn)用幾何法求解，由CA⊥CB想到構(gòu)造矩形ACBD，運(yùn)用極化恒等式推導(dǎo)出結(jié)論OA2+OB2=【詳解】如圖，設(shè)a=OA，b=OB，c=點(diǎn)A,B在圓x2+y2=4上，則a?c作矩形ACBD,則|a下證：OA2設(shè)AB,CD交于點(diǎn)P，連接OP,因OA=OP+同理可得：OB2OA2=2[(OC+即a2+b又CD?OC≤OD即|a?b故選:C．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查平面向量的線性運(yùn)算的模長(zhǎng)范圍問題，屬于較難題.19.（2024·天津·二模）在△ABC中，AM=2MB，P是MC的中點(diǎn)，延長(zhǎng)AP交BC于點(diǎn)D．設(shè)AB=a，AC=b，則AP可用a，b表示為，若AD=6【答案】AP=1【分析】根據(jù)幾何關(guān)系，表示向量AP；設(shè)AP=λAD，再利用平面向量基本定理表示BP，即可求解λ，再根據(jù)【詳解】由點(diǎn)P是MC的中點(diǎn)，則AP=設(shè)AP=λAD，則BP=BP==λμ=λμAC所以λμ=12λ?1?λμ=?23所以AP=56因?yàn)锳D=6所以25≥2×6即96125ab≤6，即ab所以△ABC面積的最大值為12

故答案為：AP=1320.（2024·上海長(zhǎng)寧·二模）已知平面向量a,b,c滿足：a=b=【答案】2【分析】先利用a?b=14a+b2?a?b2和a+b2【詳解】由于a?且a+故有0=c?a?c?=4?2a+b+=14?240?所以28?a?b2≤440?a?b2，記28?a總之有x≤24，故28?a?b存在a=3,1，b=3,?1，c=故答案為：2.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于a?b的最小值問題，我們先證明a?b≥205向量新定義問題新定義問題，理解定義內(nèi)容、會(huì)運(yùn)用新定義運(yùn)算，是解決問題的關(guān)鍵21.（2023·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）人臉識(shí)別，是基于人的臉部特征信息進(jìn)行身份識(shí)別的一種生物識(shí)別技術(shù)．在人臉識(shí)別中，主要應(yīng)用距離測(cè)試檢測(cè)樣本之間的相似度，常用測(cè)量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離．設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，則曼哈頓距離dA,B（參考數(shù)據(jù)：2≈1.41，5A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948【答案】B【分析】根據(jù)題意分析可得N在正方形ABCD的邊上運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖象分析OM,【詳解】設(shè)Nx,y由題意可得：dM,N=2?x可知x?2+y?1=1表示正方形ABCD即點(diǎn)N在正方形ABCD的邊上運(yùn)動(dòng)，因?yàn)镺M=當(dāng)cosM，N=cosOM→①點(diǎn)N為點(diǎn)A，則ON=2,0，可得②點(diǎn)N在線段CD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)ON與DC同向，不妨取ON=則cosM,N因?yàn)?10所以eM,N的最大值為1?故選：B.

【點(diǎn)睛】方法定睛：在處理代數(shù)問題時(shí)，常把代數(shù)轉(zhuǎn)化為幾何圖形，數(shù)形結(jié)合處理問題.22.（多選）（2022·山東濰坊·三模）定義平面向量的一種運(yùn)算“Θ”如下：對(duì)任意的兩個(gè)向量a=x1,yA．對(duì)任意的λ∈R，有λB．存在唯一確定的向量e使得對(duì)于任意向量a，都有aΘC．若a與b垂直，則aΘbΘD．若a與b共線，則aΘbΘ【答案】AD【分析】由aΘb=x1y2?x2yx1y0?x0y1=x0y1?x1y0=x1x1x0+y【詳解】設(shè)向量a=x1,y1=λx1y對(duì)于B，假設(shè)存在唯一確定的向量e=x0,y0使得對(duì)于任意向量x1y0對(duì)于C，若a與b垂直，則x1x2+ya==x1y對(duì)于D，若a與b共線，則x1y2aΘa=x1x2x故選：AD.【點(diǎn)睛】本題在平面向量的基礎(chǔ)上，加以創(chuàng)新，屬于創(chuàng)新題，考查平面向量的基礎(chǔ)知識(shí)以及分析問題、解決問題的能力.23.（多選）（2022·廣東·模擬預(yù)測(cè)）已知集合E是由平面向量組成的集合，若對(duì)任意a,b∈E，t∈A．x,yy≥exC．x,yx+2y?1≥0 D．【答案】ACD【分析】作出各個(gè)選項(xiàng)表示的平面區(qū)域，根據(jù)給定集合E是“凸”的意義判斷作答.【詳解】設(shè)OA=a，OB=因此一個(gè)集合E是“凸”的就是E表示的平面區(qū)域上任意兩點(diǎn)的連線上的點(diǎn)仍在該區(qū)域內(nèi)，四個(gè)選項(xiàng)所表示的平面區(qū)域如圖中陰影所示：

A

B

C

D觀察選項(xiàng)A，B，C，D所對(duì)圖形知，B不符合題意，ACD符合題意.故選：ACD【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及符合某個(gè)條件的點(diǎn)構(gòu)成的平面區(qū)域問題，理解不等式變?yōu)閷?duì)應(yīng)等式時(shí)的曲線方程的意義，再作出方程表示的曲線，作圖時(shí)一定要分清虛實(shí)線、準(zhǔn)確確定區(qū)域.24.（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)有n維向量a=a1a2???an，b=b1b2???bn，稱a,(1)若a=1234(2)令B=x,yx,(3)若n=4，f4是從S4中選出向量的個(gè)數(shù)的最大值，且選出的向量均滿足a,【答案】(1)b=(2)證明見解析(3)f4【分析】（1）根據(jù)定義寫出滿足條件的即可；（2）根據(jù)x,y∈（3）利用反證法求證.【詳解】（1）由定義，只需滿足b1+2b（2）對(duì)于m∈B，i=1，2，???，n，存在x=x1x2???xn，當(dāng)xi=yi時(shí)，xiyi=1；當(dāng)所以x,所以m+n=2k?n+n=2k為偶數(shù)．（3）當(dāng)n=4時(shí)，可猜測(cè)互相正交的4維向量最多有4個(gè)，即f4不妨取a1=1111，則有a1,a2=0，a1,a3若存在a5，使a1,a5=0，則當(dāng)a5=?1當(dāng)a5=1當(dāng)a5=1故找不到第5個(gè)向量與已知的4個(gè)向量互相正交．25.（2022·浙江紹興·模擬預(yù)測(cè)）定義兩個(gè)向量組X=(x1,x2,x3),Y=(y1,y【答案】?32【分析】討論xi≠yi,i=1,2,3、xi=yi【詳解】當(dāng)xi=yi=當(dāng)x1=y1=e1且x同理x2=y2=e2且x1≠y1、x當(dāng)xi≠y由|e1+e3所以e1?e綜上，X?Y的最小值為?3故答案為：?3【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：應(yīng)用分類討論，注意X,Y中向量不同的排列情況下對(duì)應(yīng)X?Y的表達(dá)式，結(jié)合向量數(shù)量積運(yùn)算律和幾何關(guān)系求最值.06復(fù)數(shù)性質(zhì)相關(guān)問題26.（多選）（2024·河南信陽·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)z為復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)單位），下列命題正確的有（

）A．若(1+i)z=?B．對(duì)任意復(fù)數(shù)z1，z2C．對(duì)任意復(fù)數(shù)z1，z2D．在復(fù)平面內(nèi)，若M={z|z?2≤2}【答案】BC【分析】借助復(fù)數(shù)的運(yùn)算、共軛復(fù)數(shù)、復(fù)數(shù)的模及復(fù)數(shù)的幾何意義逐項(xiàng)判斷即可得.【詳解】對(duì)A：由(1+i)z=?i故z=對(duì)B：設(shè)z1=a+bia,b∈R、則z=az1故z1對(duì)C：設(shè)z1=a+bia,b∈R、有z1?zz1?z對(duì)D：設(shè)z=x+yix,y∈R，則有集合M所構(gòu)成區(qū)域?yàn)橐?,0為圓心，半徑為2的圓，故S=π故選：BC.27.(多選)（23-24高三上·遼寧·開學(xué)考試）設(shè)復(fù)數(shù)z1,z2,A．若z1z2B．若z1z2=C．若z1z3D．若z2+【答案】ACD【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的概念及運(yùn)算性質(zhì)，以及共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)和復(fù)數(shù)模的性質(zhì)，逐項(xiàng)計(jì)算，即可求解.【詳解】對(duì)于A中，若z1z2=z12設(shè)z1=m+ni對(duì)于B中，由A得z2=z1，設(shè)則z3只要m=0或n=0，選項(xiàng)B就不正確；例如：z1=niz3=5ni可表示為z所以表示方法不唯一，所以B錯(cuò)誤.對(duì)于C中，若z1z3+z則z3z1=?z設(shè)z3z1=t≤0，則則復(fù)數(shù)z3對(duì)應(yīng)的向量與復(fù)數(shù)z1對(duì)應(yīng)的向量方向共線，且長(zhǎng)度是故z3在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是射線（且與O對(duì)于D中，若z2+z3<1由z2?z31?即z2即z2z2即(z因?yàn)閦2?1<0,z所以z2故選：ACD.28.（多選）（2024·河北滄州·一模）在復(fù)數(shù)城內(nèi)，大小成為了沒有意義的量，那么我們能否賦予它一個(gè)定義呢，在實(shí)數(shù)域內(nèi)，我們通常用絕對(duì)值來描述大小，而復(fù)數(shù)域中也相應(yīng)的有復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)來代替絕對(duì)值，于是，我們只需定義復(fù)數(shù)的正負(fù)即可，我們規(guī)定復(fù)數(shù)的“長(zhǎng)度”即為模長(zhǎng)，規(guī)定在復(fù)平面x軸上方的復(fù)數(shù)為正，在x軸下方的復(fù)數(shù)為負(fù)，在x軸上的復(fù)數(shù)即為實(shí)數(shù)大?。按笮　庇梅?hào)+“長(zhǎng)度”表示，我們用[z]來表示復(fù)數(shù)的“大小”，例如：[1+2i]=5，[1?2i]=?5，A．[z]=1在復(fù)平面內(nèi)表示一個(gè)圓B．若z∈C，則方程[z]2C．若z1,z2D．復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在直線y=?x+4上，則|[z]|最小值為2【答案】BCD【分析】根據(jù)已知條件，理解[z]的意義，結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義，點(diǎn)到直線距離公式對(duì)選項(xiàng)逐一判斷即可.【詳解】根據(jù)已知條件[z]=1表示模長(zhǎng)為1，在復(fù)平面位于x軸上方的復(fù)數(shù)，所以并不是一個(gè)圓，A錯(cuò)誤；若z∈C，則方程[z]為一個(gè)實(shí)數(shù)，所以[z]2若z1,z2為虛數(shù)，且z1=z2，設(shè)所以z1復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在直線y=?x+4上，則|[z]|最小值為：點(diǎn)O0,0到直線y=?x+4的距離，所以|[z]|最小值為：4故選：BCD29.（多選）（2024·遼寧·二模）已知復(fù)數(shù)z,w均不為0，則（

）A．z2z=C．zw=zw 【答案】AD【分析】設(shè)z=a+bi，w=c+d【詳解】設(shè)z=a+bi，w=c+di，其中a,b,c,d∈R則選項(xiàng)A：由z=a+bi可得z所以z?z=a+b選項(xiàng)B：z+w=a+c+b+di，所以又因?yàn)閦+當(dāng)z+w=z+w，即兩邊平方整理得2abcd=a2d選項(xiàng)C：zw=a+b又zw當(dāng)zw=zw時(shí)可得選項(xiàng)D：若1z=1所以z=a∈R故選：AD30.（多選）（2024·廣東韶關(guān)·二模）已知復(fù)數(shù)z1A．若z1=z2，則z1C．若z1是非零復(fù)數(shù)，且z12=z1z【答案】BC【分析】對(duì)于A項(xiàng)，可以舉反例說明；對(duì)于B項(xiàng)，可以設(shè)z1=a+bi，則z【詳解】對(duì)于A項(xiàng)，若z1=1+i，z2=對(duì)于B項(xiàng)，設(shè)z1=a+bia,b∈R，則z2=a?b對(duì)于C項(xiàng)，由z12=z1z2可得：z對(duì)于D項(xiàng)，當(dāng)z1=i時(shí)，z故選：BC.07復(fù)數(shù)最值問題31.（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習(xí)）若復(fù)數(shù)z滿足z?1=z+iA．12 B．22 C．1 【答案】B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的運(yùn)算公式，結(jié)合配方法進(jìn)行求解即可.【詳解】令z=x+yi，x,y由z?1=z+i所以z?1=因此當(dāng)x=12時(shí)，z?1取最小值故選：B32.（2024·貴州貴陽·模擬預(yù)測(cè)）如果復(fù)數(shù)z=x+yix∈R,y∈R，z1=?2，z2=?12，z3=i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為Z，【答案】4+2【分析】先將復(fù)數(shù)轉(zhuǎn)化為平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)，然后用距離公式對(duì)條件z?z1=2z?z2進(jìn)行變形，得到x2+y2=1，由此可以證明x?y≤2.之后再使用向量的坐標(biāo)運(yùn)算將3λ+2μ表示為關(guān)于【詳解】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經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)x=22，y=?2所以3λ+2μ的最大值是4+22故答案為：4+22【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)在于將復(fù)數(shù)坐標(biāo)化為平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)，并將復(fù)數(shù)之差的模長(zhǎng)表示為平面直角坐標(biāo)系中的線段長(zhǎng)度.另外，本題還具有“阿波羅尼斯圓”的背景：平面上到兩個(gè)不同定點(diǎn)M,N的距離之比恒為常數(shù)c∈0,1∪1,+33.（2022·江蘇鎮(zhèn)江·模擬預(yù)測(cè)）若i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足1≤z+1+i≤2，則【答案】3【分析】利用復(fù)數(shù)的幾何意義知復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z到點(diǎn)C(?1,?1)的距離d滿足1≤d≤2，z?1?i表示復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z到點(diǎn)【詳解】復(fù)數(shù)z滿足1≤z+1+i≤即復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z到點(diǎn)C(?1,?1)的距離d滿足1≤d≤設(shè)P(1,1)，z?1?i表示復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z到點(diǎn)P(1,1)數(shù)形結(jié)合可知z?1?i的最大值|AP|=|CP|+故答案為：334.（2022·福建·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)任意三個(gè)模長(zhǎng)小于1的復(fù)數(shù)z1，z2，z3，均有z1z【答案】10【分析】利用復(fù)數(shù)的三角形式結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)可得z1z2【詳解】設(shè)z1=ρ1cos由題設(shè)有ρi又z+ρ=+2而z1所以z1而cosθ1?故z1z2故實(shí)數(shù)λ的最小可能值為10，故答案為：10.35.（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）若復(fù)數(shù)a+bii=6+8i，且a【答案】337+1/【分析】設(shè)a=x+yix,y∈R,b=m+nim,n∈R，利用復(fù)數(shù)相等的性質(zhì)得到點(diǎn)Mx,m軌跡是以【詳解】依題意，設(shè)a=x+yi則a+bi因?yàn)閍+bii=6+8i，所以因?yàn)閍+b=26所以x2+?m?6令Mx,m，A0,?6，B8,0所以點(diǎn)Mx,m軌跡是以A,B為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸為26的橢圓P因?yàn)锳B的中點(diǎn)為O14,?3，記∠OBA=α0<α<π2所以橢圓P的圖像是由以F1?5,0,F25,0為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸為26的橢圓C的圖像先逆時(shí)針旋轉(zhuǎn).因?yàn)樵跈E圓C中，2a=26,c=5，則a=13,a2=169所以橢圓C的方程為x2不妨設(shè)x',y'為橢圓C上的點(diǎn)，則可設(shè)下面求Nx',y'以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)，則x'=ρcosβ,y'=ρ所以u(píng)=ρcosβ+α=ρv=ρsin接著求u,v向右平移4個(gè)單位，向下平移3個(gè)單位得到的點(diǎn)Mx,m易得x=u+4，m=v?3，又因?yàn)閤'=13cos所以x=45x所以x+m=915cos因?yàn)?≤θ≤2π，y=sinθ+φ所以?1≤sinθ+φ≤1所以Rea+b=x+m≤337故答案為：337+1【點(diǎn)睛】關(guān)皺點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：（1）利用橢圓的定義得到Mx,m（2）利用點(diǎn)的旋轉(zhuǎn)平移得到x,m關(guān)于θ的關(guān)系式.08復(fù)數(shù)的三角形式36.（2023·湖北·二模）復(fù)數(shù)21?A．cos?π3C．32+1【答案】B【分析】應(yīng)用復(fù)數(shù)的除法化簡(jiǎn)，結(jié)合復(fù)數(shù)的三角表示、各項(xiàng)的形式判斷正誤即可.【詳解】由題設(shè)，21?而cos?故選：B37.（2016·安徽淮北·一模）現(xiàn)定義eiθ=cosθ+isinθ，其中i為虛數(shù)單位，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，θ∈R，且實(shí)數(shù)指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)對(duì)eiθA．cos5θ+isin5θC．sin5θ+icos5θ【答案】A【分析】計(jì)算a+bi，結(jié)合二項(xiàng)式定理的展開即可得解.【詳解】a+bi==C=(故選A.【點(diǎn)睛】本題主要考查了二項(xiàng)式定理的展開與復(fù)數(shù)的新定義問題，觀察出二項(xiàng)展開的結(jié)構(gòu)是解本題的關(guān)鍵，屬于中檔題.38.（2022·上海奉賢·一模）復(fù)數(shù)cos2θ+isin3θ?cosθ+isinA．9 B．10 C．11 D．無數(shù)【答案】C【分析】先根據(jù)復(fù)數(shù)cos2θ+isin3θ?cosθ+isinθ的模為1及復(fù)數(shù)模的運(yùn)算公式，求得cos22θ+sin【詳解】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，當(dāng)cos2θ=cos3θ時(shí)，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=?2k1π，k1∈Z，因?yàn)棣取?,2π，所以θ=0或2π；②2θ=?3θ+2k2π，k故選：C39.（2022·江蘇蘇州·模擬預(yù)測(cè)）任何一個(gè)復(fù)數(shù)z=a+bi（其中a、b∈R，i為虛數(shù)單位）都可以表示成：z=r(cosθ+isinθ)的形式，通常稱之為復(fù)數(shù)z的三角形式．法國(guó)數(shù)學(xué)家棣莫弗發(fā)現(xiàn)：zn=[r(cosθ+isin【答案】?i【分析】利用給定定理直接計(jì)算即得z2022；令w=cosπn+【詳解】當(dāng)r=1，θ=π4時(shí)，z=cos?n∈N*，令w=cos?n∈N*=(1+而w+w2+w3所以k=2n故答案為：-i；sin【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及復(fù)數(shù)z的n(n∈N?)次冪zn的求和問題，可把40.（2019·上海楊浦·一模）已知復(fù)數(shù)z1=cosx+2f(x)i，z2=(3sinx+cosx)+i（x∈R，i為虛數(shù)單位），在復(fù)平面上，設(shè)復(fù)數(shù)z1、【答案】π【分析】根據(jù)垂直得到(3sinx+【詳解】z1=cosx+2f(x)則(f函數(shù)f(x)的最小正周期為T=2π故答案為π【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的幾何意義，三角函數(shù)化簡(jiǎn)，周期，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力和綜合應(yīng)用能力09復(fù)數(shù)方程的根相關(guān)問題41.（多選）（2024·浙江杭州·二模）已知關(guān)于x的方程x2+tx+1=0(?2<t<2)的兩根為z1A．z1=zC．z1=z【答案】ABC【分析】求出方程的兩根，即可判斷A，利用韋達(dá)定理判斷B，計(jì)算出兩根的模，即可判斷C，利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算及B項(xiàng)的結(jié)論化簡(jiǎn)z1【詳解】關(guān)于x的方程x2則Δ=t2不妨設(shè)z1=?t∴z由韋達(dá)定理可得z1z1∵z∴z1則z1z2=t2?2故選：ABC．42.（2020·上海閔行·二模）關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2?4x+5=0和A．5 B．?1 C．0,1 D．0,1【答案】D【分析】根據(jù)條件分別設(shè)四個(gè)不同的解所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為ABCD，討論根的判別式，根據(jù)圓的對(duì)稱性得到相應(yīng)判斷.【詳解】解：由已知x2﹣4x+5＝0的解為2±i，設(shè)對(duì)應(yīng)的兩點(diǎn)分別為A，B，得A（2，1），B（2，﹣1），設(shè)x2+2mx+m＝0的解所對(duì)應(yīng)的兩點(diǎn)分別為C，D，記為C（x1，y1），D（x2，y2），（1）當(dāng)△＜0，即0＜m＜1時(shí)，x2（2）當(dāng)△＞0，即m＞1或m＜0時(shí)，此時(shí)C（x1，0），D（x2，0），且x1故此圓的圓心為（﹣m，0），半徑r=x又圓心O1到A的距離O1A＝(2+m)2解得m＝﹣1，綜上：m∈（0，1）∪{﹣1}.故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查方程根的個(gè)數(shù)與坐標(biāo)系內(nèi)點(diǎn)坐標(biāo)的對(duì)應(yīng)，考查一元二次方程根的判別式，屬于難題.43.（多選）（2022·福建莆田·模擬預(yù)測(cè)）意大利數(shù)學(xué)家卡爾達(dá)諾（Cardano.Girolamo，1501-1576）發(fā)明了三次方程的代數(shù)解法.17世紀(jì)人們把卡爾達(dá)諾的解法推廣并整理為四個(gè)步驟：第一步，把方程x3+a2x2+第二步，利用公式x3+y第三步，求得y，z的一組值，得到方程x3+px+q=0的三個(gè)根：?y?z，?ωy?ω2z，?第四步，寫出方程x3+a2x2+某同學(xué)利用上述方法解方程8x3?12x2A．a(chǎn)2=?32 B．yz=2 C．【答案】ABC【分析】根據(jù)三次方程的代數(shù)解法對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，由此確定正確選項(xiàng).【詳解】8依題意可知a2是2次項(xiàng)系數(shù)，所以a第一步，把方程x3?32x得x+1第二步，對(duì)比x3?6x+4=0與可得y3+z所以x2x3故選：ABC44.（2001·全國(guó)·高考真題）對(duì)任意一個(gè)非零復(fù)數(shù)z，定義集合Mz(1)設(shè)a是方程x+1x=2的一個(gè)根，試用列舉法表示集合(2)設(shè)復(fù)數(shù)ω∈Mz，求證：【答案】(1)Mα見解析，P=(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題意求得α，再結(jié)合復(fù)數(shù)的乘方運(yùn)算，即可求得Ma；根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式，即可求得概率P（2）根據(jù)Mz的定義，設(shè)出Mω中的任意一個(gè)元素x，根據(jù)其滿足的條件化簡(jiǎn)x的形式，只需證明x滿足【詳解】（1）因?yàn)棣潦欠匠蘹+1x=當(dāng)α=22故Mα同理，當(dāng)α=22?在Ma中任取兩個(gè)數(shù)共有6種取法，滿足和為零的有2種，故其概率P=（2）證明：設(shè)x為集合Mω中的一個(gè)元素，則x=因?yàn)棣亍蔒z，故存在k∈N因?yàn)棣?n?1==2kn?1+n故2k?12n?1為正奇數(shù)，故x=故Mω【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算，涉及古典概型的概率計(jì)算；其中第二問中處理問題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)x的形式，逐步劃歸為滿足Mz45.（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)a,b為實(shí)數(shù)，且ab≠0，虛數(shù)z為方程ax2+bx+a=0的一個(gè)根，則z【答案】1【分析】由復(fù)數(shù)與共軛復(fù)數(shù)的意義可知，方程的兩個(gè)根為z和z，再設(shè)出復(fù)數(shù)z，結(jié)合韋達(dá)定理和復(fù)數(shù)運(yùn)算解出模長(zhǎng)即可.【詳解】由題意可知虛數(shù)z為方程ax2+bx+a=0所以z?z設(shè)z=m+ni，則zz?z所以z=1故答案為：1.10向量與解析幾何結(jié)合平面向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：①形化，即用平面向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行求解；②數(shù)化，即利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數(shù)，不等式，方程的有關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.46.（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）拋物線E:y2=x的焦點(diǎn)為F，P為其準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作E的兩條切線，切點(diǎn)為A，B（點(diǎn)AA．1 B．2 C．3 D．1【答案】D【分析】根據(jù)過點(diǎn)P的直線與拋物線相切，得到PA⊥PB，利用拋物線對(duì)稱性設(shè)不妨設(shè)切點(diǎn)為A在第一象限，然后利用導(dǎo)函數(shù)求切線斜率，進(jìn)而求出直線方程，得P?14【詳解】

由y2=x，可知拋物線焦點(diǎn)F1因?yàn)镻為其準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，設(shè)P?設(shè)過點(diǎn)P且與拋物線相切的直線為：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?利用拋物線對(duì)稱性，不妨設(shè)切點(diǎn)為A在第一象限，坐標(biāo)為Ax由y2=x得y=x所以直線PA的斜率kPA代入①可得切線PA的方程為：y?t=1又因?yàn)辄c(diǎn)Ax0,所以x0?t=1所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為P?所以PA=x0所以PA=x當(dāng)且僅當(dāng)x04=164x0故選：D47.（2024·山東日照·一模）過雙曲線x24?y212=1A．28 B．29 C．30 D．32【答案】C【分析】求得兩圓的圓心和半徑，設(shè)雙曲線x24?y212=1的左右焦點(diǎn)為F1?4,0，F(xiàn)【詳解】由雙曲線方程x24?可知雙曲線方程的左、右焦點(diǎn)分別為F1?4,0，圓C1:x+42+y2圓C2:x?42+y2連接PF1，PF2，F(xiàn)1可得PM?+=2aP當(dāng)且僅當(dāng)P為雙曲線的右頂點(diǎn)時(shí)，取得等號(hào)，即PM+故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算律可得PM+PN?48.（23-24高三上·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）已知a=3，b=1，a?b=0，A．2213+1 B．4 C．4【答案】A【分析】由題意首先得出c?【詳解】如圖所示：不妨設(shè)a=滿足a=3，b=1又c+a+由橢圓的定義可知點(diǎn)C在以A1a=2,c=3所以該橢圓方程為x2而d2?4b?d這表明了點(diǎn)D在圓x2+y?22=1又c?d=故只需求CE的最大值即可，因?yàn)辄c(diǎn)Cx24+所以CE=所以當(dāng)sinθ=??42×c?d有最大值故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵是將向量問題轉(zhuǎn)換為圓錐曲線中的最值問題來做，通過數(shù)學(xué)結(jié)合的方法巧妙的將幾何問題融入代數(shù)方法，從而順利得解.49.（2023·四川攀枝花·一模）在平面四邊形OACB中，OA⊥OB，OA=3，∠OBA=∠ACB=π3，OC=λA．3 B．2 C．3 D．2【答案】C【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)Cx,y，求出點(diǎn)C的軌跡方程，根據(jù)向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示可得λ+μ=x+3【詳解】如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A,OB所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)镺A=3，∠OBA=π3，則OB=3所以A3,0，B0,3則OC=x,y，OA=由OC=λOA+μ則x=3λy=3μ由∠ACB=π3可知點(diǎn)C的軌跡為△ABC外接圓的一段劣弧且2R=ABsinπ3=設(shè)△ABC外接圓的方程為x?a2則3?a2+b2=4即△ABC外接圓方程為x?22+y?因?yàn)閤+3y1+3=x+3y而圓心2,3到直線x+3y=0要使λ+μ最大，則x+3而x+3y2此時(shí)λ+μ=x+3y故選：C.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于，建立平面直角坐標(biāo)系，求出點(diǎn)C的軌跡方程，然后轉(zhuǎn)化問題為求點(diǎn)到直線的距離最值問題.50.（2023·新疆·二模）已知平面向量a，b，c，滿足a=2，a?b=23，若對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，都有bA．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】把三個(gè)向量平移到同起點(diǎn)，由向量運(yùn)算及b?xa≥b?a得MB≥AB，從而BA⊥OA，又由【詳解】設(shè)a=OA，b=OB，c=OC，因?yàn)閎?xa≥即MB≥AB，所以因?yàn)閍=2，a?b=23由c?a≤1，可得點(diǎn)C過圓周上一點(diǎn)C作OB的垂線，垂足為D，且DC與⊙A相切，延長(zhǎng)DC交OA于N，則b?此時(shí)△ODN∽△ACN，根據(jù)相似知識(shí)可得ODCA所以O(shè)D=CA?OA所以b?c的最大值為故選：D.11向量與實(shí)際模型51.（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）鍵線式可以簡(jiǎn)潔直觀地描述有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，在有機(jī)化學(xué)中極其重要．有機(jī)物萘可以用左圖所示的鍵線式表示，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以抽象為右圖所示的圖形．已知ABCHIJ與CDEFGH為全等的正六邊形，且AB=2，點(diǎn)P為該圖形邊界（包括頂點(diǎn)）上的一點(diǎn)，則AP?A．0,42 B．?1,42 C．0,36 D．?1,36【答案】B【分析】取線段AB的中點(diǎn)M，可得出AP?BP=PM2【詳解】取線段AB的中點(diǎn)M，則MB=?AP=PM由圖可知，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)M重合時(shí)，AP?BP取最小值，且由圖形可知，當(dāng)PM取最大值時(shí)，點(diǎn)P在折線段CDEFGH上，連接AH，則∠IHG=360同理∠BCD=120由正六邊形的幾何性質(zhì)可知，∠AHI=1所以，∠AHG=∠AHI+∠IHG=60則A、H、G三點(diǎn)共線，則∠CHG<∠MHG<∠AHG，即120°當(dāng)點(diǎn)P在線段HG上從點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)G的過程中，PM在逐漸增大，同理可知，120°當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上由點(diǎn)C到D的過程中，PM在逐漸增大，所以，當(dāng)PM取最大值時(shí)，點(diǎn)P在折線段DEFG上運(yùn)動(dòng)，以線段CH的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，CH所在直線為y軸，線段CH的垂直平分線所在直線為x軸建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A?23,?1、B?3,?2、F23,1、G（1）當(dāng)點(diǎn)P在線段GF上運(yùn)動(dòng)時(shí)，kFG直線FG的方程為y?2=?33x?所以，線段FG的方程為y=?3則PM2（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)時(shí)，x=23，?1≤y≤1，則1所以，PM2（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段DE上運(yùn)動(dòng)時(shí)，kDE直線DE的方程為y+2=33x?所以，線段DE的方程為y=3所以，PM2因?yàn)楹瘮?shù)fx=4故PM2綜上所述，PM2的最大值為43，故AP故AP?BP的取值范圍是故選：B.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求兩個(gè)向量的數(shù)量積有三種方法：（1）利用定義：（2）利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算；（3）利用數(shù)量積的幾何意義．具體應(yīng)用時(shí)可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時(shí)要注意數(shù)量積運(yùn)算律的應(yīng)用．52.（2023·河南安陽·二模）如圖，2022年世界杯的會(huì)徽像阿拉伯?dāng)?shù)字中的“8”．在平面直角坐標(biāo)系中，圓M:x2+y+m2=n2和A．32+22 B．22+1 【答案】C【分析】先用待定系數(shù)法求出圓M的方程，進(jìn)而得到PA?PB=2PB【詳解】根據(jù)題意可得?2+m2=n21+?1+m2PA?畫圖分析可知當(dāng)與直線PA垂直的直線l和圓N相切，切點(diǎn)為B，且直線l的縱截距大于0時(shí)，PBcos直線PA的斜率為1，設(shè)l的方程為y=?x+aa>0，由圓心N0,1到直線l的距離為解得a=1+2或1?故l的方程為y=?x+1+2，其與直線PA：y=x?2的交點(diǎn)坐標(biāo)為Q所以PQ=32即PA?PB的最大值為故選：C【點(diǎn)睛】平面向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：①形化，即用平面向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行求解；②數(shù)化，即利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數(shù)，不等式，方程的有關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.53.（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）中國(guó)結(jié)是一種盛傳于民間的手工編織工藝品，它身上所顯示的情致與智慧正是中華民族古老文明中的一個(gè)側(cè)面.已知某個(gè)中國(guó)結(jié)的主體部分可近似地視為一個(gè)大正方形（內(nèi)部是16個(gè)全等的邊長(zhǎng)為1的小正方形）和凸出的16個(gè)半圓所組成，如圖，點(diǎn)A是大正方形的一條邊的四等分點(diǎn)，點(diǎn)C是大正方形的一個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)B是凸出的16個(gè)半圓上的任意一點(diǎn)，則AC?A．33+3172 B．33+2172 C．【答案】C【分析】利用向量數(shù)量積的幾何意義將AC?【詳解】AC?AB等于AB在AC上的投影向量與AC的數(shù)量積，因此當(dāng)AB在AC上的投影向量與且投影向量的模最大時(shí)，AC?以大正方形的相鄰兩邊分別為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy，如圖，A(0,1),C(4,0)，則直線AC的方程為x4+y=1，以點(diǎn)C為半圓弧端點(diǎn)且在AC上方的半圓圓心為半圓M的方程為(x?4)2顯然半圓M在點(diǎn)B處切線l垂直于直線AC時(shí)，AC?設(shè)切線l的方程為4x?y+b=0，于是|16?12+b|17=即切線l：4x?y?17+312=0，由因此切線l與直線AC的交點(diǎn)D(2(17+33)17,所以AC?AB的最大值為故選：C【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求兩個(gè)向量的數(shù)量積有三種方法：利用定義；利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算；利用數(shù)量積的幾何意義．具體應(yīng)用時(shí)可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時(shí)要注意數(shù)量積運(yùn)算律的應(yīng)用．54.（多選）（2023·吉林·一模）中華人民共和國(guó)國(guó)旗是五星紅旗，國(guó)旗上每個(gè)五角星之所以看上去比較美觀，是因其圖形中隱藏著黃金分割數(shù)．連接正五邊形的所有對(duì)角線能夠形成一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)的正五角星，正五角星中每個(gè)等腰三角形都是黃金三角形．黃金三角形分兩種：一種是頂角為36°的等腰三角形，其底邊與一腰的長(zhǎng)度之比為黃金比5?12；一種是頂角為108°的等腰三角形，其一腰與底邊的長(zhǎng)度之比為黃金比5?12．如圖，正五角星ABCDE中，

A．AG=FI C．AG在AF上的投影向量為5+12AF【答案】ABD【分析】利用黃金三角形得邊長(zhǎng)比計(jì)算各邊長(zhǎng)可得AG=FI，再通過證△DIF～△DHA，可得AG//FI，則選項(xiàng)A可判定；在三角形GAF中利用余弦定理可得cos∠GAF【詳解】因?yàn)锳G=2，三角形AGF為黃金三角形，所以GFAG=5

由對(duì)稱性可知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上的投影向量為AG?cosθ=cos2θ=cos4θ=cos6θ=cos8θ=cos10θ=cos12θ=所以cos==0×202+=5故選：ABD.55.（多選）（2022·重慶·模擬預(yù)測(cè)）重慶榮昌折扇是中國(guó)四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年間，明末已成為貢品人朝，產(chǎn)品以其精湛的工業(yè)制作而聞名于海內(nèi)外．經(jīng)歷代藝人刻苦鉆研、精工創(chuàng)制，榮昌折扇逐步發(fā)展成為具有獨(dú)特風(fēng)格的中國(guó)傳統(tǒng)工藝品，其精雅宜士人，其華燦宜艷女，深受各階層人民喜愛．古人曾有詩贊曰：“開合清風(fēng)紙半張，隨機(jī)舒卷豈尋常；金環(huán)并束龍腰細(xì)，玉柵齊編鳳翅長(zhǎng)，偏稱游人攜袖里，不勞侍女執(zhí)花傍；宮羅舊賜休相妒，還汝團(tuán)圓共夜涼”圖1為榮昌折扇，其平面圖為圖2的扇形COD，其中∠COD=2π3,OC=3OA=3，動(dòng)點(diǎn)P在CD上（含端點(diǎn)），連接OP交扇形OAB的弧AB圖1

圖2A．若y=x，則x+y=23 B．若y=2xC．AB?PQ≥?2【答案】ABD【分析】建立平面直角系，表示出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)Q(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π【詳解】如圖，作OE⊥OC,分別以O(shè)C,OE為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1,0),C(3,0),B(?1設(shè)Q(cosθ,sin由OQ=xOC+yOD可得若y=x，則cos2解得x=y=13，（負(fù)值舍去），故若y=2x，則cosθ=3x?32AB?由于θ∈[0,2π3]，故θ?由于PA=(1?3故PA=172?3故PA?故選：ABD12向量與四心三角形重心、內(nèi)心和外心的向量形式的常用結(jié)論：設(shè)△ABC的角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c，則（1）△ABC的重心G滿足GA+（2）△ABC的內(nèi)心P滿足aPA（3）△ABC的外心M滿足MA=56.（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC中，AO=λAB+(1?λ)AC，且O為△ABC的外心．若BA在BC上的投影向量為μBCA．23,56 B．15,【答案】A【分析】根據(jù)題意B，O，C三點(diǎn)共線．因?yàn)镺為△ABC的外心，即有|OA|=|OB【詳解】因?yàn)锳O=λ則AO?AC=λ(因?yàn)镺為△ABC的外心，即有|OA所以△ABC為直角三角形，因此AB⊥AC，O為斜邊BC的中點(diǎn)．因?yàn)閏os∠AOC∈13如圖，過點(diǎn)A作AQ⊥BC，垂足為Q．因?yàn)锽A在BC上的投影向量為BQ=μBC，所以所以O(shè)A在BC上的投影向量為OQ=又因?yàn)閨OA|=1因?yàn)閏os∠AOC∈13故μ的取值范圍為23故選：A．57.（2021·四川成都·三模）已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的左，右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是雙曲線CA．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由PH=λPF1PF1+PF2【詳解】因?yàn)镻H=λPF1P又因?yàn)辄c(diǎn)H在直線x=a上，且在雙曲線中，點(diǎn)P是雙曲線C右支上異于頂點(diǎn)的點(diǎn)，則△PF1F2的內(nèi)切圓圓心在直線x=a上，即點(diǎn)如圖，作出△PF1F2，并分別延長(zhǎng)HP、HF1、HF2至點(diǎn)HF'1=3HF1，設(shè)S△HPF1=m，S△HP即m:n:p=4:3:5，又H為△PF1F因?yàn)镕1F2=2c，所以PF所以雙曲線C的離心率e=c故選：C.【點(diǎn)睛】三角形重心、內(nèi)心和外心的向量形式的常用結(jié)論：設(shè)△ABC的角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c，則（1）△ABC的重心G滿足GA+（2）△ABC的內(nèi)心P滿足aPA（3）△ABC的外心M滿足MA=58.（2022·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點(diǎn)分別為F1A．13 B．25 C．33【答案】B【分析】取PF2中點(diǎn)M，由IP+IF2=2IM及3I【詳解】設(shè)M是PF2的中點(diǎn)，連接IM，如圖，則IP+3IF1+2IF2+2IP=3IF1+4IM=0,∴F1,I,M三點(diǎn)共線，3IF1=4MI故選：B.59.（多選）（2023·湖北黃岡·模擬預(yù)測(cè)）點(diǎn)O，H分別是△ABC的外心?垂心，則下列選項(xiàng)正確的是（

）A．若BD=λBA|BAB．若2BO=BA+C．若∠B=π3，OB=mOAD．若2HA+3【答案】BCD【分析】A.根據(jù)向量的運(yùn)算以及基本定理的推理，確定點(diǎn)D的位置，即可判斷A；B.根據(jù)條件，確定△ABC的形狀，即可判斷B；C.建立坐標(biāo)系，將利用三角函數(shù)表示m+n，根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，即可判斷C；根據(jù)垂心的性質(zhì)，得HA?【詳解】A.由BD=μBA+(1?μ)BC，又BD=λBA|BA|所以BD為△ABC的角平分線，AD與DC不一定相等，故A錯(cuò)誤；B.若2BO=BA+BC，則點(diǎn)O是AC所以∠ABC=90°，C.因?yàn)椤螧=π3，所以

設(shè)Cr,0，A?12因?yàn)镺B=mOA+n得m=23sinm+n=cosθ+3θ+π6∈5πD.因?yàn)锳H⊥BC，所以即AH?HC?同理，HA?HC=設(shè)HA?因?yàn)?HA+3HB即3HB2=?24HC=?2HA則HC=cos∠BHC=cosHB故選：BCD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查向量數(shù)量積公式的應(yīng)用，以及垂心，外心的綜合應(yīng)用問題，本題的C選項(xiàng)的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)表示點(diǎn)的坐標(biāo)，利用三角函數(shù)即可求解，D選項(xiàng)的關(guān)鍵是公式HA?60.（2023·廣東惠州·一模）已知點(diǎn)D在線段AB上，CD是△ABC的角平分線，E為CD上一點(diǎn)，且滿足BE=BA+λADAD+ACACλ>0,CA【答案】2【分析】建立直角坐標(biāo)系，根據(jù)雙曲線的定義，結(jié)合三角形內(nèi)心的向量表達(dá)式、切線長(zhǎng)定理、投影向量的定義進(jìn)行求解即可.【詳解】建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，由BA=14，可設(shè)A?7,0,B

得點(diǎn)C的軌跡是以A?7,0因?yàn)镃D是△ABC的角平分線，且BE=所以AE也為△ABC的角平分線，∴E為△ABC的內(nèi)心．如圖，設(shè)Ex則由雙曲線與內(nèi)切圓的性質(zhì)可得，AC?又AQ+BQ=14，所以，BQ=4，∴BE在a上的投影長(zhǎng)為4，則BE故答案為：2【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是識(shí)別三角形內(nèi)心的表達(dá)式，利用切線長(zhǎng)定理進(jìn)行求解.13向量與數(shù)列結(jié)合61.（2023·四川達(dá)州·一模）已知O為平面四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，數(shù)列an滿足a1=4，當(dāng)n≥2時(shí)，恒有OD=an?2nOA?an+an?1?4n+1OB+a【答案】92【分析】根據(jù)已知恒等式可得CD=2n?anAB+an?1?2n+1BC，再將CD用AB,【詳解】因?yàn)?AE=EC由OD=得OD?所以CD==4n?又CD=所以AD?3整理得AE=因?yàn)锽,D,E三點(diǎn)共線，所以an整理得an因?yàn)閍1所以a2a4所以S5故答案為：92.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)已知恒等式可得CD=2n?anAB+an?1?2n+162.（2023·廣東廣州·三模）我們稱nn∈N?元有序?qū)崝?shù)組x1,x2,?,xn為n維向量，x1+x2+?+xn為該向量的范數(shù).已知n維向量【答案】3【分析】考慮當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，xi=0的個(gè)數(shù)為奇數(shù)，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，xi=0的個(gè)數(shù)為偶數(shù)，根據(jù)2+1n【詳解】當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，范數(shù)為奇數(shù)，則xi=0的個(gè)數(shù)為奇數(shù)，即0的個(gè)數(shù)為根據(jù)乘法原理和加法原理得到An3n1=2?1兩式相減得到An當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，范數(shù)為奇數(shù)，則xi=0的個(gè)數(shù)為偶數(shù)，即0的個(gè)數(shù)為根據(jù)乘法原理和加法原理得到An3n1=2?1兩式相加得到An綜上所述：An故答案為：3n【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查了向量的新定義，乘法原理，加法原理，二項(xiàng)式定理，數(shù)列的通項(xiàng)公式，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中利用2+1n和2?163．（2023·北京海淀·二模）在數(shù)列xn中，x1=1，x2=2．設(shè)向量an=xn,xn+1，已知an?an+1?a【答案】②③④【分析】根據(jù)已知帶入，即可求得x3=32，即可判斷①；同理可求得x4=136，x5=13378.然后猜想?n∈N?，有【詳解】對(duì)于①，由已知可得a1=x所以，a2因?yàn)閍1?a2?對(duì)于②，a2=2,所以，a3因?yàn)閍2?a3?同理可得，x5所以有x1x2?x1=1×猜想，?n∈N?，有x2n?1顯然，當(dāng)n=1時(shí)，（*）式成立；假設(shè)n=kk∈即?n∈N?，有x2n?1因?yàn)閍2n=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時(shí)，式子（*）也成立.所以，猜想正確.即?n∈N?，有x2n?1所以，x2n=x猜想，x2n?1≥1，當(dāng)n=1時(shí)，（**）式成立；假設(shè)當(dāng)n=kk∈N?時(shí)，（**）式成立，即x則x2k+1=x當(dāng)且僅當(dāng)x2k+1=1因?yàn)閤2k+1≥3所以，當(dāng)n=k+1時(shí)，（**）式也成立.所以，?n∈N?，對(duì)于③，因?yàn)閤2n≥2，所以0<1所以1x2n<又x2n+2=x同理可得，x2n+1所以，?n∈N?，對(duì)于④，由（**）可得，x2n=x所以，?n∈N?，故答案為：②③④.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)前幾項(xiàng)，猜想結(jié)論，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論.64.（2022·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在△ABC中，D是AC邊上一點(diǎn)，且AD=12DC，Enn∈N?為直線AB上一點(diǎn)列，滿足：En【答案】3【分析】利用向量的線性運(yùn)算與平面向量基本定理可得4an+1?1=?31?2an【詳解】由于D是AC邊上一點(diǎn)，且AD=則En由于Enn∈N因?yàn)镋n則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為首項(xiàng)，所以bn故Sn=?23故答案為：3565.（2022·山西太原·三模）如圖，已知點(diǎn)E是平行四邊形ABCD的邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)Gn(n∈N?)在線段BD上，且滿足GnD【答案】a【分析】根據(jù)平面向量的運(yùn)算可得GnB=?GnA+2【詳解】∵E為AB中點(diǎn)，∴2GnE=G又∵D、Gn、B三點(diǎn)共線，∴GnD=λG∴?λ=an+12λ=?2(2an+3)∴數(shù)列{an+3}是首項(xiàng)為4、公比為2的等比數(shù)列.∴an+3=4×故答案為：a14向量與三角換元66.（2022·天津和平·三模）在平面內(nèi)，定點(diǎn)A,B,C,O，滿足OA=OB=OC=2，且OA+OB+OC=0，則AB=【答案】23【分析】（1）利用向量線性運(yùn)算法則和數(shù)量積運(yùn)算法則計(jì)算出OB?OC=?2，進(jìn)而根據(jù)AB=OB?OA，平方后計(jì)算出AB2=12【詳解】因?yàn)镺A=OB=所以O(shè)A=?OB+即4=4+2OB?OC因?yàn)锳B=所以AB2因?yàn)锳B所以AB=2可得到△ABC是等邊三角形，且邊長(zhǎng)為23如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，垂直AB為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，C3,3，因?yàn)锳P=1，所以設(shè)Pcosθ,由PM=MC可得：M是線段PC的中點(diǎn)，則則BM=3sin當(dāng)sinθ?π3=1時(shí)，故答案為：23，67.（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知平面向量a、b、c、e，滿足a⊥b，a=2b，c=a+【答案】3【分析】分析可得a?3e=1，設(shè)e=1,0，a=x,y，可得出x?32+y2=1，可設(shè)【詳解】因?yàn)閍2?6a?e設(shè)e=1,0，a=x,y，則設(shè)x=3+cosθy=因?yàn)閍⊥b，a=2b，則因?yàn)閏=a+b，則令c=m,n，則m?32根據(jù)對(duì)稱性，可只考慮m?32由c?記點(diǎn)A3,32、B32,0、所以，PB=當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M為線段AB與圓x?32所以，c=3故答案為：310【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求兩個(gè)向量的數(shù)量積有三種方法：（1）利用定義：（2）利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算；（3）利用數(shù)量積的幾何意義．具體應(yīng)用時(shí)可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時(shí)要注意數(shù)量積運(yùn)算律的應(yīng)用．68.（2022·天津河西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知B，D是直角C兩邊上的動(dòng)點(diǎn)，AD⊥BD，AD=3，∠BAD=π6，CM=【答案】13【分析】以點(diǎn)C為原點(diǎn)，CB，CD所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)∠CBD=θ，利用三角函數(shù)關(guān)系表示A，B，D的坐標(biāo)，由題干條件分析可知M為AB的中點(diǎn)，N為AD的中點(diǎn)，即可得到M，N的坐標(biāo)，進(jìn)而得到CM與CN，整理可得CM?CN為關(guān)于【詳解】如圖，以點(diǎn)C為原點(diǎn)，CB，CD所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)∠CBD=θ，則∠ABD=π2?在Rt△ABD中，AB=ADcos∠BAD所以設(shè)Bcosθ,0，D0,sinθ由題意可知M為AB的中點(diǎn)，N為AD的中點(diǎn)，所以M12cos所以CM=12所以CM====3==134sin2θ?φ+1所以CM?CN的最大值為134+1，此時(shí)故答案為：13【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：題目中給出垂直關(guān)系，可利用坐標(biāo)法處理此題，設(shè)∠CBD=θ，點(diǎn)坐標(biāo)即可用關(guān)于θ的三角函數(shù)關(guān)系表示，則將問題整理為關(guān)于θ的正弦型函數(shù)求最大值問題.69.（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）已知O為△ABC的外接圓圓心，且AO?BC=1,BC=1．設(shè)實(shí)數(shù)λ,μ滿足AO【答案】?3,?1【分析】以BC中垂線為y軸，BC為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)出圓心坐標(biāo)及半徑，寫出外接圓的方程，再分別寫出A,B,C坐標(biāo)，將題干條件帶入，即可得到等式，根據(jù)等式得出λ,μ的關(guān)系及范圍，再將關(guān)系帶入2λ2μ?1【詳解】解：由題可得，以BC的中點(diǎn)M為原點(diǎn)，BC方向?yàn)閤軸，BC的中垂線為y軸，建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系：因?yàn)锽C=1，所以B?12,0所以圓O的方程為x2+y?m不妨設(shè)Arcosθ,m+rAB=?1因?yàn)锳O?BC=1,因?yàn)锳O=λ所以?rcos所以可得?rcos將rcosθ=?1代入上式可得2=λ+3μ，因?yàn)閞2=1將①的平方和②的平方相加可得：r2所以r2所以?1<λ+μ將2=λ+3μ帶入可得，?1<2?2μ2μ?1<1即0<12μ?1<2所以2λ2μ?1的取值范圍為?3,?1故答案為：?3,?1【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：此題考查平面向量和三角形的綜合應(yīng)用，屬于難題，針對(duì)向量的題常用的方法有：（1）取兩個(gè)不共線向量作為一組基底，將其他向量都用這一組基底進(jìn)行表示；（2）如果是比較規(guī)則的圖形，比如有直角，等腰三角形，菱形等，建立合適的直角坐標(biāo)系，將結(jié)果用坐標(biāo)表示；（3）若線段BC上一點(diǎn),D為線段BC上一點(diǎn)，且BD:CD=m:n，則對(duì)于直線BC外一點(diǎn)A有：AD=70.（2024·甘肅隴南·一模）已知M是橢圓x210+y2=1上一點(diǎn)，線段AB是圓C:x【答案】70【分析】設(shè)AB中點(diǎn)為N，易得CN=2，點(diǎn)N的軌跡為以0,6為圓心，r=2為半徑的圓，MA?MB可轉(zhuǎn)化為MA?MB【詳解】

如圖，設(shè)AB中點(diǎn)為N，由AB=22?AN=2，CN=MA?MNmax=MCmax=37+9當(dāng)且僅當(dāng)cosθ=?23所以MNmaxMA故答案為：70【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：由向量的數(shù)量積求解橢圓上一點(diǎn)與定點(diǎn)距離問題，轉(zhuǎn)化法和參數(shù)方程是解決本題關(guān)鍵，還綜合了余弦函數(shù)求最值問題，試題整體難度不大，但綜合性強(qiáng)，是一道跨知識(shí)點(diǎn)考查相對(duì)不錯(cuò)的題15復(fù)數(shù)新定義問題新定義題型的特點(diǎn)是：通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決．71.（23-24高三下·浙江麗水·開學(xué)考試）數(shù)學(xué)中的數(shù)，除了實(shí)數(shù)、復(fù)數(shù)之外，還有四元數(shù)．四元數(shù)在計(jì)算機(jī)圖形學(xué)中有廣泛應(yīng)用，主要用于描述空間中的旋轉(zhuǎn)．集合H=d+ai+bj+ck∣a,b,c,d∈R中的元素α=d+ai+bj+c兩個(gè)四元數(shù)的乘法定義為：ij=?ji=k,jk=?kj=i,ki=?(1)設(shè)a,b,c,d∈R,四元數(shù)α=d+ai+bj+ck（i）計(jì)算αα（ii）若α≠0，求α?1（iii）若α≠0,β∈W，證明：αβα(2)在空間直角坐標(biāo)系中，把空間向量α=(a,b,c)與純四元數(shù)α=ai+bj（i）證明：γ∈W;（ii）若α,β是平面X內(nèi)的兩個(gè)不共線向量，證明：γ是X的一個(gè)法向量．【答案】(1)（i）a2+b(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）（i）由α的共軛四元數(shù)定義求解即可；（ii）α?1（2）（i）由純四元數(shù)的定義證明即可；（ii）在空間直角坐標(biāo)系中，設(shè)γ=(bz?cy,cx?az,ay?bx),由題意可證明γ⊥α且γ⊥β，即可證明.【詳解】（1）（i）αα（ii）因?yàn)棣痢?，所以a2由（1）可得αα所以α?α同理可驗(yàn)證(d?ai所以α?因此，α?1（iii）設(shè)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的實(shí)部為0，所以（2）（i）設(shè)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）在空間直角坐標(biāo)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?yàn)棣?β?X不共線，所以γ⊥X,即γ是X的一個(gè)法向量．72.（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于無窮數(shù)列a0,a1,a2,?,an,?(1)證明：e(?x)=(2)記c(x)=k=0∞(?1)(3)以函數(shù)xe(x)?1為指數(shù)型母函數(shù)生成數(shù)列Bn，xe(x)?1=n=0【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由e(x)（2）根據(jù)i的周期性，經(jīng)過多次推理，由求和可以證得；（3）構(gòu)造g(x)=xe(x)?1【詳解】（1）令x=0，則e(0)=1由e(x)e(y)=e(x+y)因?yàn)閑(x)≠0，故e（2）證明：因?yàn)?i(i(i(ie(所以c(x)=（3）證明：令g(x)=xg(?x)?g(x)==?x?[因此x=g(?x)?g(x)==?2故B1=?12且【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：主要考查了復(fù)數(shù)i的周期性，考查推理論證能力，對(duì)學(xué)生思維要求比較高，綜合性很強(qiáng).73.（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）在高等數(shù)學(xué)中，我們將y=fx在x=x0處可以用一個(gè)多項(xiàng)式函數(shù)近似表示，具體形式為：fx=fx0+f'x(1)分別求ex，sinx，cosx(2)若上述泰勒展開式中的x可以推廣至復(fù)數(shù)域，試證明：eiπ+1=0(3)若?x∈0,32，e【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析(3)a≥1【分析】（1）根據(jù)函數(shù)fx在x=（2）把ex在x=0處的泰勒展開式中的x替換為ix，利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則進(jìn)行化簡(jiǎn)整理可得（3）根據(jù)sinx在x=0處的泰勒展開式，先證?x∈0,32,sinx>x?16【詳解】（1）解：因?yàn)楹瘮?shù)fx在x=x0處的泰勒展開式為fx=f所以ex，sinx，cosxexsinx=x?cosx=1?（2）證明：把ex在x=0處的泰勒展開式中的x替換為ix=1?12!所以eiπ=（3）解：由sinx在x=0處的泰勒展開式，先證?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上單調(diào)遞增，所以所以f(x)在0,32上單調(diào)遞增，所以再令g(x)=x?16x3?所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在1,3而g(0)=0,所以?x∈0,當(dāng)a≥1時(shí)，asinx≥sin當(dāng)a<1時(shí)，令?(x)=asinx?ln(x+1)，所以必存在一個(gè)區(qū)間(0,m)，使得?(x)在(0,m)上單調(diào)遞減，所以x∈(0,m)時(shí)，?(x)<?(0)=0，不符合題意.綜上所述，a≥1.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題（3）問解題的關(guān)鍵是根據(jù)sinx在x=0處的泰勒展開式，先證?x∈0,32,74.（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于非空集合G，定義其在某一運(yùn)算（統(tǒng)稱乘法）“×”下的代數(shù)結(jié)構(gòu)稱為“群”G,×，簡(jiǎn)記為G×．而判斷G1.（封閉性）對(duì)于規(guī)定的“×”運(yùn)算，對(duì)任意a,b∈G，都須滿足a×b∈G；2.（結(jié)合律）對(duì)于規(guī)定的“×”運(yùn)算，對(duì)任意a,b,c∈G，都須滿足a×b×c3.（恒等元）存在e∈G，使得對(duì)任意a∈G，e×a=a；4.（逆的存在性）對(duì)任意a∈G，都存在b∈G，使得a×b=b×a=e．記群G×所含的元素個(gè)數(shù)為n，則群G×也稱作“n階群”．若群G×的“×”運(yùn)算滿足交換律，即對(duì)任意a，b∈G(1)證明：所有實(shí)數(shù)在普通加法運(yùn)算下構(gòu)成群R+(2)記C為所有模長(zhǎng)為1的復(fù)數(shù)構(gòu)成的集合，請(qǐng)找出一個(gè)合適的“×”運(yùn)算使得C在該運(yùn)算下構(gòu)成一個(gè)群C×(3)所有階數(shù)小于等于四的群G×【答案】(1)證明見解析(2)C在復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算下構(gòu)成一個(gè)群C×(3)所有階數(shù)小于等于四的群G×【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合實(shí)數(shù)運(yùn)算分析證明；（2）根據(jù)題意結(jié)合復(fù)數(shù)運(yùn)算分析證明；（3）分類討論群G×【詳解】（1）我們需證R在普通加法下可構(gòu)成一個(gè)群，需從以下四個(gè)方面進(jìn)行驗(yàn)證：①封閉性：對(duì)a,b∈R，則a+b∈R，封閉性成立；②結(jié)合律：對(duì)a,b,c∈R，a+b+c③恒等元：取e=0∈R，則對(duì)任意a∈R，0+a=a．符合恒等元要求；④逆的存在性：對(duì)任意a∈R，b=?a∈R，且a+b=a+?a綜上所述，所有實(shí)數(shù)在普通加法運(yùn)算下可構(gòu)成群R+（2）首先提出，C的“×”運(yùn)算可以是復(fù)數(shù)的乘法：z1即證明S在普通乘法下可構(gòu)成一個(gè)群，同（1），需從四方面進(jìn)行驗(yàn)證：①封閉性：設(shè)z1=a+bi，z2=c+d則z1所以z=c2a②結(jié)合律：設(shè)z1=a+bi，z2=c+dz=z==即z1③恒等元：取e=1∈C，則對(duì)任意z∈C，1?z=z，符合恒等元要求；④逆的存在性：對(duì)任意z=a+bi∈C，取其共軛z=a?b綜上所述，C在復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算下構(gòu)成一個(gè)群C×（3）所有階數(shù)小于等于四的群G×若群G×的階數(shù)為0，則G為空集，與定義矛盾．所以G（1）若群G×的階數(shù)為1，則其唯一的元素為其恒等元，明顯符合交換律，故此時(shí)G（2）若群G×的階數(shù)為2，設(shè)其元素為e,a，其中e是恒等元，則e×a=a×e=a，符合交換律，故此時(shí)G（3）若群G×的階數(shù)為3，設(shè)其元素為e,a,b，其中e是恒等元，由群的封閉性，a×b∈若a×b=a，又a×e=a，推出b=