壓軸題06向量、復數(shù)壓軸題十六大題型匯總命題預測本專題考查類型主要涉及點為向量與復數(shù)，包含了向量的最值，新定義等，包含了復數(shù)的相關性質與新定義等。預計2024年后命題會繼續(xù)在上述幾個方面進行。高頻考法題型01向量新考點問題題型02投影向量問題題型03向量最值取值范圍問題題型04向量與不等式結合題型05向量新定義問題題型06復數(shù)性質相關問題題型07復數(shù)最值問題題型08復數(shù)的三角形式題型09復數(shù)方程的根相關問題題型10向量與解析幾何結合題型11向量與實際模型題型12向量與四心題型13向量與數(shù)列結合題型14向量與三角換元題型15復數(shù)新定義問題題型16復數(shù)與數(shù)列問題01向量新考點問題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式，結合同角三角函數(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·模擬預測）已知Px1,y1，QA．2x1B．2x1C．x1?3D．x1?3【答案】AD【分析】設x=m,3y=n，設C(m1,n1),D(m2,n2)，可得OC=(【詳解】由x24+9y24=1，可得可得x12+9y1設C(m1,n1可得m12+所以OC?OD=?2，cos可得C、D兩點均在圓m2+n設CD的中點為E，則OE=2根據(jù)點到直線的距離公式可知：2x1+3y1?35設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.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是把問題轉化為圓上點到直線的距離問題，結合到直線的距離公式及圓的性質即得.3.（2024·新疆烏魯木齊·二模）已知A1,A2,A3,A【答案】1【分析】根據(jù)題意設出合理的向量模，再將其置于坐標系中，利用坐標表示出|A【詳解】因為An所以A1A2A2由題意設|A1A2|=x設A1(0,0)，如圖，因為求則A2(x,0)，A3(x,1所以|A當且僅當x2=1所以|A1A故答案為：1.【點睛】關鍵點點睛：首先是對向量模的合理假設，然后為了進一步降低計算的復雜性，我們選擇利用坐標法將涉及的各個點用坐標表示，最后得到|A4.（2024·浙江·二模）設正n邊形的邊長為1，頂點依次為A1,A2,?,An，若存在點P滿足P【答案】5【分析】由題意確定P點的軌跡，分類討論，結合向量的運算說明正六邊形中以及n≥7時不符合題意，說明n=5時滿足題意，即可得答案.【詳解】由題意知點P滿足PA1?當n=6時，設B,C,D,M為A1

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

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

故此時不存在點P滿足PA1?故n的最小值為5，故答案為：5【點睛】難點點睛：本題考查了平面向量的運算以及向量的模的最值問題，綜合性較強，難度加大，難點在于要分類討論正n邊形的情況，結合向量的加減運算，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x1=2,x2=4,當x4=9,x5=10又由上知x1+x又因為當x1=2,x2=4,x3此時x1+x2+只要x1+x顯然當x1=3,x2=5,當x4=9,x5=11又由上知x1+x又當x4=8,x5=10此時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，在出題中往往會畫出圖形來進行思考問題，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錯誤；②利用向量共線定理可知，點C在線段AB上，再結合【詳解】由a?b=a?bcos120°=?2，解得：a?b=4，當λ=13時，c=13a+23b設OA=a，OB=a，OC=c，因為c=λa+1?λb0<λ<1，由向量共線定理可知，點C在線段AB上，如圖，設a,c=α，則b,c=120°?α，因為a?x2+y2+xy=c2cos2α+c2cos2120°?α+c2cosαcos120°?α=故選：C7.（2023·廣東·二模）已知O是坐標原點，點N2,1，且點M是圓C：x2+y2【答案】1,【分析】設直線OM的斜率為k，傾斜角為α，ON的傾斜角為β，可表示cosOM【詳解】設直線OM傾斜角為α，ON的傾斜角為β，當直線OM的斜率存在時，設直線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M在圓上，所以點C到直線OM的距離d=k?1k2+1≤r當直線OM的斜率不存在時，OM方程為x=0與圓C相切，成立，此時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A為原點，建立平面直角坐標系，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A為原點，建立平面直角坐標系，則A0,0在AC上取D,E，使得AD=12在AB上取點P使得AP=x則fx直線AC的方程為y=x，設點E2,0關于直線AC的對稱點F則ba?2=?1b2=則EP+DP=所以fx=x故答案為：13.【點睛】關鍵點點睛：以點A為原點，建立平面直角坐標系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB上取點P使得9.（2024·全國·模擬預測）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】因為c=a,c為b在a方向上的投影向量，且所以c=a，故因為a?b=所以a?b=4則2a故2a+b設2a+b與b的夾角為θ因為3x232+x2所以x232+x2≤故cosθ≥32．又0≤θ≤故a+b+c與故答案為：π6【點睛】方法點睛：平面向量中有關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行判斷；二是“數(shù)化”，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數(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、方程的有關知識來解決．10.（2022·浙江·模擬預測）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】設向量a，b的單位方向向量，用所設的單位向量作為基底，表示出已知條件，進而表示出c?【詳解】設與a方向相同的單位向量是μ，且a=2設與b方向相同的單位向量是ν，且b=3又c=μ11=a2=c∵c?∴4設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=對應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范圍問題，常用的方法有：（1）坐標法：即通過建立直角坐標系，通過向量坐標運算求得；（2）基向量表示法：即通過選設平面的基底，用基底表示相關向量，運算求得；（3）構造幾何圖形法：即根據(jù)模長定值構造圓形，由向量點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+B．a+C．a?D．a?b【答案】BD【分析】由向量a,b,c方向間的關系，判斷a+b+【詳解】當向量a,b方向相同，與c方向相反時，滿足此時a+b+當向量a,b,此時a+b+a?c=b?c，有向量a,b方向相同時，a?向量a,b方向相反時，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AB=2，側棱AS=3，向量a，b滿足a?a+AC=a?【答案】4【分析】利用向量運算化簡變形，設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a=CM,b=分別化簡得MC?MB=0故點M在以BC為直徑的球面上，半徑r1點N在以SC為直徑的球面上，半徑r分別取線段BC、SC的中點E、F，則EF=1故a?故答案為：4【點睛】將向量的代數(shù)關系轉化為動態(tài)的幾何表達，借助幾何意義求解動點間的距離最值是解決本類題型的關鍵所在.13.（2023·河南鄭州·模擬預測）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的兩個四等分點，N為BC中點，P在線段DE上運動，且AN=2，數(shù)形結合求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上運動，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，MPmax綜上，MP的取值范圍為43故選：D14.（2022·浙江臺州·二模）已知平面向量e1,e2,e3,|e1|=|A．?3+66 B．?3+56【答案】A【分析】建立直角坐標系,設出相關向量,通過分析e3【詳解】設C(cos如圖,不妨設e1設M為AB的中點,G為OC的中點,F為BD的中點,E為AD的中點.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.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用已知條件轉化出e315.（2024·上海徐匯·二模）如圖所示，已知△ABC滿足BC=8,AC=3AB，P為△ABC所在平面內一點.定義點集D=PAP=3λAB+1?λ3AC,λ∈R.若存在點P【答案】3【分析】延長AB到M滿足AM?=3AB?，取AC的靠近A的三等分點N，連接MN，由向量共線定理得P,M,N三點共線，從而AP0表示【詳解】延長AB到M滿足AM?=3AB?，取AC的靠近A的三等分點AP=3λ所以P,M,N三點共線，又存在點P0∈D，使得對任意P∈D，滿足|AP|≥|AP0|恒成立，則AP0的長表示由AC=3AB得AC=AM，AB=所以MN=△AMN中，設∠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t=1sin2M，則所以t=9時，(S若θ是鈍角，則S△ABC96設t=1sin2M，則令f(t)=3t?1?t?9f'9≤t<10時，f'(t)<0，f(t)遞減，t>9時f'所以t=10時，f(t)min=8綜上，(S此時?max故答案為：3．【點睛】方法點睛：本題考查向量的線性運算，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點在一條直線，問題轉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系轉化時，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便）04向量與不等式結合16.（2024·安徽蕪湖·二模）若實數(shù)x，y滿足x2+y2=25【答案】6【分析】利用向量不等式并結合x的范圍求最值.【詳解】設a則a?b=x+y≤故50+8x+6y+又x2+y所以2?16x+100當且僅當x=5,y=0等號成立.故答案為：6【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用向量不等式求最值，關鍵是兩次運用不等式且保證等號成立.17.（2022·浙江湖州·模擬預測）已知平面向量a,b,c滿足|b|?|c【答案】21【分析】利用絕對值三角不等式|3【詳解】設<a,b|3得|2a故?=7故答案為：21?118.（2024高三·全國·專題練習）已知a=b=2，c=1，A．6?1,6+1C．7?1,7+1【答案】C【分析】根據(jù)題設向量模長和垂直條件，考慮運用幾何法求解，由CA⊥CB想到構造矩形ACBD，運用極化恒等式推導出結論OA2+OB2=【詳解】如圖，設a=OA，b=OB，c=點A,B在圓x2+y2=4上，則a?c作矩形ACBD,則|a下證：OA2設AB,CD交于點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．【點睛】方法點睛：本題考查平面向量的線性運算的模長范圍問題，屬于較難題.19.（2024·天津·二模）在△ABC中，AM=2MB，P是MC的中點，延長AP交BC于點D．設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)幾何關系，表示向量AP；設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P是MC的中點，則AP=設AP=λAD，則BP=BP==λμ=λμAC所以λμ=12λ?1?λμ=?23所以AP=56因為AD=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.【點睛】關鍵點點睛：對于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，理解定義內容、會運用新定義運算，是解決問題的關鍵21.（2023·福建泉州·模擬預測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生物識別技術．在人臉識別中，主要應用距離測試檢測樣本之間的相似度，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離．設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的邊上運動，結合圖象分析OM,【詳解】設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N在正方形ABCD的邊上運動，因為OM=當cosM，N=cosOM→①點N為點A，則ON=2,0，可得②點N在線段CD上運動時，此時ON與DC同向，不妨取ON=則cosM,N因為310所以eM,N的最大值為1?故選：B.

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

A

B

C

D觀察選項A，B，C，D所對圖形知，B不符合題意，ACD符合題意.故選：ACD【點睛】思路點睛：涉及符合某個條件的點構成的平面區(qū)域問題，理解不等式變?yōu)閷仁綍r的曲線方程的意義，再作出方程表示的曲線，作圖時一定要分清虛實線、準確確定區(qū)域.24.（2024·全國·模擬預測）設有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）對于m∈B，i=1，2，???，n，存在x=x1x2???xn，當xi=yi時，xiyi=1；當所以x,所以m+n=2k?n+n=2k為偶數(shù)．（3）當n=4時，可猜測互相正交的4維向量最多有4個，即f4不妨取a1=1111，則有a1,a2=0，a1,a3若存在a5，使a1,a5=0，則當a5=?1當a5=1當a5=1故找不到第5個向量與已知的4個向量互相正交．25.（2022·浙江紹興·模擬預測）定義兩個向量組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xi=yi=當x1=y1=e1且x同理x2=y2=e2且x1≠y1、x當xi≠y由|e1+e3所以e1?e綜上，X?Y的最小值為?3故答案為：?3【點睛】關鍵點點睛：應用分類討論，注意X,Y中向量不同的排列情況下對應X?Y的表達式，結合向量數(shù)量積運算律和幾何關系求最值.06復數(shù)性質相關問題26.（多選）（2024·河南信陽·模擬預測）設z為復數(shù)（i為虛數(shù)單位），下列命題正確的有（

）A．若(1+i)z=?B．對任意復數(shù)z1，z2C．對任意復數(shù)z1，z2D．在復平面內，若M={z|z?2≤2}【答案】BC【分析】借助復數(shù)的運算、共軛復數(shù)、復數(shù)的模及復數(shù)的幾何意義逐項判斷即可得.【詳解】對A：由(1+i)z=?i故z=對B：設z1=a+bia,b∈R、則z=az1故z1對C：設z1=a+bia,b∈R、有z1?zz1?z對D：設z=x+yix,y∈R，則有集合M所構成區(qū)域為以2,0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·開學考試）設復數(shù)z1,z2,A．若z1z2B．若z1z2=C．若z1z3D．若z2+【答案】ACD【分析】根據(jù)復數(shù)的概念及運算性質，以及共軛復數(shù)的性質和復數(shù)模的性質，逐項計算，即可求解.【詳解】對于A中，若z1z2=z12設z1=m+ni對于B中，由A得z2=z1，設則z3只要m=0或n=0，選項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錯誤.對于C中，若z1z3+z則z3z1=?z設z3z1=t≤0，則則復數(shù)z3對應的向量與復數(shù)z1對應的向量方向共線，且長度是故z3在復平面內對應的點的軌跡是射線（且與O對于D中，若z2+z3<1由z2?z31?即z2即z2z2即(z因為z2?1<0,z所以z2故選：ACD.28.（多選）（2024·河北滄州·一模）在復數(shù)城內，大小成為了沒有意義的量，那么我們能否賦予它一個定義呢，在實數(shù)域內，我們通常用絕對值來描述大小，而復數(shù)域中也相應的有復數(shù)的模長來代替絕對值，于是，我們只需定義復數(shù)的正負即可，我們規(guī)定復數(shù)的“長度”即為模長，規(guī)定在復平面x軸上方的復數(shù)為正，在x軸下方的復數(shù)為負，在x軸上的復數(shù)即為實數(shù)大小．“大小”用符號+“長度”表示，我們用[z]來表示復數(shù)的“大小”，例如：[1+2i]=5，[1?2i]=?5，A．[z]=1在復平面內表示一個圓B．若z∈C，則方程[z]2C．若z1,z2D．復平面內，復數(shù)z對應的點在直線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，結合復數(shù)的幾何意義，點到直線距離公式對選項逐一判斷即可.【詳解】根據(jù)已知條件[z]=1表示模長為1，在復平面位于x軸上方的復數(shù)，所以并不是一個圓，A錯誤；若z∈C，則方程[z]為一個實數(shù)，所以[z]2若z1,z2為虛數(shù)，且z1=z2，設所以z1復數(shù)z對應的點在直線y=?x+4上，則|[z]|最小值為：點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）已知復數(shù)z,w均不為0，則（

）A．z2z=C．zw=zw 【答案】AD【分析】設z=a+bi，w=c+d【詳解】設z=a+bi，w=c+di，其中a,b,c,d∈R則選項A：由z=a+bi可得z所以z?z=a+b選項B：z+w=a+c+b+di，所以又因為z+當z+w=z+w，即兩邊平方整理得2abcd=a2d選項C：zw=a+b又zw當zw=zw時可得選項D：若1z=1所以z=a∈R故選：AD30.（多選）（2024·廣東韶關·二模）已知復數(shù)z1A．若z1=z2，則z1C．若z1是非零復數(shù)，且z12=z1z【答案】BC【分析】對于A項，可以舉反例說明；對于B項，可以設z1=a+bi，則z【詳解】對于A項，若z1=1+i，z2=對于B項，設z1=a+bia,b∈R，則z2=a?b對于C項，由z12=z1z2可得：z對于D項，當z1=i時，z故選：BC.07復數(shù)最值問題31.（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）若復數(shù)z滿足z?1=z+iA．12 B．22 C．1 【答案】B【分析】根據(jù)復數(shù)模的運算公式，結合配方法進行求解即可.【詳解】令z=x+yi，x,y由z?1=z+i所以z?1=因此當x=12時，z?1取最小值故選：B32.（2024·貴州貴陽·模擬預測）如果復數(shù)z=x+yix∈R,y∈R，z1=?2，z2=?12，z3=i在復平面內對應的點分別為Z，【答案】4+2【分析】先將復數(shù)轉化為平面直角坐標系中的坐標，然后用距離公式對條件z?z1=2z?z2進行變形，得到x2+y2=1，由此可以證明x?y≤2.之后再使用向量的坐標運算將3λ+2μ表示為關于【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)驗證，當x=22，y=?2所以3λ+2μ的最大值是4+22故答案為：4+22【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于將復數(shù)坐標化為平面直角坐標系中的坐標，并將復數(shù)之差的模長表示為平面直角坐標系中的線段長度.另外，本題還具有“阿波羅尼斯圓”的背景：平面上到兩個不同定點M,N的距離之比恒為常數(shù)c∈0,1∪1,+33.（2022·江蘇鎮(zhèn)江·模擬預測）若i為虛數(shù)單位，復數(shù)z滿足1≤z+1+i≤2，則【答案】3【分析】利用復數(shù)的幾何意義知復數(shù)z對應的點Z到點C(?1,?1)的距離d滿足1≤d≤2，z?1?i表示復數(shù)z對應的點Z到點【詳解】復數(shù)z滿足1≤z+1+i≤即復數(shù)z對應的點Z到點C(?1,?1)的距離d滿足1≤d≤設P(1,1)，z?1?i表示復數(shù)z對應的點Z到點P(1,1)數(shù)形結合可知z?1?i的最大值|AP|=|CP|+故答案為：334.（2022·福建·模擬預測）對任意三個模長小于1的復數(shù)z1，z2，z3，均有z1z【答案】10【分析】利用復數(shù)的三角形式結合余弦函數(shù)的性質可得z1z2【詳解】設z1=ρ1cos由題設有ρi又z+ρ=+2而z1所以z1而cosθ1?故z1z2故實數(shù)λ的最小可能值為10，故答案為：10.35.（2023·河北·模擬預測）若復數(shù)a+bii=6+8i，且a【答案】337+1/【分析】設a=x+yix,y∈R,b=m+nim,n∈R，利用復數(shù)相等的性質得到點Mx,m軌跡是以【詳解】依題意，設a=x+yi則a+bi因為a+bii=6+8i，所以因為a+b=26所以x2+?m?6令Mx,m，A0,?6，B8,0所以點Mx,m軌跡是以A,B為焦點，長軸為26的橢圓P因為AB的中點為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，長軸為26的橢圓C的圖像先逆時針旋轉.因為在橢圓C中，2a=26,c=5，則a=13,a2=169所以橢圓C的方程為x2不妨設x',y'為橢圓C上的點，則可設下面求Nx',y'以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標，則x'=ρcosβ,y'=ρ所以u=ρcosβ+α=ρv=ρsin接著求u,v向右平移4個單位，向下平移3個單位得到的點Mx,m易得x=u+4，m=v?3，又因為x'=13cos所以x=45x所以x+m=915cos因為0≤θ≤2π，y=sinθ+φ所以?1≤sinθ+φ≤1所以Rea+b=x+m≤337故答案為：337+1【點睛】關皺點睛：本題的關鍵有兩點：（1）利用橢圓的定義得到Mx,m（2）利用點的旋轉平移得到x,m關于θ的關系式.08復數(shù)的三角形式36.（2023·湖北·二模）復數(shù)21?A．cos?π3C．32+1【答案】B【分析】應用復數(shù)的除法化簡，結合復數(shù)的三角表示、各項的形式判斷正誤即可.【詳解】由題設，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為自然對數(shù)的底數(shù)，θ∈R，且實數(shù)指數(shù)冪的運算性質對eiθA．cos5θ+isin5θC．sin5θ+icos5θ【答案】A【分析】計算a+bi，結合二項式定理的展開即可得解.【詳解】a+bi==C=(故選A.【點睛】本題主要考查了二項式定理的展開與復數(shù)的新定義問題，觀察出二項展開的結構是解本題的關鍵，屬于中檔題.38.（2022·上海奉賢·一模）復數(shù)cos2θ+isin3θ?cosθ+isinA．9 B．10 C．11 D．無數(shù)【答案】C【分析】先根據(jù)復數(shù)cos2θ+isin3θ?cosθ+isinθ的模為1及復數(shù)模的運算公式，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cos2θ=cos3θ時，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=?2k1π，k1∈Z，因為θ∈0,2π，所以θ=0或2π；②2θ=?3θ+2k2π，k故選：C39.（2022·江蘇蘇州·模擬預測）任何一個復數(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，通常稱之為復數(shù)z的三角形式．法國數(shù)學家棣莫弗發(fā)現(xiàn)：zn=[r(cosθ+isin【答案】?i【分析】利用給定定理直接計算即得z2022；令w=cosπn+【詳解】當r=1，θ=π4時，z=cos?n∈N*，令w=cos?n∈N*=(1+而w+w2+w3所以k=2n故答案為：-i；sin【點睛】思路點睛：涉及復數(shù)z的n(n∈N?)次冪zn的求和問題，可把40.（2019·上海楊浦·一模）已知復數(shù)z1=cosx+2f(x)i，z2=(3sinx+cosx)+i（x∈R，i為虛數(shù)單位），在復平面上，設復數(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【點睛】本題考查了復數(shù)的幾何意義，三角函數(shù)化簡，周期，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力09復數(shù)方程的根相關問題41.（多選）（2024·浙江杭州·二模）已知關于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，利用韋達定理判斷B，計算出兩根的模，即可判斷C，利用復數(shù)代數(shù)形式的除法運算及B項的結論化簡z1【詳解】關于x的方程x2則Δ=t2不妨設z1=?t∴z由韋達定理可得z1z1∵z∴z1則z1z2=t2?2故選：ABC．42.（2020·上海閔行·二模）關于x的實系數(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)條件分別設四個不同的解所對應的點為ABCD，討論根的判別式，根據(jù)圓的對稱性得到相應判斷.【詳解】解：由已知x2﹣4x+5＝0的解為2±i，設對應的兩點分別為A，B，得A（2，1），B（2，﹣1），設x2+2mx+m＝0的解所對應的兩點分別為C，D，記為C（x1，y1），D（x2，y2），（1）當△＜0，即0＜m＜1時，x2（2）當△＞0，即m＞1或m＜0時，此時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.【點睛】本題考查方程根的個數(shù)與坐標系內點坐標的對應，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·模擬預測）意大利數(shù)學家卡爾達諾（Cardano.Girolamo，1501-1576）發(fā)明了三次方程的代數(shù)解法.17世紀人們把卡爾達諾的解法推廣并整理為四個步驟：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的三個根：?y?z，?ωy?ω2z，?第四步，寫出方程x3+a2x2+某同學利用上述方法解方程8x3?12x2A．a2=?32 B．yz=2 C．【答案】ABC【分析】根據(jù)三次方程的代數(shù)解法對選項進行分析，由此確定正確選項.【詳解】8依題意可知a2是2次項系數(shù)，所以a第一步，把方程x3?32x得x+1第二步，對比x3?6x+4=0與可得y3+z所以x2x3故選：ABC44.（2001·全國·高考真題）對任意一個非零復數(shù)z，定義集合Mz(1)設a是方程x+1x=2的一個根，試用列舉法表示集合(2)設復數(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，再結合復數(shù)的乘方運算，即可求得Ma；根據(jù)古典概型的概率計算公式，即可求得概率P（2）根據(jù)Mz的定義，設出Mω中的任意一個元素x，根據(jù)其滿足的條件化簡x的形式，只需證明x滿足【詳解】（1）因為α是方程x+1x=當α=22故Mα同理，當α=22?在Ma中任取兩個數(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x為集合Mω中的一個元素，則x=因為ω∈Mz，故存在k∈N因為ω2n?1==2kn?1+n故2k?12n?1為正奇數(shù)，故x=故Mω【點睛】關鍵點點睛：本題考查復數(shù)的運算，涉及古典概型的概率計算；其中第二問中處理問題的關鍵是能夠根據(jù)x的形式，逐步劃歸為滿足Mz45.（2024·全國·模擬預測）設a,b為實數(shù)，且ab≠0，虛數(shù)z為方程ax2+bx+a=0的一個根，則z【答案】1【分析】由復數(shù)與共軛復數(shù)的意義可知，方程的兩個根為z和z，再設出復數(shù)z，結合韋達定理和復數(shù)運算解出模長即可.【詳解】由題意可知虛數(shù)z為方程ax2+bx+a=0所以z?z設z=m+ni，則zz?z所以z=1故答案為：1.10向量與解析幾何結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行求解；②數(shù)化，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數(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，方程的有關知識進行求解.46.（2024·全國·模擬預測）拋物線E:y2=x的焦點為F，P為其準線上任意一點，過點P作E的兩條切線，切點為A，B（點AA．1 B．2 C．3 D．1【答案】D【分析】根據(jù)過點P的直線與拋物線相切，得到PA⊥PB，利用拋物線對稱性設不妨設切點為A在第一象限，然后利用導函數(shù)求切線斜率，進而求出直線方程，得P?14【詳解】

由y2=x，可知拋物線焦點F1因為P為其準線上任意一點，設P?設過點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?利用拋物線對稱性，不妨設切點為A在第一象限，坐標為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又因為點Ax0,所以x0?t=1所以點P的坐標為P?所以PA=x0所以PA=x當且僅當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，設雙曲線x24?y212=1的左右焦點為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當且僅當P為雙曲線的右頂點時，取得等號，即PM+故選：C.【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)數(shù)量積的運算律可得PM+PN?48.（23-24高三上·重慶沙坪壩·階段練習）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a=滿足a=3，b=1又c+a+由橢圓的定義可知點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D在圓x2+y?22=1又c?d=故只需求CE的最大值即可，因為點Cx24+所以CE=所以當sinθ=??42×c?d有最大值故選：A.【點睛】關鍵點睛：解題的關鍵是將向量問題轉換為圓錐曲線中的最值問題來做，通過數(shù)學結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】建立平面直角坐標系，設Cx,y，求出點C的軌跡方程，根據(jù)向量線性運算的坐標表示可得λ+μ=x+3【詳解】如圖，以O為原點，以OA,OB所在直線為x,y軸建立平面直角坐標系，因為OA=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C的軌跡為△ABC外接圓的一段劣弧且2R=ABsinπ3=設△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?因為x+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λ+μ=x+3y故選：C.

【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于，建立平面直角坐標系，求出點C的軌跡方程，然后轉化問題為求點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，若對于任意實數(shù)x，都有bA．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】把三個向量平移到同起點，由向量運算及b?xa≥b?a得MB≥AB，從而BA⊥OA，又由【詳解】設a=OA，b=OB，c=OC，因為b?xa≥即MB≥AB，所以因為a=2，a?b=23由c?a≤1，可得點C過圓周上一點C作OB的垂線，垂足為D，且DC與⊙A相切，延長DC交OA于N，則b?此時△ODN∽△ACN，根據(jù)相似知識可得ODCA所以OD=CA?OA所以b?c的最大值為故選：D.11向量與實際模型51.（2023·全國·模擬預測）鍵線式可以簡潔直觀地描述有機物的結構，在有機化學中極其重要．有機物萘可以用左圖所示的鍵線式表示，其結構簡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P為該圖形邊界（包括頂點）上的一點，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M，可得出AP?BP=PM2【詳解】取線段AB的中點M，則MB=?AP=PM由圖可知，當點P與點M重合時，AP?BP取最小值，且由圖形可知，當PM取最大值時，點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可知，∠AHI=1所以，∠AHG=∠AHI+∠IHG=60則A、H、G三點共線，則∠CHG<∠MHG<∠AHG，即120°當點P在線段HG上從點H運動到點G的過程中，PM在逐漸增大，同理可知，120°當點P在線段CD上由點C到D的過程中，PM在逐漸增大，所以，當PM取最大值時，點P在折線段DEFG上運動，以線段CH的中點O為坐標原點，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系，則A?23,?1、B?3,?2、F23,1、G（1）當點P在線段GF上運動時，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）當點P在線段EF上運動時，x=23，?1≤y≤1，則1所以，PM2（3）當點P在線段DE上運動時，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因為函數(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.【點睛】方法點睛：求兩個向量的數(shù)量積有三種方法：（1）利用定義：（2）利用向量的坐標運算；（3）利用數(shù)量積的幾何意義．具體應用時可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時要注意數(shù)量積運算律的應用．52.（2023·河南安陽·二模）如圖，2022年世界杯的會徽像阿拉伯數(shù)字中的“8”．在平面直角坐標系中，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?畫圖分析可知當與直線PA垂直的直線l和圓N相切，切點為B，且直線l的縱截距大于0時，PBcos直線PA的斜率為1，設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的交點坐標為Q所以PQ=32即PA?PB的最大值為故選：C【點睛】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行求解；②數(shù)化，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數(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，方程的有關知識進行求解.53.（2023·全國·模擬預測）中國結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側面.已知某個中國結的主體部分可近似地視為一個大正方形（內部是16個全等的邊長為1的小正方形）和凸出的16個半圓所組成，如圖，點A是大正方形的一條邊的四等分點，點C是大正方形的一個頂點，點B是凸出的16個半圓上的任意一點，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AB在AC上的投影向量與且投影向量的模最大時，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系xOy，如圖，A(0,1),C(4,0)，則直線AC的方程為x4+y=1，以點C為半圓弧端點且在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B處切線l垂直于直線AC時，AC?設切線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D(2(17+33)17,所以AC?AB的最大值為故選：C【點睛】方法點睛：求兩個向量的數(shù)量積有三種方法：利用定義；利用向量的坐標運算；利用數(shù)量積的幾何意義．具體應用時可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時要注意數(shù)量積運算律的應用．54.（多選）（2023·吉林·一模）中華人民共和國國旗是五星紅旗，國旗上每個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角線能夠形成一個標準的正五角星，正五角星中每個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比計算各邊長可得AG=FI，再通過證△DIF～△DHA，可得AG//FI，則選項A可判定；在三角形GAF中利用余弦定理可得cos∠GAF【詳解】因為AG=2，三角形AGF為黃金三角形，所以GFAG=5

由對稱性可知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·模擬預測）重慶榮昌折扇是中國四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年間，明末已成為貢品人朝，產品以其精湛的工業(yè)制作而聞名于海內外．經(jīng)歷代藝人刻苦鉆研、精工創(chuàng)制，榮昌折扇逐步發(fā)展成為具有獨特風格的中國傳統(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：“開合清風紙半張，隨機舒卷豈尋常；金環(huán)并束龍腰細，玉柵齊編鳳翅長，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，動點P在CD上（含端點），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，表示出相關點的坐標，設Q(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π【詳解】如圖，作OE⊥OC,分別以OC,OE為x,y軸建立平面直角坐標系，則A(1,0),C(3,0),B(?1設Q(cosθ,sin由OQ=xOC+yOD可得若y=x，則cos2解得x=y=13，（負值舍去），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、內心和外心的向量形式的常用結論：設△ABC的角A，B，C所對邊分別為a，b，c，則（1）△ABC的重心G滿足GA+（2）△ABC的內心P滿足aPA（3）△ABC的外心M滿足MA=56.（2023·全國·模擬預測）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三點共線．因為O為△ABC的外心，即有|OA|=|OB【詳解】因為AO=λ則AO?AC=λ(因為O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．因為cos∠AOC∈13如圖，過點A作AQ⊥BC，垂足為Q．因為BA在BC上的投影向量為BQ=μBC，所以所以OA在BC上的投影向量為OQ=又因為|OA|=1因為cos∠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，右焦點分別是F1，F(xiàn)2，點P是雙曲線CA．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由PH=λPF1PF1+PF2【詳解】因為PH=λPF1P又因為點H在直線x=a上，且在雙曲線中，點P是雙曲線C右支上異于頂點的點，則△PF1F2的內切圓圓心在直線x=a上，即點如圖，作出△PF1F2，并分別延長HP、HF1、HF2至點HF'1=3HF1，設S△HPF1=m，S△HP即m:n:p=4:3:5，又H為△PF1F因為F1F2=2c，所以PF所以雙曲線C的離心率e=c故選：C.【點睛】三角形重心、內心和外心的向量形式的常用結論：設△ABC的角A，B，C所對邊分別為a，b，c，則（1）△ABC的重心G滿足GA+（2）△ABC的內心P滿足aPA（3）△ABC的外心M滿足MA=58.（2022·河南·模擬預測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點分別為F1A．13 B．25 C．33【答案】B【分析】取PF2中點M，由IP+IF2=2IM及3I【詳解】設M是PF2的中點，連接IM，如圖，則IP+3IF1+2IF2+2IP=3IF1+4IM=0,∴F1,I,M三點共線，3IF1=4MI故選：B.59.（多選）（2023·湖北黃岡·模擬預測）點O，H分別是△ABC的外心?垂心，則下列選項正確的是（

）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)向量的運算以及基本定理的推理，確定點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.建立坐標系，將利用三角函數(shù)表示m+n，根據(jù)三角函數(shù)的性質，即可判斷C；根據(jù)垂心的性質，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錯誤；B.若2BO=BA+BC，則點O是AC所以∠ABC=90°，C.因為∠B=π3，所以

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

得點C的軌跡是以A?7,0因為CD是△ABC的角平分線，且BE=所以AE也為△ABC的角平分線，∴E為△ABC的內心．如圖，設Ex則由雙曲線與內切圓的性質可得，AC?又AQ+BQ=14，所以，BQ=4，∴BE在a上的投影長為4，則BE故答案為：2【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是識別三角形內心的表達式，利用切線長定理進行求解.13向量與數(shù)列結合61.（2023·四川達州·一模）已知O為平面四邊形ABCD內一點，數(shù)列an滿足a1=4，當n≥2時，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】因為2AE=EC由OD=得OD?所以CD==4n?又CD=所以AD?3整理得AE=因為B,D,E三點共線，所以an整理得an因為a1所以a2a4所以S5故答案為：92.【點睛】關鍵點點睛：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?元有序實數(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n為偶數(shù)時，xi=0的個數(shù)為奇數(shù)，當n為奇數(shù)時，xi=0的個數(shù)為偶數(shù)，根據(jù)2+1n【詳解】當n為偶數(shù)時，范數(shù)為奇數(shù)，則xi=0的個數(shù)為奇數(shù)，即0的個數(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n為奇數(shù)時，范數(shù)為奇數(shù)，則xi=0的個數(shù)為偶數(shù)，即0的個數(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【點睛】關鍵點睛：本題考查了向量的新定義，乘法原理，加法原理，二項式定理，數(shù)列的通項公式，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，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】對于①，由已知可得a1=x所以，a2因為a1?a2?對于②，a2=2,所以，a3因為a2?a3?同理可得，x5所以有x1x2?x1=1×猜想，?n∈N?，有x2n?1顯然，當n=1時，（*）式成立；假設n=kk∈即?n∈N?，有x2n?1因為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時，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n=1時，（**）式成立；假設當n=kk∈N?時，（**）式成立，即x則x2k+1=x當且僅當x2k+1=1因為x2k+1≥3所以，當n=k+1時，（**）式也成立.所以，?n∈N?，對于③，因為x2n≥2，所以0<1所以1x2n<又x2n+2=x同理可得，x2n+1所以，?n∈N?，對于④，由（**）可得，x2n=x所以，?n∈N?，故答案為：②③④.【點睛】關鍵點睛：根據(jù)前幾項，猜想結論，根據(jù)數(shù)學歸納法證明結論.64.（2022·全國·模擬預測）如圖，在△ABC中，D是AC邊上一點，且AD=12DC，Enn∈N?為直線AB上一點列，滿足：En【答案】3【分析】利用向量的線性運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，且AD=則En由于Enn∈N因為En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，所以bn故Sn=?23故答案為：3565.（2022·山西太原·三模）如圖，已知點E是平行四邊形ABCD的邊AB的中點，點Gn(n∈N?)在線段BD上，且滿足GnD【答案】a【分析】根據(jù)平面向量的運算可得GnB=?GnA+2【詳解】∵E為AB中點，∴2GnE=G又∵D、Gn、B三點共線，∴GnD=λG∴?λ=an+12λ=?2(2an+3)∴數(shù)列{an+3}是首項為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，定點A,B,C,O，滿足OA=OB=OC=2，且OA+OB+OC=0，則AB=【答案】23【分析】（1）利用向量線性運算法則和數(shù)量積運算法則計算出OB?OC=?2，進而根據(jù)AB=OB?OA，平方后計算出AB2=12【詳解】因為OA=OB=所以OA=?OB+即4=4+2OB?OC因為AB=所以AB2因為AB所以AB=2可得到△ABC是等邊三角形，且邊長為23如圖，以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，垂直AB為y軸建立平面直角坐標系，C3,3，因為AP=1，所以設Pcosθ,由PM=MC可得：M是線段PC的中點，則則BM=3sin當sinθ?π3=1時，故答案為：23，67.（2022·浙江·模擬預測）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e=1,0，a=x,y，可得出x?32+y2=1，可設【詳解】因為a2?6a?e設e=1,0，a=x,y，則設x=3+cosθy=因為a⊥b，a=2b，則因為c=a+b，則令c=m,n，則m?32根據(jù)對稱性，可只考慮m?32由c?記點A3,32、B32,0、所以，PB=當且僅當點M為線段AB與圓x?32所以，c=3故答案為：310【點睛】方法點睛：求兩個向量的數(shù)量積有三種方法：（1）利用定義：（2）利用向量的坐標運算；（3）利用數(shù)量積的幾何意義．具體應用時可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時要注意數(shù)量積運算律的應用．68.（2022·天津河西·模擬預測）如圖，已知B，D是直角C兩邊上的動點，AD⊥BD，AD=3，∠BAD=π6，CM=【答案】13【分析】以點C為原點，CB，CD所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，設∠CBD=θ，利用三角函數(shù)關系表示A，B，D的坐標，由題干條件分析可知M為AB的中點，N為AD的中點，即可得到M，N的坐標，進而得到CM與CN，整理可得CM?CN為關于【詳解】如圖，以點C為原點，CB，CD所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，設∠CBD=θ，則∠ABD=π2?在Rt△ABD中，AB=ADcos∠BAD所以設Bcosθ,0，D0,sinθ由題意可知M為AB的中點，N為AD的中點，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，此時故答案為：13【點睛】關鍵點點睛：題目中給出垂直關系，可利用坐標法處理此題，設∠CBD=θ，點坐標即可用關于θ的三角函數(shù)關系表示，則將問題整理為關于θ的正弦型函數(shù)求最大值問題.69.（2024·廣東·模擬預測）已知O為△ABC的外接圓圓心，且AO?BC=1,BC=1．設實數(shù)λ,μ滿足AO【答案】?3,?1【分析】以BC中垂線為y軸，BC為x軸建立直角坐標系，設出圓心坐標及半徑，寫出外接圓的方程，再分別寫出A,B,C坐標，將題干條件帶入，即可得到等式，根據(jù)等式得出λ,μ的關系及范圍，再將關系帶入2λ2μ?1【詳解】解：由題可得，以BC的中點M為原點，BC方向為x軸，BC的中垂線為y軸，建立如圖所示平面直角坐標系：因為BC=1，所以B?12,0所以圓O的方程為x2+y?m不妨設Arcosθ,m+rAB=?1因為AO?BC=1,因為AO=λ所以?rcos所以可得?rcos將rcosθ=?1代入上式可得2=λ+3μ，因為r2=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【點睛】方法點睛：此題考查平面向量和三角形的綜合應用，屬于難題，針對向量的題常用的方法有：（1）取兩個不共線向量作為一組基底，將其他向量都用這一組基底進行表示；（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系，將結果用坐標表示；（3）若線段BC上一點,D為線段BC上一點，且BD:CD=m:n，則對于直線BC外一點A有：AD=70.（2024·甘肅隴南·一模）已知M是橢圓x210+y2=1上一點，線段AB是圓C:x【答案】70【分析】設AB中點為N，易得CN=2，點N的軌跡為以0,6為圓心，r=2為半徑的圓，MA?MB可轉化為MA?MB【詳解】

如圖，設AB中點為N，由AB=22?AN=2，CN=MA?MNmax=MCmax=37+9當且僅當cosθ=?23所以MNmaxMA故答案為：70【點睛】關鍵點點睛：由向量的數(shù)量積求解橢圓上一點與定點距離問題，轉化法和參數(shù)方程是解決本題關鍵，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，是一道跨知識點考查相對不錯的題15復數(shù)新定義問題新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．71.（23-24高三下·浙江麗水·開學考試）數(shù)學中的數(shù)，除了實數(shù)、復數(shù)之外，還有四元數(shù)．四元數(shù)在計算機圖形學中有廣泛應用，主要用于描述空間中的旋轉．集合H=d+ai+bj+ck∣a,b,c,d∈R中的元素α=d+ai+bj+c兩個四元數(shù)的乘法定義為：ij=?ji=k,jk=?kj=i,ki=?(1)設a,b,c,d∈R,四元數(shù)α=d+ai+bj+ck（i）計算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內的兩個不共線向量，證明：γ是X的一個法向量．【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）在空間直角坐標系中，設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）因為α≠0，所以a2由（1）可得αα所以α?α同理可驗證(d?ai所以α?因此，α?1（iii）設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的實部為0，所以（2）（i）設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．因為α,β?X不共線，所以γ⊥X,即γ是X的一個法向量．72.（2024·安徽蚌埠·模擬預測）對于無窮數(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)因為e(x)≠0，故e（2）證明：因為(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【點睛】關鍵點點睛：主要考查了復數(shù)i的周期性，考查推理論證能力，對學生思維要求比較高，綜合性很強.73.（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預測）在高等數(shù)學中，我們將y=fx在x=x0處可以用一個多項式函數(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，利用復數(shù)的運算法則進行化簡整理可得（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：因為函數(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上單調遞增，所以所以f(x)在0,32上單調遞增，所以再令g(x)=x?16x3?所以g(x)在(0,1)上單調遞增，在1,3而g(0)=0,所以?x∈0,當a≥1時，asinx≥sin當a<1時，令?(x)=asinx?ln(x+1)，所以必存在一個區(qū)間(0,m)，使得?(x)在(0,m)上單調遞減，所以x∈(0,m)時，?(x)<?(0)=0，不符合題意.綜上所述，a≥1.【點睛】關鍵點點睛：本題（3）問解題的關鍵是根據(jù)sinx在x=0處的泰勒展開式，先證?x∈0,32,74.（2024·全國·模擬預測）對于非空集合G，定義其在某一運算（統(tǒng)稱乘法）“×”下的代數(shù)結構稱為“群”G,×，簡記為G×．而判斷G1.（封閉性）對于規(guī)定的“×”運算，對任意a,b∈G，都須滿足a×b∈G；2.（結合律）對于規(guī)定的“×”運算，對任意a,b,c∈G，都須滿足a×b×c3.（恒等元）存在e∈G，使得對任意a∈G，e×a=a；4.（逆的存在性）對任意a∈G，都存在b∈G，使得a×b=b×a=e．記群G×所含的元素個數(shù)為n，則群G×也稱作“n階群”．若群G×的“×”運算滿足交換律，即對任意a，b∈G(1)證明：所有實數(shù)在普通加法運算下構成群R+(2)記C為所有模長為1的復數(shù)構成的集合，請找出一個合適的“×”運算使得C在該運算下構成一個群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在復數(shù)的乘法運算下構成一個群C×(3)所有階數(shù)小于等于四的群G×【分析】（1）根據(jù)題意結合實數(shù)運算分析證明；（2）根據(jù)題意結合復數(shù)運算分析證明；（3）分類討論群G×【詳解】（1）我們需證R在普通加法下可構成一個群，需從以下四個方面進行驗證：①封閉性：對a,b∈R，則a+b∈R，封閉性成立；②結合律：對a,b,c∈R，a+b+c③恒等元：取e=0∈R，則對任意a∈R，0+a=a．符合恒等元要求；④逆的存在性：對任意a∈R，b=?a∈R，且a+b=a+?a綜上所述，所有實數(shù)在普通加法運算下可構成群R+（2）首先提出，C的“×”運算可以是復數(shù)的乘法：z1即證明S在普通乘法下可構成一個群，同（1），需從四方面進行驗證：①封閉性：設z1=a+bi，z2=c+d則z1所以z=c2a②結合律：設z1=a+bi，z2=c+dz=z==即z1③恒等元：取e=1∈C，則對任意z∈C，1?z=z，符合恒等元要求；④逆的存在性：對任意z=a+bi∈C，取其共軛z=a?b綜上所述，C在復數(shù)的乘法運算下構成一個群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G（2）若群G×的階數(shù)為2，設其元素為e,a，其中e是恒等元，則e×a=a×e=a，符合交換律，故此時G（3）若群G×的階數(shù)為3，設其元素為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=