压轴题06向量、复数压轴题十六大题型汇总-2

这是一份压轴题06向量、复数压轴题十六大题型汇总-2，共58页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．抛物线的焦点为，为其准线上任意一点，过点作的两条切线，切点为（点与在抛物线同侧），则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．
2．过双曲线的右支上一点P，分别向和作切线，切点分别为M，N，则的最小值为（ ）
A．28B．29C．30D．32
3．已知，，，，，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．
4．在平面四边形中，，，，，则的最大值为（ ）
A．B．2C．3D．
5．已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数x，都有成立，且，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
6．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．已知与为全等的正六边形，且，点为该图形边界（包括顶点）上的一点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．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，圆和外切也形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
8．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，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
10．已知双曲线（，）的左，右焦点分别是，，点是双曲线右支上异于顶点的点，点在直线上，且满足，.若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3B．4C．5D．6
11．已知椭圆的左､右焦点分别为为上不与左､右顶点重合的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知数列满足，，若，则正整数k的值是（ ）
A．8B．12C．16D．20
13．如图，在中，分别为的中点，为上一点，且满足，则（ ）
A．B．1C．D．
14．如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，且内切圆的圆心在直线上.则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．2D．
15．､､是等腰直角三角形（）内的点，且满足，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
16．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：一种是顶角为的等腰三角形，其底边与一腰的长度之比为黄金比；一种是顶角为的等腰三角形，其一腰与底边的长度之比为黄金比．如图，正五角星中，，记，则（ ）

A．B．
C．在上的投影向量为D．
17．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，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．若，则B．若，则
C．D．
18．点，分别是的外心､垂心，则下列选项正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，且，则
C．若，，则的取值范围为
D．若，则
19．刘徽是我国杰出的数学家，他在263年撰写的《九章算术注》以及后来的《海岛算经》，都是我国宝贵的数学遗产，奠定了他在中国数学史上的不朽地位．其中《九章算术注》一书记载了刘徽利用圆的内接正多边形来近似计算圆周率的方法，后人称之为“刘徽割圆术”．已知单位圆O的内接正n边形的边长、周长和面积分别为，，，为正n边形边上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
20．已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设则在上的投影向量为 ．（结果用表示）．
21．已知为平面四边形内一点，数列满足，当时，恒有，，相交于点，且，设数列的前项和为，则 .
22．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，，记范数为奇数的的个数为，则 .（用含的式子表示，）
23．在数列中，，．设向量，已知，给出下列四个结论：①；②，；③，；④，．其中所有正确结论的序号是 ．
24．如图，在中，D是AC边上一点，且，为直线AB上一点列，满足：，且，则数列的前n项和 ．
25．如图，已知点是平行四边形的边的中点，点在线段上，且满足，其中数列是首项为1的数列，则数列的通项公式为
26．在平面内，定点，满足，且，则 ；平面内的动点满足，，则的最大值是 ．
27．已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是 .
28．如图，已知，是直角两边上的动点，，，，，，则的最大值为 .
29．已知为的外接圆圆心，且．设实数满足，则的取值范围为 ．
30．已知M 是椭圆上一点，线段 AB是圆的一条动弦,且则的最大值为 .
31．已知向量、不共线，夹角为，且，，，若，则的最小值为 ．
四、解答题
32．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．集合中的元素称为四元数，其中i,j,k都是虚数单位，d称为的实部，称为的虚部．两个四元数之间的加法定义为．
两个四元数的乘法定义为：,四元数的乘法具有结合律，且乘法对加法有分配律．对于四元数，若存在四元数使得，称是的逆，记为．实部为0的四元数称为纯四元数，把纯四元数的全体记为W．
(1)设,四元数．记表示的共轭四元数．
（i）计算；
（ii）若，求；
（iii）若，证明：；
(2)在空间直角坐标系中，把空间向量与纯四元数看作同一个数学对象．设．
（i）证明：;
（ii）若是平面X内的两个不共线向量，证明：是X的一个法向量．
33．对于无穷数列，我们称（规定）为无穷数列的指数型母函数．无穷数列1，1，…，1，…的指数型母函数记为，它具有性质．
(1)证明：；
(2)记．证明：（其中i为虚数单位）；
(3)以函数为指数型母函数生成数列，．其中称为伯努利数．证明：．且．
34．在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式.
(1)分别求，，在处的泰勒展开式；
(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：.（其中为虚数单位）；
(3)若，恒成立，求a的范围.（参考数据）
35．对于非空集合，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”，简记为．而判断是否为一个群，需验证以下三点：
1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；
2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；
3.（恒等元）存在，使得对任意，；
4.（逆的存在性）对任意，都存在，使得．
记群所含的元素个数为，则群也称作“阶群”．若群的“×”运算满足交换律，即对任意，，我们称为一个阿贝尔群（或交换群）．
(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群；
(2)记为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得在该运算下构成一个群，并说明理由；
(3)所有阶数小于等于四的群是否都是阿贝尔群？请说明理由．
36．设M是由复数组成的集合，对M的一个子集A，若存在复平面上的一个圆，使得A的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且中的数对应的点都在圆外，则称A是一个M的“可分离子集”．
(1)判断是否是的“可分离子集”，并说明理由；
(2)设复数z满足，其中分别表示z的实部和虚部．证明：是的“可分离子集”当且仅当．
37．设复数，其中，为虚数单位，，，复数在复平面上对应的点为．
（1）求复数的值；
（2）证明：当时，；
（3）求数列的前100项之和．
38．称一个复数数列为“有趣的”，若，且对任意正整数n，均有．求最大的常数C，使得对一切有趣的数列及任意正整数m，均有．
39．设、是无穷复数数列，满足对任意正整数n，关于x的方程的两个复根恰为、（当两根相等时）．若数列恒为常数，证明：
（1）；
（2）数列恒为常数．
40．，求
参考答案：
1．D
【分析】根据过点的直线与抛物线相切，得到，利用抛物线对称性设不妨设切点为在第一象限，然后利用导函数求切线斜率，进而求出直线方程，得，得，最后利用基本不等式求最值.
【详解】

由，可知抛物线焦点，准线方程为，
因为为其准线上任意一点，设，
设过点且与抛物线相切的直线为：，①
由得：，
所以，整理得，，②
所以，是方程②的两根，
所以，故，
所以，
利用抛物线对称性，不妨设切点为在第一象限，坐标为，
由得，所以，
所以直线的斜率，
代入①可得切线的方程为：，
又因为点在直线上，
所以，所以，
所以点的坐标为，
所以，，
所以
.
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.
故选：D
2．C
【分析】求得两圆的圆心和半径，设双曲线的左右焦点为，，连接，，，，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小值，计算即可得到所求值．
【详解】由双曲线方程可知：，
可知双曲线方程的左、右焦点分别为，，
圆的圆心为（即），半径为；
圆的圆心为（即），半径为．
连接，，，，则，
可得
，
当且仅当P为双曲线的右顶点时，取得等号，即的最小值为30.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据数量积的运算律可得，结合双曲线的定义整理得，结合几何性质分析求解.
3．A
【分析】由题意首先得出为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可.
【详解】如图所示：
不妨设，
满足，，，
又，即，
由椭圆的定义可知点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上运动，
，
所以该椭圆方程为，
而，即，即，
这表明了点在圆上面运动，其中点为圆心，为半径，
又，等号成立当且仅当三点共线，
故只需求的最大值即可，
因为点在椭圆上面运动，所以不妨设，
所以，
所以当且三点共线时，
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.
4．C
【分析】建立平面直角坐标系，设，求出点的轨迹方程，根据向量线性运算的坐标表示可得，结合圆的性质及点到直线的距离公式求得，进而求解.
【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，
因为，，则，，
所以，，设，
则，，，
由，即，
则，即.
由可知点的轨迹为外接圆的一段劣弧，
且，则外接圆的半径为，
设外接圆的方程为，
则，解得或（舍去），
即外接圆方程为，圆心为，
因为表示外接圆劣弧上一点到直线的距离，
而圆心到直线的距离为，
要使最大，则最大，
而，即，
此时，即的最大值为3.
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，求出点的轨迹方程，然后转化问题为求点到直线的距离最值问题.
5．D
【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及得，从而，又由得点在以为圆心半径为1的圆面上（包括边界），利用数量积的几何意义求得，再利用三角形相似求OD长度即可求出最值.
【详解】设，，，，，则如图所示，
因为，所以，
即，所以，
因为，，所以，，
由，可得点在以为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），
过圆周上一点作的垂线，垂足为，且与相切，
延长交于，则，
此时∽，根据相似知识可得，
所以，
所以的最大值为，
故选：D.
6．B
【分析】取线段的中点，可得出，求出的最大值和最小值，即可得出的取值范围.
【详解】取线段的中点，则，
，
由图可知，当点与点重合时，取最小值，且，
由图形可知，当取最大值时，点在折线段上，
连接，则，
同理，
由正六边形的几何性质可知，，
所以，，
则、、三点共线，则，即，
当点在线段上从点运动到点的过程中，在逐渐增大，
同理可知，，
当点在线段上由点到的过程中，在逐渐增大，
所以，当取最大值时，点在折线段上运动，
以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴，
线段的垂直平分线所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、、、、
、，设点，
（1）当点在线段上运动时，，
直线的方程为，即，
所以，线段的方程为，
则；
（2）当点在线段上运动时，，，则，
所以，；
（3）当点在线段上运动时，，
直线的方程为，即，
所以，线段的方程为，
所以，，
因为函数在上单调递增，
故.
综上所述，的最大值为，故，
故的取值范围是.
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．
7．C
【分析】先用待定系数法求出圆M的方程，进而得到，数形结合得到当与直线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，最大，利用点到直线距离公式得到，结合向量投影求出最值.
【详解】根据题意可得，解得，，故圆M的方程为．
，
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，最大．
直线的斜率为1，设l的方程为，由圆心到直线l的距离为，
解得或（舍去）．
故l的方程为，其与直线PA：的交点坐标为，
所以，所以，
即的最大值为．
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.
8．C
【分析】利用向量数量积的几何意义将的最大值进行转化，并确定取最大值时点B的位置，再建立坐标系求解作答.
【详解】等于在上的投影向量与的数量积，因此当在上的投影向量与同向，
且投影向量的模最大时，取到最大值，此时点B在以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆上，
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，如图，，
则直线的方程为，以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆圆心为，
半圆的方程为，
显然半圆在点处切线垂直于直线时，取得最大值，
设切线的方程为，于是，而点M在切线的左上方，解得，
即切线：，由解得，
因此切线与直线的交点，此时，又，
所以的最大值为.
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．
9．A
【分析】根据题意B，O，C三点共线．因为为的外心，即有，所以为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.
【详解】
因为，
则，所以，即B，O，C三点共线．
因为为的外心，即有，
所以为直角三角形，因此，为斜边的中点．因为，所以为锐角．
如图，过点作，垂足为．
因为在上的投影向量为，所以，
所以在上的投影向量为．
又因为，所以．
因为，所以，
故的取值范围为．
故选：A．
10．C
【分析】由可得在的角平分线上，由双曲线的定义和切线长定理可得为的内心，再由内心的向量表示，推得，再由双曲线的定义和离心率公式，即可求解.
【详解】因为，所以是的角平分线，
又因为点在直线上，且在双曲线中，点是双曲线右支上异于顶点的点，
则的内切圆圆心在直线上，即点是的内心，
如图，作出，并分别延长、、至点、、，使得，
，，可知为的重心，
设，，，由重心性质可得，
即，
又为的内心，所以，
因为，所以，，则，
所以双曲线的离心率.
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：
设的角，，所对边分别为，，，则
（1）的重心满足；
（2）的内心满足；
（3）的外心满足.
11．B
【分析】取中点，由及得到三点共线且，再根据双曲线定义及得到的比例关系，进而解出离心率.
【详解】设是的中点，连接，如图，则，由，得
三点共线，.由既是的平分线，又是边上的中线，得.作轴于点，，且，.
故选：B.
12．B
【分析】利用递推关系式计算数列各项的值，确定满足题意的k值即可.
【详解】解：由题意结合递推关系式可得：
，
，
，
，
.
故选：B.
13．B
【分析】过点作，用表示线段长，结合给定图形借助向量加法、数量积的运算律及定义计算即得.
【详解】过点作于，令，由，得，
，由分别为的中点，得，，
所以.
故选：B
14．D
【分析】由可得.由，可得.
又由内切圆的圆心在直线上，可得，据此可得答案.
【详解】如图1，取中点为Q，连接EQ，PQ.则，
.
因，则，因直线外一点到直线连线中垂线段最短，则为垂线.因Q为中点，E为中点，则
，得.又DO为直角三角形斜边中线，则.
如图2，设内切圆的圆心为I，内切圆与交点为M，与交点为T，与交点为N.则，，又，则.
又由切线性质，可知，则
.
则离心率为.
故选：D
【点睛】结论点睛：本题涉及以下结论：
（1）极化恒等式：；
（2）双曲线焦点三角形的内切圆圆心在直线上.
15．C
【分析】根据题意画出图形，结合图形分别计算，和的值，再比较大小
【详解】
(正弦定理)
在的角平分线上, 同理可证在的角平分线上,
为内心
如图所示
由知,这三个角都是
且在的平分线上,延长交于点
取,则,
得,
所以
记的周长为
由题意知是的内心,内切圆半径
所以
由,且
则
所以,即,则在以为直径的圆上
由,且
所以,得
由,得
所以
设,在中由余弦定理得
解得
所以
所以
故选:C
16．ABD
【分析】利用黄金三角形得边长比计算各边长可得，再通过证，可得，则选项A可判定；在三角形中利用余弦定理可得，再用数量积公式即可求解，则选项B可判定；利用投影向量得公式即可求解，则选项C可判定；利用倍角公式结合三角函数得周期性即可求和，则选项D可判定.
【详解】因为，三角形为黄金三角形，
所以，可得，

由对称性可知，
，
所以，
，
可知，所以，，
所以，即可得，
所以，故选项A正确；
在三角形中，有余弦定理可得，
，故选项B正确；
在上的投影向量为，故选项C错误；
，
，
，
，
，
，
，……具有周期性，
所以
，故选项D正确.
故选：ABD.
17．ABD
【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【详解】如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，
则 ,
设 ，则,
由可得 ，且 ，
若，则，
解得 ，（负值舍去），故，A正确；
若，则，，故B正确；
，
由于，故，故，故C错误；
由于，
故
，而，
故，故D正确，
故选：ABD
18．BCD
【分析】A.根据向量的运算以及基本定理的推理，确定点的位置，即可判断A；B.根据条件，确定的形状，即可判断B；C.建立坐标系，将利用三角函数表示，根据三角函数的性质，即可判断C；根据垂心的性质，得，再结合数量积公式，即可求解.
【详解】A.由，可知，点共线，
又可知，点在的角平分线上，
所以为的角平分线，与不一定相等，故A错误；
B.若，则点是的中点，点又是的外心，
所以，，故B正确；
C. 因为，所以，如图，建立平面直角坐标系，

设，，，
因为，所以，
得，，
，，
，，则，故C正确；
D.因为，所以，
即，则，
同理，，所以，
设，
因为，所以，
即，则，
，即，
则，
，，故D正确.
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选项的关键是公式的应用.
19．ACD
【分析】根据给定条件，求出正n边形的中心角，由此计算，，即可判断选项A，B，C；由即可判断D作答.
【详解】依题意，单位圆O的内接正n边形的中心角为，则，
，，
对于A，，A正确；
对于B，，B不正确；
对于C，因，又，则，C正确；
对于D，在复平面内令O为原点，由对称性不妨令点逆时针排列，向量所对复数分别为，
则所对复数为，将正n边形逆时针旋转图形重合，
则由复数的三角形式得：，，
因此，所对复数为，
于是有：，而，，
则，即
于是有，D正确.
故选：ACD
20．
【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，可设，，

得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）．
因为是的角平分线，
且，
所以也为的角平分线，为的内心．
如图，设，
则由双曲线与内切圆的性质可得，，
又，所以，，在上的投影长为，则在上的投影向量为，
故答案为：
【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.
21．
【分析】根据已知恒等式可得，再将用表示，再根据，从而可将用表示，再根据平面向量共线定理得推论可求得数列的递推公式，再根据递推公式求出，即可得解.
【详解】因为，所以，
由，
得，
所以
，
又，
所以，
整理得，
因为三点共线，
所以，
整理得，
因为，
所以，
，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据已知恒等式可得，再结合，将用表示，是解决本题得关键.
22．
【分析】考虑当为偶数时，的个数为奇数，当为奇数时，的个数为偶数，根据和的展开式的加减得到的通项公式.
【详解】当为偶数时，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到；
当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相加得到.
综上所述：.
故答案为：.
【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，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
23．②③④
【分析】根据已知带入，即可求得，即可判断①；同理可求得，.然后猜想，有，（*）.然后根据数学归纳法证明（*）成立，进而推得，.可猜想，（**）. 然后根据数学归纳法证明（**）成立，即可得出②；带入化简整理可得，根据不等式的性质即可得出③；根据（**）的结论即可得出④正确.
【详解】对于①，由已知可得，，
所以，.
因为，所以有，解得，故①错误；
对于②，，，
所以，.
因为，所以有，解得.
同理可得，.
所以有，，，.
猜想，，有，.（*）
显然，当时，（*）式成立；
假设时，（*）式成立，
即，有，.
因为，，，
所以，.
由已知可得，，
所以，
所以.
又，
所以，
所以.
即，时，式子（*）也成立.
所以，猜想正确.
即，有，.
所以， ，.
猜想，，.（**）
当时，（**）式成立；
假设当时，（**）式成立，即，.
则，，
当且仅当，即时，等号成立.
因为，所以.
所以，当时，（**）式也成立.
所以，，，故②正确；
对于③，因为，所以，所以，
所以，所以.
又，所以.
同理可得，.
所以，，，故③正确；
对于④，由（**）可得，，.
所以，，，故④正确.
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.
24．
【分析】利用向量的线性运算与平面向量基本定理可得，令，进而可得为等比数列，求得，再利用分组求和法得出答案．
【详解】由于D是AC边上一点，且，
则 ，
由于为直线AB上一点列，则．
因为 ，
则，故，
整理，即，
故，
令，则，即，
因此 ，，，
所以 是以1为首项，为公比的等比数列，则，
所以，
故 ．
故答案为：．
25．
【分析】根据平面向量的运算可得，再根据向量共线的性质可得，再根据条件得到，从而构造等比数列求解即可
【详解】为中点，，，
又、、三点共线，，又，
，化简可得，，又
数列是首项为4、公比为2的等比数列.，.
故答案为：
26．
【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出，进而根据，平方后计算出，从而求出；然后建立平面直角坐标系，设出，表达出和，利用三角函数有界性求出最大值.
【详解】因为，，
所以，两边平方得：，
即，解得：，
因为，
所以，
因为
所以；
可得到△ABC是等边三角形，且边长为，
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，
，，
因为，所以设，，
由可得：是线段PC的中点，则，
则
，
当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：，
27．
【分析】分析可得，设，，可得出，可设，可得出向量的坐标，设，可得出、所满足的等式，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.
【详解】因为，即，可得，
设，，则，则，
设，则，
因为，，则或，
因为，则或，
令，则或，
根据对称性，可只考虑，
由，
记点、、，则，，
所以，，
当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立，
所以，
.
故答案为：.
【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．
28．
【分析】以点为原点，，所在直线为轴，轴建立平面直角坐标系，设，利用三角函数关系表示，，的坐标，由题干条件分析可知为的中点，为的中点，即可得到，的坐标，进而得到与，整理可得为关于的函数，利用正弦型函数的性质即可求得最大值.
【详解】如图，以点为原点，，所在直线为轴，轴建立平面直角坐标系，
设，则，，
在中，，，
所以设，，，即.
由题意可知为的中点，为的中点，
所以，，
所以，，
所以

（其中，为锐角），
所以的最大值为，此时，即，
故答案为：
【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，点坐标即可用关于的三角函数关系表示，则将问题整理为关于的正弦型函数求最大值问题.
29．
【分析】以中垂线为轴，为轴建立直角坐标系，设出圆心坐标及半径，写出外接圆的方程，再分别写出坐标，将题干条件带入，即可得到等式，根据等式得出的关系及范围，再将关系带入中，根据范围即可求得结果。
【详解】解：由题可得，以的中点为原点，方向为轴，的中垂线为轴，
建立如图所示平面直角坐标系：
因为，所以，记圆心，半径为，
所以圆的方程为，，
不妨设，所以,
,,
因为所以，
因为，
所以，
所以可得，
将代入上式可得，①，
因为，②，
将①的平方和②的平方相加可得：，
所以，
所以，
将带入可得，，即，
即，所以，
所以的取值范围为。
故答案为：
【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）若线段上一点,为线段上一点，且，则对于直线外一点有：。
30．70
【分析】设中点为，易得，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，可转化为，，设出点的参数方程，求出，即可得解.
【详解】

如图，设中点为，由，，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
，
，设，则
，
当且仅当时，，
所以，
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！
31．
【分析】依题意作出如下图形，令，，根据平面向量线性运算法则及椭圆的定义得到点的轨迹，求出其轨迹方程，由的取值范围，得到时，的值最小，此时点的坐标为，再代入椭圆方程计算可得.
【详解】如图及为平行四边形，，，
令，，则，，
因为，即，
由椭圆的定义可知点的轨迹是以，为焦点的椭圆其中、，
所以其轨迹方程为，
因为，所以当，即时，的值最小，
此时点的坐标为，
将点的坐标代入椭圆得，
解得．
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是结合平面向量线性运算法则及椭圆的定义将问题转化，再结合同角三角函数的基本关系计算..
32．(1)（i）；（ii）；（iii）证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）（i）由的共轭四元数定义求解即可；（ii）再结合题意求解即可；（iii）由纯四元数的定义证明即可.
（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,由题意可证明且，即可证明.
【详解】（1）（i）．
（ii）因为，所以．
由（1）可得．
所以，
同理可验证，
所以．
因此，．
（iii）设,则
．
由（ii）,，
而的实部为
，
所以的实部为0，所以．
（2）（i）设．则
，
,
所以,故．
（ii）在空间直角坐标系中，．所以
，
．
因此且．
因为不共线，所以,即是X的一个法向量．
【点睛】方法点睛：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．
33．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由，通过赋值即可证得；
（2）根据的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；
（3）构造，可以推出，然后再可证得.
【详解】（1）令，则．
由，令，则．
因为，故．
（2）证明：因为，
，
，
，
，
所以
（3）证明：令，则有
，
因此
故且，即．
【点睛】关键点点睛：主要考查了复数的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性很强.
34．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数在处的泰勒展开式的公式即可求解；
（2）把在处的泰勒展开式中的替换为，利用复数的运算法则进行化简整理可得，从而即可证明；
（3）根据在处的泰勒展开式，先证恒成立，再证，恒成立，然后分和两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）解：因为函数在处的泰勒展开式为（其中表示的n次导数），
所以，，在处的泰勒展开式分别为：
，
，
；
（2）证明：把在处的泰勒展开式中的替换为，可得
，
所以，即；
（3）解：由在处的泰勒展开式，先证，
令，
，易知，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
再令，，易得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
而，
所以 恒成立，
当时， ，所以成立，
当时，令，，易求得，
所以必存在一个区间，使得在上单调递减，
所以时，，不符合题意.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题（3）问解题的关键是根据在处的泰勒展开式，先证恒成立，再证，恒成立，从而即可求解.
35．(1)证明见解析
(2)在复数的乘法运算下构成一个群，理由见解析
(3)所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由见解析
【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）分类讨论群的阶数，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）我们需证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，则，封闭性成立；
②结合律：对，，结合律成立；
③恒等元：取，则对任意，．符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意，，且，满足逆的存在性．
综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群．
（2）首先提出，的“×”运算可以是复数的乘法：，理由如下．
即证明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，，其中，即．
则，
所以
，即，封闭性成立；
②结合律：设，，，其中，
即，结合律成立；
③恒等元：取，则对任意，，符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意，取其共轭，则，满足逆的存在性；
综上所述，在复数的乘法运算下构成一个群．
（3）所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由如下：
若群的阶数为0，则为空集，与定义矛盾．所以的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．
（1）若群的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时是阿贝尔群；
（2）若群的阶数为2，设其元素为，其中是恒等元，则，符合交换律，故此时是阿贝尔群；
（3）若群的阶数为3，设其元素为，其中是恒等元，由群的封闭性，．
若，又，推出，则集合有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，所以，
现要验证交换律，即．
若，有前知，且，所以，
与群的封闭性矛盾．所以，交换律成立，故此时是阿贝尔群；
（4）若群的阶数为4，设其元素为，其中是恒等元，
由群的封闭性，，由③的分析可知，且，
所以或．
若．由群中逆的存在性，群中存在一个元素使得，很明显，
所以或．
假设，即，又，推出则集合有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，故只能；
先证交换律对成立，即．
若，则由，只能等于．
又因为，（和同理），
不满足群中逆的存在性，矛盾，所以．交换律对成立．
接下来只需证交换律对和也成立．
事实上，由和的对称性，只需证即可．
由群中逆的存在性，存在使得．
①若，则只需证．
若，由群的封闭性，，所以只能等于，
又因为，得，即，
但是任取的，该结论具有局限性，不对一般的成立，故矛盾．
即，此时交换律对成立．
②若．群中逆的存在性，存在使得，
又因为，所以只能等于，即，
由①可得：，即此时交换律对成立．
故群的阶数为4时，交换律成立，故此时是阿贝尔群．
综上所述，所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群．
【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．
36．(1)是，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取复平面上的圆，得到复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内，复数i在复平面上对应的点在圆外，得到结论；
（2）先证明必要性，令复数，取复平面上的圆，得到是的“可分离子集”；再证明充分性，只需证当时，不是的“可分离子集”，得到结论.
【详解】（1）是，理由如下：
取复平面上的圆，
则复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内．
而，
故复数i在复平面上对应的点在圆外．
因此，是的“可分离子集”．
（2）必要性：当时，令复数，
取复平面上的圆，
则在复平面上对应的点在圆周上，
又，
故1在复平面上对应的点在圆外．
由，
，
知．
故在复平面上对应的点在圆外．
因此，当时，是的“可分离子集”．
充分性：只需证当时，不是的“可分离子集”．
假设存在复平面上的一个圆，使得在复平面上对应的点在圆内或圆周上，且1，在复平面上对应的点在圆外．
设圆心表示的复数为．再设．
由知
，
故．
由知
，
故．
进而，，
由知，
故，
进而．
这与矛盾，故所假设的圆在复平面上不存在．
即当时，不是的“可分离子集”，充分性证毕，
综上，是的“可分离子集”当且仅当.
【点睛】集合新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
37．(1) ；(2)证明见解析；(3)
【分析】(1)根据复数的运算法则求解即可；
(2)由题设条件得出，当时，，结合向量共线定理即可证明；
(3)由题设条件推导出，利用这个条件以及等比数列的求和公式化简即可得出答案.
【详解】(1)，
(2)由已知得
当时，
令，则，即
即存在非零实数，使得
所以当时，
(3),得
又，，则
【点睛】本题主要考查了复数的运算法则、复数的几何意义、向量共线定理、等比数列的求和公式，属于较难题.
38．
【分析】根据有趣的复数数列的定义，对参数m进行分类讨论，结合数列的极限，能求出结果．
【详解】考虑有趣的复数数列，归纳可知，，
由条件得，
解得，
，
①，
进而有②，
记，
当时，利用②可得，
当时，
由①②可知，，
故
当时，．
以上表明满足要求，
另一方面，当，，时，
由题意知为有趣的数列，
此时，，
这表明C不能大于，
综上，所求C的值为．
39．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意和韦达定理可得，取模得，若，结论显然成立，否则，由于数列恒为常数，则，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列恒为常数，则只有互为共轭的两种取值，不妨设为和，依据题意即可证明.
【详解】由题意和韦达定理得,
则，即． ①
（1）由①取模得，若，结论显然成立；
否则，由于数列恒为常数，则，即有．
（2）由（1）知，对任意的，又数列恒为常数，因此只有互为共轭的两种取值和．若存在，使得，不妨设，则．若，则，即或2；若，则
，且．
因此，要么，要么呈、周期．故显然是常数，即证数列恒为常数.
【点睛】关键点点睛：
本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出，再取模，对这种特殊情形和一般情形讨论即可证明结论成立；
（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于的取值情况和的假设，由（1）和题意知，数列恒为常数，则只有互为共轭的两种取值，不妨记为和，若存在，使得，不妨设，则，对分类讨论即可证明.
40．
【分析】利用复数的三角形式的运算，先求出，再利用和差化积公式进行求解.
【详解】设，则.
所以：,
因为，所以.
所以.
∵.
∴
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：用复数的三角形式计算复数的乘方和三角函数的和差化积公式是解决问题的关键.