【三轮冲刺】高考数学专题05 平面向量中的新定义问题（强化突破）（新高考新题型）.zip

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新定义题目简介
题型特点
“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”、“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义后要求马上运用它解决相关问题，考查考生的理解与运算、信息迁移的能力。
解题策略
求解“新定义”题目，主要分如下几步：
对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点；
对定义中提取的知识进行转换、提取和转换，这是解题的关键，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；若新定义的性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特质排除，注意新定义题目一般在高考试卷的压轴位置，往往设置三问，第一问的难度并不大，所以对于基础差的考生也不要轻易放弃。
1．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到的距离是点P到的距离的2倍．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若点P与点Q关于点B对称，点，求的最大值；
(3)若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)138；
(3)存在点，使得为定值.
【分析】（1）设点，由题意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得；
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理，从而转化为线性规划问题处理；
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】（1）设点，由题意可得，即，
化简可得，
所以点P的轨迹方程为；
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入可得，即的轨迹为，设，
所以，
令，则，可视为直线即在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，
所以，所以，
因此的最大值为；
（3）存在点，使得为定值.
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，
设，，则，，
又，，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值；
当直线的斜率不存在时，，，
由可得，所以，
综上所述，存在点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：
①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；
②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．
2．记集合，对于定义：为由点确定的广义向量，为广义向量的绝对长度，
(1)已知，计算；
(2)设，证明：；
(3)对于给定，若满足且，则称为中关于的绝对共线整点，已知，
①中关于的绝对共线整点的个数为______；
②若从中关于的绝对共线整点中任取个，其中必存在4个点，满足，则的最小值为______
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)①108；②73
【分析】(1)由广义向量的绝对长度的定义计算即可；
(2)根据广义向量的绝对长度的定义结合绝对值三角不等式证明；
(3)①根据绝对共线整点的定义由(2)结合条件列关系式，确定的绝对共线整点的个数；
②先考虑坐标都为3的点中至少取多少个元素满足要求，由此确定的最小值.
【详解】（1）因为，
所以，
所以；
（2）由已知设，则
，，
，
由绝对值三角不等式可得
当且仅当时等号成立，
所以
，
当且仅当，都成立时等号成立；
所以；
（3）①设，为中关于的绝对共线整点，则；
因为，所以，，，所以，，，
所以中关于的绝对共线整点的个数为，
②先考虑的绝对共线整点中坐标都为3的点，
考虑取出坐标分别为1,2,3,5，坐标为3的点的所有点共24个，因为1,2,3,5中任意两个数的和都不等于另两个数的和，故不存在满足要求的四个点，
若取出坐标分别为1,2,3,5，坐标为3的点的所有点共24个，加入坐标为4，坐标为3的任意点，则存在，则存在，，满足要求；同理加入坐标为6，坐标为3的任意点都存在满足要求的四个点，
由此可证在坐标都为3的点中取24个点不一定存在满足要求的4个点，但取25个点则一点存在满足要求的4个点，
故要满足给定要求，得最小值为73.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
3．给出定义：对于向量，若函数，则称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
(1)设向量的伴随函数为，若，且，求的值；
(2)已知，，函数的伴随向量为，请问函数的图象上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）结合题意可得，进而得到，根据平方关系可得，进而根据两角差的余弦公式即可求解；
（2）结合题意可得，设，结合可得，根据、，可得、，进而得到时，成立，进而求解.
【详解】（1）由题意，，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以，
即.
（2）由题意，，设，
因为，，
所以，，，
所以，
由，得，
即，
因为，
所以，
所以，
又，
所以当且仅当时，和同时等于，
此时成立，
所以在函数的图象上存在一点，使得.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问关键在于利用、，得到、，进而得到时，成立，从而求解.
4．设为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，称为函数的“相伴向量”.
(1)记的“相伴函数”为，若方程在区间上有且仅有四个不同的实数解，求实数的取值范围；
(2)已知点满足，向量的“相伴函数”在处取得最大值，当点运动时，求的取值范围；
(3)已知点，向量的“相伴函数”在处的取值为，在锐角中，设角的对边分别为，且，，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数求得的范围；
（2）由，可求得即时取得最大值，其中，换元求得的范围，再利用二倍角的正切可求得的范围；
（3）解法1：由题意可得，由余弦定理和向量数量积定义可得，再由正弦定理化得，结合函数性质求解范围即可；解法2：结合三角形的余弦定理、正弦定理、三角形外接圆、数量积的运算，利用函数性质解范围即可.
【详解】（1）由题意可得的“相伴函数”，
即方程为，
则方程有四个实数解.
所以有四个实数解.
令
①当；
②当.
所以，作出的图像：

所以函数与有四个交点时，实数的取值范围为.
（2）向量的“相伴函数”，
其中.
当，即时，取最大值，
所以，
所以，令，则
所以，解得：，所以，
因为单调递增，所以，所以.
（3）解法1：，
由余弦定理②
由定义则
由正弦定理：
，其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知
注意到，所以
所以，②式变形为，故，从而，
此时函数单调递减，而
所以
解法2：，设中点为，

则
所以如下图所示，
设的外接圆为圆，由于为锐角三角形，故点的运动轨迹为劣弧（不含端点），
由正弦定理知圆的半径，故，
设，则，由余弦定理：
由于函数在时单调递减，
所以.
5．对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P．
(1)已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？
(2)若，且具有性质P，求x的值；
(3)若X具有性质P，求证：，且当时，．
【答案】(1)，具有性质
(2)4
(3)证明见解析
【分析】（1）根据向量集的定义，即可写出.在中，检验任意，存在，使得，即可得出答案；
（2）在中取，可得或，根据数量积的坐标公式结合条件即得；
（3）取，设，根据条件可得 中一个必为，另一个数是1，从而 ，然后利用反证法，即得.
【详解】（1）由已知可得，.
因为，，，，，，
即对任意，存在，使得，
所以，具有性质.
（2）因为具有性质，
取，由，则中的或.
当时，由可得，.
因为，所以或，所以或.
又，则；
当时，有可得，.
因为，所以不存在，舍去.
综上所述，.
（3）因为数集，其中，
取，设，
由得，则，
则和中有一个数是，
则和中有一个数是，即，
假设，则，
再取，，则，
所以和异号，且其中一个值为，
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
则假设不成立，
可得当时，.
【点睛】思路点睛：根据题意向量集的概念，以及集合中的特殊元素“”，得出元素“1”，进而假设，根据数量积为0，推出矛盾，即可得出证明.
6．若函数，则称向量为函数的特征向量，函数为向量的特征函数．
(1)若函数，求的特征向量；
(2)若向量的特征函数为，求当，且时的值；
(3)已知点，设向量的特征函数为，函数．在函数的图象上是否存在点Q，使得？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不存在理由见解析
【分析】（1）由三角函数的和差公式可得，再结合特征向量的定义，即可得出答案．
（2）由特征向量的定义可得，代入解得，再计算，最后利用两角和差公式即可得出答案．
（3）由特征向量的定义可得，三角函数倍角公式可得，若函数的图象上是否存在点Q，使得；再计算其数量积可得，再利用整体法结合余弦型函数的值域即可判断．
【详解】（1）因为，
所以函数的特征向量.
（2）因为，所以.
又 ．
所以．
因为，所以，
所以．
所以
．
（3）不存在．理由如下：
由向量的特征函数为，得
，
所以．
设函数的图象上任一点，
则，．
所以
．
因为，
所以，
所以，
所以，
当且仅当，时取等号．
所以．
所以函数的图象上任一点Q，都不能使得．
即函数的图象上不存在点Q，使得．
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是计算出，然后再去设点，得到向量从而化简向量数量积为得，再利用整体法即可判断.
7．设平面向量、的夹角为，．已知，，．
(1)求的解析式；
(2)若﹐证明：不等式在上恒成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数量积的坐标表示得到，再根据所给定义及同角三角函数的基本关系得到的解析式；
（2）首先求出、的解析式，在利用换元法求出的最小值，的最大值，即可得证.
【详解】（1）因为，，，
所以，，，
所以，
则
，
所以，
因为，当时，当时，
所以；
（2）当时，
又，
所以，
令，
因为，所以，所以，
则，
所以，
令，，
因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，即
令，
因为，所以，所以，
则，则，
令，，
显然在上单调递增，所以，即，
显然，所以，
即不等式在上恒成立.
【点睛】关键点睛：根据解答的关键是由数量积的定义及坐标运算表示出，即可得到，再由所给定义得到的解析式，利用换元法求出函数的最值.
8．平面直角坐标系中，点满足，且，点满足，且，其中.
(1)求的坐标，并证明点在直线上；
(2)记四边形的面积为，求的表达式；
(3)对于（2）中的，是否存在最小的正整数，使得对任意都有成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由即可求得；由求出，即可证得点在直线上；
（2）分别求出的坐标，由计算面积，即可求出的表达式；
（3）由结合数列的增减性求出的最大值为，即可求出的值.
【详解】（1）易得，则；
，即，又，则点在直线上；
（2）由（1）得，则，则，则点在直线上，且；
又，
，则，
则点在轴上，且，如图，连接，易得到直线的距离为，
则
，即.
（3）由（2）知，，则，
显然时，，即；时，，即；时，，即；
则的最大值为，显然最小的正整数，则.
9．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”如图所示，，两分别为，正方向上的单位向量若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知分别为向量的@未来坐标．

(1)证明：
(2)若向量的“@未来坐标”分别为，已知，，求函数的最值．
【答案】(1)证明见解析
(2)的最小值为，最大值为.
【分析】（1）根据@未来坐标的定义和向量数量积的运算律证明即可；
（2）由题意可得，令，则转化为（），然后利用二次函数的性质可求出函数的最值.
【详解】（1）证明：因为，两分别为，正方向上的单位向量，且夹角为，
所以，
所以
，
即，
（2）因为向量的“@未来坐标”分别为，
所以
，
令，则，
因为，所以，即，
令（），
因为对称轴为，函数图象开口向上，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的最小值为，最大值为.
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量数量积的运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，考查向量的新定义，解题的关键是对向量新定义的正确理解，考查数学转化思想，属于较难题.
10．设非零向量，，并定义
(1)若，求；
(2)写出之间的等量关系，并证明；
(3)若，求证：集合是有限集.
【答案】(1)，
(2)，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给定义即可求解，进而根据模长公式即可求解，
（2）根据所给定义以及模长公式即可求解，
（3）利用（2）的结论可得，进而可设，根据定义即可结合和差角的公式化简求解.
【详解】（1）因为，所以.
依题意得，所以，
即，所以.
（2）的等量关系是.
证明如下：
依题意得，
所以.
因为，所以
即，
所以，
故.
（3）由（2）及得.依此类推得，可设，
则.
依题意得，
，
，
所以.
同理得，
，
，
.
所以.
综上，集合是有限集.
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
11．已知向量，其中，，是两两不相等的正整数.记，，其分量之间满足递推关系，，，.
(1)当时，直接写出向量；
(2)证明：不存在，使得中；
(3)证明：存在，当时，向量满足.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用并结合题意写出，，，，，，发现规律即可得到答案；
（2）假设存在，使得中，通过推导可得到，能得到，以此类推能得到，与题意矛盾，故可证；
（3）设三个数中最大的为，能得到，因为，故存在，使得，结合题目中的定义可得中三个数中必有0，故可证
【详解】（1）因为，根据题意可得，，，，，
观察到，所以从开始，周期为3，所以；
（2）假设存在，使得中，
设，所以，，，
不妨设，则由，，，
由可得，解得，即，
以此类推，可得，，，这与，，是两两不相等的正整数矛盾，
故假设不成立，所以不存在，使得中；
（3）设三个数中最大的为，记作，
因为，，，，
所以，，
若单调递减，由可得存在，使得，
由（2）的证明可得，这与题设矛盾，
所以不可能单调递减，即存在，使得，
根据的定义，可得中三个数中必有0，
假设三个数中有两个为0，显然，
不妨设，则，，即，这与矛盾，舍去；
假设三个数中有三个为0，显然，通过（2）已经证明不成立；
故三个数中只有一个数为0，
不妨设，则，
设，所以，即
，，
故，则，，
所以存在，当时，向量满足
【点睛】关键点点睛:本题考查平面向量中的新定义，解题的关键在于理解题中运算的含义,在第（3）问中讨论三个数中有两个为0或三个为0的情况并不满足题意，故三个数中只有一个数为0
12．记所有非零向量构成的集合为，对于，定义，
(1)若，求出集合中的三个元素；
(2)若，其中，求证：一定存在实数，且，使得.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义设，列式化简可得，即可得答案；
（2）先证明中向量都是共线向量，设，根据集合新定义推出，，可得，结合为共线向量，推得，即可证明结论.
【详解】（1）设，由得，
即，不妨令n取1，2，3，则m取3，6，9，
故中的三个元素为；
（2）先证明中向量都是共线向量，
不妨设，
因为，所以中至少有一个不为0，
若，记，
显然，即，故，
任取，因为，所以，
故，则，
故，则，则问题得证；
若，同理可证明，其中；
故综合上述中向量都是共线向量，
因为，所以不妨设，
则由定义知，即，同理，
故，则，
同理可得，故为共线向量，
即存在实数，使，即，
因为，所以，所以，
记，则，
即一定存在实数，且，使得.
【点睛】难点点睛：本题考查了集合的新定义问题，解答时要注意理解新定义，并能根据该定义去解决问题，难点在于第二问的证明，解答时要首先证明中向量都是共线向量，然后推出，结合为共线向量，推得，即可证明结论.
13．完成下面两题
(1)如图，一个半径为的圆在一条直线上无滑动地滚动，与轴的切点为，设圆上一点，顺时针旋转到所转过的角为，
①设平行于轴的单位向量为，平行于轴的单位向量为，用表示；
②在①的条件下，用题中所给字母表示，并以的形式写出运动轨迹的方程；
(2)如图，设点在空间直角坐标系内从开始，以的角速度绕着轴做圆周运动，同时沿着平行于轴向上做线速度为的匀速直线运动,运动的时间为t，用题中所给字母表示的运动轨迹的方程.
【答案】(1)①；②；
(2).
【分析】（1）①由弧长公式结合向量加法公式，表示向量；②，再用基地表示向量，并结合①用基底表示，即可求得参数方程；
（2）根据物理知识，用基底表示，即可求得参数方程，并消参后求得普通方程.
【详解】（1）①.
②由题，，
可以分解为，
所以，
因此的运动轨迹可以表示为.
（2）设该坐标系的基底为.
设在平面内的投影为，
向量逆时针旋转到向量所转过的角为，.
由题设，可以将记作
因此类似（1）②中可以表示的轨迹为.
14．三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：．若，则称为空间向量与的叉乘，其中（），（），为单位正交基底．以O为坐标原点、分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A，B是空间直角坐标系中异于O的不同两点．
(1)①若，，求；
②证明：．
(2)记的面积为，证明：．
(3)证明：的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的6倍．
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.
（2）利用数量积公式求得，则有 可知，借助叉乘公式，利用分析法即可证得结果．
（3）由（2），化简可得，即可得出结果.
【详解】（1）①因为，，
则．
②证明：设，，
则，
将与互换，与互换，与互换，
可得，
故．
（2）证明：因为，
故，
故要证，
只需证，
即证．
由（1），，，
故，
又，，，
故
则成立，
故．
（3）证明：由（2），
得，
故，
故的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的6倍．
15．个有次序的实数所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量.特别地，对一个维向量，若，，称为维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量；
(3)已知个两两垂直的2024维信号向量满足它们的前个分量都是相同的，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解；
（2）根据题意，不妨设，得到有7个分量为，设的前7个分量中有个，得到7个分量中有个，进而求得的值，即可求解；
（3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）根据题意，结合维向量的定义，
则两两垂直的4维信号向量可以为：.
（2）假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有7个分量为，
设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到，
则，设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
令所以，所以.
【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给线性相关的定义进行运算判断.
16．对于数集，其中，，定义向量集. 若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P.例如具有性质P.
（1）若x＞2，且，求x的值；
（2）若X具有性质P，求证：且当xn＞1时，x1=1；
（3）若X具有性质P，且x1=1，x2=q（q为常数），求有穷数列的通
项公式.
【答案】（1）4；（2）见解析；（3），i=1, 2, …,n.
【详解】（1）选取，Y中与垂直的元素必有形式.
所以x=2b，从而x=4.
（2）证明：取.设满足.
由得，所以、异号.
因为-1是X中唯一的负数，所以、中之一为-1，另一为1，
故
假设，其中，则.
选取，并设满足，即，
则、异号，从而、之中恰有一个为-1.
若=-1，则，矛盾；
若=-1，则，矛盾.
所以x1=1. 10分
（3）解法一：猜测，i="1," 2, …,n.
记，k="2," 3, …,n.
先证明：若具有性质P，则也具有性质P.
任取，.当、中出现-1时，显然有满足；
当且时，、≥1.
因为具有性质P，所以有，、Î，使得，
从而和中有一个是-1，不妨设=-1.
假设且，则.由，得，与
矛盾.所以.从而也具有性质P.
现用数学归纳法证明：，i=1, 2, …,n.
当n=2时，结论显然成立；
假设n=k时，有性质P，则，i=1, 2, …,k；
当n=k+1时，若有性质P，则
也有性质P，所以.
取，并设满足，即.由此可得s与t中有且只有一个为-1.
若，则，所以，这不可能；
所以，，又，所以.
综上所述，，i=1, 2, …,n.
解法二：设，，则等价于.
记，则数集X具有性质P当且仅当数集B关于
原点对称.
注意到-1是X中的唯一负数，共有n-1个数，
所以也只有n-1个数.
由于，已有n-1个数，对以下三角数阵
注意到，所以，从而数列的通项公式为
，k=1,2, …,n.
17．对于函数，，任意，，且，，，都有，，是一个三角形的三边长，则称函数为上的“完美三角形函数”．
(1)设，，若函数是上的“完美三角形函数”，求实数的取值范围
(2)在满足且的条件下，令函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)用数量积公式求出g(x)的解析式，由辅助角公式化简，分类讨论求出范围.
(2)将h(x)展开并换元，由已知条件转化为求最值.
【详解】（1）因为，
所以，
因为，所以，
当时，，由题意，得，解得；
当时，，由题意，得，解得；
当时，，满足题目要求
综上可得
所以实数k的取值范围为
（2），
令，则．
故
因为任意的，总存在，使得成立，
所以
所以，即，所以
故实数的取值范围为
18．已知：
(1)设，求数列的通项公式；
(2)在（1）的条件下，设数列的通项公式为，且，，成等差数列，求m的值；
(3)在（1）的条件下，数列，其中设，是否存在，对于任意满足？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)4；
(3)存在
【分析】（1）由向量的模长公式求得得数列是等比数列，再由等比数列的通项公式求解即可；
（2）先由对数运算求出，再由等差中项求出即可；
（3）先求出，由，时求得数列的最小值为，即可求解.
【详解】（1），
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，则；
（2）由（1）可得，则，又，，成等差数列，
则，则，解得；
（3）由（1）知，，则，
，易得，
时，，则；时，，
又随的增大而增大，则时，，即；
则数列的最小值为，则存在，使得对于任意满足.
19．将所有平面向量组成的集合记作，是从到的对应关系，记作或，其中、、、都是实数，定义对应关系的模为：在的条件下的最大值记作，若存在非零向量，及实数使得，则称为的一个特殊值；
（1）若，求；
（2）如果，计算的特征值，并求相应的；
（3）若，要使有唯一的特征值，实数、、、应满足什么条件？试找出一个对应关系，同时满足以下两个条件：①有唯一的特征值，②，并验证满足这两个条件.
【答案】(1) ；(2) 当时,;当时, .其中且；(3) ,证明见解析
【分析】(1)由新定义得,再利用得即可.
(2)由特征值的定义可得,由此可得的特征值,及相应的
(3) 解方程组,再利用平行向量的方法求解证明即可.
【详解】(1)由于此时,又因为是在的条件下,有,当时取最大值,所以此时有;
(2)由,可得：,
解此方程组可得：,从而.
当时,解方程组,此时这两个方程是同一个方程,所以此时方程有无穷多个解,为 (写出一个即可),其中且.
当时,同理可得,相应的 (写出一个即可),其中且 (3)解方程组,可得从而向量与平行,从而有、、、应满足：.
当时,有唯一的特征值,且.具体证明为：
由的定义可知：,所以为特征值.
此时满足：,所以有唯一的特征值.
在的条件下,从而有.
【点睛】本题主要考查了新定义的内容,需要根据新定义的方法列出对应的关系式,再化简求解出对应的参数满足的条件进行分析.属于难题.
20．已知集合（）.对于，，定义；（）；与之间的距离为．
（Ⅰ）当时，设，．若，求；
（Ⅱ）（ⅰ）证明：若，且，使，则；
（ⅱ）设，且．是否一定，使？说明理由；
（Ⅲ）记．若，，且，求的最大值．
【答案】（Ⅰ），或．（Ⅱ）（ⅰ）见解析（ⅱ）不存在，使得．见解析（Ⅲ）的最大值为．
【分析】（Ⅰ）由已知的新定义，代值计算即可；
（Ⅱ）（ⅰ）由已知新定义，可将已知转化为，使得，其中，所以与同为非负数或同为负数，进而由与绝对值的性质即可得证；
（ⅱ）举特例取，，，即可说明不存在；
（Ⅲ）由绝对值的性质对，都有，则所求式子．
【详解】（Ⅰ）当时，由，
得 ，即 ．
由 ，得 ，或．
（Ⅱ）（ⅰ）证明：设，，．
因为 ，使 ，
所以 ，使得 ，
即 ，使得 ，其中．
所以 与同为非负数或同为负数．
所以
．
（ⅱ）设，且，此时不一定，使得
．
反例如下：取，，，
则 ，，，显然．
因为，，
所以不存在，使得．
（Ⅲ）解法一：因为 ，
设中有项为非负数，项为负数．不妨设时；时，．
所以
因为 ，
所以 ， 整理得 ．
所以 ．
因为
；
又 ，
所以
．
即 ．
对于 ，，有 ，，且，．
综上，的最大值为．
解法二：首先证明如下引理：设，则有 ．
证明：因为 ，，
所以 ，
即 ．
所以
．
上式等号成立的条件为，或，所以 ．
对于 ，，有 ，，且，．
综上，的最大值为．
【点睛】本题考查向量与绝对值求和的新定义问题，还考查了绝对值的性质的应用，属于难题.
21．对于一组向量，，，…，，令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“向量”.
（1）设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围；
（2）若，向量组，，，…，是否存在“向量”？给出你的结论并说明理由；
（3）已知､､均是向量组，，的“向量”，其中，.设在平面直角坐标系中有一点列，，…满足：为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值.
【答案】（1）；（2）是向量组，，，…，的“向量”，理由见解析；（3）.
【分析】（1）根据“向量”的定义，列不等式，求的取值范围；（2）分为奇数和偶数两种情况说明是向量组，，，…，的“向量”；（3）首先由､､均是向量组，，的“向量”，变形得到，设由由条件列式，变形为，转化为求的最小值.
【详解】解：（1）由题意，得：，
则
解得：
（2）是向量组，，，…，的“向量”，证明如下：
，
当为奇数时，
，故
即
当为偶数时，
故
即
综合得：是向量组，，，…，的“向量”
（3）由题意，得，，即
即，同理，
三式相加并化简，得：
即，，所以
设，由得：
设，则依题意得：，
得
故
所以
当且仅当时等号成立
故
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解“向量”的定义，前两问均是利用定义解题，第三问注意转化关系，关键是转化为.
22．已知正的边长为，内切圆圆心为，点满足.
（1）求证：为定值；
（2）把三个实数，，的最小值记为，b，c}，若，求的取值范围；
（3）若，，求当取最大值时，的值.
【答案】（1）51；（2）；（3）.
【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系，求出的坐标，依题意设，求得的坐标，进而可求得结果；
（2）由（1）求得，，，由对称性考查时的情况可得结果；
（3）依题意可得，令得，进而由判别式法可求得结果.
【详解】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示.
由正弦定理得外接圆半径，则，进而可得，.
因为，所以点在圆上，故设，
则，，，所以

（2）由（1）知，
同理可得，，
由对称性下面考查时的情况，
当时，，，，此时，最小；
当时，，，不是最小，
故的取值范围是.
（3），
所以，代入整理得，
，两边同时除以得：，
令，则，即，
所以，即，
解得，所以（即）的最大值为.
此时，，因此，
所以，从而.
【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，将问题转化为三角函数和不等式问题.
23．我们学过二维的平面向量，其坐标为，那么对于维向量，其坐标为.设维向量的所有向量组成集合.当时，称为的“特征向量”，如的“特征向量”有，，，.设和为的“特征向量”， 定义.
（1）若，，且，，计算，的值；
（2）设且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，当时，为奇数；当时，为偶数.求集合中元素个数的最大值；
（3）设，且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，且时，.写出一个集合，使其元素最多，并说明理由.
【答案】（1），；（2）4；（3）.
【分析】（1）根据定义直接计算即可得出答案；
（2）根据题意，得仅有1个1或3个1，再分仅有1个1时，仅有3个1时，时，三种情况分类讨论即可得出结论；
（3）根据时，，则，得只有3种情况，，且成对出现，从而可得出答案.
【详解】解：（1），
；
（2）设，，，
时，为奇数，则仅有1个1或3个1，
时，为偶数，
①当仅有1个1时，，为使为偶数，
则，即不同时为1，
此时，共4个元素，
②当仅有3个1时，，为使为偶数，
则，即不同时为0，
此时，共4个元素，
③当时，则，不符题意，舍去，
综上所述，集合中元素个数的最大值为4；
（3），，
时，，则，
则只有3种情况，，且成对出现，
所以B中最多有个元素，.
【点睛】本题主要考查了向量的新定义及集合间的关系，考查了分类讨论思想及分析问题的能力，难度较大.
24．定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为．
(1)写出向量的“伴随函数”，并直接写出的最大值；
(2)求函数的“伴随向量”的坐标；
(3)已知，向量、的“伴随函数”分别为、，设，且的“伴随函数”为，其最大值为．求证：向量的充要条件为．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明过程见解析.
【分析】（1）根据题意得到写出伴随函数，并用辅助角求出最大值；（2）先运用三角恒等变换得到，从而求出“伴随向量”；（3）设，得到，先证明充分性，再证明必要性
【详解】（1）由题意得：，又，其中，
所以
（2）
所以“伴随向量”；
（3）设，
因为，
所以
充分性：
，当且仅当存在使得：
时，等号成立，其中，
所以，即
必要性：当时，，，
所以，
当且仅当，时，等号成立，
所以，
综上：向量的充要条件为.
【点睛】本题考查平面向量与三角恒等变换综合，理解新定义，且熟练掌握向量和三角函数知识才能解决此题，特别是第三问，要设出向量，表达出，先证明充分性，再证明必要性，属于难题
25．我们把一系列向量，，按次序排成一列，称之为向量列，记作．已知向量列满足：，（，）
(1)求数列的通项公式：
(2)设，问数列中是否存在最小项？若存在，求出最小项；若不存在，请说明理由．
(3)设（）表示向量与间的夹角，为与轴正方向的夹角，若，若存在正整数，使得不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)中存在最小项，最小项为；
(3)
【分析】（1）通过向量模的计算公式，得到，即可证明结论成立；
（2）先由题意，求出，假设中第项最小，先得到时，；再由时，根据，求出的范围，进而可得出结果；
（3）根据向量夹角的运算，得到，推出，利用放缩法得到，再由不等式恒成立，得到，求解即可得出结果.
【详解】（1）证明：根据题意得，
所以数列是以为公比的等比数列；
又，所以.
（2）结论：数列中存在最小项；理由如下：
因为，所以；
假设中第项最小，由，，可知：时，；
当时，有，由，可得：，
即；所以，所以，
解得：或（舍）；所以；即；
所以，由得；
综上，数列中存在最小项；
（3）因为
，所以；所以；
因此，
所以；
又存在正整数，不等式恒成立，
所以只需，即；
因此或，解得：；
即实数的取值范围是.
【点睛】数列最值项的解决方案：
（1）数列也是特殊的函数，其定义域为正整数，因此可以利用函数的单调性判断数列的单调性，从而确定数列中的最值项.
（2）结合基本不等式求最值，将通项整理变形为可用基本不等式的形式求最值项.
（3）利用相邻项比较判断数列的单调性，求最大项只需求满足的正整数即可.
26．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，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为.
(1)求和的值；
(2)求的值；
(3)当为偶数时，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据新定义计算即可；
（2）类比（1），结合排列组合的知识，二项式定理，求解即可；
（3）类比（2）的考虑方法，可得，，由二项式定理可得，根据组合数的运算性质化简得解.
【详解】（1）范数为奇数的二元有序实数对有：，
它们的范数依次为，
；
（2）当为奇数时，在向量的个坐标中，
要使得范数为奇数，则0的个数一定是偶数，
可按照含0个数为进行讨论：
的个坐标中含0个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为；
的个坐标中含2个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为；
的个坐标中含个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为1；
，
，
，
两式相加除以2得：
.
（3）当为偶数时，在向量的个坐标中，要使得范数为奇数，则0的个数一定是奇数，所以可按照含0个数为：进行讨论：的个坐标中含1个0，其余坐标为1或-1，共有个，每个的范数为；
的个坐标中含3个0，其余坐标为1或-1，共有个，每个的范数为；
的个坐标中含个0，其余坐标为1或-1，
共有个，每个的范数为1；所以，
.
因为，①
，②
得，，
所以.
思路一：因为，
所以.
.
思路二：得，.
又因为，
所以
【点睛】关键点点睛：本题的难点在于理解新定义，学会类比的方法从特殊到一般，其次对组合数，二项式式定理的的灵活运用，化简变形要求较高，属于难题.
27．对于向量，若，，三数互不相等，令向量，其中，，，.
(1)当时，试写出向量；
(2)证明：对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0；
(3)若，证明：存在正整数，使得.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义依次写出，根据周期写出；
（2）反证法，假设中，，有不止1个为0，结合分类讨论及已知推出矛盾即可；
（3）令并根据在上的性质必存在使，再结合分类讨论确定必存在中有一项为0，而另两项相等，即可得结论.
【详解】（1），，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
由上，从开始，每3个向量出现重复一个向量，而.
（2）假设中，，有不止1个为0，
若且，则，故，
此时矛盾；
若且，，
所以为定值，而，，三数互不相等，
当，则，
不妨令，则，显然，即，
所以，
以此类推得：，，，与，，三数互不相等矛盾；
综上，对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0；
（3）令，又，，且，
所以，且，
由题意，，且，故在上不可能单调递减，即必存在使，
根据的定义，中必有一个0，
由（2）知：中有且仅有一个为0，令，
若，不妨设，则，则，
所以，同理，
所以，又，故此情况不可能一直出现（至多有次），
所以一定能找到，使得；
若，则，，，，...
所以存在正整数，使得；
综上，存在正整数，使得.
【点睛】关键点点睛：第二问，应用反证法，假设中，，有不止1个为0，讨论、，结合题设推出矛盾即可；第三问，令，根据定义判断在不可能单调，必存在使，再结合定义、（2）结论并讨论、或即可证结论.
28．对平面向量，定义.
(1)设，求；
(2)设，，，，，点是平面内的动点，其中是整数.
（ⅰ）记，，，，的最大值为，直接写出的最小值及当取最小值时，点的坐标.
（ⅱ）记.求的最小值及相应的点的坐标.
【答案】(1)5
(2)（i）的最小值为，；（ii）的最小值为13，
【分析】（1）根据题意直接求解即可；
（2）（i）先证明充分性，设，其中，从而由绝对值不等式性质得到，此时，点的坐标为，再说明必要性；
（ii）设点的坐标为，表达出，
，，分别求出和的最小值，进而得到的最小值及此时点的坐标.
【详解】（1）当时，；
（2）（i）的最小值为，此时点的坐标为.
一方面，设，其中.
，，
相加得，故.
欲使上述不等式的等号均成立，有且，得.
另一方面，当点的坐标为时，，，
，
此时，.
（ⅱ）设点的坐标为.
，
，
，，
所以，
其中
（当且仅当时，等号成立），
（当且仅当时，等号成立），
所以，当且仅当且时，等号成立，
即点时，等号成立.
【点睛】定义新运算问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和不等式，函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
29．如图，已知是边长为1的正的外心，为边上的等分点，为边上的等分点，为边上的等分点．

(1)当时，求的值；
(2)当时．
①求的值（用含，的式子表示）；
②若，分别求集合中最大元素与最小元素的值．
【答案】(1)；
(2)①；②最大值为，最小值为.
【分析】
（1）根据共线，将用表示，求和后再求模长；
（2）（i）根据数量积定义计算；
（ii）将用表示，依次视为的函数讨论单调求最值.
【详解】（1）
当时，，，……，，

又为等边三角形，且边长为，为外接圆的圆心，
，且，
，
则，
；
（2）
①为等边三角形，为外接圆的圆心，，
则，，
又，分别为的等分点，又，
；

②，
；
同理可得：；；
；
令
1）当时，时，
，
，时取最大值，
则；
时，，
，时取最小值，则，
则当时，；
2）当时，
时，，
，时取最大值，则；
时，，
，时取最小值，则，
则当时，；
综上所述：的最大值为，最小值为．
【点睛】关键点点睛：求的最值利用函数的单调性求最值，先整理为的形式，视为关于的一次函数， 讨论的正负确定单调性，确定在或时取得最值，类似的，下一步再视为关于的一次函数求最值，最后再视为关于的一次函数求最值.
30．对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)505
【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，；
（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；
（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.
【详解】（1）因为，，，
所以.
（2）设，
假设对，则均不为0．
所以．
即．
因为，
所以．
所以．
与矛盾，故假设不正确．
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．
（3）设，因为，
所以有或．
当时，可得三式相加得．
又，可得．
当时，也可得，于是．
设的三个分量为这三个数，
当时，的三个分量为这三个数，
所以．
当时，的三个分量为，
则的三个分量为的三个分量为，
所以．
所以，由，可得．
因为，所以任意的三个分量始终为偶数，
且都有一个分量等于2．
所以的三个分量只能是三个数，
的三个分量只能是三个数．
所以当时，；当时，．
所以的最小值为505．
【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题.
31．，满足，且有，.
(1)求，的解析式.
(2)令的图象位于上方的的取值的集合为，有，使中，且满足的的取值只有一对.设所对边分别为，其中，是线段上一动点.证明：为定值
(3)在（2）的条件下为内部一点，求最小值.
注：.
【答案】(1)，
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）根据方程，变形后赋值法得到，；
（2）先求出，转化为的解只有一个，数形结合得到，为定值；
（3）作出辅助线，数形结合，结合余弦定理得到最小值.
【详解】（1），
因为恒成立，恒成立，
故，即，
两边取对数得，
，
令，其中，
则，其中，
故，所以，，
令，其中，
，
因为，所以，
故，，
因为，
令得，，
即，
所以当时，①，
故，
所以，，
且当时，由①可得，显然满足，
综上，，
当时，由可得，
，解得，，
综上，，
综上，，；，；
（2）在上方，则，解得，
故，即
中，，故，
因为，所以，
因为，所以，故，

画出，和，的图象，
可看出两函数图象有一个交点，使得，
下面证明，只需证明，即，
因为，
所以，
故，
若时，此时，要想，则或（舍去），
此时满足的的取值只有一对，但，舍去，
当时，此时，，
此时，，均满足要求，
此时满足的的取值有两对，不合要求，
当时，此时，满足的的取值只有一对，此时，满足要求，
当时，此时无解，不合要求，
当时，此时，，
故，（舍去），
故的的取值只有一对，此时，舍去，
满足要求，
综上，，，故为以为直角的等腰直角三角形，
如图所示，

因为，所以
，
为定值；
（3）为内部一点，将绕点逆时针旋转得到，
则，，，
连接，则均为等边三角形，
则，
则，
显然当四点共线时，取得最小值，
最小值为，
其中，，
，
由余弦定理得
，
所以，

故最小值为.
【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.
32．记集合，对于，定义：为由点确定的广义向量，为广义向量的绝对长度，
(1)已知，计算；
(2)设，证明：；
(3)对于给定，若满足且，则称为中关于的绝对共线整点，已知，
①求中关于的绝对共线整点的个数；
②若从中关于的绝对共线整点中任取个，其中必存在4个点，满足，求的最小值.
【答案】(1)4；
(2)证明见详解；
(3)108；73.
【分析】（1）由广义向量的绝对长度定义计算即可；
（2）根据广义向量的绝对长度的定义，结合绝对值三角不等式即可证明；
（3）①根据绝对共线整点的定义，由（2）结合条件列式可解；②先考虑z坐标都为3的点中至少取多少个元素满足条件，由此确定m的最小值.
【详解】（1）因为,
所以,
所以.
（2）设，
则，
，
.
由绝对值三角不等式可得，
当且仅当时等号成立.
所以
，
所以.
（3）①设为中关于A，B的绝对共线整点，
则，
因为，所以，
得.
所以中关于A，B的绝对共线整点的个数为.
②先考虑A，B的绝对共线整点中z坐标都为3的点，
取出x坐标分别为，z坐标为3的点共有24个，
因为中任意两个数的和都不等于另外两个数之和，故不存在满足条件的四个点.
若取x坐标分别为，z坐标为3的24个点，加入x坐标为4，z坐标为3的任意点，
则存在，存在，满足要求；
同理，加入x坐标为6，z坐标为3的任意点都存在满足要求的四个点.
由此可证在z坐标为3的点中取24个点不一定满足要求，但取25个点则一定存在满足条件的四个点.
故满足给定要求m的最小值为73.
【点睛】“新定义”主要有即时定义新概念、新公式、新法则、新定理、新运算五种，然后根据此定义取解决问题.有时候还需要利用类比的方法去理解新定义，这样有助于对新定义的透彻理解.
33．n个有次序的实数，，，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第个分量．特别地，对一个n维向量，若，，称为n维信号向量．设，，
则和的内积定义为，且．
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
(2)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量.
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用n维信号向量的定义即可得解；
（2）由题意得到某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，所此证明即可；
（3）考虑的内积和与它们每个分量的内积结果，得到关于的不等式，从而得证.
【详解】（1）依题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
.
（2）假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有7个分量为，
设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个，，
则，则，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（3）任取，计算内积，
将所有这些内积求和得到，则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
则，所以，故．
34．对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量.特别地，称为零向量.设，，，定义加法和数乘：，.对一组向量，，…，，若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关.
(1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由.
①，；
②，，.
(2)已知，，线性无关，判断，，是线性相关还是线性无关，并说明理由.
(3)已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明：
①如果存在等式（，，2，3，…，m），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式，（，，，2，3，…，m）同时成立，其中，则.
【答案】(1)①线性相关，理由见解析；②线性相关，理由见解析
(2)线性无关，理由见解析
(3)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据向量线性相关的定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到即可判断；
（3）①如果某个，，然后证明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入根据题意证明即可.
【详解】（1）对于①，设，则可得，所以，线性相关；
对于②，设，则可得，
所以，，所以，，线性相关；
（2）设，
则，
因为向量，，线性无关，所以，解得，
所以向量，，线性无关.
（3）①，如果某个，，2，…，m，
则，
因为其中任意个都线性无关，所以，，…，，，…，都等于0，
所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零，
②因为，所以，，…，全不为零，
所以由可得，
代入可得，
所以，
所以，…，，所以.
【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给的线性相关的定义进行运算判断.