专题03：平面向量填选压轴题九种考法归纳 讲义-2026届高考数学二轮复习高分冲刺【压轴题全突破】（上海专用）

2026年高考数学二轮复习高分冲刺【压轴题全突破】 专题03 平面向量填选压轴题八种考法归纳 1．（2025·上海·高考真题）已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是 ． 2. 定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ） A. B. C. D. 3．（2024年上海夏季高考数学真题（网络回忆版））已知，且，则的值为 ． 4．（2023·上海·高考真题）已知,，求 5．（2022年上海市高考数学第11题）若平面向量||＝||＝||＝λ，且满足•0，•2，•1，则λ＝　　　　． 6. 在△中，为中点，为中点，则以下结论：① 存在△，使得；② 存在三角形△，使得∥；成立的是（ ） A. 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 题型01：平面向量命题真假辨析 1.（25-26静安区二模） 设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（ ）． A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①和②都错误 D. ①和②都正确 2. （2025上海市育才中学高三三模）设是两个非零向量的夹角，若对任意实数t，的最小值为1．命题p：若确定，则唯一确定；命题q：若确定，则唯一确定．下列说法正确的是（ ） A. 命题p是真命题，命题q是假命题 B. 命题p是假命题，命题q是真命题 C. 命题p和命题q都是真命题 D. 命题p和命题q都是假命题 3.（2026届高三徐汇区一模）已知，集合(为维向量).若,其中,定义.设满足的的个数为.关于下列两个命题的判断:①当时，则；②当，是正整数时，则.说法正确的是( ) A.①和②均为真命题 B.①和②均为假命题 C.①为真命题，②为假命题 D.①为假命题，②为真命题 题型02：平面向量数量积的最值与范围 4. （2025上海市崇明中学高三三模）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. （2025届上海市大同中学高三三模）设、是平面内相交成的两条射线，、分别是与、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.已知在如图所示的仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，且，点、、分别为、、的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知是单位圆上任意不同三点，则的取值范围是_____. 7.（2025年华东师范大学第一附属中学高三三模）在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则___________. 8．（2026·上海黄浦·一模）已知点，，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9.（2026届高三静安一模）如图，已知是半圆的直径，直径长为2，点C、D均在半圆O上，且都不与点、重合，、B、C、D四点依次按照逆时针方向排列.若CD的长为，则的取值范围为_____. 10．（2026·上海闵行·一模）若点是边长为1的正三角形ABC外接圆上的一点，则的最大值为 题型03：平面向量模的最值与范围问题 11. （24-25复旦附中高一下期中）已知平面向量、、满足，且对任意实数都成立，则的最小值为________. 12. （2025进才中学高三模拟）已知向量与单位向量所成的角为，且满足对任意的，恒有，则的最小值为______. 13.（2026届高三奉贤区一模）在平面中,和是互相垂直的单位向量,向量满足,向量满足，则的最大值是_____. 14.（2026届高三崇明区一模）在平面直角坐标系中,.设，则的最小值是 . 15．（2026·上海金山·一模）已知非零向量的夹角为，若，则的最小值为 ． 16．（2026·上海普陀·一模）设是边长为1的正六边形所在平面上的一点，若点满足，则的最小值是 ． 17．（2022·全国·高三专题练习）在平面内，定点满足，，动点P，M满足，，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 18.已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________. 19．（25-26高三下·湖南长沙·月考）已知为单位向量，且，则的最小值为（　　） A．2 B． C．4 D．6 20. （2023春·上海闵行·高三闵行中学校考开学考试）已知平面向量、、 满足，且对任意实数恒成立，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 题型04：平面向量夹角的最值与范围问题 21．（2022·上海交大附中高二阶段练习）若平面向量，，满足，，，，则，夹角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 22．已知平面向量满足，若，且，则的最小值为___________. 23.（24-25高三上·上海浦东新·月考）已知平面向量、，满足，，若对任意模为的平面向量，均有，则向量、夹角的取值范围是（   ） A． B． C． D． 题型05：平面向量中参数的最值与范围问题 24. （25-26奉贤区二模）在平面直角坐标系xOy中，点，，．若点满足：，，则xy的最大值是________． 25．在中，角所对的边分别为，点为外接圆的圆心，若，且，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 26.已知点为所在平面内一点，，若，则的取值范围为__________． 题型06：平面向量与数列综合 27. （25-26闵行区二模）已知平面上13个向量，其中，若对任意，总有且，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 28.已知四边形ABCD，为边BC边上一点，连接交BD于，点满足，其中是首项为1的正项数列，，则的前n项 .    29.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_______． 30. 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 __________. 31.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，） 32.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___________． 题型07：平面向量与集合、函数综合 33.（2025复旦大学附属中学高三6月检测） 圆与曲线相交于点四点，为坐标原点，则_______. 34.已知（），将图象上的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变时），得到的图象．的部分图象如图所示（、分别为函数的最高点和最低点）：其中，则______ 35.已知向量，函数．若对于任意的，且，均有成立，则实数的取值范围为______ 36．（2026·上海金山·一模）已知四边形为平行四边形，集合均为集合的四元子集，若对于任意，当时，中的元素个数都不超过个，则正整数的最大值为 ． 37．（2025闵行中学高三阶段练习）向量集合，对于任意，，以及任意，都有，则称为“类集”，现有四个命题： ①若为“类集”，则集合（为实常数）也是“类集”； ②若、都是“类集”，则集合也是“类集”； ③若、都是“类集”，则也是“类集”； ④若、都是“类集”，且交集非空，则也是“类集”． 其中正确的命题有（    ） A．①② B．①③④ C．②③ D．①②④ 38. 已知五个点，满足：，，则的最小值为 ． 题型08：平面向量与圆锥曲线综合 39.（2026届高三崇明区一模）已知为平面内两定点，过该平面内动点作直线的垂线，垂足为N.若，其中为常数，则动点的轨迹不可能是（ ） A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.双曲线 40.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_________ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学二轮复习高分冲刺【压轴题全突破】 专题03 平面向量填选压轴题八种考法归纳 1．（2025·上海·高考真题）已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得. 【详解】若，则， 又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立； 故. 不妨设，则， 不妨设，， 则，则， 则 ， 由，， 则， 故. 故答案为：. 2. 定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案. 【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 3．（2024年上海夏季高考数学真题（网络回忆版））已知，且，则的值为 ． 【答案】15 【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可. 【详解】，，解得． 故答案为：15． 4．（2023·上海·高考真题）已知,，求 【答案】4 【分析】 由平面向量数量积的坐标运算求解. 【详解】由题意得 故答案为：4 5．（2022年上海市高考数学第11题）若平面向量||＝||＝||＝λ，且满足•0，•2，•1，则λ＝　　　　． 【答案】 【解答】解：由题意，有•0，则，设θ， ⇒ 则得，tanθ， 由同角三角函数的基本关系得：cosθ， 则||||cosθ2， λ2， 则． 故答案为：． 6. 在△中，为中点，为中点，则以下结论：① 存在△，使得；② 存在三角形△，使得∥；成立的是（ ） A. 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】 【解析】不妨设，，，，， ① ，，若，∴， ∴，满足条件的明显存在，∴①成立； ② F为AB中点，，与交点即重心， ∵为三等分点，为中点，∴与不共线， 即②不成立；故选B 题型01：平面向量命题真假辨析 1.（25-26静安区二模） 设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（ ）． A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①和②都错误 D. ①和②都正确 【答案】A 【分析】分、为同一平面的相邻顶点、、为同一平面的不相邻顶点及、为体对角线上两顶点进行讨论，可求出对应的长度，取中点为，利用空间向量线性运算与数量积公式可得，再求出对应范围即可得解. 【详解】设中点为， 若、为同一平面的相邻顶点，则， 则，即， ， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为同一平面的不相邻顶点，则， 则，即， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为体对角线上两顶点，则， 则，即， 则， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，最大值等于零； 综上可得：①正确；②错误. 2. （2025上海市育才中学高三三模）设是两个非零向量的夹角，若对任意实数t，的最小值为1．命题p：若确定，则唯一确定；命题q：若确定，则唯一确定．下列说法正确的是（ ） A. 命题p是真命题，命题q是假命题 B. 命题p是假命题，命题q是真命题 C. 命题p和命题q都是真命题 D. 命题p和命题q都是假命题 【答案】B 【分析】由向量的最小值为1，分析可得，然后判断命题真假即可. 【详解】因为， 所以当时，取得最小值. 所以， 化简得 所以若确定，则唯一确定，若确定，则不唯一. 所以命题p为假命题，命题q为真命题. 故选：B. 3.（2026届高三徐汇区一模）已知，集合(为维向量).若,其中,定义.设满足的的个数为.关于下列两个命题的判断:①当时，则；②当，是正整数时，则.说法正确的是( ) A.①和②均为真命题 B.①和②均为假命题 C.①为真命题，②为假命题 D.①为假命题，②为真命题 【解析】命题①当时，，，，。 根据,计算的值: 当时,,此时; 当，，时，，此时，； 当，，时，，此时，； 当时,,此时。 所以,故命题①为真命题。 命题②,当时，(其个1)，，，。表示取值为时的个数之和。 因为的每个分量有2种取法(0或1),所以的总个数为。 而取值为(即所有)时,只有1个()。 所以,故命题②为假命题。 综上，①为真命题，②为假命题 故选：C. 题型02：平面向量数量积的最值与范围 4. （2025上海市崇明中学高三三模）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值. 【详解】如图所示，，则由题意可知:， 由勾股定理可得 当点位于直线异侧时或PB为直径时，设， 则： ，则 当时，有最大值. 当点位于直线同侧时，设， 则： ， ，则 当时，有最大值. 综上可得，的最大值为. 故选：A. 【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力. 5. （2025届上海市大同中学高三三模）设、是平面内相交成的两条射线，、分别是与、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.已知在如图所示的仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，且，点、、分别为、、的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据可得出，设，，则，根据平面向量的线性运算得出，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的最大值. 【详解】由题意，则， 设则， 则， 整理得：，不妨设，，则. 因点、分别为、的中点， 则，， 同理可得， 故 ， 将，代入上式， 可得： ， 其中是锐角，且，故的最大值为. 故选：A. 6. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知是单位圆上任意不同三点，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由等价于在上的投影，故可结合投影性质，得到当与反向共线时，在上的投影取最小，当与同向共线时，在上的投影取最大，再结合的范围，即可得到相应投影的最小、最大值，即可得解. 【详解】等价于在上的投影， 如图1，在单位圆圆上任取两点、， 则对任意的，当与反向共线时，在上的投影取最小， 作于点，设，取中点，有， 则，，则， 由，故； 如图2，在单位圆圆上任取两点、， 则对任意的，当与同向共线时，在上的投影取最大， 作于点，设，取中点，有， 则，，则， 由，故； 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得到表示在上的投影，从而数形结合，借助投影性质解题. 7.（2025年华东师范大学第一附属中学高三三模）在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形面积求得，根据两不等式恒成立，判断，，再由，结合三角形和三角形面积公式，推出和，最后根据向量数量积的定义式即可求得. 【详解】因的面积为10，且，则有，解得， 由图知表示直线上一点到点的向量， 而则表示直线上一点到点 的距离， 由对任意恒成立可知，的长是点到直线上的点的最短距离， 故易得，此时,同理可得. 如图所示,因，由可得：， 由可得：， 由锐角可得是锐角，故是钝角， 于是， 于是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式恒成立和向量数量积的计算，属于较难题. 处理恒成立问题，一般可考虑分类讨论法，参变分离法，结合图形几何意义判断法等方法；对于数量积运算，可考虑定义法，基向量表示法和向量坐标法来解决. 8．（2026·上海黄浦·一模）已知点，，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则.由题求出的取值范围，根据不等式的性质，可得的取值范围. 【详解】设，则. 因为，所以. 所以. 所以. 所以. 其中当与同时取最大值时，即与时，取得最大值，最大值为.此时，点重合，坐标为或. 当与同时取最小值时，即与时，取得最小值，最小值为.此时，点的坐标分别为或. 所以的取值范围是. 故选：B. 9.（2026届高三静安一模）如图，已知是半圆的直径，直径长为2，点C、D均在半圆O上，且都不与点、重合，、B、C、D四点依次按照逆时针方向排列.若CD的长为，则的取值范围为_____. 【答案】 【解析】如图：联结，则 的长为， 设 当最小值为 当趋于或时，趋于 10．（2026·上海闵行·一模）若点是边长为1的正三角形ABC外接圆上的一点，则的最大值为 【答案】/ 【分析】以的外心O为原点建系，设，根据坐标运算即可求出. 【详解】如图所示：为的外心，以O为原点，平行于的直线为轴建立平面直角坐标系， 因等边的高为，则， 因圆，则设， 则， 所以，所以当时，的最大值为. 故答案为： 题型03：平面向量模的最值与范围问题 11. （24-25复旦附中高一下期中）已知平面向量、、满足，且对任意实数都成立，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】对于不等式，两边平方得到关于实数的不等式，进而得到，再结合向量的运算性质得到，最后利用绝对值三角不等式求解最值即可. 【详解】由，两边平方得， 又，且对任意实数恒成立， 即恒成立，故， 即，解得，即，且， 而，故， 则由绝对值三角不等式得. 故答案为： 12. （2025进才中学高三模拟）已知向量与单位向量所成的角为，且满足对任意的，恒有，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】建系设出向量与单位向量的坐标，这个表达式求出向量的坐标，进而求出的最小值. 【详解】不妨设代入得： 任意的恒成立， 当时，最小值为： 故答案为： 13.（2026届高三奉贤区一模）在平面中,和是互相垂直的单位向量,向量满足,向量满足，则的最大值是_____. 【答案】16 【解析】设 表示以为圆心，半径为的圆； 以长轴为，焦距为的椭圆； 表示以为圆心，半径为的圆到椭圆的距离 所以 14.（2026届高三崇明区一模）在平面直角坐标系中,.设，则的最小值是 . 【答案】 【解析】设的中点为,所以, 由题意可知三角形为等边三角形且，故， 当且仅当三点共线如图所示 15．（2026·上海金山·一模）已知非零向量的夹角为，若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】将平方后利用二次函数的性质可求其最小值. 【详解】因为， 故 ， ， 故当时，的最小值为， 故最小值为. 故答案为：. 16．（2026·上海普陀·一模）设是边长为1的正六边形所在平面上的一点，若点满足，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，由可得点的轨迹，再利用中点向量公式可得，并利用圆的性质求出最小值. 【详解】以正六边形的中心为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 由，得轴交于点，交于点， 由，得在以线段为直径的圆上，圆心为，半径为， 因此 ， 则， 当且仅当是圆与线段的交点时取等号， 所以的最小值是. 故答案为： 17．（2022·全国·高三专题练习）在平面内，定点满足，，动点P，M满足，，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意知，即点到三点的距离相等，可得为的外心， 又由， 可得，所以， 同理可得，所以为的垂心， 所以的外心与垂心重合，所以为正三角形，且为的中心， 因为，解得， 所以为边长为的正三角形， 如图所示，以为原点建立直角坐标系，则， 因为，可得设，其中， 又因为，即为的中点，可得， 所以. 即的最大值为. 故选：B. 18.已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________. 【答案】 【详解】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F， 与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF.由，，，得，，因为，所以，在中，由余弦定理得. 又由，得，所以点C的轨迹为以OD为直径的圆. 因为 ， 当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为：. 19．（25-26高三下·湖南长沙·月考）已知为单位向量，且，则的最小值为（　　） A．2 B． C．4 D．6 【答案】B 【解题思路】由，得，可得，由，当等号成立时可得最小值. 【解析】由题意知， 则， 得，则， 故， 因为， 所以， 则， 当且仅当与方向相反时“”成立， 所以的最小值为. 20. （2023春·上海闵行·高三闵行中学校考开学考试）已知平面向量、、 满足，且对任意实数恒成立，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】不等式，两边平方得到关于实数的不等式，进而得到，再利用模长公式将转化为，再利用不等式即可得解. 【详解】由，两边平方得 又，且对任意实数恒成立， 即恒成立，所以， 即，所以，即. 由，知， 所以, 当且仅当与同向时取等号. 故选：B 题型04：平面向量夹角的最值与范围问题 21．（2022·上海交大附中高二阶段练习）若平面向量，，满足，，，，则，夹角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，，，以O为原点，方向为x轴正方向建立平面直角坐标系， ，，， ，，三者直接各自的夹角都为锐角， ，，， ，，即在上的投影为1，在上的投影为3， ，，如图 ， 即，且 则， 由基本不等式得， ， 与的夹角为锐角， ， 由余弦函数可得：与夹角的取值范围是， 故选：C. 22．已知平面向量满足，若，且，则的最小值为___________. 【答案】 【详解】如下图所示，设，，，，，， 因为，所以， 因此点在直线上，又由于，因此是的角平分线， 因此点是直线与的角平分线的交点.根据角平分线的性质可. 过点作的平行线交于点，则. 因此点在以为圆心，半径为2的圆上运动由于，由此当直线相切于时， 有最大值，有最小值.设此时切点为，则，， 故.综合上述，的最小值为. 故答案为：. 23.（24-25高三上·上海浦东新·月考）已知平面向量、，满足，，若对任意模为的平面向量，均有，则向量、夹角的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】由题意得以及，或，由此即可得解. 【解答过程】由，，若对任意模为2的向量，均有， 则， ， 平方得到，即，即， 同时， ，即， 平方得到，即，即， 综上，即， 向量的夹角的取值范围. 故选：B. 题型05：平面向量中参数的最值与范围问题 24. （25-26奉贤区二模）在平面直角坐标系xOy中，点，，．若点满足：，，则xy的最大值是________． 【答案】 【解析】 【分析】通过条件建立关于与的二元一次方程组，解出，并使用辅助角公式变形求解. 【详解】，，， 由题意得解得， ，， 当时，取最大值为， 所以y的最大值是. 25．在中，角所对的边分别为，点为外接圆的圆心，若，且，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题结合余弦定理依次求出，，利用正弦定理可求外接圆半径为1，即，根据向量的运算可得，平方处理计算可得，再结合基本不等式的运用可得的范围即可求解. 【详解】由可得， 整理得，又， 所以， 由正弦定理可得圆半径为，即， 又， ， ． ，整理可得． 又，得，解得或． 当时，点在外部，分居两侧且， 所以四点共圆，不满足题意，舍去， （当且仅当时取等号）， 故选：D． 26.已知点为所在平面内一点，，若，则的取值范围为__________． 【答案】 【解题思路】先由条件可得，再建立平面直角坐标系得，再进一步判断点A在优弧上，落在角的终边上，再用三角函数来解决取值范围问题. 【解析】由，所以点为的外心， 因为，所以. 设，再以点为原点，分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图： 则， 所以， 又因为，所以，即. 又因为，所以点A在优弧上，所以落在角的终边上， 由三角函数的定义有，即， 所以，又因为，所以， ，，所以. 题型06：平面向量与数列综合 27. （25-26闵行区二模）已知平面上13个向量，其中，若对任意，总有且，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【分析】由题意可得，构成一个等比数列，其首项为1，公比为，且相邻向量垂直，从而可得以共线，共线，要使小，只需共线且与反向，共线且与反向即可，据此求解即可. 【详解】因为， 且对任意，总有 所以构成一个等比数列，其首项为1，公比为， 所以， 又因为， 即相邻向量垂直， 即, 所以共线，共线， 要使最小， 设，， 则有， 即求的最小值， 当共线且与反向时，最小， 且 ， 当共线且与反向时，最小， 且 ， 所以. 即的最小值为. 28.已知四边形ABCD，为边BC边上一点，连接交BD于，点满足，其中是首项为1的正项数列，，则的前n项 .    【答案】 【分析】由结合共线向量定理的推论可得，则可求得，再由可得，从而得，则得，然后利用分组求和法可求得结果. 【解析】因为，所以， 因为三点共线，所以，所以， 因为，所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，因为，所以， 所以，因为， 所以因为，所以， 所以， 故答案为： 29.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 ． 【答案】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. 30. 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 __________. 【答案】 【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. 31.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，） 【答案】 【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. 32.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 ． 【答案】 【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：． 题型07：平面向量与集合、函数综合 33.（2025复旦大学附属中学高三6月检测） 圆与曲线相交于点四点，为坐标原点，则_______. 【答案】 【分析】根据圆方程，求得圆心；根据函数求得其对称中心，结合圆的对称性，即可求得结果. 【详解】由圆方程，可得圆心坐标为， 又，其图象关于对称 在同一直角坐标系中，画出圆和函数图像如下所示： 数形结合可知，圆和函数都关于点对称， 故可得其交点和，和都关于点对称. 故， 则 . 故. 故答案为：. 【点睛】本题综合考查向量的运算，由圆方程求解圆心的坐标以及圆的对称性，分式函数图象的绘制，属综合性困难题. 34.已知（），将图象上的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变时），得到的图象．的部分图象如图所示（、分别为函数的最高点和最低点）：其中，则______ 【分析】 先求出的解析式，再利用得到，进而求出，所以， 【详解】 由， ∴，因为、分别为函数的最高点和最低点，所以，由，即 ∴，∴为正三角形，又的高为， ∴ ∴， ∴即， ∴， 35.已知向量，函数．若对于任意的，且，均有成立，则实数的取值范围为______ 【详解】由题意得，则， 当时，恒成立， 所以在上为增函数， 不妨设，则， 因为， 所以等价于， 即， 令，， 所以可知在上为减函数， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 令， 则， 所以在上为减函数， 所以，所以， 36．（2026·上海金山·一模）已知四边形为平行四边形，集合均为集合的四元子集，若对于任意，当时，中的元素个数都不超过个，则正整数的最大值为 ． 【答案】 【分析】由题意可得中共8个元素，记为，假设中最大交集为，从而可得含的四元集合最多有个, 且对在中最多出现3次，求得一个四元集中出现个二元数对，从而可得，求解即可. 【详解】由题意可知共个元素， 记为， 假设中最大交集为， 所以含的四元集合中剩下的两个元素不能相同， 因为中共8个元素，则还剩下6个元素， 所以中，含的四元集合最多有个, 即数对在中最多出现3次， 同理任何一个二元数对可在中最多出现3次， 所以一个四元集中出现个二元数对， 所以个四元集中共出现次， 因为中最多有种不同的二元数对，每个最多出现3次， 所以，解得. 所以正整数的最大值为. 故答案为： 37．（2025闵行中学高三阶段练习）向量集合，对于任意，，以及任意，都有，则称为“类集”，现有四个命题： ①若为“类集”，则集合（为实常数）也是“类集”； ②若、都是“类集”，则集合也是“类集”； ③若、都是“类集”，则也是“类集”； ④若、都是“类集”，且交集非空，则也是“类集”． 其中正确的命题有（    ） A．①② B．①③④ C．②③ D．①②④ 【答案】D 【详解】①若为“类集”，则对于任意，，以及任意，都有， 对于集合（为实常数），可得对于任意，以及任意都有，故正确； ②若为“类集”，则对于任意，，以及任意，都有， 若为“类集”，则对于任意，，以及任意，都有， 可得对于任意，以及任意，都有，故正确； ③若为“类集”，则对于任意，，以及任意，都有， 若为“类集”，则对于任意，，以及任意，都有， 设，为中元素的合并而得，且不重复，不符合“类集”的定义，故错误； ④若为“类集”，则对于任意，，以及任意，都有， 若为“类集”，则对于任意，，以及任意，都有， 设，为中元素的公共部分，且不为空集，符合“类集”的定义，故正确； 故选：D. 38. 已知五个点，满足：，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出，再用基本不等式求解出最值即可. 【详解】因为， 所以，，， 由题意设，则，， 设，如图，因为求的最小值， 则，，，， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到，再利用基本不等式即可求出最值. 题型08：平面向量与圆锥曲线综合 39.（2026届高三崇明区一模）已知为平面内两定点，过该平面内动点作直线的垂线，垂足为N.若，其中为常数，则动点的轨迹不可能是（ ） A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.双曲线 【答案】C 【解析】以AB所在直线为x轴，AB中垂线为y轴，建立坐标系，设；因为，所以， 即，当λ=1时，轨迹是圆． 当且时，是椭圆的轨迹方程； 当λ＜0时，是双曲线的轨迹方程; 当时，是直线的轨迹方程； 综上，方程不表示抛物线的方程．故选C． 40.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_________ 【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 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $