新高考数学二轮复习模拟试卷分类汇编练习 专题02平面向量（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习模拟试卷分类汇编练习 专题02平面向量（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了条件，已知，且，则的值为 等内容，欢迎下载使用。
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知向量，若，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.
【详解】因为，所以，
所以即，故，
故选：D.
2．（新课标全国Ⅱ卷）已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】由得，结合，得，由此即可得解.
【详解】因为，所以，即，
又因为，
所以，
从而.
故选：B.
3．（全国甲卷数学（理））已知向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件D．“”是“”的充分条件
【答案】C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】对A，当时，则，
所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对C，当时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；
对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
4．（新高考北京卷）已知向量，，则“”是“或”的（ ）条件．
A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件
C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为，可得，即，
可知等价于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，无法得出或，
例如，满足，但且，可知充分性不成立；
综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.
故选：A.
5．（新高考天津卷）在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点， ，则 ；若为线段上的动点，为中点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】解法一：以为基底向量，根据向量的线性运算求，即可得，设，求，结合数量积的运算律求的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值.
【详解】解法一：因为，即，则，
可得，所以；
由题意可知：，
因为为线段上的动点，设，
则，
又因为为中点，则，
可得
，
又因为，可知：当时，取到最小值；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则，
可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为；
故答案为：；.
6．（新高考上海卷）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．
一、单选题
1．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若，，则实数（ ）
A．6B．C．3D．
【答案】B
【分析】利用向量数量积坐标公式即可求解.
【详解】因为，所以 ，
即 ，所以，
因为，，所以，
所以，解得.
故选：B.
2．（2024·山东德州·三模）已知向量，，，若，则实数（ ）
A．-6B．-5C．5D．6
【答案】C
【分析】利用向量的坐标运算及向量的夹角公式即可求解.
【详解】由，，
所以，
由，得，
所以，
因为，，
所以，解得.
故选：C.
3．（2024·河北衡水·三模）已知是单位向量，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先计算向量的模，再计算与的数量积，进而可得夹角的余弦值，可得答案.
【详解】，故．
，设与的夹角为，
则，又，故，
故选：A．
4．（2024高三上·安徽池州·期末）已知向量，若，则下列关系一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用向量线性运算的坐标表示以及向量平行的坐标关系可直接求得答案.
【详解】，
由可得，，整理得．
故选：D.
5．（2024高三上·云南保山·期末）如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件及极化恒等式，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】取的中点，连接，如图所示，

所以的取值范围是，即，
又由，
所以.
故选：B.
6．（2024·河南·三模）已知向量，向量在上的投影向量为，则（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
【答案】A
【分析】根据投影向量的定义式，结合题意即可求得.
【详解】由向量，可得，
因向量在上的投影向量为，
由题意，，解得.
故选：A.
7．（2024·湖南长沙·二模）已知向量 中， 是单位向量， 与 的夹角为 ，则 （ ）
A．2B．C．D．-1
【答案】B
【分析】根据数量积的定义及运算律求解.
【详解】，
所以 .
故选：B
8．（2024·浙江绍兴·二模）已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由得，列出方程求解即可．
【详解】由得，，即，解得，
故选：B．
9．（2024·河北·三模）已知平面向量，，满足，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．与有关
【答案】C
【分析】根据向量模长的坐标表示可得，进而可得，结合投影向量的定义分析求解.
【详解】由题意可知：，
所以在方向上的投影向量为.
故选：C.
10．（2024·广东广州·三模）设向量，，当，且时，则记作；当，且时，则记作，有下面四个结论：
①若，，则；
②若且，则；
③若，则对于任意向量，都有；
④若，则对于任意向量，都有；
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③B．②③④C．①③D．①④
【答案】C
【分析】根据题意结合向量的坐标运算逐项分析①③，举反例判断②④.
【详解】对于①：若，，则，所以，故①正确；
对于②：取，满足，
则，满足，但，故②错误；
对于③：若，则，且，
设，则，
可知，所以，故③正确；
对于④：取，可知，
但，即，故④错误；
故选：C.
11．（2024·陕西·模拟预测）已知两个向量，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用垂直关系的向量表示，结合模的坐标表示求解即得.
【详解】由，得，则，即，
因此，所以.
故选：B
12．（2024·四川雅安·三模）已知平面向量，则向量在向量方向上的投影是（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量数量积的几何意义及坐标运算求解投影即可.
【详解】因为向量，所以向量在向量方向上的投影是.
故选：C.
13．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知向量的夹角为，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用平面向量的数量积运算公式结合已知直接计算即可.
【详解】因为，
所以，即，
因为，向量的夹角为，
所以，
所以，即.
故选：A.
14．（2024·河北承德·二模）在中，为中点，连接，设为中点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用平面向量基本定理将用表示出来，再用向量的线性运算把用表示即可.
【详解】由于，所以，
故选：D
15．（2024·广东广州·模拟预测）设，向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由向量垂直得，再利用向量夹角的坐标运算求解即可.
【详解】因为，
又，所以，得到，
所以，得到，
所以.
故选：D
16．（2024·山东·二模）在中，交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可由坐标法求解，以A为原点建立坐标系写出各点的坐标即可求解.
【详解】解：由题可建立如图所示坐标系：
由图可得：，
又，
故直线的方程：，可得，
所以，
故选：C.
二、多选题
17．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知向量，，为非零向量，下列说法正确的有（ ）
A．若，，则
B．已知向量，，则
C．若，则和在上的投影向量相等
D．已知，，，则点A，B，D一定共线
【答案】CD
【分析】根据向量的线性运算、投影向量的意义和向量共线定理即可判断出正确答案.
【详解】对于A，若，，则与可能平行，故A错误；
对于B，设，则，解得，所以，故B错误；
对于C，若，则，所以，所以和在上的投影向量相等，故C正确；
对于D，因为，，所以,所以点A，B，D一定共线，故D正确.
故选：CD.
18．（2024·河南·三模）已知平面向量，则下列说法正确的有（ ）
A．一定可以作为一个基底
B．一定有最小值
C．一定存在一个实数使得
D．的夹角的取值范围是
【答案】BC
【分析】对A：借助基底的定义与向量共线定理计算即可得；对B：借助模长定义计算即可得；对C：借助模长与数量积的关系计算即可得；对D：找出反例即可得.
【详解】对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误；
对B：，
故有最小值，故B正确；
对C：若，则有
即，即，即，
解得，即当时，，故C正确；
对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向，
故的夹角不可能为，故D错误.
故选：BC.
19．（2024·山西·三模）蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则（ ）
A．
B．
C．若P为EF的中点，则在上的投影向量为
D．的最大值为
【答案】AD
【分析】对于A：根据正六边形的性质结合向量的线性运算求解；对于C：根据结合投影向量的定义分析判断；对于BD：建系，根据向量的坐标运算求解.
【详解】对于选项A：因为，故A正确；
对于选项C：由题意可知：，
若P为EF的中点，所以在上的投影向量为，故C错误；
对于选项BD：如图，建立平面直角坐标系，
则，
可得，所以，故B错误；
设，可知，
则，可得，
则，
可知当，即点与点重合时，的最大值为，故D正确；
故选：AD.
20．（2024·甘肃张掖·一模）下列命题错误的是（ ）
A．对空间任意一点与不共线的三点，若，其中，，且，则四点共面
B．已知，，与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，共线，则
D．若，共线，则一定存在实数使得
【答案】BCD
【分析】根据空间向量基本定理判断A，根据数量积的坐标表示及平面向量共线的坐标表示判断B，利用特殊值判断C、D.
【详解】对于A：因为，则，
所以，即，
所以，所以四点共面，故A正确；
对于B：因为，，与的夹角为钝角，
所以且与不共线反向，
若，则，解得；
若与共线，则，解得，
综上可得或，故B错误；
对于C：若、同向且，此时，
即不成立，故C错误；
对于D：若，，显然与共线，但是不存在使得，故D错误.
故选：BCD
21．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为12B．的最大值为72
C．若，则的最小值为10D．当点M不在x轴上时，MO始终平分
【答案】ABD
【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D
【详解】对于A，设点，由，得，
化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，设线段AB的中点为N，，
当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确；
对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误；
对于D，由，，有，当点M不在x轴上时，
由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题
22．（2024·湖南长沙·三模）在，已知，.则 .
【答案】
【分析】先由可得角，由可得，结合角的关系，解方程即可得答案.
【详解】设，，，
由得，所以.
又，因此，.
由，得；
于是，
所以，
∴，即.
∵，∴，∴，
∴或，∴或.
又∵，∴，，，则.
故答案为：
23．（2024·江西·二模）在中，已知，为线段的中点，若，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，由向量的线性运算公式可得，由平面向量基本定理可得、的值，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，在中，已知，则，
由于为线段的中点，
则，
又，、不共线，故，，
所以．
故答案为：．
24．（2024·四川遂宁·三模）已知向量，，若，那么m的值为 ．
【答案】2
【分析】由，得，即，即可求解.
【详解】解：向量，，
若，则，
即，解得．
故答案为：2
25．（2024·河北·二模）已知是半径为2的圆上三个动点，①若，则的最大值为 ，②若，则的最小值为 .
【答案】 6
【分析】①设的中点为，连接，由平面向量的运算律可得，当过圆心，即为等腰三角形时，取得最大值，代入即可得出答案；②由可知当在上的投影长最长时，即与圆相切时，可取到最小值，求解即可.
【详解】①若，设的中点为，连接，
则，
当过圆心，即为等腰三角形时，取得最大值，
如下图，
则，
所以的最大值为.
②若为钝角时，取到最小值，
如图，为的中点，在上的投影向量为.
由可知当在上的投影长最长时，
即与圆相切时，可取到最小值.
，
当时，的最小值为.
故答案为：；.
26．（2024·河北保定·二模）已知向量的夹角的余弦值为，，且，则 ．
【答案】4
【分析】利用向量数量积的定义，由已知得，代入，求的值.
【详解】向量的夹角的余弦值为，，则，
由，解得(负值舍去)．
故答案为：4.
27．（2024·全国·模拟预测）若向量与的夹角为，，，则 ．
【答案】4或
【分析】根据向量的数量积定义及运算律计算即可.
【详解】因为向量与的夹角为，
所以，
因为，
所以，
所以或．
故答案为：4或
28．（2024·北京顺义·二模）若非零向量满足，且，则能使得成立的一组可以是 ，
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】根据数乘定义可判断，结合即可求解.
【详解】因为，即，
所以，且，即，
又，即，
所以满足，且的向量都满足条件，
故可取.
故答案为：；（答案不唯一）.
29．（2024·福建宁德·三模）已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则与的夹角为 .
【答案】
【分析】借助投影向量定义可得，借助模长公式可得，再利用夹角公式计算即可得解.
【详解】由题意可得，即，
，
则，
故与的夹角为.
故答案为：.
30．（2024·天津红桥·二模）太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.如图所示的图形是由半径为2的大圆O和两个对称的半圆弧组成的，线段MN过点O且两端点M，N分别在两个半圆上，点P是大圆上一动点，令，，若，则 ；的最小值为 ．
【答案】 / 0
【分析】第一空结合图形由向量的线性运算可得；第二空先由向量的线性运算得到，再当取得最大值时计算可得.
【详解】由圆的对称性可得为的中点，
所以，
；
，
因为，
所以，
所以当取得最大值2时，的最小值为0,；
故答案为：；0.