2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编03 平面向量

这是一份2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编03 平面向量，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2021·广东珠海市·二模）已知向量、满足，，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·广东广州市·三模）已知，则（ ）
A．B．C．2D．3
3．（2021·广东江门市·一模）已知点为的外心，的边长为2，则（ ）
A．B．1C．2D．4
4．（2021·广东湛江市·二模）在的等腰直角中，为的中点，为的中点，，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2021·广东茂名市·二模）已知、、是直线上三个相异的点，平面内的点，若正实数、满足，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．（2021·广东茂名市·二模）已知三角形的边长分别为，，，，则（ ）
A．1B．C．3D．
7．（2021·广东深圳市·一模）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形.设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（ ）
A．18B．24C．36D．48
8．（2021·广东韶关市·一模）中，点为上的点，且，若，则的值是（ ）
A．1B．C．D．
9．（2021·广东专题练习）已知点P是所在平面内一点，有下列四个等式：
甲：；
乙：；
丙：；
丁：.
如果只有一个等式不成立，则该等式为（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
10．（2021·广东揭阳市·一模）在矩形中，，，，分别是，上的动点，且满足，设，则的最小值为（ ）
A．48B．49C．50D．51
11．（2021·广东佛山市·一模）平行四边形中，点E是的中点，点F是的一个三等分点（靠近B），则（ ）
A．B．
C．D．．
12．（2021·广东潮州市·二模）设向量均为单位向量，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
13．（2021·广东梅州市·一模）若向量满足：则
A．2B．C．1D．
14．（2021·广东梅州市·二模）设P是所在平面内的一点，，则
A．B．C．D．
二、多选题
15．（2021·广东汕头市·二模）已知菱形边长为1，，E是中点，F是中点，M是中点，延长交于N(如图所示)，设，，则下列结论正确的是（ ）
A．.B．
C．D．
16．（2021·广东惠州市·二模）将平面向量称为二维向量，由此可推广至维向量.对于维向量，，其运算与平面向量类似，如数量积（为向量，的夹角），其向量的模，则下列说法正确的有（ ）
A．不等式可能成立
B．不等式一定成立
C．不等式可能成立
D．若，则不等式一定成立
17．（2021·普宁市华侨中学二模）如图，已知点是平行四边形的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为的正项数列，是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．
18．（2021·广东广州市·二模）设向量，，则（ ）
A．B．C．D．与的夹角为
三、双空题
19．（2021·广东佛山市·二模）在中，点M，N是线段上的两点，，，则_______________，的取值范围是______________.
20．（2021·广东茂名市·二模）已知区域表示不在直线()上的点构成的集合，则区域的面积为___________，若在区域内任取一点，则的取值范围为___________.
四、填空题
21．（2021·广东汕头市·三模）已知非零向量，满足，且，则与的夹角为___________.
22．（2021·广东惠州市·一模）已知向量，，若存在实数，使得，则___________.
23．（2021·广东广州市·二模）在中，，，，点在上，且，则________．
24．（2021·广东惠州市·二模）若向量，满足，则的最小值为______.
25．（2021·广东二模）已知中，，，，点在直线上，且满足：，则___________.
26．（2021·广东中山市·期末）如图所示，直角坐标系中网格小正方形的边长为1，若向量，，满足，则___________.
2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
03 平面向量（答案解析）
1．D
【分析】
利用平面向量数量积的性质可求得的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得.
【解析】
，可得，
因为，因此，.
故选：D.
2．D
【分析】
根据与解出,得到,即可计算出的值.
【解析】
因为.
所以,，即,
所以.
故选：D
3．C
【分析】
设的中点为,连结，则，结合图形，利用向量的线性运算可得，再根据向量的数量积运算求解即可.
【解析】
因为点为的外心，设的中点为,连结，则，如图
所以.
故选：C
4．A
【解析】以为原点建立直角坐标系，
设，，则，，
则，，
所以，所以.故选：A
5．B
【解析】∵，∴，
由于、、是直线上三个相异的点，所以，又，，
由基本不等式得，
当且仅当时取等号．故选：B．
6．D
【解析】，，，满足，故，
则，，
.
故选：D.
7．C
【解析】骑行过程中，相对不动，只有点绕点作圆周运动．
如图，以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意，，，圆方程为，设，
则，，
，
易知当时，取得最大值36．
故选：C．
8．C
【解析】由可知，，则有
，
所以，，，.故选：C
9．B
【解析】A选项：因为，则，设中点为，所以，则为三角形重心；
B选项：由得
则，所以， 是直角三角形，；
C选项：由得为三角形外心，；
D选项：由得则
同理 ，所以为三角形垂心，
因为只有一个等式不成立，所以ACD至少有两个成立，而其中任两个成立，则为三角形中心，即第三个必成立，因此只能是B错误，故选：B
10．B
【解析】如图，建立平面直角坐标系，
则，，，，
设，，因为，
所以，，.
因为，所以，，
所以.
当且仅当，即，时取等号.故选: B.
11．D
【解析】
由题意：点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，
∴.
故选：D.
12．C
【解析】因为向量均为单位向量
所以
所以“”是“”的充要条件，故选：C
13．B
【解析】由题意易知：即，，即.
故选B.
14．B
【解析】
移项得.故选B
15．AC
【解析】由F是中点可得，
，故A正确；
因为E是中点，M是中点，所以,又,
所以错误，故B错误；
因为，，
所以，故C正确;
若，则，即,
即,由图形可知显然不成立，故D错误.故选：AC
16．ABD
【解析】对于A，令，
因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，所以A，B正确，
对于C，令，因为，所以，所以，所以C错误；
对于D，令，因为，所以，所以，所以D正确，故选：ABD
17．AB
【解析】为中点，，即，
三点共线，，
又，，
化简得：，，
是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
，，C错误；则，A正确；
，D错误.
故选：AB.
18．CD
【解析】对于A，，，，，故A错误；
对于B，，，，又，则，与不平行，故B错误；
对于C，又，，故C正确；
对于D，又，又与的夹角范围是，与的夹角为，故D正确.故选：CD.
19．； .
【解析】由题意，，
，，
又，，，
，
由题意，，则为外接圆的圆心，则.
因为点在线段上，所以
①假设点与点重合，则，与矛盾，
所以
②假设点与点重合，
则，，，
，，，即，，
假设点与点重合，
则，，，
此时，，综上，，，
，，，即，
故答案为：；．
20．
【分析】
将直线方程转化为：，由已知得该方程无根，分类讨论当时，，整理得点在以为圆心，1为半径的圆的内部，求得区域的面积，再利用向量数量积求得；当时，求得，即可得到答案.
【解析】
将直线方程转化关于m的方程为：.
∵区域表示不在直线()上的点构成的集合，
∴方程无根.
①当时，，整理得，
即在以为圆心，1为半径的圆的内部，则区域的面积为.
令，则，，，
设与夹角为，则，
∵，，∴，∴；
②当时，直线方程为，令，解得，
当时，必有取值，则当时，只有不在直线上.此时.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：，
21．
【解析】解：，，即，，
又，，
，，即与的夹角为，故答案为：.
22．
【解析】因为，则，所以，得.
故答案为：.
23．
【分析】
先由题中条件，由平面向量基本定理，得到，进而可到，再由向量数量积运算，以及题中条件，即可得出结果.
【解析】
因为，所以，则，即，
又，，，所以，
则.
故答案为：
24．
【解析】
因为，所以，即，所以.
因为所以，所以.
故的最小值为
25．
【分析】
设，得，由余弦定理解得，再利用向量线性运算得，则展开即可得结果．
【解析】
设，所以
故，则
由余弦定理的，又，
所以，则
由
故答案为：
26．
【分析】
由向量的基本定理，由图知，，，结合已知条件及向量的运算性质即可求的值.
【解析】若设x轴、y轴方向上单位向量分别为，
∴由图知：，，，
又∵，得，
∴.故答案为：.