近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编试卷含答案（平面向量）

这是一份近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编试卷含答案（平面向量），共26页。试卷主要包含了平面向量，多选题，单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、多选题
1．（2021·全国新高考1）已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、单选题
2．（2021·浙江）已知非零向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
3．（2020·海南）在中，D是AB边上的中点，则=（ ）
A．B．C．D．
4．（2020·海南）已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2020·全国2（理））已知向量 ，满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2020·全国3（文））已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（ ）
A．B．C． D．
7．（2019·全国2（文））已知向量，则
A．B．2
C．5D．50
8．（2019·全国1（文））已知非零向量满足，且，则与的夹角为
A．B．C．D．
9．（2019·全国2（理））已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则=
A．-3B．-2
C．2D．3
10．（2018·北京（理））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
11．（2018·浙江）已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是
A．B．C．2D．
12．（2018·天津（理））如图，在平面四边形ABCD中，若点E为边CD上的动点，则的最小值为
A．B．C．D．
13．（2018·全国1（文））在△中，为边上的中线，为的中点，则
A．B．
C．D．
14．（2018·全国2（文））已知向量满足，，则
A．4B．3C．2D．0
15．（2018·天津（文））在如图的平面图形中，已知,则的值为
A．B．
C．D．0
16．（2017·浙江）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记 ，，，则
A．I１17．（2017·全国2（理））已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是
A．B．C．D．
18．（2017·北京（文））设m,n为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
19．（2017·全国2（文））设非零向量，满足，则
A．⊥B．
C．∥D．
三、填空题
20．（2021·浙江）已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.
21．（2021·全国甲（文））若向量满足，则_________.
22．（2021·全国甲（理））已知向量．若，则________．
23．（2021·全国乙（理））已知向量，若，则__________．
24．（2021·全国乙（文））已知向量，若，则_________．
25．（2020·浙江）设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为_______．
26．（2020·江苏）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．
27．（2020·全国1（文））设向量，若，则__________.
28．（2020·全国1（理））设为单位向量，且，则__________.
29．（2020·全国1（理））已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=__________.
30．（2019·江苏）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.
31．（2019·北京（文））已知向量=（－4，3），=（6，m），且，则m=__________.
32．（2019·全国3（文））已知向量，则___________.
33．（2019·全国（理））已知为单位向量，且=0，若 ，则___________.
34．（2019·天津（文）） 在四边形中，， ， ， ，点在线段的延长线上，且，则__________.
35．（2019·上海）在椭圆上任意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为____________
36．（2018·上海）已知实数、、、满足：，，，则的最大值为______．
37．（2018·江苏）在平面直角坐标系中，为直线上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点．若，则点的横坐标为________．
38．（2018·北京（文））设向量 =（1,0）， =（−1,m）,若，则m=_________.
39．（2018·全国3（理））已知向量，，．若，则________．
40．（2017·上海）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点、、、以及四个标记为“”的点在正方形的顶点处，设集合，点，过作直线，使得不在上的“”的点分布在的两侧. 用和分别表示一侧和另一侧的“”的点到的距离之和. 若过的直线中有且只有一条满足，则中所有这样的为________
41．（2017·北京（文））已知点在圆上，点的坐标为，为原点，则的最大值为_________．
42．（2017·全国1（理））已知向量与的夹角为60°，||=2，||=1，则| +2 |= ______ .
43．（2017·天津（文））设抛物线的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若，则圆的方程为____________ .
44．（2017·天津（文））在中，，，. 若，，且，则的值为______________.
45．（2017·山东（理））已知， 是互相垂直的单位向量，若 与λ的夹角为60°，则实数λ的值是__．
46．（2017·全国3（文））已知向量，且，则_______.
47．（2017·全国1（文））已知向量=（﹣1，2）， =（m，1），若，则m=_________．
48．（2017·山东（文））已知向量a=（2,6）,b=,若a∥b,则 ____________.
49．（2017·江苏）在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_________．
50．（2020·天津）如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．
51．（2020·北京）已知正方形的边长为2，点P满足，则_________；_________．
52．（2019·浙江）已知正方形的边长为1，当每个取遍时，的最小值是________；最大值是_______.
53．（2017·浙江）已知向量满足，则的最小值是___________，最大值是______．
四、解答题
54．（2017·江苏）已知向量．
（1）若，求x的值；
（2）记，求函数y＝f（x）的最大值和最小值及对应的x的值．
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
五、平面向量（答案解析）
1．AC
【解析】
A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
2．B
【解析】
若，则，推不出；若，则必成立，
故“”是“”的必要不充分条件
3．C
【解析】
4．A
【解析】
的模为2，根据正六边形的特征，可以得到在方向上的投影的取值范围是，
结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，
所以的取值范围是，
5．D
【解析】，，，.
，
因此，.
6．D
【解析】由已知可得：.
A：因为，所以本选项不符合题意；
B：因为，所以本选项不符合题意；
C：因为，所以本选项不符合题意；
D：因为，所以本选项符合题意.
7．A
【解析】由已知，，所以，
8．B
【解析】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．
9．C
【解析】由，，得，则，．故选C．
10．C
【解析】因为向量均为单位向量
所以
所以“”是“”的充要条件
11．A
【解析】设，
则由得，
由得
因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.
12．A
【解析】连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，
所以为等边三角形，。设
=
所以当时，上式取最小值 ，选A.
点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。
13．A
【解析】根据向量的运算法则，可得
，
所以，故选A.
14．B
【解析】因为
15．C
【解析】如图所示，连结MN，
由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，
则，
由题意可知：，，
结合数量积的运算法则可得：
.
本题选择C选项.
16．C
【解析】因为，，，
所以，故选C．
17．B
【解析】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，故选：．
18．A
【解析】若，使，则两向量反向，夹角是，那么；若，那么两向量的夹角为，并不一定反向，即不一定存在负数，使得，所以是充分而不必要条件，故选A.
19．A
【解析】
由平方得，即，则
20．
【解析】由题意，设，则，即，
又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，
所以在方向上的投影，
即,
所以，
当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.
21．
【解析】∵ ∴ ∴.
22．.
【解析】,
，解得,故答案为：.
23．
【解析】因为，所以由可得，
，解得．故答案为：．
24．
【解析】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，解方程可得：.
25．
【解析】，，，
.
26．或0
【解析】∵三点共线，∴可设，
∵，∴，即，
若且，则三点共线，∴，即，
∵，∴，∵,,，∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，∴，解得，∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
27．5
【解析】由可得，又因为，
所以，即，故答案为：5.
28．
【解析】因为为单位向量，所以
所以，解得：
所以，故答案为：
29．
【解析】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：.故答案为：．
30．.
【解析】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.
，
得即故.
31．8.
【解析】向量则.
32．
【解析】．
33．.
【解析】因为，，所以，
，所以，所以 ．
34．.
【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，．
因为∥，，所以，
因为，所以，
所以直线的斜率为，其方程为，
直线的斜率为，其方程为．
由得，，所以．
所以．
35．
【解析】由题意：，
设，，因为，则
与结合 ，又
与结合，消去，可得：
所以
36．
【解析】设A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），
由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，可得A，B两点在圆x2+y2=1上，
且•=1×1×cs∠AOB=，即有∠AOB=60°，即三角形OAB为等边三角形，
AB=1，+的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，显然A，B在第三象限，AB所在直线与直线x+y=1平行，
可设AB：x+y+t=0，（t＞0），由圆心O到直线AB的距离d=，
可得2=1，解得t=，即有两平行线的距离为=，
即+的最大值为+，故答案为+．
37．3
【解析】设，则由圆心为中点得易得，与联立解得点的横坐标所以.所以，
由得或，
因为，所以
38．-1.
【解析】，，
由得：，，即.
39．
【解析】由题可得，
,即，故答案为
40．、、
【解析】建立平面直角坐标系，如图所示；
则记为“▲”的四个点是A（0，3），B（1，0），C（7，1），D（4，4），
线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，
易知EFGH为平行四边形，如图所示；
设四边形重心为M（x，y），则，
由此求得M（3，2），即为平行四边形EFGH的对角线交于点，
则符合条件的直线一定经过点，且过点的直线有无数条；
由过点和的直线有且仅有1条，过点和的直线有且仅有1条，
过点和的直线有且仅有1条，所以符合条件的点是、、．
41．6
【解析】所以最大值是6.
42．
【解析】∵平面向量与的夹角为，
∴.
∴ 故答案为.
43．
【解析】设圆心坐标为，则，焦点，

，由于圆与轴得正半轴相切，则取，所求圆得圆心为，半径为1.
44．
【解析】 ,则
.
45．
【解析】由题意，设（1，0），（0，1），
则（，﹣1），λ（1，λ）；
又夹角为60°，∴（）•（λ）λ＝2cs60°，
即λ，解得λ．
46．2
【解析】由题意可得解得.
47．7
【解析】由题得，因为，所以，解得．
48．-3
【解析】由可得
49．
【解析】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可得，，
由可得，，故答案为.
50．
【解析】，，，
，
解得，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
,
∵，∴的坐标为,
∵又∵,则，设，则（其中），
，，
，
所以，当时，取得最小值.
51．
【解析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则点、、、，，
则点，，，
因此，，.
52．0
【解析】正方形ABCD的边长为1，可得，，
•0，
要使的最小，只需要
，此时只需要取
此时



等号成立当且仅当均非负或者均非正，并且均非负或者均非正．
比如
则.
53．4
【解析】
设向量的夹角为，由余弦定理有：，
，则：
，
令，则，
据此可得：，
即的最小值是4，最大值是．
54．【解析】
（1）∵向量．
由，可得：，即，∵x∈[0，π]∴．
（2）由
∵x∈[0，π]，∴
∴当时，即x＝0时f（x）max＝3；
当，即时．