《2022届新高考数学广东省名校模拟题分类汇编04 平面向量(解析版)》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2022届新高考数学广东省名校模拟题分类汇编04 平面向量(解析版)(17页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、2022届新高考数学广东省名校模拟题分类汇编专题04平面向量 一、单选题1(2021广东湛江高三阶段)已知,则( )A4B8C16D32【答案】C【分析】根据平面向量垂直的性质,结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】由,故选:C2(2021广东高三12月月考)如图所示,是的中线.是上的一点,且,若,其中,则的值为( )ABCD【答案】C【分析】根据题意可得是的重心,利用平面向量的线性运算将用和表示,由平面向量基本定理可得和的值,即可求解.【详解】因为是的中线,是上的一点,且,所以是的重心,则,又因为,所以,可得,故选:C.3(2021广东金山中学高三期中)已知,则向量,的夹角为(
2、)ABCD【答案】B【分析】将式子两边平方可得,然后根据夹角公式进行计算即可.【详解】设向量,的夹角为由题可知:,两边平方可得:又,所以所以,又所以故选:B【点睛】本题考查夹角公式的应用,本题重在考查计算,属基础题.4(2021广东高三12月月考)已知两个单位向量与的夹角为,则“”是“”的( )A充分必要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】用定义法,分充分性和必要性分别讨论即可.【详解】充分性:若,则由、是单位向量可知,即充分性得证;必要性:若,则由、是单位向量可知,因为,所以,必要性得证.所以“”是“”的充分必要条件.故选:A5(2021广东普宁市华侨
3、中学高三期中)已知非零向量满足且,则与的夹角为( )ABCD【答案】D【分析】根据向量垂直,数量积为0,求得,即可得到答案;【详解】,与的夹角为,故选:D6(2021广东广雅中学高三阶段)若平面向量与的夹角为120, , ,则( )ABC2D3【答案】B【分析】直接化简,求出答案.【详解】化简,或(舍去).故选:B.7(2021广东高三12月月考)已知,则( )ABCD【答案】C【分析】先求出,再求.【详解】因为,所以.故选:C8(2021广东高三阶段)把一条线段分为两部分,使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比,其比值是一个无理数,由于按此比例设计的造型十分美丽柔和,因此称为黄金分割
4、,黄金分割不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域,而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用.在中,点D为线段的黄金分割点(),则( )ABCD【答案】A【分析】点D为线段的黄金分割点,求出,,再求得解.【详解】点D为线段的黄金分割点,则,所以,则.故选:A.9(2021广东江门高三阶段)在边长为3的等边中,若,则( )ABC3D6【答案】D【分析】画出图形,结合向量线性运算和数量积公式可求.【详解】如图,由可得,又,为等边三角形,所以.故选:D10(2021广东高三阶段)在正方形中,为的中点,若,则的值为ABCD1【答案】B【分析】先求出,再求即得解.【详解】由题得,.故选B【
5、点睛】本题主要考查平面向量的三角形加法法则和减法法则,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11(2021广东华南师大附中高三阶段)在ABC中,点D在AB上,满足,若,则=( )ABCD【答案】A【分析】把作为基底,然后根据已知条件结平面向量基本定理可求得结果【详解】因为,所以,故选:A12(2021广东顺德一中高三阶段)在中,为线段的中点,为线段垂直平分线上任一异于的点,则ABCD7【答案】A【分析】利用勾股定理求得,利用向量垂直的性质可得,利用平面向量运算的平行四边形法则与三角形法则,可得,从而可得结果.【详解】由,得,由勾股定理,得, 因为为线段垂直平分线上任一异于的点,所
6、以,可得,故选A.【点睛】本题主要考查向量的几何运算及数量积公式、向量的夹角,属于中档题向量的几何运算法则是:()平行四边形法则(平行四边形的对角线分别是两向量的和与差);()三角形法则(两箭头间向量是差,箭头与箭尾间向量是和)二、多选题13(2021广东高三12月月考)已知平面向量,若是直角三角形,则的可能取值是( )A-2B2C5D7【答案】BD【分析】讨论三角形直角的情况,结合向量垂直的坐标表示即可求解【详解】,若,则,解得;若,则,此时方程无解;若,则,解得结合选项可知BD正确,故选:BD14(2021广东高三月考)已知向量,则下列说法正确的是( )A若,则的值为B的最小值为1C若,则
7、的值为2D若与的夹角为钝角,则的取值范围是【答案】BC【分析】A选项:若两向量与平行,则;B选项:代入向量模长公式,利用配方法求得模长的最小值;C选项:列出模长的等式,求得的值;D选项:代入平面向量夹角公式,注意若与的夹角为钝角,则且的限制条件.【详解】A选项:若,则,解得:,故A错;B选项:,所以,当时,取得最小值为1,故B正确;C选项:,若,即,解得:,故C正确;D选项:若与的夹角为钝角,则且,所以,且,解得:且,故D错误.故选:BC15(2021广东高三阶段)下列说法中错误的是( )A已知,则与可以作为平面内所有向量的一组基底B若与共线,则在方向上的投影为C若两非零向量,满足,则D平面直
8、角坐标系中,则为锐角三角形【答案】ABD【分析】结合向量基底定义,投影的运算,及模的转化,夹角的运算分别检验各选项即可判断【详解】对于A,所以,故不能作为平面内所有向量的一组基底,错误;对于B,与共线,则在方向上的投影为,所以错误;对于,两非零向量,满足,则,则,成立;对于,则, ,所以为钝角,则为钝角三角形,错误;故选:16(2021广东高三月考)下列说法错误的是( )A若,则B若,则存在唯一实数使得C若,则D与非零向量共线的单位向量为【答案】ABC【分析】由数量积定义可知A错误;通过反例可确定BC错误;根据单位向量和共线向量定义可确定D正确.【详解】对于A,若,则,无法得到,A错误;对于B
9、,若,则,此时不存在满足的实数,B错误;对于C,若,则,无法得到,C错误;对于D,由单位向量和共线向量定义可知与共线的单位向量为,D正确.故选:ABC.17(2021广东高三月考)已知平面向量,下列说法正确的是( )A若/,则B若,则C若,则D若向量与向量夹角为锐角,则【答案】BC【分析】若,根据时判断A选项是否正确;根据时判断B选项是否正确;根据判断C选项是否正确;根据向量与向量夹角为锐角时,且向量与向量不平行,判断C选项是否正确.【详解】,,若/,故A不正确;若,故B正确;若,则,故C正确;若向量与向量夹角为锐角, 则若向量与向量平行,则,故向量与向量夹角为锐角时且.故D不正确;故选:BC
10、18(2021广东化州高三阶段)在中,则下列四个结论中正确的是( )AB若,则为锐角三角形.C若,则为直角三角形D若,则为直角三角形【答案】ACD【分析】三角形中向量首尾相接,可知选项A正确;通过向量数量积的性质可知选项B、C正确与否;将展开,结合余弦定理,可求出,可知选项D正确.【详解】中,.,则只能判定ACB是锐角,不能判定是锐角三角形,故B错.,则,则直角三角形,故C正确.,即,又因为,所以,所以,则为直角三角形,故D正确.故选:ACD.19(2021广东高三阶段)中,为上一点且满足,若为线段上一点,且(,为正实数),则下列结论正确的是( )ABC的最大值为D的最小值为3【答案】AD【分
11、析】由题设结合三点共线可得,再应用基本不等式求、的最值,利用向量加减、数乘的几何意义求的线性关系.【详解】由题设,可得,又三点共线,即,B错误;由,为正实数,则,当且仅当时等号成立,故C错误;,当且仅当时等号成立,故D正确;,又,故A正确.故选:AD.20(2021广东东莞高三阶段)如图所示,在44的方格中,点,均为小正方形的顶点,则下列结论正确的是( )ABCD【答案】AD【分析】建立坐标系,根据向量的坐标表示逐项验证即可得出答案.【详解】由题意可知,以为原点建立直角坐标系,则各点坐标可写为:,所以,选项A正确;,选项B错误;,选项C错误;,选项D正确.故选:AD.三、填空题21(2021广
12、东高三阶段)已知,则_【答案】28【分析】利用向量数量积的坐标表示,直接求解.【详解】,.故答案为:22(2021广东福田外国语高中高三阶段)已知非零向量满足,且,则_.【答案】4【分析】设,则,以为邻边作平行四边形,则,由已知可得,再利用矩形的几何性质求解即可【详解】如图所示,设,则,以为邻边作平行四边形,则,由于,故,所以是直角三角形,从而,所以平行四边形是矩形,根据矩形的对角线相等得,即故答案为:4【点睛】本题考查利用几何性质求向量的模,考查向量的加法,向量的减法的应用23(2021广东高三月考)已知是边长为2的等边三角形,为边(含端点)上的动点,则的取值范围是_.【答案】【分析】取的中
13、点为坐标原点,、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系,设,其中,利用数量积的坐标运算将转化为有关的一次函数的值域问题,可得出的取值范围.【详解】如下图所示:取的中点为坐标原点,、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系,则点、,设点,其中,因此的取值范围是,故答案为:.24(2021广东高三阶段)若向量,且,则的最小值为_【答案】【分析】应用向量的坐标运算及垂直的坐标表示可得,再由向量模的坐标表示可得,将问题转化为求定点到直线的距离即可.【详解】由题设,又,则,又,则,要求的最小值,即求定点到直线的距离,.故答案为:25(2021广东龙岗高三期中)已知点在圆上,已知,则的最小值为_.【答案】【分析】将点的坐标用参数表示,再利用数量积的坐标运算表示出,最后利用三