《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
