11平面向量江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版）

这是一份11平面向量江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）已知平面四边形满足，平面内点满足，与交于点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．（2023下·江苏南京·高三校联考期末）已知向量，，则在上的投影向量的模为（ ）
A．B．1C．D．2
4．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知向量，，且与的夹角为，则（ ）．
A．2B．C．1D．
5．（2023上·江苏扬州·高三仪征中学校联考期末）若向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
6．（2023上·江苏南通·高三统考期末）若向量，满足，，且，则（ ）
A．B．C．D．1
7．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知向量，满足，，则（ ）
A．B．1C．D．3
8．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）在平面直角坐标系中，已知点，将绕点顺时针旋转后得，则的纵坐标为（ ）
A．B．C．2D．
9．（2023上·江苏南通·高三统考期末）设为的重心，则（ ）
A．0B．C．D．
10．（2022上·江苏徐州·高三期末）在中，，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2022上·江苏南京·高三期末）若正n边形的边长为2，，则（ ）
A．6B．8C．10D．12
12．（2022上·江苏徐州·高三期末）已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
13．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，设初始正方形ABCD的边长为，则＝（ ）
A．2B．4C．6D．8
14．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知菱形的对角线，点在另一对角线上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
15．（2022上·江苏常州·高三统考期末）已知，是平面内两个向量，且．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
二、多选题
16．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）过圆：内一点作两条互相垂直的弦，，得到四边形，则（ ）
A．的最小值为4
B．当时，
C．四边形面积的最大值为16
D．为定值
17．（2022上·江苏泰州·高三统考期末）在平行四边形中，若，则（ ）
A．
B．
C．
D．若
18．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知点A(4，3)在以原点O为圆心的圆上，B，C为该圆上的两点，满足，则（ ）
A．直线BC的斜率为B．∠AOC＝60°
C．△ABC的面积为D．B、C两点在同一象限
19．（2021上·江苏南通·高一统考期末）如图，B是的中点，，P是平行四边形内（含边界）的一点，且，则下列结论正确的为（ ）
A．当时，
B．当P是线段的中点时，，
C．若为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段
D．的最大值为
20．（2021上·江苏泰州·高三统考期末）引入平面向量之间的一种新运算“”如下：对任意的向量，，规定，则对于任意的向量，，，下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
21．（2023下·江苏南京·高三校联考期末）已知O为坐标原点，直线与抛物线C：交于A，B两点，若，则 .
22．（2022上·江苏南通·高三统考期末）在平面直角坐标系中，已知向量，，试写一个非零向量 ，使得.
23．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知单位向量满足，则＝ .
24．（2021上·江苏南通·高三海安市曲塘中学校考期末）点P为抛物线y2＝x上的动点，过点P作圆M：(x－3) 2＋y2＝1的一条切线，切点为A，则·的最小值为 ．
25．（2021上·江苏南京·高三南京市中华中学校考期末）已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线交于、两点．若，则实数＝ ．
26．（2021上·江苏南通·高三统考期末）设向量，，记，若圆上的任意三点，，，且，则的最大值是 .
27．（2021上·江苏南通·高三统考期末）已知m，n均为正数，，，且，则的最小值为 .
28．（2021上·江苏连云港·高三江苏省新海高级中学校考期末）在中，为边上一点，，，若，且，则 ．
四、解答题
29．（2023上·江苏南通·高三统考期末）在中，的平分线与边交于点，且.
(1)若，求的面积；
(2)求的最小值.
30．（2021上·江苏连云港·高三江苏省新海高级中学校考期末）已知向量，，．
（1）若，求的值；
（2）若，求的值．
31．（2021上·江苏常州·高三校联考期末）在中，分别为角所对的边.在①；②；③这三个条件中任选一个，作出解答.
（1）求角的值；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围.
32．（2019上·江苏泰州·高三统考期末）已知向量,其中x∈(0，π)．
(1) 若,求x的值；
(2) 若tanx＝－2，求的值．
参考答案：
1．D
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，根据可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入中化简，用辅助角公式分别求出最大值，选出结果即可.
【详解】解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，
记三角形内切圆的半径为，根据，可得：
，解得，
因为正方形面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边为轴，以的垂直平分线为轴建立直角坐标系如图所示：
故可知，圆的方程为，
故设，，
因为，即，
化简可得，即，
解得或，
①当时，点坐标可化为，
此时
，
所以当，即，即，
即时，取得最大值；
②当时，点坐标可化为，
此时
，
因为，所以当，即，即，
即时，取得最大值，
综上可知：取得最大值.
故选：D
【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：
（1）若点在圆上，可设点为，其中；
（2）若点在圆上，可设点为，其中；
（3）若点在椭圆上，可设点为，其中；
2．B
【分析】根据平面向量的线性运算和基本定理运算求解.
【详解】解：如图，因为，所以,
又因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以，在平面四边形中，,
所以且
所以相似于相似比为，
所以,
,
所以，
故选:B.
3．C
【分析】先求，再由求解即可.
【详解】，则在上的投影向量的模为.
故选：C
4．B
【分析】求出，，，代入夹角公式解方程即可求出.
【详解】由已知，，，
则.
解得，（舍去，）
故选：B.
5．C
【分析】求出向量在向量上的投影，再乘以向量同向的单位向量即可得．
【详解】，，，
向量在向量上的投影为，与量同向的单位向量为，
所以向量在向量上的投影向量为．
故选：C．
6．B
【分析】对两边平方,结合，计算即可求出答案．
【详解】由可得，
即，
，
故选：B．
7．D
【分析】根据向量数量积的运算求得正确答案.
【详解】依题意足，，
所以，
解得，负根舍去.
故选：D
8．A
【分析】先根据题意求出角的正弦值和余弦值，再利用两角差正弦公式求出旋转后的角的正弦值，进而即可求解.
【详解】设是角终边上一点，则，.
绕点顺时针旋转后得，因为，
则，
故选：A.
9．B
【分析】利用三角形的重心的向量表示及向量的线性运算即可求解.
【详解】因为为重心，
所以，
所以，
故选：B.
10．D
【分析】利用向量加法减法的几何意义即可求得
【详解】中，，
则
故选：D
11．D
【分析】设正n边形的内角为，根据数量积公式可得，由于，根据求和公式得到等式，分别代入各选项的n即可判断正误.
【详解】解：设正n边形的内角为，则，
，
即，
当时，，A选项错误；
当时，，B选项错误；
当时，，
由于，所以，C选项错误；
当时，，D选项正确；
故选：D.
12．A
【分析】根据向量的求模方法求模即可.
【详解】
；
故选：A.
13．B
【分析】根据平面向量的线性运算和数量积运算计算即可.
【详解】解：由题意可知，，
故选：B．
14．B
【分析】设，则为的中点，且，可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】设，则为的中点，且，如下图所示：
，所以，.
故选：B.
15．A
【分析】根据充分不必要的条件的定义即可求解.
【详解】若，，故能推出，
若，则，则，则与垂直也可以，不能得到， 故不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
16．ABD
【分析】当为中点时最小，即可求出，从而判断A；设到，的距离分别为，，则，求出，即可得到，从而求出，即可判断B；根据利用基本不等式求出四边形面积的最大值，即可判断C；分别取，的中点，，根据数量积的运算律求出的值，即可判断D.
【详解】解：当为中点时最小，，，故A正确；
设到，的距离分别为，，，∴，
又，∴，，故B正确；
因为，所以，则，当且仅当时取等号，
所以
，故C错误.
分别取，的中点，，
则
为定值，故D正确.
故选：ABD.
17．ACD
【分析】利用向量的线性运算、向量数量积的运算性质结合条件逐项判断即得.
【详解】∵在平行四边形中，，
∴分别为AB、AD的中点，
∴，故A正确；
因为，故B错误；
因为，故C正确；
若，则，又，
∴，
∴
∴，故D正确.
故选：ACD.
18．ABD
【分析】由向量相等得直线平行，线段相等，同时得出的方向，从而由斜率判断A，由四边形的形状判断B，求出三角形面积判断C，确定与的夹角的大小判断D．
【详解】，则平行且相等，，A正确；
而，所以是菱形，且都是正三角形，即，B正确，
，
，C错误，
设的倾斜角为，由且，
若直线在直线上方，则，，均在第二象限，
若直线在直线下方，由于，，因此点在第四象限，
则（取较小角），在第四象限，
综上，在同一象限，D正确．
故选：ABD．
19．BCD
【解析】利用向量共线的充要条件判断出A错，C对；利用向量的运算法则求出，求出，判断出B对，过作，交于，作，交的延长线于，则，然后可判断出D正确.
【详解】当时，，则在线段上，故，故A错
当是线段的中点时，
，故B对
为定值1时，，，三点共线，又是平行四边形内（含边界）的一点，故的轨迹是线段，故C对
如图，过作，交于，作，交的延长线于，则：；
又；，；
由图形看出，当与重合时：；
此时取最大值0，取最小值1；所以取最大值，故D正确
故选：BCD
【点睛】结论点睛：若，则三点共线.
20．ABD
【解析】根据坐标运算计算出每个等式等号左右两边的值，由此判断出AB是否正确；理解C选项中“”的含义，由此可判断是否正确；将不等号两边同时平方结合坐标形式下向量的模长公式，采用作差法判断是否正确.
【详解】A．因为，所以，故正确；
B．因为，故正确；
C．，此时不恒成立，故错误；
D．因为，，
所以，
所以，且，，所以，故正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是理解新运算的运算方法，将其与坐标形式下向量的数量积公式区分开来，通过坐标运算达到判断的目的.
21．
【分析】求出两点坐标，由数量积求得后可得．
【详解】显然，由得，不妨设，，
，解得，∴．
故答案为：．
22．(答案不唯一)
【分析】设，根据即可求出x与y的关系，由此即可写出一个满足题意的向量.
【详解】设，x和y不同时为零，
∵，∴，即，
令x＝1，则y＝－1，
故满足条件的一个向量(1，－1).
故答案为：(1，－1).
23．
【分析】先将两边平方，求得，再根据向量的数量积的运算法则求得的值.
【详解】由可知：，
即，则，
所以，
故答案为：
24．
【分析】求出，设点，化简表达式，利用二次函数的性质，求解最小值即可．
【详解】解：由已知易得，
设点，则，
当时，取得最小值．
故答案为：．
25．
【分析】由直线方程过右焦点得的关系，设，直线方程与双曲线方程联立消去，应用韦达定理得出，由，得，这样结合起来可得值．
【详解】在中令得，所以，则，
设，
由，消去得，
，，
由得，，，
所以，化简得，
．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：：本题考查直线与双曲线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，由直线方程与双曲线方程联立，消元后应用韦达定理（本题得），已知条件又得，这样结合起来可求得值．
26．64
【解析】设出，，三点坐标，由得出为直径，故得到关系式，代入中得到其值为，利用圆的参数方程设出点坐标代入中，利用辅助角公式求最值即可.
【详解】整理圆的方程可得
故圆心为，半径为
设，由可得为圆的直径
由此可得
则
又在圆上
设
故的最大值为
故答案为：64
27．4
【解析】由求得，代入利用基本不等式求最小值.
【详解】因为，，且，
所以，即
因为m，n均为正数，
所以
当且仅当时取最小值.
故答案为：4
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”
(1) “一正”就是各项必须为正数；
(2)“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
如果等号成立的条件满足不了，说明函数在对应区间单调，可以利用单调性求最值或值域．
28．
【解析】由及向量平行四边形法则可得出，结合条件可得中，，，根据余弦定理计算即可.
【详解】解：因为，，
所以根据向量平行四边形法则可得，，
又，故且，
在中，由余弦定理：，
所以.
故答案为：
【点睛】求解几何计算问题要注意：
（1）根据已知的边角画出图形并在图中标示；
（2）选择在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理.
29．(1)
(2)
【分析】（1）计算出为直角，可在中计算出、的长，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
（2）设，求出的取值范围，利用正弦定理可得出，利用平面向量数量积的定义以及三角恒等变换可得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：在中，，，所以，
又是的平分线，所以，，
故，
在中，，，故，，
所以的面积.
（2）解：设，则，，，
所以，，解得，
在中，根据正弦定理得，
得，
所以
，
当且只当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
30．（1）；（2）.
【解析】（1）根据得到关于的方程，结合求解出的值，由此确定出的值，则的值可求；
（2）将等式两边同时平方，通过化简先求解出的值，再根据与的关系，采用角的配凑以及两角和的正弦公式求解出的值.
【详解】（1）因为，所以，即，
所以，又，所以，所以；
（2）因为，所以，化简得，
又，，则，，
所以，则，
又，，又，所以，
所以，
所以.
【点睛】结论点睛：已知向量，
（1）若，则有；
（2）若，则有.
31．条件选择见解析；（1）；（2）.
【解析】（1）选择条件①，利用正弦定理化简已知条件，再利用两角和的正弦公式化简得，根据三角形内角性质得出且，即可求出角的值；选择条件②，根据向量的数量积公式以及三角形的面积公式，化简得出，即可求出角的值；选择条件③，根据两角和的正弦公式和辅助角公式，化简的出，从而可求出角的值；
（2）根据题意，利用正弦定理边角互化得出，，再根据三角形面积公式化简得出，由为锐角三角形，求出角的范围，从而得出的面积的取值范围.
【详解】解：（1）选①，
由正弦定理得：，
∴，
∵，∴，∴，
∵，∴；
选②，
∴，
∴，
∵，∴，则，
∴；
选③，
得，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，∴.
（2）已知为锐角三角形，且，
由正弦定理得：，
∴，，
∴，
∵为锐角三角形，
∴，
∴，∴.
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理的边角互化、两角和的正弦公式、辅助角公式、向量的数量积的应用，考查三角形的面积公式以及三角形内角的性质，根据三角函数的性质求区间内的最值从而求出三角形的面积的取值范围是解题的关键，考查转化思想和化简运算能力.
32．（1）；（2）
【解析】（1）利用向量共线的条件，可得结论；
（2）利用同角三角函数关系式，结合题中所给的正切值，得到，再利用向量的模的公式，结合所求得的结论，得到结果.
【详解】（1）因为，所以，，即，
因为，所以，；
（2）因为＝＝－2，所以，，
，
＝＝.
【点睛】该题考查的是向量的有关问题，涉及到的知识点有两向量共线坐标所满足的条件，正弦的倍角公式，已知三角函数的值求角，向量的模，属于简单题目.