平面向量 模拟检测卷-2025届高三数学一轮复习

平面向量检测卷-2024-2025年高考数学一轮模拟题复习 一、单选题 1．（2024·福建泉州·模拟预测）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东江门·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，，E是边BC的中点，F是CD上靠近D的三等分点，若，则（    ） A．4 B．3 C． D． 3．（2024·陕西铜川·模拟预测）在△ABC中，点D为线段BC的中点，点E满足，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·天津河北·二模）是等腰直角三角形，其中，是所在平面内的一点，若（且），则在上的投影向量的长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（2023·安徽马鞍山·模拟预测）已知平行四边形中， ，，分别为边，的中点，若，则四边形面积的最大值为（    ） A．2 B． C．4 D． 6．（2024·广西柳州·模拟预测）已知向量与的夹角为，且，，则（    ）． A． B． C．4 D．2 7．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·陕西铜川·模拟预测）在中，，若，，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·浙江绍兴·三模）已知平面向量，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若在的投影向量为，则 D．若，则 10．（2024·山西晋中·模拟预测）在中，为边上一点且满足，若为边上一点，且满足，，为正实数，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为1 B．的最大值为 C．的最大值为12 D．的最小值为4 11．（2024·江西鹰潭·三模）已知向量，，，则（    ） A．若，则 B．在方向上的投影向量为 C．存在，使得在方向上投影向量的模为1 D．的取值范围为 三、填空题 12．（2023·陕西榆林·模拟预测）已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 . 13．（2023·河南·模拟预测）向量的夹角为，定义运算“”:，若，，则的值为 . 14．（2024·陕西安康·模拟预测）菱形的边长为，以为圆心作圆且与相切于是与的交点，则 . 四、解答题 15．（2024·河南·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. (1)求C； (2)若D是边的中点，且，求的面积. 16．（2024·北京·一模）在中，． (1)求C； (2)若，求的最小值． 17．（2023·江苏·模拟预测）在中，内角所对边的长分别为，． (1)若，求． (2)若为边上的一点，且，求． 18．（2023·安徽安庆·一模）在中，三边所对的角分别为，已知， (1)若，求； (2)若边上的中线长为，求的长. 19．（2023·广西南宁·模拟预测）在（1）；（2）；（3）这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，内角的对边分别为，且满足 (1)求角； (2)若的外接圆周长为，求边上的中线长. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】由向量数量积的坐标表示即可得解. 【详解】由可知，即该式对于任意均成立. 故选：D． 2．B 【分析】在平行四边形ABCD中设，将用表示，代入到已知条件，根据向量的运算法则化简求解即可. 【详解】设，平行四边形ABCD中， 由已知可得：， 所以 ， 解得：或（舍）， 故选：B 3．D 【分析】利用平面向量基本定理根据题意将用表示出来，从而可求出，进而可求得结果. 【详解】因为点D为线段BC的中点，点E满足， 所以，所以， 消去，得， 所以， 所以，，所以． 故选：D． 4．B 【分析】根据向量共线定理的推论，投影向量的概念，数形结合，即可求解． 【详解】设，（且）， 则（且）， 则在线段上，如图所示，    当与重合时，在上的投影向量的长度取得最大值，最大值为； 当与重合时，在上的投影向量的长度取得最小值，最大值为； 则在上的投影向量的长度的取值范围是． 故选：B. 5．D 【分析】建立适当的平面直角坐标系，设，写出各个点的坐标，将转换成条件等式，结合平行四边形面积公式以及基本不等式即可求解. 【详解】以点为原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，    设， 则， 所以， 所以， 从而，即，等号成立当且仅当， 四边形面积的表达式为， 从而，等号成立当且仅当， 所以四边形面积的最大值为. 故选：D. 6．D 【分析】根据的坐标求出它的模，利用数量积运算求出所求向量的模． 【详解】由得，， 又，则． 故选：D. 7．C 【分析】将两边平方求出，然后由投影向量公式可得. 【详解】因为，， 所以，得， 所以向量在向量方向上的投影向量为. 故选：C 8．A 【分析】由得出，再借助平行四边形定则画图可解. 【详解】如图，设的中点为，则，所以，，则． 设，由于，则，则． 假如的起点均为，运用加法的平行四边形法作图求和，对角线对应的终点如图所示，所以． 故选：A． 9．ACD 【分析】借助向量的平行及垂直的坐标运算可得A、B、D，借助投影向量定义结合坐标运算可得C. 【详解】对A：若，则有，解得，故A正确； 对B：若，则有，解得，故B错误； 对C：若在的投影向量为， 则有， 化简得，即，故C正确； 对D：若，则有，解得，故D正确. 故选：ACD. 10．BD 【分析】根据三点公式求得，结合基本不等式判断即可. 【详解】因为，所以， 又， 因为、、三点共线，所以， 又，为正实数，所以， 当且仅当，即，时取等号，故A错误，B正确； ， 当且仅当，即，时取等号，故C错误，D正确. 故选：BD 11．ACD 【分析】由垂直向量的数量积表示可判断A；由投影向量的计算公式可判断B，C；由向量的模长公式结合三角函数的性质可判断D. 【详解】对于A，若，则， 则，即，所以，故 A正确； 对于B，在方向上的投影向量为，故B错误； 对于C，在方向上的投影向量的模为， 若，则， 即，其中，， 所以， 所以存在，使得在方向上的投影向量的模为1，故C正确. 对于D，, 因为所以，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由，得，化简后可表示出，然后利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】因为，所以，所以， 因为非零向量，满足， 所以， 因为 ，所以. 故答案为： 13． 【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算求出向量的模及夹角余弦，再利用定义求解即得. 【详解】由，，得， ，， 则，所以. 故答案为： 14．1+/ 【分析】由题意可得，，利用平面向量的数量积的定义和运算律、线性运算计算即可求解. 【详解】由题可知，则， 所以， 故， 故. 故答案为： 15．(1)； (2). 【分析】（1）由诱导公式将变成，由正弦定理得到与的关系，再用余弦定理计算的值，从而得出的值； （2）由中点向量公式表示出，两边平方，将第一问的结论代入计算出的值，从而得到的值，再利用三角形面积公式计算即可。 【详解】（1）由得：， 由正弦定理得：， 又，由余弦定理得： ， 又，. （2）由为中点知：，所以， 两边平方得：， 由（1）知，，所以， 解得，所以，. 又. 所以的面积为. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据两角和正弦余弦公式化简可得，再根据诱导公式化简可得； （2）由余弦定理求出的取值范围后即可求出. 【详解】（1）因为， 所以， ， 即 即， 因为是的内角，所以，即， 所以. （2）在中，， 得，因为是的边长 所以，所以， 即 因为， 所以， 所以的最小值为. 17．(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理求出，从而结合题目条件得到，再由正弦定理求出； （2）由（1）求出，利用向量基本定理得到，两边平方后得到，结合余弦定理，求出. 【详解】（1）由余弦定理，得，即． 因为，所以， 即，解得，（舍去）， 将代入中得． 由正弦定理，得，即， 所以． （2）由（1）知，． 因为， 所以， 所以 ， 因为，所以， 所以，解得， 又，代入可得. 18．(1)1 (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理整理得，得到，求得，再由正弦定理，即可求解； （2）设边上的中线为，得到，结合向量的运算，求得，再利用余弦定理，即可求解. 【详解】（1）解：因为且， 由正弦定理得， 整理得， 因为，可得， 可得， 又因为，可得，所以，即， 因为，所以， 由正弦定理的且，可得. （2）解：设边上的中线为，则， 所以， 因为边上的中线长为，可得，整理得， 解得或（舍去）， 所以.    19．(1)所选条件见解析，； (2). 【分析】（1）根据所选条件，应用正弦边角关系、三角形面积公式、向量数量积定义、三角恒等变换化简条件求角； （2）由已知易得为顶角为的等腰三角形，是中点，则，利用向量数量积的运算律求中线长度. 【详解】（1）选（1），则， 所以，而，则， 所以； 选（2），则， 所以，而，则； 选（3），则，， 所以， 所以，则， 而，则. （2）由，则，故，，即， 结合（1）易知：为顶角为的等腰三角形，如下图，是中点， 的外接圆周长为，若外接圆半径为，则， 所以，而， 所以， 则，即求边上的中线长为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$