2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习19《平面向量的概念及线性运算》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习19《平面向量的概念及线性运算》(含详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，eq \(OP,\s\up6(→))=xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，且eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，则( )
A.x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3) B.x=eq \f(1,3)，y=eq \f(2,3) C.x=eq \f(1,4)，y=eq \f(3,4) D.x=eq \f(3,4)，y=eq \f(1,4)
已知点O为△ABC外接圆的圆心，且eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \(CO,\s\up15(→))=0，则△ABC的内角A=( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
如图，在直角梯形ABCD中，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，eq \(BC,\s\up10(→))=3eq \(EC,\s\up10(→))，F为AE的中点，则eq \(BF,\s\up10(→))=( )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→)) B.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up10(→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→)) C.－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→)) D.－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→))
设a是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是( )
A.a与λa的方向相反
B.a与λ2a的方向相同
C.|－λa|≥|a|
D.|－λa|≥|λ|·a
设M是△ABC所在平面上的一点，且eq \(MB,\s\up10(→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up10(→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up10(→))=0,，D是AC中点，则eq \f(|\(MD,\s\up10(→))|,|\(BM,\s\up10(→))|)值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.1 D.2
已知O，A，B，C为同一平面内的四个点，若2eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))=0，则向量eq \(OC,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→)) B.－eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up6(→)) C.2eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)) D.－eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))
设向量a，b不共线，eq \(AB,\s\up14(→))=2a＋pb，eq \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，若A，B，D三点共线，
则实数p的值为( )
A.－2 B.－1 C.1 D.2
已知点M是△ABC的边BC的中点，点E在边AC上，且eq \(EC,\s\up6(→))=2eq \(AE,\s\up6(→))，则向量eq \(EM,\s\up6(→))=( )
A.eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→)) B.eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up6(→)) C.eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)) D.eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up6(→))
已知O是正六边形ABCDEF的中心，则与向量eq \(OA,\s\up14(→))平行的向量为( )
A.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)) B.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) C.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) D.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DE,\s\up14(→))
在△ABC中，点D在线段BC的延长线上，且eq \(BC,\s\up10(→))=3eq \(CD,\s\up10(→))，点O在线段CD上(与点C，D不重合)，若eq \(AO,\s\up10(→))=xeq \(AB,\s\up10(→))＋(1－x)eq \(AC,\s\up10(→))，则x的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))
设点M是△ABC所在平面上的一点，且eq \(MB,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up15(→))=0，点D是AC的中点，
则eq \f(\(|MD|,\s\up15(→)),\(|BM|,\s\up15(→)))的值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.1 D.2
如图，在△ABC中，N为线段AC上靠近点A的三等分点，点P在线段BN上且满足：
eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))，则实数m的值为( )
A.1 B.eq \f(1,3) C.eq \f(9,11) D.eq \f(5,11)
二、填空题
已知D，E，F分别为△ABC的边BC，CA，AB的中点，且eq \(BC,\s\up10(→))=a，eq \(CA,\s\up10(→))=b，给出下列命题：
①eq \(AD,\s\up10(→))=eq \f(1,2)a－b；②eq \(BE,\s\up10(→))=a＋eq \f(1,2)b；③eq \(CF,\s\up10(→))=－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b；④eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(BE,\s\up10(→))＋eq \(CF,\s\up10(→))=0.
其中正确命题的个数为________.
若|eq \(AB,\s\up15(→))|=|eq \(AC,\s\up15(→))|=|eq \(AB,\s\up15(→))－eq \(AC,\s\up15(→))|=2，则|AB＋eq \(AC,\s\up15(→))|=________.
已知点D为△ABC所在平面上一点，且满足eq \(AD,\s\up15(→))=eq \f(1,5)eq \(AB,\s\up15(→))－eq \f(4,5)eq \(CA,\s\up15(→))，△ACD的面积为1，则△ABD的面积为________.
已知△ABC和点M满足eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))=0，若存在实数m使得eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))=meq \(AM,\s\up6(→))成立，则m= .
已知非零向量e1，e2，a，b满足a=2e1－e2，b=ke1＋e2.给出以下结论：
①若e1与e2不共线，a与b共线，则k=－2；
②若e1与e2不共线，a与b共线，则k=2；
③存在实数k，使得a与b不共线，e1与e2共线；
④不存在实数k，使得a与b不共线，e1与e2共线.
其中正确的是________(只填序号).
已知G是△ABC的重心，过点G作直线MN与AB，AC交于点M，N，且eq \(AM,\s\up14(→))=xeq \(AB,\s\up14(→))，eq \(AN,\s\up14(→))=yeq \(AC,\s\up14(→))(x，y>0)，则3x＋y的最小值是 .
\s 0 答案解析
答案为：B.
解析：由题意知eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))，又因为eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，
所以eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))=eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))，所以x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3).
答案为：A
解析：由eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \(CO,\s\up15(→))=0，得eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=eq \(OC,\s\up15(→))，由O为△ABC外接圆的圆心，
可得|eq \(OA,\s\up15(→))|=|eq \(OB,\s\up15(→))|=|eq \(OC,\s\up15(→))|.设OC与AB交于点D，如图，由eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=eq \(OC,\s\up15(→))可知D为AB的中点，
所以eq \(OC,\s\up15(→))=2eq \(OD,\s\up15(→))，D为OC的中点.又由|eq \(OA,\s\up15(→))|=|eq \(OB,\s\up15(→))|可知OD⊥AB，即OC⊥AB，
所以四边形OACB为菱形，所以△OAC为等边三角形，即∠CAO=60°，故∠BAC=30°.
答案为：C；
解析：解法一：如图，取AB的中点G，连接DG，CG，则易知四边形DCBG为平行四边形，
所以eq \(BC,\s\up10(→))=eq \(GD,\s\up10(→))=eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AG,\s\up10(→))=eq \(AD,\s\up10(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up10(→))，所以eq \(AE,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BE,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up10(→))=eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→))，
于是eq \(BF,\s\up10(→))=eq \(AF,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))=－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→)).
答案为：B；
解析：对于A，当λ＞0时，a与λa的方向相同，当λ＜0时，a与λa的方向相反；B正确；对于C，|－λa|=|－λ||a|，由于|－λ|的大小不确定，故|－λa|与|a|的大小关系不确定；对于D，|λ|a是向量，而|－λa|表示长度，两者不能比较大小.
答案为：A；
解析：∵D是AC的中点，∴eq \(DA,\s\up10(→))＋eq \(DC,\s\up10(→))=0,.又∵eq \(MB,\s\up10(→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up10(→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up10(→))=0,，
∴eq \(MB,\s\up10(→))=－eq \f(3,2)(eq \(MA,\s\up10(→))＋eq \(MC,\s\up10(→)))=－eq \f(3,2)×2eq \(MD,\s\up10(→))，即eq \(MB,\s\up10(→))=3eq \(DM,\s\up10(→))，故eq \(MD,\s\up10(→))=eq \f(1,3)eq \(BM,\s\up10(→))，∴eq \f(|\(MD,\s\up10(→))|,|\(BM,\s\up10(→))|)=eq \f(1,3).故选A.
答案为：C；
解析：因为eq \(AC,\s\up6(→))=eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，
所以2eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))=2(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→)))=eq \(OC,\s\up6(→))－2eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))=0，所以eq \(OC,\s\up6(→))=2eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)).
答案为：B.
解析：因为eq \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，所以eq \(BD,\s\up14(→))=eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))=2a－b.又因为A，B，D三点共线，
所以eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(BD,\s\up14(→))共线.设eq \(AB,\s\up14(→))=λeq \(BD,\s\up14(→))，所以2a＋pb=λ(2a－b)，
所以2=2λ，p=－λ，即λ=1，p=－1.
答案为：C；
解析：如图，∵eq \(EC,\s\up6(→))=2eq \(AE,\s\up6(→))，∴eq \(EM,\s\up6(→))=eq \(EC,\s\up6(→))＋eq \(CM,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))=eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→)).
答案为：B.
解析：eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))=2eq \(AO,\s\up14(→))=－2eq \(OA,\s\up14(→)).
答案为：D；
解析：依题意，设eq \(BO,\s\up10(→))=λeq \(BC,\s\up10(→))，其中1＜λ＜eq \f(4,3)，
则有eq \(AO,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BO,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋λeq \(BC,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋λ(eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))=(1－λ)eq \(AB,\s\up10(→))＋λeq \(AC,\s\up10(→)).
又eq \(AO,\s\up10(→))=xeq \(AB,\s\up10(→))＋(1－x)eq \(AC,\s\up10(→))，且eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))不共线，于是有x=(1－λ)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))，
即x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0)).
答案为：A
解析：∵D是AC的中点，如图，延长MD至E，使得DE=MD，
∴四边形MAEC为平行四边形，
∴eq \(MD,\s\up15(→))=eq \f(1,2)eq \(ME,\s\up15(→))=eq \f(1,2)(eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→)))，∴eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→))=2eq \(MD,\s\up15(→)).∵eq \(MB,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up15(→))=0，∴eq \(MB,\s\up15(→))=－eq \f(3,2)(eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→)))=－3eq \(MD,\s\up15(→))，
∴eq \(BM,\s\up15(→))=3eq \(MD,\s\up15(→))，∴eq \f(\(|MD|,\s\up15(→)),\(|BM|,\s\up15(→)))=eq \f(\(|MD|,\s\up15(→)),3\(|MD|,\s\up15(→)))=eq \f(1,3).故选A.
答案为：D.
解析：eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)(eq \(AC,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))，
设eq \(BP,\s\up14(→))=λeq \(BN,\s\up14(→))(0≤λ≤1)，则eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(BN,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(AN,\s\up14(→))，
因为eq \(AN,\s\up14(→))=eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AP,\s\up14(→))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)λeq \(AC,\s\up14(→))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1－λ，,\f(2,11)＝\f(1,3)λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(6,11)，,m＝\f(5,11)，))故选D.
答案为：3.
解析：eq \(BC,\s\up10(→))=a，eq \(CA,\s\up10(→))=b，eq \(AD,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))=－eq \f(1,2)a－b，故①错误；
eq \(BE,\s\up10(→))=eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(CA,\s\up10(→))=a＋eq \f(1,2)b，故②正确；
eq \(CF,\s\up10(→))=eq \f(1,2)(eq \(CB,\s\up10(→))＋eq \(CA,\s\up10(→)))=eq \f(1,2)(－a＋b)=－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b，故③正确；
∴eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(BE,\s\up10(→))＋eq \(CF,\s\up10(→))=－b－eq \f(1,2)a＋a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a=0,.
∴正确的命题为②③④.
答案为：2eq \r(3)
解析：∵|eq \(AB,\s\up15(→))|=|eq \(AC,\s\up15(→))|=|eq \(AB,\s\up15(→))－eq \(AC,\s\up15(→))|=2，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴|eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))|为△ABC的边BC上的高的2倍，
∴|eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))|=2×2sineq \f(π,3)=2eq \r(3).

答案为：3；
解析：由已知条件得eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))=－eq \(MA,\s\up6(→))，
如图，延长AM交BC于D点，则D为BC的中点.
延长BM交AC于E点，延长CM交AB于F点，
同理可证E，F分别为AC，AB的中点，
即M为△ABC的重心，∴eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，即eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))=3eq \(AM,\s\up6(→))，则m=3.
答案为：①④
解析：若a与b共线，即a=λb，即2e1－e2=λke1＋λe2，而e1与e2不共线，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λk＝2，,λ＝－1，))解得k=－2.故①正确，②不正确.
若e1与e2共线，则e2=λe1，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2－λe1，,b＝k＋λe1，))
因为e1，e2，a，b为非零向量，所以λ≠2且λ≠－k，所以eq \f(1,2－λ)a=eq \f(1,k＋λ)b，
即a=eq \f(2－λ,k＋λ)b，这时a与b共线，所以不存在实数k满足题意.故③不正确，④正确.
综上，正确的结论为①④.
答案为：eq \f(4＋2\r(3),3).
解析：如图，∵M，N，G三点共线，∴eq \(MG,\s\up14(→))=λeq \(GN,\s\up14(→)).
∴eq \(AG,\s\up14(→))－eq \(AM,\s\up14(→))=λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AG,\s\up14(→))).∵G是△ABC的重心，∴eq \(AG,\s\up14(→))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))).
∴eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))－xeq \(AB,\s\up14(→))=λyeq \(AC,\s\up14(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))).∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－x＝－\f(1,3)λ，,\f(1,3)＝λy－\f(1,3)λ，))
整理得(3x－1)·(3y－1)=1；结合图象可知eq \f(1,2)≤x≤1，eq \f(1,2)≤y≤1；
令3x－1=m,3y－1=neq \f(1,2)≤m≤2，eq \f(1,2)≤n≤2，则mn=1，x=eq \f(1＋m,3)，y=eq \f(1＋n,3).
故3x＋y=1＋m＋eq \f(1＋n,3)=eq \f(4,3)＋m＋eq \f(n,3)≥eq \f(4,3)＋2eq \r(\f(1,3)mn)=eq \f(4,3)＋eq \f(2\r(3),3)，
当且仅当m=eq \f(\r(3),3)，n=eq \r(3)时等号成立.