【备战期中必刷真题】 新高考期中专题04 平面向量大题综合 高一下学期期中考试真题必刷强化训练（新高考通用）

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【备战期中必刷真题】
新高考期中专题04 平面向量大题综合
高一下学期期中考试真题必刷强化训练（新高考通用）

1．（2022春·湖北·高一校联考期中）已知向量，．
(1)当k为何值时，与共线；
(2)若，且A、B、C三点共线，求实数m的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由向量共线的坐标表示计算；
（2）三点共线转化为向量共线，由向量共线可得结论．
(1)
，，由于与共线，所以，则．
(2)
由于A，B，C三点共线，所以存在，使，即，所以．
2．（2022春·福建三明·高一三明一中校考期中）已知平面内三个向量．
(1)求；
(2)求满足的实数m及n的值；
(3)若，求实数k的值．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据向量线性运算的坐标表示求出的坐标，再求模；
（2）根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可；
（3）首先求出的坐标，再由向量垂直得到，根据数量积的坐标表示得到方程，计算可得；
(1)
解：因为，，，
所以，
所以．
(2)
解：由得，
即，解得．
(3)
解：因为，，，
所以，
因为，所以，即，
解得．
3．（2022春·福建三明·高一校联考期中）中，且为的中点，设，．
(1)用表示；
(2)若，且，求的值．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用向量线性运算的几何表示即得；
（2）由题可得，然后利用向量的数量积的定义，运算律结合向量垂直的数量积表示即得；或利用坐标法，利用向量的坐标表示及数量积的坐标表示运算即得.
(1)
在中，，

所以；
(2)
法一：∵，
∴点在线段上，
又，
又，所以，
即，
∴，
又，
∴，
即
∴.
法二：以A为原点，建立平面直角坐标系，

则，
所以，
又，
所以可求得，
由，所以，
即，
整理得，
∴.
4．（2022春·河北·高一校联考期中）已知，为不共线的单位向量，，，且与共线.
(1)求的值；
(2)在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答..
问题：若______，分别求和的坐标.
（注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）由与共线，可设，得到，得出方程组，即可求解；.
（2）选择①：设，得到，列出方程组，求得的值，即可求解；
选择②：设，得到，列出方程组，求得的值，即可求解.
（1）解：由题意，向量，为不共线的单位向量，，，因为与共线，可设，则，所以，解得.
（2）解：选择①：设，因为，所以，可得，解得或，当时，；当时，.选择②：设，因为，所以，可得，解得或，当时，；当时，.
5．（2022春·山东青岛·高一山东省莱西市第一中学校考期中）试分别解答下列两个小题：
(1)设，是不共线的两个向量，试确定实数，使得和共线；
(2)已知是坐标原点，，，，在上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在或满足题意，理由见解析.

【分析】（1）利用向量共线定理即得；
（2）设，，然后利用向量共线的坐标表示及向量垂直的坐标表示可得，即得.
（1）
由于和共线，
设，，
由于，是不共线的两个向量，
所以，
解之得．
（2）
设，，
则，从而，
，，
∵，∴，
从而，
即，
解之得：或，
所以存在或满足题意．
6．（2022春·河北邯郸·高一校联考期中）已知平面向量，，，，，且A，C，D三点共线.
(1)求的坐标；
(2)已知，若A，B，D，E四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点E的坐标.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得与可以作为平面内的一组基底，表示出，再根据，，三点共线，即可求出，从而求出的坐标；
（2）首先求出、A的坐标，设，根据得到方程组，解得即可；
(1)
解：因为，，所以与不共线，即与可以作为平面内的一组基底，
因为，
所以，又，
因为，，三点共线，所以，解得.
所以
.
(2)
解：由（1）知，又因为，则有，
因为，所以，
因为A，B，D，E四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以.
设，则，
因为，所以解得，即点E的坐标为.
7．（2022春·福建龙岩·高一校联考期中）阅读下一段文字：，，两式相减得，我们把这个等式称作“极化恒等式”，它实现了在没有夹角的参与下将两个向量的数量积运算化为“模”的运算．试根据上面的内容解决以下问题：如图，在中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点．

(1)若AD=BC=3，求的值；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)
(2)7

【分析】（1）由极化恒等式知，代入即可得出答案.
（2）因为，由极化恒等式知: ，因为，由极化恒等式知: ，解两个方程求出，再因为，代入即可得出答案.
【详解】（1）由极化恒等式知．
（2）设，，
因为，由极化恒等式知: ，因为，由极化恒等式知: ，所以
  解得m=2，n=3，
所以．
8．（2022春·福建厦门·高一厦门外国语学校校考期中）已知，是平面上的两个不共线的单位向量，且．，．
(1)若与垂直，求k的值；
(2)令（其中，当在上的投影向量为，求实数x的值及向量与夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)，

【分析】（1）由已知条件，两个单位向量互相垂直，可直接用坐标表示，求解与的坐标，利用与垂直，两向量的数量积为0，代入坐标，求解值.
（2）由根据题意可求得与的数量积，带入，求解，即可求解x的值，利用向量的数量积即可求解与夹角的余弦值.
(1)
解：∵，是平面上的两个不共线的单位向量，且，
∵与垂直，∴，
可令，，
∴，，
∴，得．
(2)
解：，
∵据题意，得：，∴，
得：，解得：，
∴，．
∴实数x的值为，向量与的夹角的余弦值为．
9．（2022春·福建泉州·高一福建省泉州市培元中学校考期中）已知向量与的夹角为，且，
(1)求的值．
(2)在三角形中，，且，求
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将两边平方，结合数量积公式化简求解即可；
（2）以，为基底化简，再根据数量积公式求解即可
(1)
即，故，故，因为故
(2)
因为，故，
故，
即
10．（2022春·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图在中，已知P为线段上一点，．

(1)若，求实数x，y的值；
(2)若，，，且与的夹角为，求的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据平面向量的线性运算求得正确答案.
（2）以为基底表示出，从而计算出.
（1）
由于，所以是线段的中点，
所以，
所以.
（2）
由于，所以
.
,
所以

.
11．（2022春·山东泰安·高一统考期中）已知，，为平面向量，，，，.
(1)求的取值范围；
(2)设与的夹角为，求的最小值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合平面向量夹角公式进行求解即可.
(1)
因为，
所以，
因为，
所以，
设与的夹角为，
由上式可得.
又，
所以.
令，与的夹角为，
所以，
所以.
因为，
所以，解得.
综上可得，即；
(2)
因为，
所以由（1）可知：当时，的值最小，
代入，得：，
所以的最小值等于.
12．（2022春·山东烟台·高一烟台二中校联考期中）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量，又点，，．
(1)若，且，求向量的坐标；
(2)若向量与共线，当取得最大值时，求的值．
【答案】(1)或
(2)

【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示及向量模长的坐标公式，联立方程组求解即可得答案；
（2）由向量与共线，可得，进而利用二次函数的知识，可得当，时，取得最大值，从而根据向量数量积的坐标表示即可求解.
(1)
解：由题意，，，
∵，，
∴，
又因为，所以，
联立方程组，求解可得或，
所以或；
(2)
解：由题意，，
因为向量与共线，所以，即，
于是，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，此时，
故．
13．（2022春·山东青岛·高一青岛大学附属中学校考期中）在锐角中，向量在向量上的投影向量为，，．
(1)求t；
(2)已知D是BC的中点，，设，求的值及．
【答案】(1)2；
(2)；.

【分析】（1）根据给定条件，结合投影向量的定义求出的坐标，再借助数量积计算作答.
（2）利用向量的线性运算，结合平面向量基本定理求出，再借助坐标运算作答.
【详解】（1）在锐角中，向量在向量上的投影向量为，
而是向量在向量上的投影向量，显然是单位向量，
则，则，
又，，则，解得，
所以.
（2）因D是BC的中点，，则，
因，与不共线，于是得，，
由（1）知，，所以.
【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题，先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
14．（2022春·湖北襄阳·高一襄阳五中校考期中）在平面直角坐标系中，设向量，，．
(1)若，求的值；
(2)设，，且，求的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)利用向量的模长公式.
(2)利用向量平行的坐标形式求解.
【详解】（1）因为，，，
所以，且.
因为，所以，即，
所以，即．
（2）因为，所以．依题意，．
因为，所以．
化简得，，所以．
因为，所以．
所以，即．
15．（2022春·湖北武汉·高一华中师大一附中校考期中）如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为2.

(1)设，求的值；
(2)若点在边上运动（包括端点），则求的最大值.
【答案】(1)-3
(2)12

【分析】（1）根据向量的加减法运算，可得答案；
（2）建立平面直角坐标系，求得相关各点坐标，表示出P点坐标，进而表示出，求得其模的表达式，结合二次函数的性质，求得答案.
（1）
由题意得：两个正六边形全等， ,
则,
故由，可得 ；
（2）
如图，以O为坐标原点，FC为x轴，OI为y轴建立平面直角坐标系，

则,则 ,
由于直线OD的方程为 ，故设P点坐标为 ，
则 ，
所以，
则，
由于，此时函数为增函数，
故当时，取到最大值为144，
所以的最大值为12.
16．（2022春·湖北·高一校联考期中）在中，，，，点E，F在边上且，.

(1)若，求的长；
(2)若，，求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设，，根据数量积的定义求出，再由，根据向量数量积的运算律计算可得；
（2）依题意根据平面向量线性运算法则得到，，再根据数量积的运算律求出、、，最后根据夹角公式计算可得；
【详解】（1）解：设，，则，，因此，
所以，
所以

所以，
（2）解：因为，
所以，
，
所以.
又，
，
∴.
17．（2022春·辽宁·高一辽宁实验中学校考期中）已知两个不相等的非零向量、两组向量，，，，和，，，，，均由2个和3个随意排列而成，记.
(1)S最多会有多少种不同的形式？(直接写出结果即可)
(2)，求证：.
【答案】(1)3种；
(2)证明见解析.

【分析】(1)采用列举法即可求解；(2)求出S的最小值，证明最小值大于0即可．
(1)
S最多有，，三种；
(2)
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
18．（2022春·辽宁沈阳·高一沈阳市第一二〇中学校考期中）已知，，其中.
(1)求证：与互相垂直；
(2)若与（）的长度相等，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）通过计算来证得与互相垂直.
（2）根据与（）的长度相等列方程，化简求得，进而求得.
(1)
因为
，
所以与互相垂直.
(2)
，
，
所以，
，
因为，
所以，有，
因为，故，又因为，所以.
19．（2022春·重庆·高一校联考期中）已知平面向量，，满足，已知方向上的单位向量为，向量在向量方向上的投影向量为.
(1)若与垂直，求的大小；
(2)若，的夹角为，求向量与夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）易知，得到，再根据与垂直求解；
（2）由题意得，即，再利用平面向量的夹角求解．
(1)
由题意得，
即，则，
又与垂直，，，所以；
(2)
因为，，的夹角为，所以，所以，
，，
．
20．（2022春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期中）如图，已知四边形为平行四边形，，，设，.

(1)用向量，表示；
(2)若点P是线段CM上的一动点，（其中），求的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得；
（2）首先用向量，表示出、，再根据平面向量共线定理的推论及平面向量基本定理得到，最后代入利用二次函数的性质计算可得；
【详解】（1）解：依题意，，，
所以，所以；
（2）解：因为

因为在线段上，即、、三点共线，
所以存在实数，，使得


又，所以，
所以
因为，所以当时取得最小值；
21．（2022春·重庆万州·高一重庆市万州第二高级中学校考期中）在平面直角坐标系中，已知向量，，，且．
(1)求与间的关系；
(2)若，求与的值及四边形的面积．
【答案】(1)
(2)或四边形的面积为16

【分析】（1）由已知，利用平面向量坐标运算分别表示出，的坐标，利用平行关系即可得到与间的关系.
（2）由（1）得到与间的关系以及利用数量积为0，通过联立方程分别解出，并确定，坐标.最后，由四边形对角线垂直，可直接由对角线长度乘积的一半求出四边形面积.
【详解】（1）由题意得，，
因为，所以，即……①
（2）由题意得，，
因为，所以，即，
整理得
……②
联立①②,解得或.
记四边形面积为
当时，，，则，
当时，，，则
综上或四边形的面积为16
22．（2022春·重庆渝中·高一重庆市第二十九中学校校考期中）在平面直角坐标系中，已知．
（1）若为轴上的一动点，点．
①当三点共线时，求点的坐标；
②求的最小值﹔
（2）若，且与的夹角，求的取值范围．
【答案】（1）①；②5；（2）．
【分析】（1）①设，根据题意，可得坐标，根据三点共线，可得与共线，根据向量共线的坐标运算，即可求得答案；②因为关于轴的对称点为，所以当三点共线时，取得最小值，代入两点间距离公式，即可得答案.
（2）根据题意，求得坐标，根据题意可得恒成立，根据数量积公式，化简整理，可得恒成立，令，利用换元法，可得，恒成立，结合对勾函数的性质，即可得答案.
【详解】解：（1）①设，则，
所以，
因为与共线
所以，解得，
所以当三点共线时，点的坐标为
②因为关于轴的对称点为
所以，
所以当三点共线时，取得最小值，
最小值即为
所以取得最小值.
（2）因为，所以，
所以，
因为与的夹角，
所以恒成立，
所以，
又因为，所以，
所以，即恒成立，
又因为，
所以恒成立，
令，则，
换元可得，，
因为，当且仅当时等号成立，
所以当时，有最小值，
所以的取值范围是：
【点睛】解题的关键是熟练掌握向量共线、数量积公式、对勾函数等知识，并灵活应用，易错点为，在应用换元法时，应写出新元的范围，再根据自变量范围，结合对勾函数的性质求解，属中档题.
23．（2022春·重庆巴南·高一校考期中）在中，角、、的对边分别为、、，已知.
（1）若的面积为，求的值；
（2）设，，且，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系求得的值，利用三角形的面积公式可求得的值，再利用平面向量数量积的定义可求得的值；
（2）由结合二倍角公式可求得，求得和的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.
【详解】（1），，则，
的面积为，.
因此，；
（2），，且，所以，，即，.
，.
，
，
因此，.
【点睛】本题考查解三角形的综合问题，考查三角形面积公式的应用、平面向量数量积的计算、平面向量共线的坐标表示以及利用三角恒等变换思想求值，考查计算能力，属于中等题.
24．（2022春·山东济宁·高一统考期中）如图，在边长为1的正△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，若＝m，＝n，m，n∈(0，1)．设EF的中点为M，BC的中点为N．

（1）若A，M，N三点共线，求证：m＝n；
（2）若m+n=1，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析 ；（2） ．
【分析】（1）由向量共线定理及平面向量基本定理即得；
（2）由题可得，再利用模长公式及二次函数的性质即得.
【详解】（1）由A，M，N三点共线，得∥，设＝λ (λ∈R)，
即，
∴，
所以m＝n．
（2）因为＝m，＝n，EF的中点为M，BC的中点为N ,
∴,

又m＋n＝1，所以，
∴
，
故当m＝时，．
25．（2022春·福建泉州·高一校联考期中）在△ABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且||＝2||，设，．

(1)试用，表示；
(2)若H在BC上，且RH⊥BC，设||＝2，||＝1，,，若θ＝[,]，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由点共线有、，可得、，结合平面向量基本定理列方程组求，即可用，表示；
（2）由（1）及题设有、且k＞0，再由向量垂直得得到θ关于k的表达式，结合θ的范围求k的范围即可.
（1）
由P、R、C共线，则存在λ使，
∴，整理得：；
由B、R、O共线，则存在使，
∴，整理得：；
∴根据平面向量基本定理：，解得；
∴；
（2）
由（1）知：，则，
由、共线，设，k＞0；
而RH⊥BC，有；
∴，即，可得；
由，故，即，解得,
∴的范围为.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据点共线有、，结合向量线性运算的几何意义用含有参数且以、为基底表示，求出参数即可.
（2）由，令并结合向量垂直的表示、数量积的运算律求得θ关于k的表达式.
26．（2022春·山东潍坊·高一统考期中）在中，设，P为内任意动点记取最小值时的点P为．过作直线交线段CA于M．交线段CB于N，试求的值．
【答案】．
【分析】设，利用向量数量积的运算律及二次函数性质确定最小值时的位置，应用平面向量基本定理用表示，进而根据，M，N共线求结果.
【详解】设，则，
所以 ，
当时上式取得最小值，此时为的重心，
设，则
由，M，N三点共线得：，即，
又，代入上式可得．
27．（2022春·湖北·高一宜昌市夷陵中学校联考期中）如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x轴、y轴同方向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做在斜坐标系中的坐标．

(1)若，求．
(2)若，求在上的投影向量斜坐标．
(3)若，，，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).

【分析】（1）由题可得，利用向量共线的条件即得；
（2）由题可知，进而可得，，然后利用投影向量为的概念即得；
（3）由题可得，然后利用向量夹角公式可得，再结合条件及函数的单调性即得.
【详解】（1）∵，
∴，
∴，即；
（2）∵，
∴，
∴，
，
，
∴在上的投影向量为，
即在上的投影向量斜坐标为；
（3）∵，
∴，，
∴，
又，，
∴，，，
∴，
令，则，，
又，在上单调递增，
∴，即的最小值为.
28．（2022秋·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考期中）如图，在梯形ABCD中，，E、F是DC的两个三等分点，G，H是AB的两个三等分点，线段BC上一动点P满足．AP分别交EG、FH于M，N两点，记，．

(1)当时，用，表示；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用向量的线性运算即可求解,
（2）利用三点共线得到，，，再利用 , ，得到之间的关系，用表示，然后利用函数的单调性求解取值范围即可
【详解】（1）当时，，则





所以
（2）连接,则
，
，
因为三点共线，三点共线，
设 ，
所以，
，
因为，所以，得
因为，所以,
所以，
，
因为，
所以，即，代入得
，
因为，所以解得，
因为，令，则，
因为在上单调递减，所以，
所以，
所以的取值范围为

29．（2022春·辽宁鞍山·高一鞍山一中校考期中）已知函数，其中，，，
(1)求的最小正周期和对称中心；
(2)在中，，，分别是角，，的对边，若，，求的取值范围．
【答案】(1)最小正周期为，对称中心为，
(2)

【分析】（1）根据向量数量积公式、降幂扩角及辅助角公式化简成的形式，然后可求最小正周期和对称中心；
（2）求出，根据正弦定理把边，都转化到用角表示，确定角的范围，然后就能求出的取值范围．
(1)
，，所以的最小正周期为，，，，
的对称中心为，．
(2)
，，，
，∴，∴，
在中，由正弦定理得，，即：，
∴，，∴，存在，使，，∴，
，则，由，，
∴，∵，
综上：的取值范围为．
30．（2022春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期中）在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．
(1)若，求△ABC的面积；
(2)求的值；
(3)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）利用余弦定理和面积公式进行求解；（2）由正弦定理和三角恒等变换求解；（3）解法一：设BC中点为D，推导出，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出，换元后利用三角恒等变换得到，求出答案.
【详解】（1）由余弦定理
结合可知，△ABC的面积
（2）因为，，所以，
由正弦定理，
所以，①
由于，
带入①式可知：
（3）解法1：
设BC中点为D，则

所以
如下图所示，

设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧（不含端点），由正弦定理知圆O的半径，故
设，则，由余弦定理：

由于函数在时单调递减，，
所以
解法2：
由余弦定理②
由定义
所以
设，
则
由正弦定理：


其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知
注意到，
所以
所以，②式变形为，故
从而，
此时函数单调递减，而，
所以
【点睛】向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到极化恒等式，三角函数恒等变换等知识，属于难题.