07平面向量-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版）

这是一份07平面向量-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版），共22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·山东德州·高三统考期末）已知菱形的边长为，菱形的对角线与交于点，，点是线段上靠近的三等分点，则在上的投影向量的模长为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·山东滨州·高三统考期末）在四边形中,,,点在线段上,且,设,,则（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·山东烟台·高三统考期末）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知为线段上的任意一点，为直线外一点，关于点的对称点为，若，则的值为（ ）
A．B．0C．1D．2
5．（2023上·山东济南·高三统考期末）已知非零向量，满足，且，则为（ ）
A．钝角三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形
6．（2022上·山东烟台·高三统考期末）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·山东济宁·高三统考期末）在梯形中，，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．（2022上·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）已知，，与的夹角为，则（ ）．
A．2B．3C．4D．5
二、多选题
9．（2022上·山东青岛·高三统考期末）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，，，点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点，则（ ）
A．B．
C．的坐标为D．的坐标为
10．（2022上·山东济南·高三统考期末）已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．向量与的夹角为D．向量在上的投影向量为
11．（2022上·山东淄博·高三山东省淄博实验中学校考期末）已知向量，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若在上的投影为，则向量与夹角为
C．与共线的单位向量只有一个为
D．存在，使得
12．（2022上·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）在平面直角坐标系xOy中，点F是抛物线的焦点，点，在抛物线C上，则下列结论正确的是（ ）
A．C的准线方程为B．
C．D．
13．（2022上·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知平面向量,，，则下列结论正确的是（ ）
A．可以作为平面内所有向量的一组基底
B．若，则
C．存在实数，使得
D．若，则
三、填空题
14．（2023上·山东德州·高三统考期末）已知正方形，边长为，动点自点出发沿运动，动点自点出发沿运动，且动点的速度是动点的2倍，若二者同时出发，且到达时停止，另一个点也停止，则该过程中的最大值是 ．
15．（2023上·山东日照·高三校联考期末）已知向量夹角为，且，，则 ．
16．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）已知向量，，若，则t的值为 ．
17．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）如图所示，，，，是正弦函数图象上四个点，且在，两点函数值最大，在，两点函数值最小，则 .
18．（2023上·山东烟台·高三统考期末）已知向量，，若，则的值为 .
19．（2023上·山东东营·高三东营市第一中学校考期末）已知非零向量满足，，，则的夹角为 ．
20．（2022上·山东东营·高三胜利一中校考期末）已知均为非零向量，且，则向量与的夹角为 ．
四、解答题
21．（2023上·山东烟台·高三统考期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)，BD=3，求面积的最大值.
22．（2022上·山东烟台·高三统考期末）在①；②向量，，；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行求解．
问题：在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，已知，，D为AC边的中点，若______，求BD的长度．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
23．（2022上·山东青岛·高三统考期末）已知为坐标原点，动直线与双曲线的渐近线交于A，B两点，与椭圆交于E，F两点.当时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)若动直线与相切，证明：的面积为定值.
24．（2022上·山东淄博·高三统考期末）已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为．
(1)求C的方程；
(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线与直线AP，AQ的交点分别为M，N．是否存在实数t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
25．（2022上·山东青岛·高三统考期末）在△中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，，，.
(1)求角B大小；
(2)设，当时，求的最小值及相应的x.
参考答案：
1．B
【分析】先根据数量积定义和题干条件算出菱形的四个内角，然后直接利用投影向量的模长公式计算.
【详解】菱形对角线相互垂直，即，根据数量积的定义，，故，即，又为锐角，则，根据投影向量的模长公式，在上的投影向量的模长为：，依题意，，即，故，于是，即投影向量的模长为.
故选：B
2．C
【分析】画出图象,根据向量加减法则及向量共线定理即可得出结果.
【详解】解:由题知,,，画出示意图如下:
因为,,,
所以
.
故选:C
3．C
【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求解.
【详解】
以为坐标原点，为轴，垂直于方向为，建立平面直角坐标系，
因为，,所以，即，
且所以，
所以，
故选:C.
4．C
【分析】依题意可得、、三点共线，即可得到，再由，即可得到，从而得解.
【详解】解：依题意可得、、三点共线，所以，
又关于点的对称点为，所以，
又，所以，
所以，，则.
故选：C
5．D
【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.
【详解】，
，
，
，
为等腰三角形，
又，
，
，又，所以，
为等边三角形，
故选：D.
6．A
【分析】由平面向量的数量积的模长公式与夹角公式求解即可
【详解】因为，，
所以，
所以，
故选：A
7．C
【分析】由向量在几何图形中位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义用表示出，进而求.
【详解】由，故，
又，则，
所以，即，
由，故.
故选：C
8．B
【分析】先根据诱导公式结合向量模的坐标运算求得，再根据向量的夹角公式结合向量数量积的运算律运算求解.
【详解】因为，
所以，
又，与的夹角为，
所以，解得.
故选：B．
9．ACD
【分析】由题意表示出，结合题设可求得，即得，，判断；根据题中定义求得坐标，可得点坐标，判断D；再求得，求得其模，判断A.
【详解】由题意可知点，点，故，
因为，故 ，
又，即，故，
所以，，故B错误，C正确；
因为点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点，
所以，
则由,可得点坐标为，故D正确；
故，则，A正确，
故选：ACD
10．BD
【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.
【详解】，所以，故A错误；
，故B正确；
，
，，，故C错误；
向量在上的投影向量为，故D正确．
故选：BD
11．BD
【分析】由向量垂直的坐标表示求得判断A，根据投影的定义求得向量的夹角，判断B，根据共线向量和单位向量的定义判断C，举例使得与同向，即可判断D．
【详解】解：向量，，
对A：因为，所以，所以，故选项A错误；
对B：因为在上的投影为，即，
所以，又，
所以，
因为，所以向量与夹角为，故选项B正确；
对C：与共线的单位向量有两个，分别为和，故选项C错误；
对D：当时，，此时向量与共线同向，满足，所以存在，使得，故选项D正确；
故选：BD.
12．ABD
【分析】依据题意求得抛物线的标准方程.解得抛物线的准线方程判断选项A；解得参数b判断选项B；求得判断选项C；求得判断选项D.
【详解】点，在抛物线C上
则，解之得
则抛物线，，
选项A：抛物线C的准线方程为.判断正确；
选项B：.判断正确；
选项C：.判断错误；
选项D：抛物线C的焦点，
则，
则.判断正确.
故选：ABD
13．ABD
【分析】根据坐标判断、不共线，再根据基底的概念可判断A；根据求出，可判断B；根据向量平行的坐标表示可判断C；根据向量夹角的坐标表示可判断D.
【详解】因为，，所以，
对于A，因为，所以与不共线，所以可以作为平面内所有向量的一组基底；故A正确；
对于B，若，则， 所以，所以，故B正确；
对于C，因为，所以不存在实数，使得，故C不正确；
对于D，若，则，
所以，故D正确.
故选：ABD
14．
【分析】设点的运动速度为，运动时间为，以为坐标原点建立平面直角 ，分别在、、和的情况下，利用表示出坐标，利用向量数量积的坐标运算可将表示为关于的函数性质，利用二次函数性质可求得最大值.
【详解】不妨设点的运动速度为，则点的运动速度为，运动时间为；
以为坐标原点，正方向为轴，可建立平面直角坐标系，
①当时，，，
此时恒成立，；
②当时，，，
，
则当时，；
③当时，，，
，
则当时，；
④当时，，，
，则；
综上所述：的最大值为.
15．
【分析】由，再根据向量的运算律及数量积的定义求解即可.
【详解】解：因为.
故答案为：
16．
【分析】利用向量的线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示，结合向量的数量积坐标表示即可求解.
【详解】因为向量，，
所以，，
又因为，
所以，即，
解得.
故答案为：.
17．
【分析】由图象得出各点的坐标，进而表示出向量，根据向量以及数量积的坐标运算即可得出答案.
【详解】由图象结合正弦函数可得，，，，，
所以，，，，
所以，，
所以.
故答案为：.
18．
【分析】根据题目条件可得，代入化简即可.
【详解】已知向量，，若，则有，
∴.
故答案为：
19．
【分析】由已知得，根据可推出.由可得.由数量积公式即可得到，进而得出答案.
【详解】设向量的夹角为θ.
由已知可得，，
所以，所以.
又，所以，所以，.
则，
又，所以.
又，所以，所以的夹角为.
故答案为：.
20．/
【分析】由平方化简可得，再求出，然后利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】设与的夹角为，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，
故答案为：
21．(1)
(2)
【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和的正弦公式，得到求解.
（2）利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）解：由正弦定理可得，
因为，
所以，
即，
整理得：，
因为，所以，
所以，
因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得：，
即.
整理得，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为，
所以，
所以ABC面积的最大值为.
22．答案不唯一，具体见解析.
【分析】选①，由正弦定理边化角，由余弦定理求出，再借助余弦定理计算作答.
选②，由向量关系结合余弦定理求出角C，再由正弦定理求角A即可计算作答.
选③，切化弦求出角C，由正弦定理求出角A，再借助余弦定理计算作答.
【详解】若选①：在中，因，由正弦定理得，
而，即有，整理得，
又，则，即，有，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理，
所以.
若选②：由，得，即，整理得，
在中，由余弦定理得：，而，则，
由正弦定理得，即，由，可得：，
则，有，因此有，又D为斜边AC中点，
所以.
若选③：依题意，，即，
在中，，于是得，即有，
由正弦定理得：，解得，由，可得：，则有，
从而有，即．
在中，由余弦定理得：，
所以.
23．(1)
(2)的面积为定值,证明见解析
【分析】（1）设，由题意有，直线与双曲线的渐近线联立方程组，求得，直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理求得，根据方程解出，得双曲线的方程.
（2）根据（1）中解得的两点坐标，表示出的面积，由直线与相切，联立方程组消元后判别式为0，化简后得定值.
【详解】（1）设
因为 ，所以
由 ， 得； 同理可得，所以，
由 ，得，所以
所以 即，由，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）双曲线的渐近线方程为，
由得 ， ，，
所 ，，
，
由 ， 得，
因为直线与双曲线相切，所以，即，
所以 为定值.
【点睛】思路点睛：1.双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.
2.解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
24．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据F到渐近线的距离为，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；
（2）假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐标，进而得到向量的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的值，即可得答案.
【详解】（1）双曲线一条渐近线方程为 ，
焦点 ，则焦点到渐近线的距离 ，
由F到渐近线的距离为可知： ，
由渐近线方程为知： ，故 ，
所以双曲线方程为： ；
（2）设直线l的方程为 ，
联立 ，整理得： ，
设 ，而 ,
则 ，
所以 ， ，
假设存在实数t，使得，则 ,
故由方程： ,令得 ，
同理方程： ,令得，
所以，
即 ，
则 ，
即 ，解得 ，
故存在实数，使得.
【点睛】本题考查了直线和双曲线的相交问题，涉及到求双曲线方程性质以及和直线的交点等问题，还渗透了向量的应用，比较复杂，这类问题的一般解决思路，是设直线方程，然后联立圆锥曲线方程，得到根与系数的关系，然后利用所给条件得到一个关系式，将根与系数的关系代入整理化简，其中关于字母的运算量大，需要细心耐心对待.
25．(1)
(2)当时，有最小值.
【分析】（1）利用向量垂直的充要条件和正弦定理即可求解；
（2）先利用两角和的正弦公式及余弦的二倍角公式化简，再用辅助角公式化为，最后利用三角函数的性质求出最小值及其取得最小值时的值.
【详解】（1）由已知条件得，
由正弦定理得，
即，,
则，
∵，∴，
又∵ ,∴;
（2）
,
∵,∴,，
则的最小值，其中，即当时，有最小值.