专题05 向量（三大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题05 向量（三大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用），共29页。试卷主要包含了题型一，题型二，题型三等内容，欢迎下载使用。

选 题 列 表
2024·上海杨浦·二模 2024·上海奉贤·二模
2024·上海浦东·二模 2024·上海青浦·二模
2024·上海黄浦·二模 2024·上海闵行·二模
2024·上海普陀·二模 2024·上海金山·二模
2024·上海徐汇·二模 2024·上海静安·二模
2024·上海松江·二模 2024·上海长宁·二模
2024·上海嘉定·二模 2024·上海崇明·二模
2024·上海虹口·二模 2024·上海宝山·二模
汇 编 目 录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc17042" 题型一：平面向量 PAGEREF _Tc17042 \h 2
\l "_Tc19350" 题型二：空间向量及其运算 PAGEREF _Tc19350 \h 17
\l "_Tc2124" 题型三：空间向量的应用 PAGEREF _Tc2124 \h 21
一、题型一：平面向量
1．（2024·上海嘉定·二模）已知，，且、不共线，则的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的数量积写出其夹角的表达式，结合同角三角函数的平方式以及三角形的面积公式，可得答案.
【详解】设与的夹角为，由，则，
由，则.
故选：B.
2．（2024·上海杨浦·二模）平面上的向量、满足：，，.定义该平面上的向量集合.给出如下两个结论：
①对任意，存在该平面的向量，满足
②对任意，存在该平面向量，满足
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确C．①正确，②正确D．①错误，②错误
【答案】C
【分析】根据给定条件，令，，设，利用向量模及数量积的坐标表示探求的关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
【详解】由，，，不妨令，，设，
，得，而，，
则，整理得，由，得，
平行直线和间的距离为，
到直线和直线距离相等的点到这两条直线的距离为，
如图，阴影部分表示的区域为集合，因此无论是否属于，都有，
所以命题①②都正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利用代数方法解决.
3．（2024·上海金山·二模）已知向量，，若，则实数的值为 ．
【答案】
【分析】根据，可得，再根据数量积的坐标公式即可得解.
【详解】因为，
所以，解得.
故答案为：.
4．（2024·上海黄浦·二模）若，，其中，则 .
【答案】3
【分析】利用平面向量数量积的坐标表示公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】，
故答案为：
5．（2024·上海奉贤·二模）已知向量，，则在方向上的投影向量为 ．
【答案】
【分析】根据投影向量公式求出答案.
【详解】在方向上的投影向量为.
故答案为：.
6．（23-24高三下·上海闵行·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知P是圆C：上的动点，若，，，则的最小值为 ．

【答案】8
【分析】根据题意得到，再利用点到圆心距离减半径得最值，即可得到答案．
【详解】因为，．
所以的最小值为8．
故答案为：8
7．（2024·上海青浦·二模）已知向量，，则 ．
【答案】
【分析】由向量的数量积公式求两个向量的夹角即可.
【详解】由向量的夹角公式得，又因为，
所以.
故答案为：.
8．（2024·上海闵行·二模）双曲线的左右焦点分别为，过坐标原点的直线与相交于两点，若，则 .
【答案】4
【分析】由双曲线的对称性可得四边形为平行四边形，根据双曲线的定义和，得，，中，由余弦定理得，，代入求值即可.
【详解】双曲线，实半轴长为1，虚半轴长为，焦距，
由双曲线的对称性可得，有四边形为平行四边形，
令，则，由双曲线定义可知，
故有，即，即，，
中，由余弦定理，
，
即，得，
.
故答案为：4.
9．（2024·上海普陀·二模）若向量在向量上的投影为，且，则 .
【答案】
【分析】根据投影公式求出，由得，代入向量夹角公式，即可得出答案．
【详解】在上的投影为，
，则，即
又，平方得，则
即．
故答案为：．
10．（2024·上海静安·二模）若单位向量、满足，则 ．
【答案】
【分析】依题意可得，根据及数量积的运算律计算可得.
【详解】因为单位向量、满足，
所以，
所以
.
故答案为：
11．（2024·上海嘉定·二模）在平面直角坐标系中，点在圆上运动，定点、满足且，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意可得向量、是夹角等于的单位向量，因此给出点、的坐标，设，将表示为关于的三角函数表达式，利用辅助角与正弦函数的图象与性质，算出的最大值，进而求出实数的取值范围．
【详解】由，则，
以为原点建立坐标系，可设、，
由点在圆上运动，设，
则，，
可得，
由三角函数的定义与性质可知：当时，与均为正数，
此时存在最大值，
因为，
当时，的最大值为，
即有最大值，
因为恒成立，
所以，即实数的取值范围为．
故答案为：．
12．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知双曲线的焦点分别为、，为双曲线上一点，若，，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】设，先利用余弦定理得，然后根据，两边同时平方得，再结合可得答案.
【详解】不妨设点在第一象限，设，又，
所以
，
所以，
因为为的中点，所以，即，
所以
，
所以，即，即
所以，则.
故答案为：.

13．（2024·上海虹口·二模）已知平面向量满足，若平面向量满足，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】设，先求出，以点为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，根据求出点的轨迹，进而可得出答案.
【详解】如图，设，
因为，
所以，故，
如图，以点为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则，设，
由，得，
所以点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
表示两点间的距离，
所以的最大值为.
故答案为：.
14．（2024·上海闵行·二模）已知、是空间中两个互相垂直的单位向量，向量满足，且，当取任意实数时，的最小值为 .
【答案】
【分析】由向量的模长和数量积的运算结合二次函数求出最值即可.
【详解】因为，，，，
所以
，
所以当时，的最小值为，
故答案为：.
15．（2024·上海松江·二模）已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】取的中点，由题意可得，从而推得三点共线，进而得出，即可得出答案.
【详解】取的中点，则，
又，又因为，
故三点共线，即点在中线上运动，
在正三角形中，，
又，，则，
故.
故答案为：
16．（2024·上海长宁·二模）已知平面向量满足：，若，则的最小值为 ．
【答案】2
【分析】先利用和证明，再解不等式得到，从而有，再验证，，时，即得到的最小值是2.
【详解】由于，
且，
故有
，
所以，记，则有，从而或，即或.
总之有，故，即.
存在，，时条件满足，且此时，所以的最小值是2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：对于的最小值问题，我们先证明，再给出一个使得的例子，即可说明的最小值是2，论证不等关系和举例取到等号两个部分都是证明最小值的核心，缺一不可.
17．（2024·上海金山·二模）已知平面向量、、满足：，，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据条件推理得到在方向上的投影数量等于在方向上的投影数量，且等于，，故可以作出图形，设出，将所求转化成关于的函数形式，利用基本不等式即可求得.
【详解】因，由可得，
即在方向上的投影数量等于在方向上的投影数量，且等于，
又由可得，不妨设，
则，，于是，
因，则，因，当且仅当时，等号成立，
即当时，取得最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于运用向量数量积的定义和投影向量的数量理解的相互关系,设出夹角，将所求化成关于的函数形式.
18．（2024·上海崇明·二模）已知A、B、C是半径为1的圆上的三个不同的点，且，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】根据题意，由正弦定理可得，然后分与讨论，再由平面向量数量积的定义展开，结合三角恒等变换公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由正弦定理可得，所以，
所以，且，则或，
则或，
当时，，
所以
，，则，
当时，即时，取得最小值；
当时，，
所以
，，则，
则无最值；
综上所述，的最小值是
故答案为：
19．（2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知满足，为所在平面内一点.定义点集.若存在点，使得对任意，满足恒成立，则的最大值为 .
【答案】
【分析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，由向量共线定理得三点共线，从而表示的边上的高，利用正弦定理求得的面积的最大值，从而可得结论．
【详解】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，如图，
，
所以三点共线，
又存在点，使得对任意，满足恒成立，则的长表示到直线的距离，即的边上的高，设，
由得，，公用，因此，
所以，
中，设，由正弦定理得，记为角，
所以，，，
所以
，
若不是钝角，则
，
又，所以，即，
所以，
设，则，，它是减函数，
所以时，，
若是钝角，则
，
设，则，，
令，则，
，
时，，递减，时，递增，
所以时，，，
综上，，
此时．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）．
20．（2024·上海青浦·二模）对于函数，其中，．
(1)求函数的单调增区间；
(2)在锐角三角形中，若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由二倍角正弦、余弦公式及辅助角公式化简，根据复合函数的单调性求出结果；
（2）由（1）及条件求出角A，根据数量积的定义及三角形面积公式可得结果.
【详解】（1）

令，则，函数为增函数，
当时函数为增函数，
即，得，
所以函数的单调增区间是．
（2）（2）由已知，所以，
因为，所以，即，所以，
又，所以，
所以的面积．
21．（2024·上海崇明·二模）已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标；
(3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)存在，
【分析】（1）根据离心率公式直接求解；
（2）由题设设，进而分或两种情况讨论求解即可；
（3）假设存在定点满足题意，先讨论的斜率存在时，设的方程为，，首先与椭圆方程联立并结合直线与直线的斜率之和为得，其次求得直线的方程为并于直线的方程联立求得点，再次根据得当时，为定值，最后说明直线的斜率存在也满足即可..
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【详解】（1）由题意，，所以离心率
（2）由题意，，，，所以直线的方程为：，
设，显然有或两种情况，
①当时，直线的倾斜角为，其与轴的交点为，则，
因为，
由，得：，解得（舍去）或，
所以，点的坐标是
②当时，此时， 则，
因为，
由，得：，
解得（舍去）或
综上所述，点的坐标是或
（3）假设存在定点满足题意，
当的斜率存在时，设直线的方程为，，
由得，
由题意，，即①．
，
，
所以，代入①，得：，
所以或，即存在直线使得直线与直线的斜率之和为2
直线的方程为，直线的方程为
由，得：，即
所以
所以当时，为定值，.
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于利用分类讨论的思想，求得对应的的范围，进而舍去不满足的解；第三问解题的关键在于根据已知条件求得直线的方程为中的参数，点，难点在于数学运算.
二、题型二：空间向量及其运算
22．（2024·上海黄浦·二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 .
【答案】/
【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积比，可得答案.
【详解】由，，，则；
由，，，则；
由，，，则；
显然四面体与四面体共顶点且底面共面，则其高相同可设为，
结合题意可作图如下：
在底面连接，作图如下：
由，即，则，易知；
由，即，则，易知；
由，即，则；
由，，则，易知；
，；
.
故答案为：.
23．（（2024·上海崇明·二模）已）已知向量，若，则 .
【答案】
【分析】由空间向量数量积垂直的坐标表示列出方程即可求解.
【详解】已知向量，若，则，解得.
故答案为：.
24．（2024·上海青浦·二模）如图，在棱长为的正方体中，在棱上，且，以为底面作一个三棱柱，使点分别在平面上，则这个三棱柱的侧棱长为 ．
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到坐标，进而得到的坐标，从而得到侧棱.
【详解】
以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由三棱柱可知，即，所以，，
，即，所以，，
所以，所以，
故这个三棱柱的侧棱长为，
故答案为：.
25．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
【答案】4
【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
三、题型三：空间向量的应用
26．（2024·上海徐汇·二模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理可得，，由此即可证明；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，求解以及平面的法向量为，利用向量的坐标运算得线面夹角即可；方法二：利用体积相等求解点到平面的距离，即可得与平面所成角．
【详解】（1）证明：由题意得，，
，，
，
在中，由，得，
同理可得，又平面，故平面.
（2）（方法一）如图所示，以为坐标原点，、为轴正方向建立空间直角坐标系，
则点，故，，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设直线与平面所成角为，
故，
因此直线与平面所成角的正弦值.
（方法二），，
则，．
记点到平面的距离为，因为，
所以，则，
设直线与平面所成角为，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为．
27．（2024·上海虹口·二模）如图，在三棱柱中，，为的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标为，由平面，则即可求出，从而确定点坐标，再由空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
为的中点，在平行四边形中为的中点，
是的中位线，可得，
平面，平面，
平面；
（2）因为平面，平面，所以，，又，
故以点C为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则
设点的坐标为，则，，
因为平面，平面，所以，
所以，解得，
所以 ，则，
又，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
28．（2024·上海黄浦·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点E是棱PD上的一点，平面.
(1)求证：点E是棱PD的中点；
(2)若平面，，，与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由线面平行得到线线平行，结合点是BD的中点，得到证明；
（2）方法一：作出辅助线，得到就是PC与平面ABCD所成角，从而根据正切值得到，证明出线面垂直，得到是二面角的平面角，求出各边长，从而得到；
方法二：作出辅助线，得到就是PC与平面ABCD所成角，建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用法向量夹角余弦值得到二面角的大小.
【详解】（1）连接BD，它与AC交于点，连接EF，
四边形ABCD为矩形，
为BD的中点，
平面AEC，平面PBD经过PB且与平面AEC交于，
，
又点是BD的中点，
点是棱的中点.
（2）方法一：∵PA⊥平面，平面，
且就是PC与平面ABCD所成的角，
故，解得.
四边形ABCD为矩形，
，又，PA与AD是平面PAD内的两相交直线，
平面PAD.
在平面PAD内作，垂足为，连接GF，则，
是二面角的平面角.
在直角三角形PAD中，，点是PD的中点，
，且，
平面平面，
，故，所以，
故二面角的大小为.
方法二：∵PA⊥平面，平面，
且就是PC与平面ABCD所成的角，
又四边形ABCD为矩形，，
分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设是平面AEC的一个法向量，二面角的大小为，
由，可得，
则，
故，
解得且，所以，
又是平面AED的一个法向量，且为锐角，
故，可得.
所以二面角的大小为.
29．（2024·上海长宁·二模）如图，在长方体中，；
(1)求二面角的大小；
(2)若点在直线上，求证：直线平面；
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
（2）设，求出，则，再由可证明直线平面.
【详解】（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为
所以，
所以二面角的大小为.
（2）设，则设，，
所以，所以，
平面的法向量为，
，因为平面，
所以直线平面.
30．（23-24高三下·上海浦东新·期中）在四棱锥中，底面为等腰梯形，平面底面，其中，，，，点为中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）分别取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为点为中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）分别取的中点，连接，
因为，四边形为等腰梯形，为底边，
所以，
因为平面底面，平面底面，平面，
所以面，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
由，，，
得，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，所以，
因为轴平面，
故可取平面的法向量为，
所以，
由图可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为，
所以二面角的大小为.