资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
平面向量及其应用检测卷-2025年高考数学二轮复习
一、单选题
1．已知，若点D满足，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．如图，在中，，，为上一点，且满足 ，若，，则值为（ ）

A． B．
C． D．
4．如图，已知同一平而上的三条直线a，b，c相交于同一点O，两两夹角均为，点A，B分别在直线a，b上，且，设，若点P落在阴影部分（不含边界），则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知，，且对任意的，恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
6．平面直角坐标系中若动点P组成的区域面积为32，则a等于（ ）
A． B．3 C．2 D．
7．已知，，点P满足，则点P的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，，，且，则（ ）

A．4 B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若都是单位向量，则
B．在四边形中，若，则四边形是平行四边形
C．若，则
D．若是平面内的一组基底，则和也能作为一组基底
10．已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中错误的是（ ）
A．若，则定为等腰三角形
B．若，则一定是锐角三角形
C．若点是边上的点，且，则的面积是面积的
D．若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形
11．在中，若，，点在边上，点在边上，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．在平行四边形中，为边上靠近点的三等分点， ，则 .
13．若非零向量、满足，且，则与的夹角为 ．
14．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，若，设点为的费马点，则 .
四、解答题
15．已知向量，满足：，，.
(1)求与的夹角的余弦值；
(2)若，求实数的值.
16．已知向量．
(1)求的坐标；
(2)求与夹角的余弦值．
17．如图，在边长为2的菱形中.

(1)求；
(2)若E为对角线上一动点.连结并延长，交于点F，连结，设.当λ为何值时，可使最小，并求出的最小值.
18．已知向量，，设函数.
(1)求函数的最小正周期：
(2)若，且，求的值;
(3)在中， 若，求的取值范围.
19．已知矩形.

(1)如图1，若，，点为线段的中点，记，，请用，表示，，并求向量与的夹角的余弦值；
(2)如图2，矩形是半径为1，圆心角为的扇形的内接矩形，点，在半径上，设，求当矩形的面积最大时的值.
答案
1．A
【分析】设点 ，求出，再列出方程，即可得解.
【详解】设点 ，
则，
又，所以，
所以点的坐标为，
故选：A
2．B
【分析】根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，则，解得.
故选：B
3．D
【分析】首先根据平面向量基本定理求，再利用基底表示和，再结合数量积运算，即可求解.
【详解】由条件可知，，
则，即，则，
，
所以，
.
故选：D
4．C
【分析】由题意，结合图形，易得，且，设，求出，由的两种表示式整理得到，从而建立不等式，解之即得.
【详解】设依题意，，
因点P落在阴影部分（不含边界），且，易得，且，
由，可得，
由，
又，
故可得：，
即，因，
则，即，
由，可得，整理得：，
因，故得，即；
由，可得，整理得：显然成立.
综上分析，可得.
故选：C.
5．D
【分析】由向量关系得到几何中的垂直关系，再把向量问题转化为将军饮马问题即可求解.
【详解】如图，
设，则恒成立，等价于恒成立，
从而有，
故．
设，，则．
作点E关于直线的对称点F，连接由题可知，，,
则，
当且仅当三点共线时取等号．
故选：D.
6．C
【分析】不妨设，利用向量的运算，确定满足条件的动点P的区域，结合平行四边形的面积公式进行求解即可.
【详解】显然，
不妨设，
如图所示，延长AB到点N，延长AC到点M，使得，
作，
则四边形均为平行四边形.
由题意可知：点组成的区域为图中的四边形EFGH及其内部.
，
，
，
则，
则，
又，故，，三种情况下，
动点P组成的区域和组成的区域相同，面积相等，
四边形的面积为其中的，即，
则四边形的面积
即，则，得或0（舍去）.
故选：C.
7．C
【分析】求出向量的坐标，进而求出点的坐标.
【详解】点，，则，于是，
所以点的坐标为.
故选：C
8．C
【分析】根据函数图象得出，再求出点的坐标及数量积公式计算，最后求出函数值.
【详解】由题干图象可知，则，所以，所以，
由，得，，即，，
因为，所以，则.
又，则，又，，
，解得（负根舍去），
所以，所以.
故选：C
9．BD
【分析】根据平面向量的概念逐项判断即可.
【详解】若都是单位向量，则模长相等，方向不一定相等，A说法错误；
在四边形中，若，则与平行且相等，四边形是平行四边形，B说法正确；
向量不能比较大小，C说法错误；
若是平面内的一组基底，则不共线，
假设和共线，即，
所以，此时无解，
所以和不共线，和也能作为一组基底，D说法正确；
故选：BD
10．ABC
【分析】利用诱导公式以及正弦函数的性质即可求解判断A；利用余弦定理推理判断B；利用向量线性运算判断C；利用三角形心的向量表示判断D.
【详解】对于A,由，,可得或者，故或者,故为等腰三角形或者直角三角形，故A错误，
对于B，由可得,,故为锐角，但无法确定，所以无法确定三角形为锐角三角形，故B错误，
对于C , 由，得，即，
则，的面积是面积的，C错误；
对于D，由，得是的重心，由，
得是的外心，即的重心、外心重合，则为等边三角形，D正确；
故选：ABC
11．AD
【分析】利用向量的加法结合向量的模长可判断A；利用向量数量积求解向量的夹角可判断B；根据三角形的三边满足勾股定理，结合面积相等可判断C；根据已知条件知为的平分线，利用面积相等可判断D.
【详解】对于A，向量，
所以，故A正确；
对于B，因为，
，，
设所以，所以，故B错误；
对于C，因为点在上，，所以
由AB选项知，，，，
所以，所以，
所以，即，得，故C错误；
对于D，因为向量和分别是和方向上的单位向量，
所以为的平分线，因为，所以，
所以，
即，
所以，得，故D正确.
故选：AD.
12．
【分析】根据平面向量共线定理及加法的三角形法则得到向量的表达式，再由平面向量基本定理得到的值，即可求出的值.
【详解】
如图，在平行四边形中，
因为为边上靠近点的三等分点，
所以，
所以，
所以，即.
故答案为：
13．/
【分析】将两边平方，得到，根据可得，因此可得到，利用向量的夹角公式求得答案.
【详解】由，可得，
即，
由，可得，即，
故，则，则，
故，则与的夹角为.
故答案为：
14．
【分析】先由正弦定理角化边和余弦定理得到，再由费马点定义结合三角形的面积公式和向量数量积的定义式计算可得.
【详解】由正弦定理得，即，
所以，
又，所以，
故的三个角都小于，由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则.
故答案为：.
15．(1)
(2)或
【分析】（1）对展开可得，再由向量夹角的余弦值公式即可求解；
（2）由向量垂直性质可得，化简后解方程即可求解实数的值.
【详解】（1）由题可得，
因为，，代入可得，
，所以与的夹角的余弦值.
（2）因为，所以，
化简可得，
将，，代入可得，解得或.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量加减运算、数乘运算的坐标表示计算可得结果；
（2）利用向量夹角的坐标表示直接代入计算可得结果.
【详解】（1）由可得，；
；
因此.
（2）由（1）可知，
所以，
因此与夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据菱形的几何性质，结合向量的加法以及数量积的运算律，可得答案；
（2）根据菱形的几何性质以及相似三角形的判定与性质，结合向量的线性运算与数量积的运算律，利用二次函数的性质，可得答案.
【详解】（1）在菱形中，易知，，
所以
.
（2）在菱形中，，易知，
由，则，即，
所以
，
故，所以当时，取得最小值为.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，以及三角函数恒等变换和性质，即可求解；
（2）根据条件代入后得，再根据两角差的正弦公式，即可求解；
（3）首先求角，再根据三角函数恒等变换和性质，求函数的最值.
【详解】（1）
，
所以的最小正周期；
（2），
由，则，则，
则
；
（3），，，
所以，则，
，
由，，
所以，则，
所以的取值范围是.
19．(1)，，
(2)
【分析】（1）根据平面向量得线性运算即可求出，，分别求出，再根据夹角公式即可得解；
（2）分别求出，再求出，即可得，再利用三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解.
【详解】（1），，
因为，所以，
则，
，
，
所以，
即向量与的夹角的余弦值为；
（2）由题意，
，
则，
所以矩形的面积
，
由题意知，则，
所以当，即时，
矩形的面积取得最大值，为.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑