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【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：平面向量-2025年高考数学
1．（2025·上海长宁·二模）已知向量．
(1)求函数的单调递减区间；
(2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围．
2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知的内角、、所对的边分别为、、，且．
(1)求角；
(2)若的面积为3，点为内一点，且，求的值．
3．（2025·山西·二模）如图，已知的三个角所对的边分别为.动点在边上且不与点重合，动点在边上，.向量.
(1)试用及表示下列各式：
（i）当时，；
（ii）；
(2)当时依据（ii）求解，若已知，，求.
4．（2025·云南·一模）在平面直角坐标系中，设点，若点满足（），其中为定点，则称点是点关于点的 “相关点”．
(1)已知，，当时，求点关于点的 “相关点”的坐标．
(2)已知点，，若点是点关于点的 “相关点”，且，求的值．
(3)已知圆：，点，点是圆上的动点，点是点关于点的 “相关点”，若点的轨迹与圆有公共点，求的取值范围．
5．（2025·河南南阳·模拟预测）已知为椭圆上一点，点满足，且椭圆离心率为，记的轨迹为，以轨迹与轴正半轴交点为圆心作圆，圆与轨迹在第一象限交于点，在第二象限交于点.
(1)求的方程；
(2)求的最小值，并求出此时圆的方程；
(3)设点是轨迹上异于的一点，且直线分别与轴交于点为坐标原点，求证：为定值.
6．（2025·江西·一模）设向量，，．
(1)求的单调递减区间；
(2)在锐角中，角所对的边分别为，若，，，求的面积
7．（24-25高三下·江西·开学考试）已知在中，的对边分别为，满足．
(1)若，求的面积；
(2)已知向量，且，求的值．
8．（2025·广东肇庆·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右、上、下顶点分别为.设为上并且位于第一象限的两点，满足.
(1)若交轴于，且，求椭圆的离心率.
(2)在（1）的条件下，为的中点，直线交于点（其中在轴上方）.证明：.
9．（2024·四川·一模）在中，内角所对的边分别是，．
(1)求外接圆半径；
(2)若为等腰三角形，所在平面内有一点，满足为内部一点，求的最小值．
10．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．
(1)设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围；
(2)若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由；
(3)已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．
11．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）在平面直角坐标系中，是坐标原点．若点列中的3个相邻的点满足，则称关于的方程是的特征方程，将方程的实数根称为的特征根．已知，点列的特征根为1和．
(1)求点的坐标；
(2)设，求数列的前项和；
(3)若是公差为的等差数列，且各项都为正整数，和是已知的常数，求点列的特征根．
12．（2024·广东东莞·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，当不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为当共线时，规定．
(1)分别根据下列已知条件求；
①；
②；
(2)若向量，求证：；
(3)记，且满足，求的最大值.
13．（2024·广东肇庆·一模）已知向量，，，函数，且的最小正周期为.
(1)若，求的值域；
(2)将的图象先向下平移个单位长度，再向左平移m（）个单位长度，最后将横坐标变为原来的两倍，所得函数图象与函数的图象重合，求实数m的最小值.
14．（2024·安徽·模拟预测）一般地，n元有序实数对称为n维向量．对于两个n维向量，，定义两向量的数量积为，向量的模，且取最小值时，称为在上的投影向量．
(1)求证：在上的投影向量；
(2)某公司招聘时对应聘者的语言表达能力（）、逻辑推理能力（）、动手操作能力（）进行测评，每门总分均为10分，测评结果记为一个三维向量．而不同岗位对于各个能力需求的比重各不相同，对于每个岗位均有一个事先确定的“能力需求向量”（，）．将在上的投影向量的模称为该应聘者在该岗位的“适合度”．其中四个岗位的“能力需求向量”如下：
岗位 能力需求向量
会计
技工
推销员
售后维修员
（ⅰ）应聘者小明的测评结果为，试分析小明最适合哪个岗位．
（ⅱ）已知小红在会计，技工和某岗位A的适合度分别为，，（，，2，3）．若能根据这三个适合度求出小红的测评结果，求证：会计、技工和岗位A的“能力需求向量”能作为空间中的一组基底．
《【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：平面向量-2025年高考数学》参考答案
1．(1)，.
(2)
【分析】（1）由数量积的坐标形式结合三角变换公式可得，由整体法可求函数的单调减区间；
（2）函数在给定区间上的零点问题可转化为与的图象在上有两个不同的交点，利用正弦函数的性质可求参数的取值范围.
【详解】（1），
令，则，其中，
故函数的单调递减区间为，.
（2）由题设有在有两个不同的零点，
而，故在有两个不同的解，
故与的图象在上有两个不同的交点，
而在为增函数，在为减函数，
且，故，
故.
2．(1)
(2)
【分析】（1）用余弦定理，再用正弦定理化边为角，然后由两角和的正弦公式变形后可求得，从而得角；
（2）先根据，利用三角形的面积公式得到，再运用数量积的定义求解即得答案.
【详解】（1）的内角、、所对的边分别为、、，
且，
．
，，，，
又，．
（2）
，
，
．
3．(1)（i）；（ii）；
(2).
【分析】（1）根据条件分别得出与的夹角，利用向量数量积的定义和运算律可求得结果；
（2）将条件代入计算可得，根据大边对大角可得.
【详解】（1）（i）当时，与反向，即与的夹角为.
因为，所以.
（ii）由题意，，，.
所以.①
（2）当时，①式化简为②.
将代入②，得.
又因为，所以，所以.
4．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）通过向量运算求出点的坐标；
（2）利用向量夹角公式和圆的方程来求解的值；
（3）设，根据 “相关点”，则，，得到设，可得结合，得最后根据点的轨迹与圆有公共点，求得的取值范围即可.
【详解】（1）已知，，，，，则，所以点坐标为
（2）因为，，点是点关于点的 “相关点”，
所以，，
则，即
因为，所以，，，则，两边平方得，，，解得
（3）设，因为在圆：上，所以
点是点关于点的 “相关点”，则，，
所以，即
设，则，可得
因为，所以，整理得
因为点的轨迹与圆有公共点，所以两圆的圆心距满足.
连不等式前面可化为.
两边同时平方可得，展开得.
可得.
当时，，即，即，恒成立，所以.
当时，，即，解得或，结合，所以.
综上，不等式的解集为.
连不等式后边可化为.
两边同时平方可得，展开得.
移项可得，
当时，可得，解得.
当时， 可得，即，无解.
因为不等式的解集为，不等式的解集为，所以原不等式的解集为.
5．(1)
(2),
(3)证明见解析
【分析】（1）由椭圆的定义求出的值，再根据离心率，从而求出椭圆的方程即可；
（2）根据（1）得,设，则，求出的表达式，根据二次函数的性质求出最小值，从而求出点的坐标及圆的半径；
（3）设，则直线的方程为，直线的方程为，分别求出的坐标，从而证明为定值.
【详解】（1）由题可知，，即，
所以，
因为，
所以,
所以曲线的方程为.
（2）由题知，设，则，
则，
又，即，
所以，
当时，取得最小值为，
此时，，
所以圆T的半径
所以圆T的方程为：
（3）设，
则直线的方程为，
直线的方程为
可得
所以
又，
即，代入上式可得：
，
即为定值.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的定义及直线与椭圆的应用，第三问的关键是设，并表示的坐标，计算化简即可.
6．(1)
(2)
【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换化简求得，再利用正弦型函数的性质求递减区间；
（2）由得，结合正弦定理可得，结合余弦定理有，联立求得，最后应用三角形面积公式求面积.
【详解】（1）由题意得
，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）因为为锐角三角形，由得，
由可得，
所以，故，
在中，由正弦定理得，所以，
所以①，
由余弦定理得，得②，
由①②解得，
所以的面积为.
7．(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式和正弦定理对等式化简得到角，由向量的数量积公式求得，再由三角形面积公式求得结果；
（2）利用向量平行建立等式求得的正弦值，利用和差角公式即可求得的值.
【详解】（1），
，
，
，
，
．
，．
，．
．
（2），且，，
，
，
．
8．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先应用平行得出角的值，再结合计算得出离心率；
（2）先设点，结合得出，最后由点在椭圆上计算得证.
【详解】（1）因为，所以.
所以，则，
则，解得，
则.
（2）由（1）知，.
设点，因为，所以存在，使，则.
因为是的中点，所以.
又因为三点共线，所以存在，使.
令，则，
则由点在椭圆上得，
整理得，
.
因为点在椭圆上，所以，整理得.
所以.
【点睛】关键点点睛：证明的关键点是应用点在椭圆上得出计算化简求值.
9．(1)或
(2)
【分析】（1）讨论，由条件结合余弦定理求，再由正弦定理求外接圆半径；
（2）取的中点，化简向量关系式证明点在上，根据向量的线性运算法则及数量积的性质可得，为线段的中点，再求的最小值可得结论.
【详解】（1）当时，由，可得，
由余弦定理可得，又，
所以，故，
所以的外接圆半径，
当时，由，可得，
由余弦定理可得，又，
所以，故，
所以的外接圆半径，
（2）因为为等腰三角形，
由（1）可得，
因为，
所以，
过点作，垂足为，取的中点，连接，
则，，
所以，
所以点在直线上，
取线段的中点，
则，
因为，
所以，
设点到的距离为，则，
又，则，
所以，又为线段的中点，
所以点到的距离为，
所以，
所以的最小值为．

10．(1)
(2)存在“长向量”，且“长向量”为、，理由见解析；
(3)
【分析】（1）得到，从而得到不等式，求出答案；
（2），若存在“长向量”，只需使，又，故，即，当或6时，符合要求，得到结论；
（3）由题意得，同理，，三式相加并化简，得，设，由得，设，由对称得到方程组，求出，其中，故．
【详解】（1）由题意可得：，即，又，
故，
故，
解得；
（2）存在“长向量”，且“长向量”为、，理由如下：
由题意可得，
若存在“长向量”，只需使，
又，
，
即，即，
当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为、．
（3）由题意，得，，即，
即，同理，，
三式相加并化简，得，
即，，所以，
设，由得，
设，因为与关于点对称，与（且）关于点对称，
则依题意得：，
将①代入②得，，
从而，
……，
，
以上个式子相加化简得，
，
又由②知，
，
即，
所以，
其中，
，
当且仅当时等号成立，故．
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
11．(1)，
(2)
(3)和
【分析】（1）根据特征方程和特征根的定义求解即可；
（2）由（1）知，化简，再利用裂项相消法求解即可；
（3）求得，设，分别求出，再根据特征方程和特征根的定义即可得出答案.
【详解】（1）因为点列的特征根为和，
所以点列的特征方程为，
所以，
则，即，
所以，
所以的坐标为，
由，
得，即，
所以，
所以的坐标为；
（2）由（1）知，
，
所以；
（3）因为，
所以，
所以，
设，
则，
，
，
设，
则①，
②，
由①②得，即，
将代入②得，
因为是公差为的等差数列，且各项都为正整数，
所以，
又，所以，得，
又，
所以点列的特征方程为，特征根为和.
【点睛】关键点点睛：理解特征方程和特征根的定义是解决本题的关键.
12．(1)5；0
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意，根据新定义即可求解；
（2）由新定义可证得，，即可证明；
（3）设，并表示出，由新定义和三角恒等变换化简计算可得，结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为，，且，
所以；
又，，所以；
（2）因为向量，且向量，
则，
所以，
同理，
所以；
（3）设为锐角时，由，得或，
当为锐角，为锐角时，
当时，取到最大值；
当为钝角时，由，得，
当为钝角，，
，
当，即时，取得最大值，
所以取得最大值.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示.
13．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量数量积公式和三角恒等变换得到，根据最小正周期得到，得到函数解析式，利用整体法求出值域；
（2）利用伸缩和平移变换得到，结合，得到方程，求出，，当时，实数m取得最小值.
【详解】（1）
，
因为最小正周期为，所以，解得，
所以，
因为，所以，
则，
所以，
所以当时，的值域为.
（2）向下平移个单位长度得，
向左平移m（）个单位长度得，
横坐标变为原来的2倍得.
因为，
所以要使得与的图象重合，
则，，解得，
当时，实数m取得最小值.
14．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）小明最适合会计岗位；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）由已知得取最小值时，为在上的投影向量，由定义得出，根据二次函数最小值即可求得，进而证明；
（2）（ⅰ）分别求得小明在会计、技工、推销员、售后维修员的“能力需求向量”上的投影向量的模，根据定义即可求解；（ⅱ）设岗位A的“能力需求向量”为，小红的测评结果为，列出方程组，分析方程组解的情况即可证明．
【详解】（1）证明：取最小值时，为在上的投影向量，
因为，
所以是关于t的二次函数，且二次项系数大于0，结合二次函数性质，
所以当且仅当时，取最小值，
所以在上的投影向量为．
（2）（ⅰ）设小明在会计、技工、推销员、售后维修员的“能力需求向量”上的投影向量分别为，，，，
则，，
，，
所以小明在会计岗位上的“适合度”最高，即小明最适合会计岗位．
（ⅱ）由题意，设岗位A的“能力需求向量”为，小红的测评结果为，则，
则求出小红的测评结果的充分必要条件是这个关于的三元一次方程组有唯一解，
记，则，
设，，，则方程组变形为，
②①得，则方程化简为，
消去x，化简得⑥．
若，则此时关于y的方程要么无解要么有无穷多解，与题意不符，
因此，又方程有且仅有一解，故，即．
若，由向量的共线定理知，，使得，
则，与假设矛盾，不成立．故与不共线，同理可知与不共线，
因此，，可以作为空间中的一组基底，得证．
【点睛】关键点点睛：证明第（3）问时，设岗位A的“能力需求向量”为，小红的测评结果为，列出方程组，求出小红的测评结果的充分必要条件是这个关于的三元一次方程组有唯一解，进而证明．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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