2020年高考数学专题05平面向量(文理合卷)

2020年高考数学压轴必刷题专题05平面向量(文理合卷)1．【2019年北京理科07】设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“||＞||”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：点A，B，C不共线，“与的夹角为锐角”⇒“||＞||”，“||＞||”⇒“与的夹角为锐角”，∴设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“||＞||”的充分必要条件．故选：C．2．【2018年浙江09】已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足4•3＝0，则||的最小值是（）A． 1 B． 1 C．2 D．2【解答】解：由4•3＝0，得，∴（）⊥（），如图，不妨设，则的终点在以（2，0）为圆心，以1为半径的圆周上，又非零向量与的夹角为，则的终点在不含端点O的两条射线y（x＞0）上．不妨以y为例，则||的最小值是（2，0）到直线的距离减1．即．故选：A．3．【2018年天津理科08】如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD ＝1．若点E为边CD上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．3【解答】解：如图所示，以D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，过点B做BN⊥x轴，过点B做BM⊥y轴，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，∴AN＝AB cos60°，BN＝AB sin60°，∴DN＝1，∴BM，∴CM＝MB tan30°，∴DC＝DM+MC，∴A（1，0），B（，），C（0，），设E（0，m），∴（﹣1，m），（，m），0≤m，∴m2m＝（m）2（m）2，当m时，取得最小值为．故选：A．4．【2017年新课标2理科12】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•（）的最小值是（）A．﹣2 B．C．D．﹣1【解答】解：建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，则A（0，），B（﹣1，0），C（1，0），设P（x，y），则（﹣x，y），（﹣1﹣x，﹣y），（1﹣x，﹣y），则•（）＝2x2﹣2y+2y2＝2[x2+（y）2]∴当x＝0，y时，取得最小值2×（），故选：B．5．【2017年新课标3理科12】在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若λμ，则λ+μ的最大值为（）A．3 B．2C．D．2【解答】解：如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴建立如图所示的坐标系，则A（0，0），B（1，0），D（0，2），C（1，2），∵动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，设圆的半径为r，∵BC＝2，CD＝1，∴BD∴BC•CD BD•r，∴r，∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2，设点P的坐标为（cosθ+1，sinθ+2），∵λμ，∴（cosθ+1，sinθ+2）＝λ（1，0）+μ（0，2）＝（λ，2μ），∴cosθ+1＝λ，sinθ+2＝2μ，∴λ+μcosθsinθ+2＝sin（θ+φ）+2，其中tanφ＝2，∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，∴1≤λ+μ≤3，故λ+μ的最大值为3，故选：A．6．【2017年浙江10】如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记I1•，I2•，I3•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，∴AC＝2，∴∠AOB＝∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0••，•0，即I3＜I1＜I2，故选：C．7．【2016年天津理科07】已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D、E分别是边AB、BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则•的值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，∵D、E分别是边AB、BC的中点，且DE＝2EF，∴•．故选：C．8．【2014年浙江理科08】记max{x，y}，min{x，y}，设，为平面向量，则（）A．min{||，||}≤min{||，||} B．min{||，||}≥min{||，||}C．max{||2，||2}≤||2+||2D．max{||2，||2}≥||2+||2【解答】解：对于选项A，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项B，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{||，||}＝0，显然，不等式不成立；对于选项C，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{||2，||2}＝||2＝4，而不等式右边＝||2+||2＝2，故C不成立，D选项正确．故选：D．9．【2014年天津理科08】已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E、F分别在边BC、DC上，λ，μ，若•1，•，则λ+μ＝（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可得若•（）•（）＝2×2×cos120°λ•λ•μ2+4μ+4λ+λμ×2×2×cos120°＝4λ+4μ﹣2λμ﹣2＝1，∴4λ+4μ﹣2λμ＝3 ①．••（）（1﹣λ）•（1﹣μ）（1﹣λ）•（1﹣μ）＝（1﹣λ）（1﹣μ）×2×2×cos120°＝（1﹣λ﹣μ+λμ）（﹣2），即﹣λ﹣μ+λμ②．由①②求得λ+μ，故选：C．10．【2013年上海理科18】在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、．若m、M 分别为（）•（）的最小值、最大值，其中{i，j，k}⊆{1，2，3，4，5}，{r，s，t}⊆{1，2，3，4，5}，则m、M满足（）A．m＝0，M＞0 B．m＜0，M＞0 C．m＜0，M＝0 D．m＜0，M＜0【解答】解：由题意，以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、，∴利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，∵m、M分别为（）•（）的最小值、最大值，∴m＜0，M＜0故选：D．11．【2012年天津理科07】已知△ABC为等边三角形，AB＝2．设点P，Q满足，，λ∈R．若，则λ＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵，，λ∈R∴，∵△ABC为等边三角形，AB＝2∴λ（1﹣λ）＝2×2×cos60°+λ×2×2×cos180°+（1﹣λ）×2×2×cos180°+λ（1﹣λ）×2×2×cos60°＝2﹣4λ+4λ﹣4+2λ﹣2λ2，＝﹣2λ2+2λ﹣2∵∴4λ2﹣4λ+1＝0∴（2λ﹣1）2＝0∴故选：A．12．【2011年上海理科17】设A1，A2，A3，A4，A5是平面上给定的5个不同点，则使成立的点M的个数为（）A．0 B．1 C．5 D．10【解答】解：根据题意，设M的坐标为（x，y），x，y解得组数即符合条件的点M的个数，再设A1，A2，A3，A4，A5的坐标依次为（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），（x4，y4），（x5，y5）；若成立，得（x1﹣x，y1﹣y）+（x2﹣x，y2﹣y）+（x3﹣x，y3﹣y）+（x4﹣x，y4﹣y）+（x5﹣x，y5﹣y），则有x，y；只有一组解，即符合条件的点M有且只有一个；故选：B．13．【2019年天津理科14】在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB 的延长线上，且AE＝BE，则•．【解答】解：∵AE＝BE，AD∥BC，∠A＝30°，∴在等腰三角形ABE中，∠BEA＝120°，又AB＝2，∴AE＝2，∴，∵，∴又，∴•＝﹣125×2＝﹣1故答案为：﹣1．14．【2019年江苏12】如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O．若•6•，则的值是．【解答】解：设λ（），μμ（）＝（1﹣μ）μμ∴，∴，∴（），，6•6（）×（）（），∵•，∴，∴3，∴．故答案为：15．【2019年浙江17】已知正方形ABCD的边长为1．当每个λi（i＝1，2，3，4，5，6）取遍±1时，|λ1λ2λ3λ4λ5λ6|的最小值是，最大值是．【解答】解：正方形ABCD的边长为1，可得，，•0，|λ1λ2λ3λ4λ5λ6|＝|λ1λ2λ3λ4λ5λ5λ6λ6|＝|（λ1﹣λ3+λ5﹣λ6）（λ2﹣λ4+λ5+λ6）|，由于λi（i＝1，2，3，4，5，6）取遍±1，可得λ1﹣λ3+λ5﹣λ6＝0，λ2﹣λ4+λ5+λ6＝0，可取λ5＝λ6＝1，λ1＝λ3＝1，λ2＝﹣1，λ4＝1，可得所求最小值为0；由λ1﹣λ3+λ5﹣λ6，λ2﹣λ4+λ5+λ6的最大值为4，可取λ2＝1，λ4＝﹣1，λ5＝λ6＝1，λ1＝1，λ3＝﹣1，可得所求最大值为2．故答案为：0，2．16．【2018年江苏12】在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y＝2x上在第一象限内的点，B（5，0），以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若0，则点A的横坐标为．【解答】解：设A（a，2a），a＞0，∵B（5，0），∴C（，a），则圆C的方程为（x﹣5）（x﹣a）+y（y﹣2a）＝0．联立，解得D（1，2）．∴．解得：a＝3或a＝﹣1．又a＞0，∴a＝3．即A的横坐标为3．故答案为：3．17．【2017年江苏12】如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1，1，，与的夹角为α，且tanα＝7，与的夹角为45°．若m n（m，n∈R），则m+n＝．【解答】解：如图所示，建立直角坐标系．A（1，0）．由与的夹角为α，且tanα＝7．∴cosα，sinα．∴C．cos（α+45°）（cosα﹣sinα）．sin（α+45°）（sinα+cosα）．∴B．∵m n（m，n∈R），∴m n，0n，解得n，m．则m+n＝3．故答案为：3．18．【2017年浙江15】已知向量、满足||＝1，||＝2，则||+||的最小值是，最大值是．【解答】解：记∠AOB＝α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：||，||，令x，y，则x2+y2＝10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z＝x+y，则y＝﹣x+z，则直线y＝﹣x+z过M、N时z最小为z min＝1+3＝3+1＝4，当直线y＝﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知z max即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以z max．综上所述，||+||的最小值是4，最大值是．故答案为：4、．19．【2016年江苏13】如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，•4，•1，则•的值是．【解答】解：∵D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，∴，，3，3，∴•22＝﹣1，•922＝4，∴2，2，又∵2，2，∴•422，故答案为：20．【2016年浙江理科15】已知向量，，||＝1，||＝2，若对任意单位向量，均有|•|+|•|，则•的最大值是．【解答】解：由绝对值不等式得|•|+|•|≥|••|＝|（）•|，于是对任意的单位向量，均有|（）•|，∵|（）|2＝||2+||2+2•5+2•，∴|（）|，因此|（）•|的最大值，则•，下面证明：•可以取得，（1）若|•|+|•|＝|••|，则显然满足条件．（2）若|•|+|•|＝|••|，此时||2＝||2+||2﹣2•5﹣1＝4，此时||＝2于是|•|+|•|＝|••|≤2，符合题意，综上•的最大值是，法2：由于任意单位向量，可设，则|•|+|•|＝||+||≥|||＝||＝||，∵|•|+|•|，∴||，即（）2≤6，即||2+||2+2•6，∵||＝1，||＝2，∴•，即•的最大值是．法三：设，，，则，，|•|+|•|＝||+||＝||≤||，由题设当且仅当与同向时，等号成立，此时（）2取得最大值6，由于||2+||）2＝2（||2+||2）＝10，于是（）2取得最小值4，则•，•的最大值是．故答案为：．21．【2016年上海理科12】在平面直角坐标系中，已知A（1，0），B（0，﹣1），P是曲线y上一个动点，则•的取值范围是．【解答】解：∵在平面直角坐标系中，A（1，0），B（0，﹣1），P是曲线y上一个动点，∴设P（cosα，sinα），α∈[0，π]，∴（1，1），（cosα，sinα+1），cosα+sinα+1，∴•的取值范围是[0，1]．故答案为：[0，1]．22．【2015年浙江理科15】已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意x，y∈R，1（x0，y0∈R），则x0＝，y0＝，|＝．【解答】解：∵•||||cos•cos•，∴•，不妨设（，，0），（1，0，0），（m，n，t），则由题意可知m n＝2，m，解得m，n，∴（，，t），∵（）＝（x﹣y，，t），∴|（）|2＝（x﹣y）2+（）2+t2＝x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7＝（x）2（y﹣2）2+t2，由题意当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，（x）2（y﹣2）2+t2取最小值1，此时t2＝1，故2故答案为：1；2；223．【2015年上海理科14】在锐角三角形ABC中，tan A，D为边BC上的点，△ABD与△ACD的面积分别为2和4．过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，则•．【解答】解：如图，∵△ABD与△ACD的面积分别为2和4，∴，，可得，，∴．又tan A，∴，联立sin2A+cos2A＝1，得，cos A．由，得．则．∴•．故答案为：．24．【2015年天津理科14】在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．动点E 和F分别在线段BC和DC上，且λ，，则•的最小值为．【解答】解：由题意，得到AD＝BC＝CD＝1，所以•（）•（）＝（）•（）2×1×cos60°+λ1×1×cos60°2×11×1×cos120°＝1（当且仅当时等号成立）；故答案为：．25．【2014年江苏12】如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，3，2，则的值是．【解答】解：∵3，∴，，又∵AB＝8，AD＝5，∴•（）•（）＝||2•||2＝25•12＝2，故•22，故答案为：22．26．【2013年江苏10】设D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，AD AB，BE BC，若λ1λ2（λ1，λ2为实数），则λ1+λ2的值为．【解答】解：由题意结合向量的运算可得，又由题意可知若λ1λ2，故可得λ1，λ2，所以λ1+λ2故答案为：27．【2013年浙江理科17】设、为单位向量，非零向量x y，x、y∈R．若、的夹角为30°，则的最大值等于．【解答】解：∵、为单位向量，和的夹角等于30°，∴1×1×cos30°．∵非零向量x y，∴||，∴，故当时，取得最大值为2，故答案为2．28．【2012年上海理科12】在平行四边形ABCD中，∠A，边AB、AD的长分别为2、1，若M、N分别是边BC、CD上的点，且满足，则的取值范围是．【解答】解：建立如图所示的直角坐标系，则B（2，0），A（0，0），D（），设λ，λ∈[0，1]，M（2），N（），所以（2）•（）＝﹣λ2﹣2λ+5，因为λ∈[0，1]，二次函数的对称轴为：λ＝﹣1，所以λ∈[0，1]时，﹣λ2﹣2λ+5∈[2，5]．故答案为：[2，5]．29．【2011年浙江理科14】若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为，则α和β的夹角θ的范围是．【解答】解：∵||||sinθ∴sinθ，∵||＝1，||≤1，∴sinθ，∵θ∈[0，π]∴θ∈[30°，150°]，故答案为：[30°，150°]，或[]，30．【2011年天津理科14】已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC 上的动点，则|3|的最小值为．【解答】解：如图，以直线DA，DC分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A（2，0），B（1，a），C（0，a），D（0，0）设P（0，b）（0≤b≤a）则（2，﹣b），（1，a﹣b），∴（5，3a﹣4b）∴5．故答案为5．31．【2010年浙江理科16】已知平面向量满足，且与的夹角为120°，则||的取值范围是．【解答】解：令用、，如下图所示：则由，又∵与的夹角为120°，∴∠ABC＝60°又由AC由正弦定理得：||∴||∈（0，]故||的取值范围是（0，]故答案：（0，]1．【2018年天津文科08】在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，2，2，则的值为（）A．﹣15 B．﹣9 C．﹣6 D．0【解答】解：解法Ⅰ，由题意，2，2，∴2，∴BC∥MN，且BC＝3MN，又MN2＝OM2+ON2﹣2OM•ON•cos120°＝1+4﹣2×1×2×（）＝7，∴MN；∴BC＝3，∴cos∠OMN，∴•||×||cos（π﹣∠OMN）＝31×（）＝﹣6．解题Ⅱ：不妨设四边形OMAN是平行四边形，由OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，2，2，知3333，∴（﹣33）•＝﹣33•＝﹣3×12+3×2×1×cos120°＝﹣6．故选：C．2．【2016年天津文科07】已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D、E分别是边AB、BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则•的值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，∵D、E分别是边AB、BC的中点，且DE＝2EF，∴•．故选：C．3．【2012年天津文科08】在△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，AC＝2．设点P，Q满足，，λ∈R．若2，则λ＝（）A．B．C．D．2【解答】解：由题意可得0，由于（）•（）＝[]•[]＝0﹣（1﹣λ）λ0＝（λ﹣1）4﹣λ×1＝﹣2，解得λ，故选：B．4．【2010年天津文科09】如图，在△ABC中，AD⊥AB，，，则（）A．B．C．D．【解答】解：故选：D．5．【2019年天津文科14】在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB 的延长线上，且AE＝BE，则•．【解答】解：∵AE＝BE，AD∥BC，∠A＝30°，∴在等腰三角形ABE中，∠BEA＝120°，又AB＝2，∴AE＝2，∴，∵，∴又，∴•＝﹣125×2＝﹣1故答案为：﹣1．6．【2017年天津文科14】在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2．若2，λ（λ∈R），且4，则λ的值为．【解答】解：如图所示，△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，2，∴（），又λ（λ∈R），∴（）•（λ）＝（λ）•λ＝（λ）×3×2×cos60°32λ×22＝﹣4，∴λ＝1，解得λ．故答案为：．7．【2015年天津文科13】在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，点E和F 分别在线段BC和DC上，且，，则•的值为．【解答】解：∵AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，∴BG，CD＝2﹣1＝1，∠BCD＝120°，∵，，∴•（）•（）＝（）•（）••••＝2×1×cos60°2×1×cos0°1×1×cos60°1×1×cos120°＝1，故答案为：8．【2014年天津文科13】已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E，F分别在边BC，DC上，BC ＝3BE，DC＝λDF，若•1，则λ的值为．【解答】解：∵BC＝3BE，DC＝λDF，∴，，，，∵菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，∴||＝||＝2，•2×2×cos120°＝﹣2，∵•1，∴（）•（）（1）•1，即44﹣2（1）＝1，整理得，解得λ＝2，故答案为：2．9．【2013年北京文科14】已知点A（1，﹣1），B（3，0），C（2，1）．若平面区域D由所有满足（1≤λ≤2，0≤μ≤1）的点P组成，则D的面积为．【解答】解：设P的坐标为（x，y），则（2，1），（1，2），（x﹣1，y+1），∵，∴，解之得∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，∴点P坐标满足不等式组作出不等式组对应的平面区域，得到如图的平行四边形CDEF及其内部其中C（4，2），D（6，3），E（5，1），F（3，0）∵|CF|，点E（5，1）到直线CF：2x﹣y﹣6＝0的距离为d∴平行四边形CDEF的面积为S＝|CF|×d3，即动点P构成的平面区域D的面积为3 故答案为：310．【2011年天津文科14】已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC 上的动点，则|3|的最小值为．【解答】解：如图，以直线DA，DC分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A（2，0），B（1，a），C（0，a），D（0，0）设P（0，b）（0≤b≤a）则（2，﹣b），（1，a﹣b），∴（5，3a﹣4b）∴5．故答案为5．。