近五年（2017-2021）高考數學真題分類匯編

五、平面向量

一、多選題

1．（2021·全國新高考1）已知為坐標原點，點，，則（）

A．

B．

C．

D．

二、單選題

2．（2021·浙江）已知非零向量，則“”是“”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充分必要條件

D．既不充分又不必要條件

3．（2020·海南）在中，D是AB邊上的中點，則=（）

A．

B．

C．

D．

4．（2020·海南）已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內的一點，則的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

5．（2020·全國2（理））已知向量，滿足，，則（）

A．

B．

C．

D．

6．（2020·全國3（文））已知單位向量，的夾角為60°，則在下列向量中，與垂直的是（）

A．

B．

C．

D．

7．（2019·全國2（文））已知向量，則

A．

B．2

C．5

D．50

8．（2019·全國1（文））已知非零向量滿足，且，則與的夾角為

A．

B．

C．

D．

9．（2019·全國2（理））已知=(2,3)，=(3，t)，=1，則=

A．-3

B．-2

C．2

D．3

10．（2018·北京（理））設向量均為單位向量，則“”是“”的A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分又不必要條件

11．（2018·浙江）已知、、是平面向量，是單位向量．若非零向量與的夾角為，向量滿足，則的最小值是

A．

B．

C．2

D．

12．（2018·天津（理））如圖，在平面四邊形ABCD中，若點E為邊CD上的動點，則的最小值為

A．

B．

C．

D．

13．（2018·全國1（文））在△中，為邊上的中線，為的中點，則

A．

B．

C．

D．

14．（2018·全國2（文））已知向量滿足，則

A．4

B．3

C．2

D．0

15．（2018·天津（文））在如圖的平面圖形中，已知,則的值為

A．

B．

C．

D．0

16．（2017·浙江）如圖，已知平面四邊形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC與BD交于點O，記，，則

A．I１

B．I１

C．I３<

I１

D．I２

17．（2017·全國2（理））已知是邊長為2的等邊三角形，為平面內一點，則的最小值是

A．

B．

C．

D．

18．（2017·北京（文））設m,n為非零向量，則“存在負數，使得”是“”的A．充分而不必要條件

B．必要而不充分條件

C．充分必要條件

D．既不充分也不必要條件

19．（2017·全國2（文））設非零向量，滿足，則

A．⊥

B．

C．∥

D．

三、填空題

20．（2021·浙江）已知平面向量滿足.記向量在方向上的投影分別為x，y，在方向上的投影為z，則的最小值為___________.21．（2021·全國甲（文））若向量滿足，則_________.22．（2021·全國甲（理））已知向量．若，則________．

23．（2021·全國乙（理））已知向量，若，則__________．

24．（2021·全國乙（文））已知向量，若，則_________．

25．（2020·浙江）設，為單位向量，滿足，，設，的夾角為，則的最小值為_______．

26．（2020·江蘇）在△ABC中，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP=9，若（m為常數），則CD的長度是________．

27．（2020·全國1（文））設向量，若，則__________.28．（2020·全國1（理））設為單位向量，且，則__________.29．（2020·全國1（理））已知單位向量,的夾角為45°，與垂直，則k=__________.30．（2019·江蘇）如圖，在中，D是BC的中點，E在邊AB上，BE=2EA，AD與CE交于點.若，則的值是_____.31．（2019·北京（文））已知向量=（－4，3），=（6，m），且，則m=__________.32．（2019·全國3（文））已知向量，則___________.33．（2019·全國（理））已知為單位向量，且=0，若，則___________.34．（2019·天津（文））

在四邊形中，，，點在線段的延長線上，且，則__________.35．（2019·上海）在橢圓上任意一點，與關于軸對稱，若有，則與的夾角范圍為____________

36．（2018·上海）已知實數、、、滿足：，，則的最大值為______．

37．（2018·江蘇）在平面直角坐標系中，為直線上在第一象限內的點，以為直徑的圓與直線交于另一點．若，則點的橫坐標為________．

38．（2018·北京（文））設向量

=（1,0），=（?1,m）,若，則m=_________.39．（2018·全國3（理））已知向量，．若，則________．

40．（2017·上海）如圖，用35個單位正方形拼成一個矩形，點、、、以及四個標記為“#”的點在正方形的頂點處，設集合，點，過作直線，使得不在上的“#”的點分布在的兩側.用和分別表示一側和另一側的“#”的點到的距離之和.若過的直線中有且只有一條滿足，則中所有這樣的為________

41．（2017·北京（文））已知點在圓上，點的坐標為，為原點，則的最大值為_________．

42．（2017·全國1（理））已知向量與的夾角為60°，||=2，||=1，則|

+2

|=

______

.43．（2017·天津（文））設拋物線的焦點為F，準線為l.已知點C在l上，以C為圓心的圓與y軸的正半軸相切于點A.若，則圓的方程為____________

.44．（2017·天津（文））在中，，.若，且，則的值為______________.45．（2017·山東（理））已知，是互相垂直的單位向量，若

與λ的夾角為60°，則實數λ的值是__．

46．（2017·全國3（文））已知向量，且，則_______.47．（2017·全國1（文））已知向量=（﹣1，2），=（m，1），若，則m=_________．

48．（2017·山東（文））已知向量a=（2,6）,b=,若a∥b,則

____________.49．（2017·江蘇）在同一個平面內，向量的模分別為與的夾角為，且與的夾角為，若，則_________．

50．（2020·天津）如圖，在四邊形中，，且，則實數的值為_________，若是線段上的動點，且，則的最小值為_________．

51．（2020·北京）已知正方形的邊長為2，點P滿足，則_________；_________．

52．（2019·浙江）已知正方形的邊長為1，當每個取遍時，的最小值是________；最大值是_______.53．（2017·浙江）已知向量滿足，則的最小值是___________，最大值是______．

四、解答題

54．（2017·江蘇）已知向量．

（1）若，求x的值；

（2）記，求函數y＝f（x）的最大值和最小值及對應的x的值．

近五年（2017-2021）高考數學真題分類匯編

五、平面向量（答案解析）

1．AC

【解析】

A：，所以，故，正確；

B：，所以同理，故不一定相等，錯誤；

C：由題意得：，正確；

D：由題意得：，故一般來說故錯誤；

2．B

【解析】

若，則，推不出；若，則必成立，故“”是“”的必要不充分條件

3．C

【解析】

4．A

【解析】的模為2，根據正六邊形的特征，可以得到在方向上的投影的取值范圍是，結合向量數量積的定義式，可知等于的模與在方向上的投影的乘積，所以的取值范圍是，5．D

【解析】，，.，因此，.6．D

【解析】由已知可得：.A：因為，所以本選項不符合題意；

B：因為，所以本選項不符合題意；

C：因為，所以本選項不符合題意；

D：因為，所以本選項符合題意.7．A

【解析】由已知，所以，8．B

【解析】因為，所以=0，所以，所以=，所以與的夾角為，故選B．

9．C

【解析】由，得，則，．故選C．

10．C

【解析】因為向量均為單位向量

所以

所以“”是“”的充要條件

11．A

【解析】設，則由得，由得

因此，的最小值為圓心到直線的距離減去半徑1，為選A.12．A

【解析】連接BD,取AD中點為O,可知為等腰三角形，而，所以為等邊三角形。設

=

所以當時，上式取最小值，選A.點睛：本題考查的是平面向量基本定理與向量的拆分，需要選擇合適的基底，再把其它向量都用基底表示。同時利用向量共線轉化為函數求最值。

13．A

【解析】根據向量的運算法則，可得，所以，故選A.14．B

【解析】因為

15．C

【解析】如圖所示，連結MN，由

可知點分別為線段上靠近點的三等分點，則，由題意可知：，結合數量積的運算法則可得：

.本題選擇C選項.16．C

【解析】因為，，所以，故選C．

17．B

【解析】建立如圖所示的坐標系，以中點為坐標原點，則，，設，則，，則

當，時，取得最小值，故選：．

18．A

【解析】若，使，則兩向量反向，夾角是，那么；若，那么兩向量的夾角為，并不一定反向，即不一定存在負數，使得，所以是充分而不必要條件，故選A.19．A

【解析】

由平方得，即，則

20．【解析】由題意，設，則，即，又向量在方向上的投影分別為x，y，所以，所以在方向上的投影，即,所以，當且僅當即時，等號成立，所以的最小值為.21．

【解析】∵

∴

∴.22．.【解析】,，解得,故答案為：.23．

【解析】因為，所以由可得，解得．故答案為：．

24．【解析】由題意結合向量平行的充分必要條件可得：，解方程可得：.25．

【解析】，，.26．或0

【解析】∵三點共線，∴可設，∵，∴，即，若且，則三點共線，∴，即，∵，∴，∵，，∴，設，則，.∴根據余弦定理可得，∵，∴，解得，∴的長度為.當時，重合，此時的長度為，當時，重合，此時，不合題意，舍去.27．5

【解析】由可得，又因為，所以，即，故答案為：5.28．

【解析】因為為單位向量，所以

所以，解得：

所以，故答案為：

29．【解析】由題意可得：，由向量垂直的充分必要條件可得：，即：，解得：.故答案為：．

30．.【解析】如圖，過點D作DF//CE，交AB于點F，由BE=2EA，D為BC中點，知BF=FE=EA,AO=OD.，得即故.31．8.【解析】向量則.32．

【解析】．

33．.【解析】因為，所以，所以，所以

．

34．.【解析】建立如圖所示的直角坐標系，則，．

因為∥，所以，因為，所以，所以直線的斜率為，其方程為，直線的斜率為，其方程為．

由得，所以．

所以．

35．【解析】由題意：，設，因為，則

與結合，又

與結合，消去，可得：

所以

36．【解析】設A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，可得A，B兩點在圓x2+y2=1上，且?=1×1×cos∠AOB=，即有∠AOB=60°，即三角形OAB為等邊三角形，AB=1，+的幾何意義為點A，B兩點到直線x+y﹣1=0的距離d1與d2之和，顯然A，B在第三象限，AB所在直線與直線x+y=1平行，可設AB：x+y+t=0，（t＞0），由圓心O到直線AB的距離d=，可得2=1，解得t=，即有兩平行線的距離為=，即+的最大值為+，故答案為+．

37．3

【解析】設，則由圓心為中點得易得，與聯立解得點的橫坐標所以.所以，由得或，因為，所以

38．-1.【解析】，由得：，即.39．

【解析】由題可得，,即，故答案為

40．、、【解析】建立平面直角坐標系，如圖所示；

則記為“▲”的四個點是A（0，3），B（1，0），C（7，1），D（4，4），線段AB，BC，CD，DA的中點分別為E，F，G，H，易知EFGH為平行四邊形，如圖所示；

設四邊形重心為M（x，y），則，由此求得M（3，2），即為平行四邊形EFGH的對角線交于點，則符合條件的直線一定經過點，且過點的直線有無數條；

由過點和的直線有且僅有1條，過點和的直線有且僅有1條，過點和的直線有且僅有1條，所以符合條件的點是、、．

41．6

【解析】所以最大值是6.42．

【解析】∵平面向量與的夾角為，∴.∴

故答案為.43．

【解析】設圓心坐標為，則，焦點，由于圓與軸得正半軸相切，則取，所求圓得圓心為，半徑為1.44．

【解析】,則

.45．

【解析】由題意，設（1，0），（0，1），則（，﹣1），λ（1，λ）；

又夾角為60°，∴（）?（λ）λ＝2cos60°，即λ，解得λ．

46．2

【解析】由題意可得解得.47．7

【解析】由題得，因為，所以，解得．

48．-3

【解析】由可得

49．【解析】以為軸，建立直角坐標系，則，由的模為與與的夾角為，且知，可得，由可得，故答案為.50．

【解析】，，解得，以點為坐標原點，所在直線為軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，,∵，∴的坐標為,∵又∵,則，設，則（其中），，所以，當時，取得最小值.51．

【解析】以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，則點、、、，則點，，因此，.52．0

【解析】正方形ABCD的邊長為1，可得，?0，要使的最小，只需要，此時只需要取

此時

等號成立當且僅當均非負或者均非正，并且均非負或者均非正．

比如

則.53．4

【解析】

設向量的夾角為，由余弦定理有：，則：，令，則，據此可得：，即的最小值是4，最大值是．

54．【解析】

（1）∵向量．

由，可得：，即，∵x∈[0，π]∴．

（2）由

∵x∈[0，π]，∴

∴當時，即x＝0時f（x）max＝3；

當，即時．