江苏地区一轮复习模拟题汇编：平面向量及其应用2025年高考数学核心考点突破 含答案

/江苏地区一轮复习模拟题汇编：平面向量及其应用-2025年高考数学核心考点突破一、单选题1．（23-24·江苏徐州·模拟预测）已知向量，，若向在向量时上的投影向量为，则（

）A． B． C．2 D．12．（23-24·江苏扬州·模拟预测）若，共线，则实数的值为（

）A．0 B． C． D．53．（23-24·江苏连云港·模拟预测）已知为的重心，线段上一点满足，与相交于点，则（

）A． B． C． D．4．（23-24·江苏徐州·模拟预测）已知向量，，则在上的投影向量为（

）A． B．C． D．5．（23-24·江苏无锡·专题练习）如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（

）

A． B．C． D．6．（2024·江苏扬州·模拟预测）在中，为线段的中点，过的直线分别与线段交于，且，则（

）A． B． C． D．7．（23-24·江苏无锡·阶段练习）椭圆C：的左、右焦点分别为、，直线过且与椭圆交于A、B两点（A在B左侧），若，则C的离心率为（

）A． B． C． D．8．（23-24·江苏南京·阶段练习）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧（含端点）上的一点，则的范围为（

）A． B． C． D．二、多选题9．（23-24·江苏南京·阶段练习）已知向量，则下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若在上的投影向量是，则10．（23-24·江苏淮安·模拟预测）在空间直角坐标系中，，，，下列结论正确的是（

）A．B．向量与夹角的余弦值为C．点关于轴的对称点坐标为D．向量在上的投影向量为11．（23-24·江苏泰州·阶段练习）定义两个平面向量的一种运算，为的夹角，则对于两个平面向量，下列结论正确的有（）A．B．C．D．若，则三、填空题12．（23-24·江苏连云港·模拟预测）在中，点满足，则，．13．（23-24·江苏南京·阶段练习）已知矩形满足，若分别是线段上的动点，且，则的最小值为.14．（23-24·江苏宿迁·模拟预测）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”．（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为；设，则．

四、解答题15．（23-24·江苏徐州·模拟预测）已知向量，．(1)若与共线，求实数m的值；(2)若，且，求实数的值；(3)若，求实数m的值．16．（23-24·江苏宿迁·模拟预测）已知在中，是边的中点，是边上的点，且．记．(1)用，表示向量；(2)若，且，求的大小．17．（23-24·江苏徐州·模拟预测）已知向量，且函数．(1)若，且，求的值；(2)若将函数的图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，再将所得图像向左平移个单位，得到的图像，求函数单调增区间．18．（23-24·江苏南京·阶段练习）设是夹角为的两个单位向量，如果.(1)求证：A，B，D三点共线；(2)试确定的值，使和共线；(3)若与的夹角为锐角，试求的取值范围.19．（23-24·江苏徐州·期末）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列．(1)求：，，的正交点列；(2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；(3)证明：，，都存在整点列无正交点列．

答案：1．D【分析】根据投影向量的概念列式，化简得到，结合、的坐标建立关于的方程，解出值，进而求出的值．【详解】根据题意，可得，可得，因为，，所以，解得，可得．故选：D．2．B【分析】由坐标形式的共线定理直接计算即可得解.【详解】因为，共线，所以.故选：B.3．B【分析】利用重心及向量的中线公式得到，结合条件及向量共线的推论，即可求出结果.【详解】如图，因为为的重心，所以在中线上，且，又，所以，设，所以，又，所以，又三点共线，所以，得到，所以，故选：B.4．B【分析】首先求出，，，再根据投影向量的定义计算可得.【详解】因为，，所以，所以，，所以在上的投影向量为.故选：B5．D【分析】根据图形结合向量的线性运算求解.【详解】因为为的中点，为的中点，所以.故选：D.6．B【分析】作出图形，由可推得，利用条件将其化成，再运用平面向量基本定理得，解之即得.【详解】如图，因则,即（*），又,,代入（*）得，,即，因三点共线，故，解得，.故选：B.7．A【分析】利用平面向量数量积的运算律可得，根据直线斜率求出倾斜角的余弦值，再由降幂公式可得，作，M为垂足，结合几何图形列齐次式可得离心率.【详解】因为，所以，则，故，由椭圆的定义知，，设，则，故，所以，解得（正值舍去），所以，如图，作，M为垂足，由，得为AF2的中点，所以，则，故.故选：A8．A【分析】利用向量数量积的运算量，结合即可求解.【详解】取中点为，连接，显然，则.故选：A.9．AB【分析】选项A：利用向量与向量平行求解即可，选项B：利用向量与向量垂直求解即可，选项C：利用遇到向量的模即平方求解即可，选项D：利用投影向量的求法求解即可，【详解】对于A，因为，所以，所以，A正确；对于B，因为，所以，所以，B正确；对于C，因为，所以，整理得，此方程无实根，C错误；对于D，在上的投影向量为，若在上的投影向量是，则则则D错误.故选：AB.10．ABD【分析】依次结合向量模公式，结合向量的夹角公式，根据点对称的性质，结合投影向量的公式即可求解．【详解】解：A．点，，，则，，，，故A正确；B．，故B正确；C．点关于轴的对称点坐标为，故C错误；D．在上的投影向量为：，故D正确．故选：ABD．11．ACD【分析】根据的定义对选项逐一分析,由此判断出结论正确的选项.【详解】对于A选项，,所以A选项结论正确；对于B选项，等式左边，右边，其中是与的夹角，故当，等式不成立，所以B选项结论错误.对于C选项，等式左边右边，故C选项结论正确.对于D选项，根据C的分析可知，而为非负数.故.所以D选项结论正确.故选：ACD12．【分析】根据条件，利用向量的线性运算得到，，，再结合条件，建立方程得到，即可求出结果.【详解】如图，因为，所以为的两个三等分点，且，因为，，，所以①，②，③，联立①②③，解得，所以，，故，.13．.【分析】以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设，然后表示出点的坐标，从而可表示出，化简后结合基本不等式可求得结果.【详解】解：以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设，，，设，则，由，知，所以，由，知，所以，所以当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故关键点点睛：此题考查向量的数量积运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是根据题意建立平面直角坐标系，将数量积用坐标表示，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.14．【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，由正弦定理求出大小正三角形的面积，即可求得的值；然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果.【详解】由，设，则，，如图

由题可知：，由所以，则，所以小三角形面积，因为，所以,即，，所以因为，又所以所以即所以又所以所以故；.15．(1)(2)(3)【分析】（1）根据题意，由向量平行的坐标计算公式可得关于的方程，即可得答案．（2）根据题意，由向量的坐标计算公式可得即可得答案；（3）利用向量坐标的线性运算求坐标，模长坐标公式列方程求参数值；【详解】（1）因为与共线，所以，所以.（2）因为，，所以，可得，（3）由题知：，，，，∵，∴，∴，即，解得.16．(1)(2)【分析】（1）根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可；（2）用，表示出，再由，得化简结合可求得结果.【详解】（1）因为在中，是边的中点，是边上的点，且，所以；（2），因为，所以，即，故，化简得：，因为，所以，代入上式得，即，所以，即.17．(1)；(2)【分析】（1）利用向量的数量积运算结合三角函数恒等变换公式对函数化简变形可得，则由，得，再求出，然后利用两角和的正弦公式可求得结果；（2）利用三角函数图象变换规律求出，然后由可求出其递增区间.【详解】（1）因为，所以；因为，所以，因为，所以，所以，所以（2）函数的图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，得，再将所得图像向左平移个单位，得；令，得，所以的增区间为.18．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据向量平行且有公共点得出三点共线；（2）应用两个向量平行系数关系求参；（3）把夹角为锐角转化为数量积大于零且向量不平行求参即可.【详解】（1）因为,，可知共线，所以三点共线.（2）因为与共线，所以可得,即得.（3）因为与夹角为锐角，所以且与不平行，若,可得,则λ≠±1，或或.所以的范围为.19．(1)，，(2)不存在，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论；（2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论；（3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，列式，分类讨论，即可得出结论.【详解】（1）设点列，，的正交点列是，，，由正交点列的定义可知，，设，，由正交点列的定义可知，即，解得所以点列，，的正交点列是，，.（2）由题可得，设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，因为与，与相同，所以有因为，，，得方程，显然不成立，所以有序整点列，，，不存在正交点列；（3），，都存在整点列无正交点列.，，设，其中，是一对互质整数，若有序整点列，，，是点列，，，正交点列，则，则有当为偶数时，取，.由于，，，是