專題四-平面向量與不等式【解析】

1/26真題四平面向量與不等式一、單選題1．（2019·全國高考真題（文））已知向量，則（）A． B．2C．5 D．50【答案】A【解析】由已知，，所以，故選A2．（2021·四川高三一模（文））已知向量，，若向量與向量共線，則（）A． B．C． D．【答案】B【解析】由向量坐標運算得到，根據向量共線可構造方程求得，由模長的坐標運算得到結果.【詳解】，又向量與向量共線，，解得：，.故選：B.【點睛】結論點睛：若與共線，則.3．（2020·海南高考真題）在中，D是AB邊上的中點，則=（）A． B． C． D．【答案】C【解析】根據向量的加減法運算法則算出即可.【詳解】故選：C4.（2021·湖北華中師大一附中高三月考）已知均為單位向量，且，則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由兩邊平方得，又因為可得，再計算即可得結果．【詳解】由得因為均為單位向量，則，所以，又，所以故選：C．5．（2021·江蘇鹽城市·高三二模）已知是相互垂直的單位向量，與共面的向量滿足則的模為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根據是相互垂直的單位向量，利用坐標法以及數量積的坐標表示，建立方程進行求解即可.【詳解】是相互垂直的單位向量，不妨設，，設，由可得，即，則的模為.故選：D6．（2020·浙江高考真題）若實數x，y滿足約束條件，則z=x+2y的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】首先畫出可行域，然后結合目標函數的幾何意義確定目標函數在何處能夠取得最大值和最小值從而確定目標函數的取值范圍即可.【詳解】繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，目標函數即：，其中z取得最大值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大，z取得最小值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最小，據此結合目標函數的幾何意義可知目標函數在點A處取得最小值，聯(lián)立直線方程：，可得點A的坐標為：，據此可知目標函數的最小值為：且目標函數沒有最大值.故目標函數的取值范圍是.故選：B.7．（2020·全國高考真題（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．【答案】D【解析】根據平面向量數量積的定義、運算性質，結合兩平面向量垂直數量積為零這一性質逐一判斷即可.【詳解】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.故選：D.8．（2020·全國高考真題（理））已知向量，滿足，，，則（）A． B． C． D．【答案】D【解析】計算出、的值，利用平面向量數量積可計算出的值.【詳解】，，，.，因此，.故選：D.9．（2020·海南高考真題）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．【答案】A【解析】首先根據題中所給的條件，結合正六邊形的特征，得到在方向上的投影的取值范圍是，利用向量數量積的定義式，求得結果.【詳解】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，故選：A.10．（2019·北京高考真題（理））若x，y滿足，且y≥?1，則3x+y的最大值為（）A．?7 B．1 C．5 D．7【答案】C【解析】由題意作出可行域如圖陰影部分所示.設,當直線經過點時,取最大值5.故選C.11．（2021·湖南衡陽市·高三一模）設，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知得且，然后結合基本不等式與中間值1比較，用不等式的性質比較大小可得．【詳解】易知：,，，，顯然成立.所以．故選：C．12．（2021·福建漳州市·龍海二中高三月考）已知是平面向量，滿足，且，記與的夾角為，則的最小值是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】先給兩邊平方然后展開，代入，得到，然后利用，然后當時，求解的最小值.【詳解】由得，，所以.則令函數，因為在上單調遞減.又因為，故當時，取得最小值，最小值為.故選：B【點睛】本題考查向量間夾角余弦值的取值范圍的計算問題，解答的一般思路為：當已知，和(其中為常數)時，一般采用平方法，得到然后展開，得到的值.13．（2021·浙江紹興市·高三一模）已知a，b，，若關于x不等式的解集為，則（）A．不存在有序數組，使得B．存在唯一有序數組，使得C．有且只有兩組有序數組，使得D．存在無窮多組有序數組，使得【答案】D【解析】根據，不等式轉化為一元二次不等式的解的問題，利用兩個一元二次不等式解集有交集的結論，得出兩個不等式解集的形式，從而再結合一元二次方程的根與系數關系確定結論．【詳解】由題意不等式的解集為，即的解集是，則不等式的解是或，不等式的解集是，設，，，所以，，和是方程的兩根，則，，又，所以是的一根，所以存在無數對，使得．故選：D．14．（2020·浙江高考真題）已知a，bR且ab≠0，對于任意x≥0均有(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0，則（）A．a<0 B．a>0 C．b<0 D．b>0【答案】C【解析】對分與兩種情況討論，結合三次函數的性質分析即可得到答案.【詳解】因為，所以且，設，則的零點為當時，則，，要使，必有，且，即，且，所以；當時，則，，要使，必有.綜上一定有.故選：C15．（2021·浙江紹興市·高三一模）已知，則的最小值是（）A． B．3 C． D．4【答案】B【解析】將，變形為，令，根據確定，得到，然后由，，進一步確定，然后由，利用三角函數性質求解.【詳解】因為，，令，則，因為，所以，即，解得，所以，，，，因為，所以，因為，所以，解得，所以，則，所以，所以的最小值是3，故選：B關鍵點點睛：本題關鍵是將，變形為，利用三角換元，轉化為三角函數求解.二、多選題16．（2020·全國高三其他模擬）已知且，則下列結論中一定成立的是（）A． B． C． D．【答案】BCD【解析】由且，可以得到，，然后結合不等式的性質容易對A，B，C選項進行判斷，然后利用基本不等式可對D選項進行判斷.【詳解】A：因為且，所以，即，，不一定等于1，故A項不一定成立；B：因為，所以，所以B項一定成立；C：因為，所以，C項一定成立；D：，D項一定成立.17．（2020·全國高三其他模擬）已知均為正實數，且，則（）A．的最大值為 B．的最小值為C．的最小值為 D．的最小值為【答案】AC【解析】對于選項A，直接根據基本不等式可求得結果；對于選項B，化為積為定值的形式后，根據基本不等式求出最小值可得答案；對于選項C，變形后利用二次函數求出最小值可得答案；對于選項D，變形后利用基本不等式求出最小值可得答案.【詳解】對于選項A，，當且僅當時取“”，故A正確；對于選項B，，當且僅當時取“”，故B錯誤；對于選項C，，當且僅當時取“”，故C正確；對于選項D，，令，，則，所以，當且僅當，即，時取“”，所以，所以，當且僅當，時取“”，故選項D錯誤.故選：AC.【點睛】方法點睛：利用基本不等式求解最值問題常采用常數代換法，其解題步驟為：（1）根據已知條件或其變形確定定值（常數）；（2）把定值（常數）變形為1；（3）把“1”的表達式與所求最值的表達式相乘或相除，進而構造和或積為定值的形式；（4）利用基本不等式求解最值．18．（2020·海南高考真題）已知a>0，b>0，且a+b=1，則（）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】根據，結合基本不等式及二次函數知識進行求解.【詳解】對于A，，當且僅當時，等號成立，故A正確；對于B，，所以，故B正確；對于C，，當且僅當時，等號成立，故C不正確；對于D，因為，所以，當且僅當時，等號成立，故D正確；故選：ABD三、填空題19．（2021·安徽合肥市·高三二模（文））已知向量，，且，則___________.【答案】【解析】由垂直的坐標表示求得，再由模的坐標運算求解．【詳解】由得，，則，所以．故答案為：．20．（2021·湖南岳陽市·高三一模）已知點在線段上運動，則的最大值是____________．【答案】【解析】直接利用基本不等式計算可得；【詳解】解：由題設可得：，即，∴，即，當且僅當時取“=”，故答案為：．21．（2020·山東高一其他模擬）已知，為實數，則______．（填“＞”、“＜”、“≥”或“≤”）【答案】≥【解析】利用作差法，配方即可比較大小.【詳解】，當且僅當，取等號．故答案為：≥22．（2020·全國高考真題（文））若x，y滿足約束條件則的最大值是__________．【答案】【解析】在平面直角坐標系內畫出不等式組表示的平面區(qū)域，然后平移直線，在平面區(qū)域內找到一點使得直線在縱軸上的截距最大，求出點的坐標代入目標函數中即可.【詳解】不等式組表示的平面區(qū)域為下圖所示：平移直線，當直線經過點時，直線在縱軸上的截距最大，此時點的坐標是方程組的解，解得：，因此的最大值為：.故答案為：.23．（2020·江西吉安市·高三其他模擬（理））若，則的最大值是___________.【答案】【解析】根據約束條件作出可行域以及直線過點A時在軸上的截距最小，有最大值，得出答案.【詳解】根據約束條件作出可行域如圖所示，

由解得將目標函數化為，表示直線在軸上的截距的相反數的故當直線在軸上的截距最小時，有最大值.當直線過點（2,1）時在軸上的截距最小，最大，由A(2,1)知的最小值為故答案為：24．（2021·浙江高三其他模擬）已知向量，滿足，．若，且，則的最大值為______．【答案】【解析】令，，利用已知作出以為直徑作直角三角形的外接圓，令，連接．設，由已知點在直線上，【詳解】令，，則，故，又，所以．以為直徑作直角三角形的外接圓，進而得出當時，即取得最大值．令，連接．設，因為，所以點在直線上，又，所以，即，所以．結合圖形可知，當時，即取得最大值，且．故答案為：25．（2020·全國高考真題（理））已知單位向量,的夾角為45°，與垂直，則k=__________.【答案】【解析】首先求得向量的數量積，然后結合向量垂直的充分必要條件即可求得實數k的值.【詳解】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：．26．（2020·全國高考真題（理））設為單位向量，且，則______________.【答案】【解析】整理已知可得：，再利用為單位向量即可求得，對變形可得：，問題得解.【詳解】因為為單位向量，所以所以解得：所以故答案為：27．（2021·江西高三其他模擬（理））平面向量??，滿足，，，則對任意，的最大值為___________.【答案】【解析】建立平面直角坐標系，可得點的軌跡方程為，然后化簡所求式子，轉化為兩個圓的點之間的最大值問題，簡單判斷即可.【詳解】由，，可設由，把坐標代入化簡可得：所以點點的軌跡方程為又，所以求的最大值即兩個圓、上動點最大值，如圖所示;當過兩圓的圓心時，有最大即故答案為：28．（2021·浙江高三其他模擬）已知向量，，滿足，與的夾角為，則的最大值為______．【答案】【解析】根據題意設，，，則，，，，由條件可得，后能結合正弦定理得到動點的軌跡，利用得到動點的軌跡，然后數形結合得到的最大值，即的最大值.【詳解】因為，所以，．設，，，則，，，．因為與的夾角為，所以，的外接圓的直徑為：則動點的軌跡是半徑為的圓中的優(yōu)?。ú缓c，），由，則動點的軌跡是以點為圓心、半徑為的圓，如圖，結合圖形可知，當點，，，四點共線，且在線段的延長線上時，最大，且最大值是，故的最大值為．故答案為：【點睛】關鍵點睛：本題考查向量的運算和模長的最值問題，解答本題的關鍵是在中，根據題意得到，后能結合正弦定理得到動點的軌跡，利用得到動點的軌跡，然后數形結合得到的最大值，即的最大值．屬于中檔題.29．（2021·北京朝陽區(qū)·高三一模）李明自主創(chuàng)業(yè)，經營一家網店，每售出一件商品獲利8元．現(xiàn)計劃在“五一”期間對商品進行廣告促銷，假設售出商品的件數（單位：萬件）與廣告費用（單位：萬元）符合函數模型．若要使這次促銷活動獲利最多，則廣告費用應投入_______萬元．【答案】【解析】設李明獲得的利潤為萬元，求出關于的表達式，利用基本不等式可求得的最小值及其對應的的值.【詳解】設李明獲得的利潤為萬元，則，則，當且僅當，因為，即當時，等號成立.故答案為：.30．（2020·全國高三其他模擬）已知正實數，，，滿足，其中，，則的最小值為______.【答案】12【解析】解法一根據可知，得到，然后變形所求的式子并結合基本不等式可知結果.解法二對取對數可知，，然后代入所求式子并結合基本不等式可知結果.【詳解】解法一由得，，所以，所以，即，所以.因為，所以，當且僅當時等號成立.故，所以的最小值為12.解法二對兩邊同時取對數，得，，所以，當且僅當時等號成立，所以的最小值為12.故答案為：12【點睛】關鍵點定睛：解法一關鍵在于得到，解法二結合對數，同時兩種解法都使用基本不等式.31．（2020·江西吉安市·高三其他模擬（理））已知數列是等差數列，，，，則的最大值是______．【答案】【解析】由等差數列得通項公式可的設，，則不等式組等價為，，利用線性規(guī)劃知識求最值即可.【詳解】設等差數列的公差為，由題設知，，設，，則不等式組等價為，對應的可行域為如圖所示的三角形及其內部，由，由可得，作沿著可行域的方向平移，當直線過點時，取得最大值．由解得，所以，故答案為：32．（2020·浙江高考真題）設，為單位向量，滿足，，，設，的夾角為，則的最小值為_______．【答案】【解析】利用復數模的平方等于復數的平方化簡條件得，再根據向量夾角公式求函數關系式，根據函數單調性求最值.【詳解】，，，.故答案為：.四、雙空題33．（2020·天津高考真題）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_________．【答案】