题号猜押05 天津卷14～15题平面向量、导数7大考点（填空题）（天津专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押05 14~15题平面向量、导数（填空题） 参考答案 押题预测 考点1 平面向量中求模长（线段长） 1．【答案】 / 【分析】第一空，由题意知，得，由三点共线的结论即可求出； 第二空，先求和，由有，得，利用数量积的定义和基本不等式即可求得，由得即可求解. 【详解】由题意有，所以，由， 所以，所以， ，由有， 即， 即，所以， 即，当时，等号成立， 当最大时，，，由有， 所以， 所以， 故答案为：；. 2．【答案】 【分析】推导出，，然后以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的模长公式可求得的值；设点、，其中，，利用平面向量数量积的坐标运算得出，再结合基本不等式求得的最小值. 【详解】因为，可得， 因为，则， 因为，则，且，如下图所示： 以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如上图所示的平面直角坐标系， 则、、、、， ； 设点、，其中，， ，， 所以，，可得， 因为，则，则，， 所以，， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，的最小值为. 故答案为：；. 3． 【答案】 【分析】借助平面向量线性运算可用、表示，再利用、、三点共线即可得；利用平面向量夹角公式可得，再借助模长与数量积关系，结合基本不等式计算即可得的最小值. 【详解】，则， 故， 由、、三点共线，可得，解得； 则， 由，则， 故， 则，故 ， 当且仅当，即，时，等号成立， 故的最小值为. 4． 【答案】 【分析】将用来表示，进而利用三点共线求得参数；假设，将用来表示，利用三点共线可得到的关系，再根据，解方程即可. 【详解】设，，则， 若，则， 因为B，M，D三点共线，则，得， 所以； 设，，则， 又B，M，D三点共线，则，得， 因为菱形ABCD的边长为1，，，， 所以，． 又， 所以， 整理，得， 解得，或（舍去）．故． 故答案为：、 5． 【答案】 3 【详解】    连接AO，并延长交BC于点D，易知点D为BC的中点， 所以，. 又因为是的中心，所以是的重心，即， 所以. 因为，，所以，， 所以. 因为M，O，N三点共线，所以， 所以，. 因为，， 所以， ， 又，所以，. 由，得，， 令，当和重合时，为上中线，此时, 所以，则， 得. 根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 且，，所以， 所以，. 因为， 所以，根据二次函数的性质可知， 所以的最小值为. 故答案为：3，. 考点2 平面向量中求角 1． 【答案】 ； . 【分析】根据已知及加减、数乘的几何意义可得、，再由与的夹角相等，结合向量数量积的运算律及夹角余弦值的求法求的余弦值. 【详解】由，则， 由与的夹角相等，则， 又，，则， 所以， ， ， 所以. 故答案为：， 2． 【答案】 ； . 【分析】①先设，再由向量的线性运算及三点共线可得，从而可得；②再由，由向量的数量积为零可得关于的余弦值，再用基本不等式可得角的最大值. 【详解】如图：    设，则，且，所以. 又因为，所以，. 因为三点共线，设，则，即， 因为不共线，由平面向量基本定理得，解得 所以，. 若，设，则，即， ，，， 又因为，且在上单调递减， 所以，故的最大值为. 故答案为：；. 3．【答案】 【分析】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出，以为基底，表示出，由可得，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出． 法二：以点为原点建立平面直角坐标系，设，由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，方程为，即可根据几何性质可知，当且仅当与相切时，最大，即求出． 【详解】方法一： ，， ，当且仅当时取等号， 而，所以． 故答案为：①；②． 方法二：如图所示，建立坐标系： ，，满足， ，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 当且仅当与相切时，最大，此时． 故答案为：①；②． 4．【答案】 / 【分析】先应用向量的数量积公式计算，再应用数量积的运算律计算求解；结合模长公式及向量夹角余弦公式计算求解. 【详解】在中，，，，所以， 又因为，， 所以， 所以 ； 因为与交于点，所以所成角等于所成角， 所以， ， 所以. 故答案为：；. 5．【答案】 / 【分析】根据几何图形，结合向量的线性运算，即可用基底表示，首先用基底表示，再利用数量积公式，求，即可求解. 【详解】由条件可知， , 所以； 由，得， 得， 所以， 得，且，， 所以， 得,,所以. 故答案为： 考点3 平面向量中求数量积 1． 【答案】 / / 【分析】根据平面向量基本定理、结合平面向量共性性质、投影向量定义、平面向量数量积运算性质进行求解即可. 【详解】， 因为，且，所以， 于是有， 因为B，P，Q三点共线， 所以； 因为，向量在向量上的投影向量为， 所以有， .    2．【答案】 【分析】根据向量的线性运算，以及数量积的运算律，即可求解. 【详解】由题设，， 所以. , , 3．【答案】 / 【分析】根据图形得到，结合三点共线即可求参数值，延长交于，设，进而有，可得，且，分别过作，交于，可得，，进而有，最后应用向量数量积的运算律求解. 【详解】由题设 ， 又三点共线，则，可得， 如下图，延长交于， 由， 若，则，而三点共线， 所以，即， 由， 分别过作，交于， 若，则，， 所以，， 即，， 综上，，则，为边长为1的正三角形， 所以. 故答案为：， 4．【答案】 【分析】（1）首先利用基底法表示数量积，再结合四边形面积公式，以及基本不等式，即可求解的最小值；根据第一问的过程，结合投影向量公式，可以求，，再代入数量积公式，即可求解. 【详解】由条件可知，,， 所以，所以， ，， ， ， 当时等号成立， 所以的最小值为； 在上的投影向量为，则，即, 因为，所以，得，， 则. 故答案为：；. 考点4 平面向量中求数量积范围（最值） 1． 【答案】 / 【分析】（1）根据和向量的数量积定义式计算. （2）建立平面坐标系，设，用表示出，根据二次函数性质得出最小值． 【详解】 因为，所以， 又因为，所以， 所以， 所以； 过作，垂足为， 所以为直角三角形，， 所以，， 由勾股定理可得，， 以为原点，以，所在直线为坐标轴建立平面坐标系如图所示： 由，可知，， 则，设， 由可得：，， 所以，， 所以， 当时，取得最小值. 2． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，写出点的坐标和的坐标，利用数量积的坐标计算公式可求得，再设出点，根据，用来表示，再将表示成关于的函数表达式,然后求解最小值. 【详解】建系如图所示 因为是边长为2的等边三角形，，. . 设，. . ，，. . 当时，取得最小值，最小值为. 3．【答案】 /1.5 【分析】建立平面直角坐标系，根据所给条件求出点坐标，当时得出坐标，根据向量的投影向量的模求解，当点，在圆上运动时，设出点坐标，得出向量坐标，利用数量积公式及三角恒等变换化简，由正弦型函数值域得解. 【详解】以为原点，所在直线为建立平面直角坐标系，如图， 设，，则由，,是关于直线对称， 所以， 所以，所以，， （1）当，且点在点上方时，，, 则，， 所以在上的投影向量的模为； （2）设，则， 由，所以， 由， 则 所以 由，可知， 所以的取值范围是. 故答案为：； 4． 【答案】 【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律即可求解空1，利用向量的线性运算将问题转化为，求解的最大值，的最小值即可求解. 【详解】由于，则， ， （ⅰ）当，则，故， （ⅱ）, 由于为相反向量，故， 所以， 由，故当时，取最小值， 而的最大值为， 因此当取最大值，取最小值时，取最小值，故最小值为， 故答案为：， 5．【答案】 0 【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果. 【详解】 如图所示,连接，因为三点共线，且 ，解得， 则， 与夹角为,与夹角为, . 设,可知, , , , , ,当或时, 有最小值,最小值为0. 故答案为: ； 0. 考点5 函数零点（解）问题 1． 【答案】 【分析】先说明不满足要求，再证明当时函数为偶函数，令，条件可转化为方程在上有个根，再设，可得方程在上有个根，结合二次函数性质列不等式求结论. 【详解】若，则，与已知矛盾， 若，则，此时函数的定义域为，且， 与条件函数有6个零点矛盾， 若，有意义可得，化简可得， 所以函数的定义域为， 又， 所以函数是偶函数，故函数的零点关于原点对称， 因为函数有6个零点，故不能为函数的零点， 令，由函数有6个零点可得方程在上有个根， 令，则，， 所以在上有个根， 即在上有个根， 所以方程在上有个根， 因为方程的判别式， 所以方程有两个不等的实根，设其根为，， 则，故， 故方程在至多有个根， 结合条件在上有个根可得， 方程在有个不相等的实根， 方程在有个根， 由方程在有个不相等的实根 可得，解得， 由方程在有个根可得，解得， 所以的取值范围为. 2．【答案】 【分析】先求出可能存在的零点，再对分类讨论，依次分析零点是否满足对应范围下的约束条件. 【详解】令得方程，首先必须保证， 当时，恒成立；当时，等价于或， 首先对分段讨论，当时，， 两边平方得解得或， 得到存在需满足，存在需满足， 即应有或； 当时，， 两边平方得即， 设，， 且时有两个根， 设为，存在需满足， 考虑几个分界点的值， ，. 接下来对进行分类讨论， 当时，此时应有或，均存在， 此时开口朝下且有， 根据二次函数图像特征可知，即均不满足存在条件； 当时，存在，不存在，变为，零点为不满足存在条件； 当时，此时应有或，存在，不存在， 得到开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，，均不满足存在条件； 当时，不存在，存在， 开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，不存在，存在，均不满足存在条件； 当时，都不存在，开口朝上，且对称轴， 根据二次函数图像特征可知即均不满足存在条件； 当时，都不存在， 综上所述，的取值范围为. 3．【答案】或 【分析】原方程可化为恰有3个不同的实数解， 令，即的图象有3个不同的交点，画出的图象，结合图象可得答案. 【详解】当时，方程为，不成立， 所以恰有3个不同的实数解，； 原方程可化为恰有3个不同的实数解， 令，即的图象有3个不同的交点， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， ，的图象如下， 由图可知， 当，且与相切时， 由，所以，, 所以（另一解舍去），若要有3个不同的交点，则； ，的图象没有3个不同的交点； 当，且与相切时，由同理可得（另一解舍去）， 当过时，，当，不符合题意； 若要有3个不同的交点，则； 综上所述，或. 故答案为：或. 4． 【答案】 【分析】将方程转化为关于的二次方程，通过两个函数图象的交点个数即可求解. 【详解】因为, 所以，即， 整理得． 因为方程有两个实数解，所以方程有两个实数解. 令， 则函数与的图象有两个交点. ①当时，，由图象可知，两函数有4个交点，故不合题意； ②当时，易知，且， 令,得, ，令, 得, 若与的图象有两个交点，需满足，解得． ③当时，易知． 由②的分析可得，若与的图象有两交点，需满足解得． 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 5． 【答案】 【分析】首先分析得且，进一步分和，两种情况讨论即可，原问题可以转换为的图象与的图象的交点个数为4来求参数，从而可以通过画图进行求解. 【详解】若，则等价于，解得或， 当或时，函数是二次函数， 其零点不超过两个， 从而必然有且， 的零点有四个等价于的图象与的图象的交点个数为4， 如图，当时，设直线与的图象相切，直线经过点，其中的横坐标是的较小的那个根， 且经过直线所过的那个定点， 由求根公式可求得点的横坐标为，从而， 所以要满足题意的话，那么当且仅当，其中分别表示直线的斜率， 显然有， 联立直线与得， ，从而有，解得或（舍去）， 舍去是因为理论上来说与可能有两种相切的情况， 一种是相切于对称轴左边的一点，一种是相切于对称轴右边一点， 从而， 所以时，， 即，解得， 当时，设直线与的图象相切，直线经过点，其中的横坐标是的较大的那个根， 且经过直线所过的那个定点， 由求根公式可求得点的横坐标为，从而， 所以要满足题意的话，那么当且仅当，其中分别表示直线的斜率， 显然有， 联立直线与得， ，从而有，解得或（舍去）， 舍去是因为理论上来说与可能有两种相切的情况， 一种是相切于对称轴左边的靠上面的一点，一种是相切于对称轴左边的靠下面的一点， 从而， 所以时，， 即，解得或， 综上所述，所求为. 故答案为：. 考点6 分段函数（复合函数）的零点问题 1．【答案】 【分析】根据时的解析式，结合条件，可得为符合条件的解，则时，没有实数解，分别讨论、和三种情况，根据指数函数的单调性，分析即可得答案. 【详解】令， 由有且仅有一个实数解，得有且仅有一个实数解， 当时，令，解得， 所以有且仅有一个实数解， 当时，令，解得，为一个确定的解，符合题意， 所以当时，没有实数解， 当时，，符合题意； 当时，，在上恒成立， 所以在上有无数个解，不符合题意； 当时，单调递增，只需即可， 综上，实数的取值范围是. 2．【答案】 【分析】对函数分和进行讨论，最后结合分析求出实数的取值范围. 【详解】函数恰有个零点，等价于方程恰有个不同实根，分和讨论： 时，； 设为时方程的解的个数； 当时，，且，可得； 当时，，且，可得； 令，当，恒成立， 故在区间上单调递增，值域为，但当时，的值域为； 令，当，恒成立， 故在区间上单调递减，值域为，但当时，的值域为； 因此：当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 当时，两分支重合于，得一个解； 当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 故对任意实数，部分恒有； 当时，方程等价于两个二次方程： ①，判别式恒正，两根之积； 若，两根均为正，在上无根； 若，一根为，另一根为，在上有1个根； 若，两根异号，恰有一个负根； ②，判别式恒正，两根之积； 若，两根异号，恰有一个负根； 若，一根为，另一根为，在上有2个根； 若，两根均为负，有个根； 两方程无公共根；设为时方程的解的个数，则： ：， ： ： 总交点个数，要求等于，故，解得； 综上的取值范围是. 3． 【答案】 【分析】若，可得该方程恒无解，则时，结合值域可得关于的方程必须恰有两个不同的非零实根，构造函数，利用函数性质可得其单调性，即可得解. 【详解】当时，， 当时，， 则值域为； 若，则可化为，方程恒无解； 若，则可化为， 则要使得该方程无解，需使，即， 即关于的方程必须恰有两个不同的非零实根； 令， 作出其图象如下： 当或时，， 由对勾函数性质可得在、上单调递增，在上单调递减， 有，； 当时，， 则在上单调递减，此时； 故要使得关于的方程恰有两个不同的非零实根， 此时的取值范围是. 4．【答案】 【分析】考虑时，得到时，在上有两个零点，当取其他值时，只有1个零点，再考虑时，变形得到且时，，构造函数，写出分段函数，求导得到其单调性，画出函数图象，数形结合得到其与的交点个数，从而最终求出最多有4个零点，得到的取值范围. 【详解】，即， 当时，，即，故满足要求， 若，则无解，若，则，解得不满足； 若，则的解， 若，则的解，且当时，， 故当时，在上有两个零点， 当取其他值时，只有1个零点， 时，， 显然当时，无解， 当且时，， 令， ， 当时，，当时，， 当时，，当时，，当时，， 故在，，上单调递增， 在，上单调递减， 又时，，其中，，，， 画出的图象如下： 当或或或时，有一个零点， 当时，有2个零点， 当时，有3个零点， 当时，无零点， 综上：最多有4个零点， 则. 故答案为：. 5．【答案】 【分析】第一步换元，分两大类：当时，，或当时，，解得或即可得解. 【详解】设，则， 情形一：当时，，解得或， 因为，故不可能有， 从而只能是有唯一的解， 这就要求， 当时，，解得， 当时，，解得，这与矛盾， 此时满足题意的的取值范围是； 情形二：当时，，解得， 这就要求， 由于，故只能是，解得， 这就要求， 此时满足题意的的取值范围是； 综上所述，满足题意的的取值范围是. 故答案为：. 考点7 函数中的恒成立问题 1． 【答案】 【分析】分类讨论先去绝对值符号，根据二次函数的对称性，依次讨论对称轴与端点的大小关系，结合最值计算一元二次不等式即可. 【详解】令，即， 由题意可知在R上恒成立， ①若，即时， 要满足题意需， 整理得,解得或（舍去）； ②若，即时， 要满足题意需， 整理得， 解得或，与前提矛盾舍去； ③若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或（，舍去）； 综上所述. 故答案为： 2．【答案】 【分析】等价转化为的整数解唯一，再对分和讨论即可. 【详解】存在唯一使 的整数解唯一， 令，则有有解，而绝对值不等式知， 当且仅当同号时等号成立，故此时异号，，图象如下所示： ①当时，，即有唯一整数解， （i）若，知过定点，， 令与相切，切点为，其中，， 易得，即，解得， 时， 无解. 时，若使有唯一解，而，故该解只能为或， 若解为，则有，即，解得，如图2所示， 若解为，有，即，无解，故舍去. （ii）若，知整数解为，此时有，即，解得， ②当时，，即有唯一整数解，由图（1）中①知该整数解为， 此时有，即，解得，即. 综上所述，的取值范围为. 故答案为：. 3． 【答案】 【分析】利用零点分段讨论，去绝对值，结合二次函数知识化简可求答案. 【详解】， 不等式可化为①； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 所以，即； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 令，则其图象开口向上，对称轴为， 若，即时，最小值为， 由可得，解得，即； 若 且，即 时，由于的最小值为 ， 则 在 上恒成立， 若时，，则 在 上恒成立； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 只需，解得； 综上可得实数的取值范围为. 故答案为： 4． 【答案】 【分析】由题意得，由成立，当，转化为不等式在上恒成立，令，由在上递增，由在上恒成立求解. 【详解】由题意得，当 ，不等式在上恒成立， 当，不等式在上恒成立， 所以不等式在上恒成立， 令，则不等式在上恒成立， 因为，所以在上递增， 所以在上恒成立，显然，不等式在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 当时，；当时，， 当时，，所以，则， 所以 故答案为： 5．【答案】 【分析】①因为是偶函数，所以的图象关于直线对称，可设，根据为偶函数，为奇函数性质，列出方程并解出；再结合，解出;先化简的表达式，令，将原不等式转化为关于的不等式， 再进行变形，利用分离参数法，求出实数的取值范围 【详解】①设二次函数，则 又为偶函数，所以， 因为是奇函数，所以，即 化简得，即， 又，所以，所以 又，所以，解得 所以，， ②令，， 则可化为： ， ， 两边除以得 令，则，设， 对称轴为，，故最大值为 若， 恒成立，则，故的取值范围是 1． 【答案】 【分析】（I）证明四边形为菱形，即可利用定义求数量积； （II）以为原点，以所在直线为轴和轴建系，求出点的轨迹方程，再用坐标表示，再将其转化为几何意义求解. 【详解】（I）如图，连接， 因，，为线段的中点， 则，， 故四边形为菱形，则， （II）如图，以为原点，以所在直线为轴和轴， 在中可知，，则， 设，则，， 因，则点的轨迹为以为直径的圆， 方程为圆，欲使其构成平面四边形，则其轨迹为半圆， 因，则 该式子的几何意义为：点到半圆上的点的距离， 因，则点在圆上， 则距离的最短值为，最长为，但此时无法构成四边形， 故. 故答案为：； 2．【答案】 【分析】先利用中点与共线条件，将点 的位置用参数 表示，并通过向量共线建立方程解出 与 ，从而确定 与 的表达式；再将已知的 的值代入，结合与的夹角关系转化为关于 x, y的方程；最后使用基本不等式求出 xy的最大值，进而得到平行四边形面积的最大值. 【详解】如图，因为 是 中点，所以 ，. 又 是 AE 中点，故 ，. 设 ，则 . 由 共线，，即 ， 得 ，，，故 . 又 ，. 设 ，，则， 代入得 . 由基本不等式 ，得 ，当且仅当时等号成立. 平行四边形面积 ，故 . 3． 【答案】 / 【分析】利用向量的加法、数乘向量的运算即可化简得出；利用，表示，根据得出，再利用公式以及基本不等式求出其最小值，最后利用求出最大值. 【详解】由题意可得， ； ， 因，则， 即， 则， 等号成立时， 则为锐角， 则， 则正切的最大值为.    故答案为：； 4．【答案】 【分析】由题意得，从而；对于第二问，设，首先分解，然后由数量积的运算律转换成关于的二次函数在闭区间上的值域即可求解. 【详解】由题意 所以， 设， ， ， ， ， 设，对称轴是， 故单调递增， 从而当点F为线段上的动点时，的取值范围为. 故答案为：；. 5． 【答案】 【分析】（1），再根据向量之间的关系进行化简； （2）根据向量加法的三角形法则，得到，， 又，可得， 设，则，，     最后根据范围求解即可. 【详解】 因为，所以， ； 因为，， 又，即 可得， 设，则 ， ，     当时有最大值， 故答案为：；. 6．【答案】 4； 【分析】根据三角形面积公式可得，即可根据投影向量的定义求解（1），根据重心的性质，结合基底表达，即可根据向量的数量积运算律，结合基本不等式求解（2）即可. 【详解】（1）因为，所以， 解得，则，结合，解得， 由投影向量公式得在向量上的投影向量为， 故向量在向量上的投影向量的模为， （2）如图，根据题意可知为的重心，故，    又为线段上靠近的三等分点，故, 因此， ， ， 由（1）知，故， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，则的最小值为. 故答案为：4， 7．【答案】 【分析】经过整理，换元，方程变形为关于的直线，那么，表示直线上的点到原点的距离的平方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，利用点到直线的距离求最小值. 【详解】由题意可知存在使 ， 整理为： 设，整理为关于的直线， 那么，表示直线上的点到原点的距离的平方， 那么距离的最小值就是原点到直线的距离 所以， 当时，是单调递增函数，当时取得最小值. 即的最小值是. 8．【答案】 【分析】先设，根据不等式的形式，为了消可以取，得到，验证时，是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案. 【详解】设，原题转化为求的最小值， 原不等式可化为对任意的，， 不妨代入，得，得， 当时，原不等式可化为， 即， 观察可知，当时，对一定成立，当且仅当取等号， 此时，，说明时，均可取到，满足题意， 故的最小值为. 故答案为： 9． 【答案】 【分析】结合三角函数零点与二次函数的零点分析判断即可. 【详解】当时，令，则，所以， 此时零点为正奇数：. 当时，， 此时在上单调递增，最多有一个零点. 因为恰有四个不同零点，所以在上至少有三个零点， 故，此时，在上有且仅有一个零点， 所以时，与轴有3个交点，需满足， 所以实数a的取值范围为. 10． 【答案】 【分析】，当时，变形为，令，则，画出函数图象，结合图象列出不等式即可求解. 【详解】， 即， 当，，，所以不是交点横坐标； 当时，，即， 令，则， 所以的图象与有3个交点， 即函数与的图象有3个交点， 函数恒过点， 当，即， ，即， 解得或， 当，解得或， 所以函数与相切时的最小值为或， 由图象可知当（1）时，即； （2），即时函数与的图象有3个交点， 综上：当时，的图象与有3个交点， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将式子变形，使得两个函数有其中一个图象是确定的，通过平移另一个图象来找到符合题意的条件. 11． 【答案】 【分析】分析可知，函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值进行分类讨论，数形结合，结合函数的零点个数，可得出关于实数的等式或不等式，综合可得出实数的取值范围. 【详解】由，可得， 设，则函数至少有一个零点， 则，解得或， 当时，设函数两个零点分别为、且， 由韦达定理可得，则必有，则必为函数的一个零点， 若使得函数至少有三个零点，则必有，即，解得，所以，， 且当时，， 作出函数的图象如下图中的实线所示： 由图可知，此时函数只有两个零点，不合乎题意； 若，设函数两个零点分别为、且， 由韦达定理可得，则必有， 从而可知，必为函数的一个零点，作出函数的图象如下图中的实线所示， 若使得函数至少有三个零点，则，所以，，解得，此时，. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 12． 【答案】 【分析】令，先变形，再分，两种情况讨论的正负，从而去掉绝对值符号，再分段求解方程的根，即可求出的取值范围. 【详解】令，则原方程可化为， 因为， 又因为，所以上式可化为 . （1）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. （i）当时，上式可化为， 所以关于的一次方程有解必须满足，解得①， （ii）当时，上式可化为，解得，此时②， （2）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. 因为当时，原方程已有两个不等的实数根，原方程要有四个不同的实数根， 方程必须有两个不等的实数根， 令，的对称轴为 必须让二次函数在上与轴有两个不同的交点， 所以须满足，即， 解得③， 所以，综上①②③可得实数的取值范围为， 故答案为：. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押05 14~15题平面向量、导数（填空题） 溯源：近5年真题显示，第14题固定考查平面向量，涉及线性表示、数量积运算、最值求解；第15题为函数压轴题，聚焦函数零点、不等式恒成立与参数范围问题。两题均为填空压轴，综合性强，区分度高． 预测：2026年第14题延续向量综合题，以几何图形为背景，考查线性表示与最值；第15题零点问题可能回归填空压轴，与导数结合，参数范围仍是核心考法． 备考核心：向量：熟练基底表示与坐标运算，掌握数量积求最值的几何法（投影）与代数法（函数/不等式）；函数：强化含参零点与恒成立问题的分类讨论训练，熟练函数图像的绘制、对零点或者交点个数的探讨。 考点1 平面向量中求模长（线段长） 1．（2025·天津和平·二模）在中，E为AC中点，G为线段BE上一点，且满足（），则__________，若，则当最大时，的值为__________. 【答案】 / 【分析】第一空，由题意知，得，由三点共线的结论即可求出； 第二空，先求和，由有，得，利用数量积的定义和基本不等式即可求得，由得即可求解. 【详解】由题意有，所以，由， 所以，所以， ，由有， 即， 即，所以， 即，当时，等号成立， 当最大时，，，由有， 所以， 所以， 故答案为：；. 2．（2025·天津和平·一模）已知平面四边形满足，且，为的中点，则__________，若、分别为线段、上的动点，且满足，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】推导出，，然后以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的模长公式可求得的值；设点、，其中，，利用平面向量数量积的坐标运算得出，再结合基本不等式求得的最小值. 【详解】因为，可得， 因为，则， 因为，则，且，如下图所示： 以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如上图所示的平面直角坐标系， 则、、、、， ； 设点、，其中，， ，， 所以，，可得， 因为，则，则，， 所以，， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，的最小值为. 故答案为：；. 3．（2026·天津和平·一模）已知梯形面积为，，，为上靠近点的四等分点，为线段上一点，且满足，则___________．的最小值为___________． 【答案】 【分析】借助平面向量线性运算可用、表示，再利用、、三点共线即可得；利用平面向量夹角公式可得，再借助模长与数量积关系，结合基本不等式计算即可得的最小值. 【详解】，则， 故， 由、、三点共线，可得，解得； 则， 由，则， 故， 则，故 ， 当且仅当，即，时，等号成立， 故的最小值为. 4．（2025·天津·二模）在边长为1的菱形ABCD中，，记，，点M是线段BD上一点，点N是线段DC上一点，且A，M，N三点共线．若，则用，表示________；若，则的值为________． 【答案】 【分析】将用来表示，进而利用三点共线求得参数；假设，将用来表示，利用三点共线可得到的关系，再根据，解方程即可. 【详解】设，，则， 若，则， 因为B，M，D三点共线，则，得， 所以； 设，，则， 又B，M，D三点共线，则，得， 因为菱形ABCD的边长为1，，，， 所以，． 又， 所以， 整理，得， 解得，或（舍去）．故． 故答案为：、 5．（2025·天津河西·模拟预测）已知是边长2为正三角形，是的中心，过点的动直线交于点，交于点，设，，，，则______；的最小值为______． 【答案】 3 【详解】    连接AO，并延长交BC于点D，易知点D为BC的中点， 所以，. 又因为是的中心，所以是的重心，即， 所以. 因为，，所以，， 所以. 因为M，O，N三点共线，所以， 所以，. 因为，， 所以， ， 又，所以，. 由，得，， 令，当和重合时，为上中线，此时, 所以，则， 得. 根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 且，，所以， 所以，. 因为， 所以，根据二次函数的性质可知， 所以的最小值为. 故答案为：3，. 考点2 平面向量中求角 1．（2025·天津南开·一模）在中，，若点为的中点，点满足，点为与的交点，用和表示__________；则的余弦值为__________． 【答案】 ； . 【分析】根据已知及加减、数乘的几何意义可得、，再由与的夹角相等，结合向量数量积的运算律及夹角余弦值的求法求的余弦值. 【详解】由，则， 由与的夹角相等，则， 又，，则， 所以， ， ， 所以. 故答案为：， 2．（25-26高三上·天津河西·期末）在中，，，，，且与交于点F，则______（用表示），若，则的最大值为______． 【答案】 ； . 【分析】①先设，再由向量的线性运算及三点共线可得，从而可得；②再由，由向量的数量积为零可得关于的余弦值，再用基本不等式可得角的最大值. 【详解】如图：    设，则，且，所以. 又因为，所以，. 因为三点共线，设，则，即， 因为不共线，由平面向量基本定理得，解得 所以，. 若，设，则，即， ，，， 又因为，且在上单调递减， 所以，故的最大值为. 故答案为：；. 3．（2026高三·天津·专题练习）在中，，D是AC中点，，试用表示为___________，若，则的最大值为____________ 【答案】 【分析】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出，以为基底，表示出，由可得，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出． 法二：以点为原点建立平面直角坐标系，设，由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，方程为，即可根据几何性质可知，当且仅当与相切时，最大，即求出． 【详解】方法一： ，， ，当且仅当时取等号， 而，所以． 故答案为：①；②． 方法二：如图所示，建立坐标系： ，，满足， ，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 当且仅当与相切时，最大，此时． 故答案为：①；②． 4．（25-26高三上·天津河西·期中）在中，，，，且，，与交于点，则__________；__________. 【答案】 / 【分析】先应用向量的数量积公式计算，再应用数量积的运算律计算求解；结合模长公式及向量夹角余弦公式计算求解. 【详解】在中，，，，所以， 又因为，， 所以， 所以 ； 因为与交于点，所以所成角等于所成角， 所以， ， 所以. 故答案为：；. 5．（2025·天津·二模）在中，点D在边BC上，且，E为线段AD的中点.已知，，则 ______（用，表示）；若，，且，则______. 【答案】 / 【分析】根据几何图形，结合向量的线性运算，即可用基底表示，首先用基底表示，再利用数量积公式，求，即可求解. 【详解】由条件可知， , 所以； 由，得， 得， 所以， 得，且，， 所以， 得,,所以. 故答案为： 考点3 平面向量中求数量积 1．（2026·天津·一模）已知P是内一点，．若，，且B，P，Q三点共线，则的值为______________；若，，向量在向量上的投影向量为，则______________． 【答案】 / / 【分析】根据平面向量基本定理、结合平面向量共性性质、投影向量定义、平面向量数量积运算性质进行求解即可. 【详解】， 因为，且，所以， 于是有， 因为B，P，Q三点共线， 所以； 因为，向量在向量上的投影向量为， 所以有， .    2．（2026·天津南开·一模）在中，，点在线段上，点在线段上，且满足，.记，，用和表示______；若，，则______. 【答案】 【分析】根据向量的线性运算，以及数量积的运算律，即可求解. 【详解】由题设，， 所以. , , 3．（2025·天津河北·二模）如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则________．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则________． 【答案】 / 【分析】根据图形得到，结合三点共线即可求参数值，延长交于，设，进而有，可得，且，分别过作，交于，可得，，进而有，最后应用向量数量积的运算律求解. 【详解】由题设 ， 又三点共线，则，可得， 如下图，延长交于， 由， 若，则，而三点共线， 所以，即， 由， 分别过作，交于， 若，则，， 所以，， 即，， 综上，，则，为边长为1的正三角形， 所以. 故答案为：， 4．（2025·天津河西·二模）在平行四边形中，，，，四边形的面积为6，则的最小值为______；当在上的投影向量为时，______. 【答案】 【分析】（1）首先利用基底法表示数量积，再结合四边形面积公式，以及基本不等式，即可求解的最小值；根据第一问的过程，结合投影向量公式，可以求，，再代入数量积公式，即可求解. 【详解】由条件可知，,， 所以，所以， ，， ， ， 当时等号成立， 所以的最小值为； 在上的投影向量为，则，即, 因为，所以，得，， 则. 故答案为：；. 考点4 平面向量中求数量积范围（最值） 1．（2026·天津红桥·一模）四边形中，，则实数___________；若是线段上的动点，且，则的最小值为___________． 【答案】 / 【分析】（1）根据和向量的数量积定义式计算. （2）建立平面坐标系，设，用表示出，根据二次函数性质得出最小值． 【详解】 因为，所以， 又因为，所以， 所以， 所以； 过作，垂足为， 所以为直角三角形，， 所以，， 由勾股定理可得，， 以为原点，以，所在直线为坐标轴建立平面坐标系如图所示： 由，可知，， 则，设， 由可得：，， 所以，， 所以， 当时，取得最小值. 2．（2026·天津河西·一模）已知是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，则______；若平面内动点P满足，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，写出点的坐标和的坐标，利用数量积的坐标计算公式可求得，再设出点，根据，用来表示，再将表示成关于的函数表达式,然后求解最小值. 【详解】建系如图所示 因为是边长为2的等边三角形，，. . 设，. . ，，. . 当时，取得最小值，最小值为. 3．（2025·天津南开·模拟预测）“天津之眼”摩天轮是天津的地标建筑，闪耀着这座城市的宏伟与浪漫．下图是抽象自“天津之眼”的几何图形，圆是以1为半径的圆，，是关于直线对称的两点，且，，为圆上两个动点，满足，且是以为始边按逆时针方向旋转所成角的终边与圆的交点． （1）当点运动到满足，且点在点上方时，则在上的投影向量的模为________； （2）当点，在圆上运动时，的取值范围是________． 【答案】 /1.5 【分析】建立平面直角坐标系，根据所给条件求出点坐标，当时得出坐标，根据向量的投影向量的模求解，当点，在圆上运动时，设出点坐标，得出向量坐标，利用数量积公式及三角恒等变换化简，由正弦型函数值域得解. 【详解】以为原点，所在直线为建立平面直角坐标系，如图， 设，，则由，,是关于直线对称， 所以， 所以，所以，， （1）当，且点在点上方时，，, 则，， 所以在上的投影向量的模为； （2）设，则， 由，所以， 由， 则 所以 由，可知， 所以的取值范围是. 故答案为：； 4．（2025·天津和平·三模）若正方形的边长为1，中心为，过作直线与边，分别交于，两点，点满足．（ⅰ）当时，_____；（ⅱ）的最小值为_____． 【答案】 【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律即可求解空1，利用向量的线性运算将问题转化为，求解的最大值，的最小值即可求解. 【详解】由于，则， ， （ⅰ）当，则，故， （ⅱ）, 由于为相反向量，故， 所以， 由，故当时，取最小值， 而的最大值为， 因此当取最大值，取最小值时，取最小值，故最小值为， 故答案为：， 5．（2025·天津河东·二模）《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号．某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且，则的值为________；若点Q为线段CD上的动点，则的最小值为________． 【答案】 0 【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果. 【详解】 如图所示,连接，因为三点共线，且 ，解得， 则， 与夹角为,与夹角为, . 设,可知, , , , , ,当或时, 有最小值,最小值为0. 故答案为: ； 0. 考点5 函数零点（解）问题 1．（2026·天津河西·一模）若函数有6个零点，则a的取值范围为_____． 【答案】 【分析】先说明不满足要求，再证明当时函数为偶函数，令，条件可转化为方程在上有个根，再设，可得方程在上有个根，结合二次函数性质列不等式求结论. 【详解】若，则，与已知矛盾， 若，则，此时函数的定义域为，且， 与条件函数有6个零点矛盾， 若，有意义可得，化简可得， 所以函数的定义域为， 又， 所以函数是偶函数，故函数的零点关于原点对称， 因为函数有6个零点，故不能为函数的零点， 令，由函数有6个零点可得方程在上有个根， 令，则，， 所以在上有个根， 即在上有个根， 所以方程在上有个根， 因为方程的判别式， 所以方程有两个不等的实根，设其根为，， 则，故， 故方程在至多有个根， 结合条件在上有个根可得， 方程在有个不相等的实根， 方程在有个根， 由方程在有个不相等的实根 可得，解得， 由方程在有个根可得，解得， 所以的取值范围为. 2．（2026·天津·一模）设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 【答案】 【分析】先求出可能存在的零点，再对分类讨论，依次分析零点是否满足对应范围下的约束条件. 【详解】令得方程，首先必须保证， 当时，恒成立；当时，等价于或， 首先对分段讨论，当时，， 两边平方得解得或， 得到存在需满足，存在需满足， 即应有或； 当时，， 两边平方得即， 设，， 且时有两个根， 设为，存在需满足， 考虑几个分界点的值， ，. 接下来对进行分类讨论， 当时，此时应有或，均存在， 此时开口朝下且有， 根据二次函数图像特征可知，即均不满足存在条件； 当时，存在，不存在，变为，零点为不满足存在条件； 当时，此时应有或，存在，不存在， 得到开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，，均不满足存在条件； 当时，不存在，存在， 开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，不存在，存在，均不满足存在条件； 当时，都不存在，开口朝上，且对称轴， 根据二次函数图像特征可知即均不满足存在条件； 当时，都不存在， 综上所述，的取值范围为. 3．（2025·天津武清·模拟预测）设，已知方程恰有3个不同的实数解，则实数a的取值范围是______. 【答案】或 【分析】原方程可化为恰有3个不同的实数解， 令，即的图象有3个不同的交点，画出的图象，结合图象可得答案. 【详解】当时，方程为，不成立， 所以恰有3个不同的实数解，； 原方程可化为恰有3个不同的实数解， 令，即的图象有3个不同的交点， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， ，的图象如下， 由图可知， 当，且与相切时， 由，所以，, 所以（另一解舍去），若要有3个不同的交点，则； ，的图象没有3个不同的交点； 当，且与相切时，由同理可得（另一解舍去）， 当过时，，当，不符合题意； 若要有3个不同的交点，则； 综上所述，或. 故答案为：或. 4．（2025·天津南开·模拟预测）设，已知函数，，若方程有两个实数解，则实数的取值范围为________． 【答案】 【分析】将方程转化为关于的二次方程，通过两个函数图象的交点个数即可求解. 【详解】因为, 所以，即， 整理得． 因为方程有两个实数解，所以方程有两个实数解. 令， 则函数与的图象有两个交点. ①当时，，由图象可知，两函数有4个交点，故不合题意； ②当时，易知，且， 令,得, ，令, 得, 若与的图象有两个交点，需满足，解得． ③当时，易知． 由②的分析可得，若与的图象有两交点，需满足解得． 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 5．（2025·天津·一模）已知函数．若函数恰有四个零点，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【分析】首先分析得且，进一步分和，两种情况讨论即可，原问题可以转换为的图象与的图象的交点个数为4来求参数，从而可以通过画图进行求解. 【详解】若，则等价于，解得或， 当或时，函数是二次函数， 其零点不超过两个， 从而必然有且， 的零点有四个等价于的图象与的图象的交点个数为4， 如图，当时，设直线与的图象相切，直线经过点，其中的横坐标是的较小的那个根， 且经过直线所过的那个定点， 由求根公式可求得点的横坐标为，从而， 所以要满足题意的话，那么当且仅当，其中分别表示直线的斜率， 显然有， 联立直线与得， ，从而有，解得或（舍去）， 舍去是因为理论上来说与可能有两种相切的情况， 一种是相切于对称轴左边的一点，一种是相切于对称轴右边一点， 从而， 所以时，， 即，解得， 当时，设直线与的图象相切，直线经过点，其中的横坐标是的较大的那个根， 且经过直线所过的那个定点， 由求根公式可求得点的横坐标为，从而， 所以要满足题意的话，那么当且仅当，其中分别表示直线的斜率， 显然有， 联立直线与得， ，从而有，解得或（舍去）， 舍去是因为理论上来说与可能有两种相切的情况， 一种是相切于对称轴左边的靠上面的一点，一种是相切于对称轴左边的靠下面的一点， 从而， 所以时，， 即，解得或， 综上所述，所求为. 故答案为：. 考点6 分段函数（复合函数）的零点问题 1．（25-26高三下·天津红桥·开学考试）已知函数，若关于的方程有且仅有一个实数解，则实数的取值范围是________. 【答案】 【分析】根据时的解析式，结合条件，可得为符合条件的解，则时，没有实数解，分别讨论、和三种情况，根据指数函数的单调性，分析即可得答案. 【详解】令， 由有且仅有一个实数解，得有且仅有一个实数解， 当时，令，解得， 所以有且仅有一个实数解， 当时，令，解得，为一个确定的解，符合题意， 所以当时，没有实数解， 当时，，符合题意； 当时，，在上恒成立， 所以在上有无数个解，不符合题意； 当时，单调递增，只需即可， 综上，实数的取值范围是. 2．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】对函数分和进行讨论，最后结合分析求出实数的取值范围. 【详解】函数恰有个零点，等价于方程恰有个不同实根，分和讨论： 时，； 设为时方程的解的个数； 当时，，且，可得； 当时，，且，可得； 令，当，恒成立， 故在区间上单调递增，值域为，但当时，的值域为； 令，当，恒成立， 故在区间上单调递减，值域为，但当时，的值域为； 因此：当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 当时，两分支重合于，得一个解； 当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 故对任意实数，部分恒有； 当时，方程等价于两个二次方程： ①，判别式恒正，两根之积； 若，两根均为正，在上无根； 若，一根为，另一根为，在上有1个根； 若，两根异号，恰有一个负根； ②，判别式恒正，两根之积； 若，两根异号，恰有一个负根； 若，一根为，另一根为，在上有2个根； 若，两根均为负，有个根； 两方程无公共根；设为时方程的解的个数，则： ：， ： ： 总交点个数，要求等于，故，解得； 综上的取值范围是. 3．（2026·天津和平·一模）已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是___________． 【答案】 【分析】若，可得该方程恒无解，则时，结合值域可得关于的方程必须恰有两个不同的非零实根，构造函数，利用函数性质可得其单调性，即可得解. 【详解】当时，， 当时，， 则值域为； 若，则可化为，方程恒无解； 若，则可化为， 则要使得该方程无解，需使，即， 即关于的方程必须恰有两个不同的非零实根； 令， 作出其图象如下： 当或时，， 由对勾函数性质可得在、上单调递增，在上单调递减， 有，； 当时，， 则在上单调递减，此时； 故要使得关于的方程恰有两个不同的非零实根， 此时的取值范围是. 4．（2025·天津·三模）设函数，记函数有且仅有个互不相同的零点，则当取到最大值时，实数的取值范围是______. 【答案】 【分析】考虑时，得到时，在上有两个零点，当取其他值时，只有1个零点，再考虑时，变形得到且时，，构造函数，写出分段函数，求导得到其单调性，画出函数图象，数形结合得到其与的交点个数，从而最终求出最多有4个零点，得到的取值范围. 【详解】，即， 当时，，即，故满足要求， 若，则无解，若，则，解得不满足； 若，则的解， 若，则的解，且当时，， 故当时，在上有两个零点， 当取其他值时，只有1个零点， 时，， 显然当时，无解， 当且时，， 令， ， 当时，，当时，， 当时，，当时，，当时，， 故在，，上单调递增， 在，上单调递减， 又时，，其中，，，， 画出的图象如下： 当或或或时，有一个零点， 当时，有2个零点， 当时，有3个零点， 当时，无零点， 综上：最多有4个零点， 则. 故答案为：. 5．（2025·天津·二模）已知函数，若方程有且只有一个解，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【分析】第一步换元，分两大类：当时，，或当时，，解得或即可得解. 【详解】设，则， 情形一：当时，，解得或， 因为，故不可能有， 从而只能是有唯一的解， 这就要求， 当时，，解得， 当时，，解得，这与矛盾， 此时满足题意的的取值范围是； 情形二：当时，，解得， 这就要求， 由于，故只能是，解得， 这就要求， 此时满足题意的的取值范围是； 综上所述，满足题意的的取值范围是. 故答案为：. 考点7 函数中的恒成立问题 1．（25-26高三上·天津滨海新区·月考）已知函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________． 【答案】 【分析】分类讨论先去绝对值符号，根据二次函数的对称性，依次讨论对称轴与端点的大小关系，结合最值计算一元二次不等式即可. 【详解】令，即， 由题意可知在R上恒成立， ①若，即时， 要满足题意需， 整理得,解得或（舍去）； ②若，即时， 要满足题意需， 整理得， 解得或，与前提矛盾舍去； ③若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或（，舍去）； 综上所述. 故答案为： 2．（2025·天津北辰·三模）设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】等价转化为的整数解唯一，再对分和讨论即可. 【详解】存在唯一使 的整数解唯一， 令，则有有解，而绝对值不等式知， 当且仅当同号时等号成立，故此时异号，，图象如下所示： ①当时，，即有唯一整数解， （i）若，知过定点，， 令与相切，切点为，其中，， 易得，即，解得， 时， 无解. 时，若使有唯一解，而，故该解只能为或， 若解为，则有，即，解得，如图2所示， 若解为，有，即，无解，故舍去. （ii）若，知整数解为，此时有，即，解得， ②当时，，即有唯一整数解，由图（1）中①知该整数解为， 此时有，即，解得，即. 综上所述，的取值范围为. 故答案为：. 3．（25-26高三上·天津·期末）已知函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______． 【答案】 【分析】利用零点分段讨论，去绝对值，结合二次函数知识化简可求答案. 【详解】， 不等式可化为①； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 所以，即； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 令，则其图象开口向上，对称轴为， 若，即时，最小值为， 由可得，解得，即； 若 且，即 时，由于的最小值为 ， 则 在 上恒成立， 若时，，则 在 上恒成立； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 只需，解得； 综上可得实数的取值范围为. 故答案为： 4．（25-26高三上·天津南开·开学考试）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】由题意得，由成立，当，转化为不等式在上恒成立，令，由在上递增，由在上恒成立求解. 【详解】由题意得，当 ，不等式在上恒成立， 当，不等式在上恒成立， 所以不等式在上恒成立， 令，则不等式在上恒成立， 因为，所以在上递增， 所以在上恒成立，显然，不等式在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 当时，；当时，， 当时，，所以，则， 所以 故答案为： 5．（2026·天津河东·一模）已知二次函数满足为偶函数，为奇函数，且.的解析式为__________；若，，则实数m的取值范围是__________. 【答案】 【分析】①因为是偶函数，所以的图象关于直线对称，可设，根据为偶函数，为奇函数性质，列出方程并解出；再结合，解出;先化简的表达式，令，将原不等式转化为关于的不等式， 再进行变形，利用分离参数法，求出实数的取值范围 【详解】①设二次函数，则 又为偶函数，所以， 因为是奇函数，所以，即 化简得，即， 又，所以，所以 又，所以，解得 所以，， ②令，， 则可化为： ， ， 两边除以得 令，则，设， 对称轴为，，故最大值为 若， 恒成立，则，故的取值范围是 1．（2025·天津·一模）平面四边形中，，，，点为线段的中点． （I）若，则________； （II）的取值范围是________． 【答案】 【分析】（I）证明四边形为菱形，即可利用定义求数量积； （II）以为原点，以所在直线为轴和轴建系，求出点的轨迹方程，再用坐标表示，再将其转化为几何意义求解. 【详解】（I）如图，连接， 因，，为线段的中点， 则，， 故四边形为菱形，则， （II）如图，以为原点，以所在直线为轴和轴， 在中可知，，则， 设，则，， 因，则点的轨迹为以为直径的圆， 方程为圆，欲使其构成平面四边形，则其轨迹为半圆， 因，则 该式子的几何意义为：点到半圆上的点的距离， 因，则点在圆上， 则距离的最短值为，最长为，但此时无法构成四边形， 故. 故答案为：； 2．（2026·天津·一模）在平行四边形中，分别是线段的中点.记，，用和表示__________.；若延长交于点，则平行四边形面积的最大值为__________. 【答案】 【分析】先利用中点与共线条件，将点 的位置用参数 表示，并通过向量共线建立方程解出 与 ，从而确定 与 的表达式；再将已知的 的值代入，结合与的夹角关系转化为关于 x, y的方程；最后使用基本不等式求出 xy的最大值，进而得到平行四边形面积的最大值. 【详解】如图，因为 是 中点，所以 ，. 又 是 AE 中点，故 ，. 设 ，则 . 由 共线，，即 ， 得 ，，，故 . 又 ，. 设 ，，则， 代入得 . 由基本不等式 ，得 ，当且仅当时等号成立. 平行四边形面积 ，故 . 3．（25-26高三上·天津静海·月考）在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示______．若，则正切的最大值为_______． 【答案】 / 【分析】利用向量的加法、数乘向量的运算即可化简得出；利用，表示，根据得出，再利用公式以及基本不等式求出其最小值，最后利用求出最大值. 【详解】由题意可得， ； ， 因，则， 即， 则， 等号成立时， 则为锐角， 则， 则正切的最大值为.    故答案为：； 4．（2025·天津·一模）如图，在平行四边形中，，点E为中点，，点F为边上的点．若点F满足，且，则________；若点F为线段上的动点，则的取值范围为________．    【答案】 【分析】由题意得，从而；对于第二问，设，首先分解，然后由数量积的运算律转换成关于的二次函数在闭区间上的值域即可求解. 【详解】由题意 所以， 设， ， ， ， ， 设，对称轴是， 故单调递增， 从而当点F为线段上的动点时，的取值范围为. 故答案为：；. 5．（2025·天津南开·二模）在梯形中，，，，记，，用和表示_____；若点为上一动点，则的最大值为_____． 【答案】 【分析】（1），再根据向量之间的关系进行化简； （2）根据向量加法的三角形法则，得到，， 又，可得， 设，则，，     最后根据范围求解即可. 【详解】 因为，所以， ； 因为，， 又，即 可得， 设，则 ， ，     当时有最大值， 故答案为：；. 6．（2025·天津·二模）在中，. （1）若，则向量在向量上的投影向量的模为______； （2）边和的中点分别为，点为和的交点，为线段上靠近的三等分点，则的最小值为______. 【答案】 4； 【分析】根据三角形面积公式可得，即可根据投影向量的定义求解（1），根据重心的性质，结合基底表达，即可根据向量的数量积运算律，结合基本不等式求解（2）即可. 【详解】（1）因为，所以， 解得，则，结合，解得， 由投影向量公式得在向量上的投影向量为， 故向量在向量上的投影向量的模为， （2）如图，根据题意可知为的重心，故，    又为线段上靠近的三等分点，故, 因此， ， ， 由（1）知，故， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，则的最小值为. 故答案为：4， 7．（2026·天津南开·一模）已知，，若函数在区间上至少有一个零点，则的最小值是______. 【答案】 【分析】经过整理，换元，方程变形为关于的直线，那么，表示直线上的点到原点的距离的平方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，利用点到直线的距离求最小值. 【详解】由题意可知存在使 ， 整理为： 设，整理为关于的直线， 那么，表示直线上的点到原点的距离的平方， 那么距离的最小值就是原点到直线的距离 所以， 当时，是单调递增函数，当时取得最小值. 即的最小值是. 8．（2025·天津·高考真题）若，对，均有恒成立，则的最小值为_______ 【答案】 【分析】先设，根据不等式的形式，为了消可以取，得到，验证时，是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案. 【详解】设，原题转化为求的最小值， 原不等式可化为对任意的，， 不妨代入，得，得， 当时，原不等式可化为， 即， 观察可知，当时，对一定成立，当且仅当取等号， 此时，，说明时，均可取到，满足题意， 故的最小值为. 故答案为： 9．（2026·天津·一模）函数，若恰有四个不同零点，则实数a的取值范围为______________． 【答案】 【分析】结合三角函数零点与二次函数的零点分析判断即可. 【详解】当时，令，则，所以， 此时零点为正奇数：. 当时，， 此时在上单调递增，最多有一个零点. 因为恰有四个不同零点，所以在上至少有三个零点， 故，此时，在上有且仅有一个零点， 所以时，与轴有3个交点，需满足， 所以实数a的取值范围为. 10．（2025·天津南开·二模）已知函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【分析】，当时，变形为，令，则，画出函数图象，结合图象列出不等式即可求解. 【详解】， 即， 当，，，所以不是交点横坐标； 当时，，即， 令，则， 所以的图象与有3个交点， 即函数与的图象有3个交点， 函数恒过点， 当，即， ，即， 解得或， 当，解得或， 所以函数与相切时的最小值为或， 由图象可知当（1）时，即； （2），即时函数与的图象有3个交点， 综上：当时，的图象与有3个交点， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将式子变形，使得两个函数有其中一个图象是确定的，通过平移另一个图象来找到符合题意的条件. 11．（2025·天津河西·一模）定义函数，，若至少有个不同的实数解，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【分析】分析可知，函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值进行分类讨论，数形结合，结合函数的零点个数，可得出关于实数的等式或不等式，综合可得出实数的取值范围. 【详解】由，可得， 设，则函数至少有一个零点， 则，解得或， 当时，设函数两个零点分别为、且， 由韦达定理可得，则必有，则必为函数的一个零点， 若使得函数至少有三个零点，则必有，即，解得，所以，， 且当时，， 作出函数的图象如下图中的实线所示： 由图可知，此时函数只有两个零点，不合乎题意； 若，设函数两个零点分别为、且， 由韦达定理可得，则必有， 从而可知，必为函数的一个零点，作出函数的图象如下图中的实线所示， 若使得函数至少有三个零点，则，所以，，解得，此时，. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 12．（2025·天津南开·一模）已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【分析】令，先变形，再分，两种情况讨论的正负，从而去掉绝对值符号，再分段求解方程的根，即可求出的取值范围. 【详解】令，则原方程可化为， 因为， 又因为，所以上式可化为 . （1）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. （i）当时，上式可化为， 所以关于的一次方程有解必须满足，解得①， （ii）当时，上式可化为，解得，此时②， （2）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. 因为当时，原方程已有两个不等的实数根，原方程要有四个不同的实数根， 方程必须有两个不等的实数根， 令，的对称轴为 必须让二次函数在上与轴有两个不同的交点， 所以须满足，即， 解得③， 所以，综上①②③可得实数的取值范围为， 故答案为：. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押05 14~15题平面向量、导数（填空题） 溯源：近5年真题显示，第14题固定考查平面向量，涉及线性表示、数量积运算、最值求解；第15题为函数压轴题，聚焦函数零点、不等式恒成立与参数范围问题。两题均为填空压轴，综合性强，区分度高． 预测：2026年第14题延续向量综合题，以几何图形为背景，考查线性表示与最值；第15题零点问题可能回归填空压轴，与导数结合，参数范围仍是核心考法． 备考核心：向量：熟练基底表示与坐标运算，掌握数量积求最值的几何法（投影）与代数法（函数/不等式）；函数：强化含参零点与恒成立问题的分类讨论训练，熟练函数图像的绘制、对零点或者交点个数的探讨。 考点1 平面向量中求模长（线段长） 1．（2025·天津和平·二模）在中，E为AC中点，G为线段BE上一点，且满足（），则__________，若，则当最大时，的值为__________. 2．（2025·天津和平·一模）已知平面四边形满足，且，为的中点，则__________，若、分别为线段、上的动点，且满足，则的最小值为__________. 3．（2026·天津和平·一模）已知梯形面积为，，，为上靠近点的四等分点，为线段上一点，且满足，则___________．的最小值为___________． 4．（2025·天津·二模）在边长为1的菱形ABCD中，，记，，点M是线段BD上一点，点N是线段DC上一点，且A，M，N三点共线．若，则用，表示________；若，则的值为________． 5．（2025·天津河西·模拟预测）已知是边长2为正三角形，是的中心，过点的动直线交于点，交于点，设，，，，则______；的最小值为______． 考点2 平面向量中求角 1．（2025·天津南开·一模）在中，，若点为的中点，点满足，点为与的交点，用和表示__________；则的余弦值为__________． 2．（25-26高三上·天津河西·期末）在中，，，，，且与交于点F，则______（用表示），若，则的最大值为______． 3．（2026高三·天津·专题练习）在中，，D是AC中点，，试用表示为___________，若，则的最大值为____________ 4．（25-26高三上·天津河西·期中）在中，，，，且，，与交于点，则__________；__________. 5．（2025·天津·二模）在中，点D在边BC上，且，E为线段AD的中点.已知，，则 ______（用，表示）；若，，且，则______. 考点3 平面向量中求数量积 1．（2026·天津·一模）已知P是内一点，．若，，且B，P，Q三点共线，则的值为______________；若，，向量在向量上的投影向量为，则______________． 2．（2026·天津南开·一模）在中，，点在线段上，点在线段上，且满足，.记，，用和表示______；若，，则______. 3．（2025·天津河北·二模）如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则________．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则________． 4．（2025·天津河西·二模）在平行四边形中，，，，四边形的面积为6，则的最小值为______；当在上的投影向量为时，______. 考点4 平面向量中求数量积范围（最值） 1．（2026·天津红桥·一模）四边形中，，则实数___________；若是线段上的动点，且，则的最小值为___________． 2．（2026·天津河西·一模）已知是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，则______；若平面内动点P满足，则的最小值为_____． 3．（2025·天津南开·模拟预测）“天津之眼”摩天轮是天津的地标建筑，闪耀着这座城市的宏伟与浪漫．下图是抽象自“天津之眼”的几何图形，圆是以1为半径的圆，，是关于直线对称的两点，且，，为圆上两个动点，满足，且是以为始边按逆时针方向旋转所成角的终边与圆的交点． （1）当点运动到满足，且点在点上方时，则在上的投影向量的模为________； （2）当点，在圆上运动时，的取值范围是________． 4．（2025·天津和平·三模）若正方形的边长为1，中心为，过作直线与边，分别交于，两点，点满足．（ⅰ）当时，_____；（ⅱ）的最小值为_____． 5．（2025·天津河东·二模）《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号．某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且，则的值为________；若点Q为线段CD上的动点，则的最小值为________． 考点5 函数零点（解）问题 1．（2026·天津河西·一模）若函数有6个零点，则a的取值范围为_____． 2．（2026·天津·一模）设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 3．（2025·天津武清·模拟预测）设，已知方程恰有3个不同的实数解，则实数a的取值范围是______. 4．（2025·天津南开·模拟预测）设，已知函数，，若方程有两个实数解，则实数的取值范围为________． 5．（2025·天津·一模）已知函数．若函数恰有四个零点，则实数a的取值范围为________． 考点6 分段函数（复合函数）的零点问题 1．（25-26高三下·天津红桥·开学考试）已知函数，若关于的方程有且仅有一个实数解，则实数的取值范围是________. 2．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是__________. 3．（2026·天津和平·一模）已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是___________． 4．（2025·天津·三模）设函数，记函数有且仅有个互不相同的零点，则当取到最大值时，实数的取值范围是______. 5．（2025·天津·二模）已知函数，若方程有且只有一个解，则实数a的取值范围是______. 考点7 函数中的恒成立问题 1．（25-26高三上·天津滨海新区·月考）已知函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________． 2．（2025·天津北辰·三模）设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是__________. 3．（25-26高三上·天津·期末）已知函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______． 4．（25-26高三上·天津南开·开学考试）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为___________． 5．（2026·天津河东·一模）已知二次函数满足为偶函数，为奇函数，且.的解析式为__________；若，，则实数m的取值范围是__________. 1．（2025·天津·一模）平面四边形中，，，，点为线段的中点． （I）若，则________； （II）的取值范围是________． 2．（2026·天津·一模）在平行四边形中，分别是线段的中点.记，，用和表示__________.；若延长交于点，则平行四边形面积的最大值为__________. 3．（25-26高三上·天津静海·月考）在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示______．若，则正切的最大值为_______． 4．（2025·天津·一模）如图，在平行四边形中，，点E为中点，，点F为边上的点．若点F满足，且，则________；若点F为线段上的动点，则的取值范围为________．    5．（2025·天津南开·二模）在梯形中，，，，记，，用和表示_____；若点为上一动点，则的最大值为_____． 6．（2025·天津·二模）在中，. （1）若，则向量在向量上的投影向量的模为______； （2）边和的中点分别为，点为和的交点，为线段上靠近的三等分点，则的最小值为______. 7．（2026·天津南开·一模）已知，，若函数在区间上至少有一个零点，则的最小值是______. 8．（2025·天津·高考真题）若，对，均有恒成立，则的最小值为_______ 9．（2026·天津·一模）函数，若恰有四个不同零点，则实数a的取值范围为______________． 10．（2025·天津南开·二模）已知函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围是_____． 11．（2025·天津河西·一模）定义函数，，若至少有个不同的实数解，则实数的取值范围是_____． 12．（2025·天津南开·一模）已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为__________． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $