2024年高考数学试卷（天津）（解析卷）

1/23 2024 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150 分，考试用时120 分钟． 第Ⅰ卷1 至3 页，第Ⅱ卷4 至6 页． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置 粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结 束后，将本试卷和答题卡一并交回． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷（选择题） 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干 净后，再选涂其他答案标号． 2．本卷共9 小题，每小题5 分，共45 分． 参考公式： ·如果事件 互斥，那么 ． ·如果事件 相互独立，那么 ． ·球的体积公式 ，其中 表示球的半径． 1/23 ·圆锥的体积公式 ，其中表示圆锥的底面面积，表示圆锥的高． 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合交集的概念直接求解即可. 【详解】因为集合 ， ， 所以 ，故选：B 2/23 2. 设 ，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件. 【详解】根据立方的性质和指数函数的性质， 和 都当且仅当 ，所以二者互为充要条 件. 故选：C. 3. 下列图中，相关性系数最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由点的分布特征可直接判断 【详解】观察4 幅图可知，A 图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较 好，呈现明显的正相关， 值相比于其他3 图更接近1. 故选：A 4. 下列函数是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 2/23 【答案】B【解析】 【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可. 3/23 【详解】对A ，设 ，函数定义域为 ，但 ， ，则 ，故A 错误； 对B，设 ，函数定义域为 ， 且 ，则 为偶函数，故B 正确； 对C，设 ，函数定义域为 ，不关于原点对称， 则 不是偶函数，故C 错误； 对D，设 ，函数定义域为 ，因为 ， ， 则 ，则 不是偶函数，故D 错误. 故选：B. 5. 若 ，则 的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可. 【详解】因为 在 上递增，且 ， 所以 ， 所以 ，即 ， 因为 在 上递增，且 ， 所以 ，即 ， 3/23 所以 ， 故选：B 6. 若 为两条不同的直线， 为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）A. 若 ， ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. 若 ，则 与 相交 4/23 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的性质可判断AB 的正误，根据线面垂直的性质可判断CD 的正误. 【详解】对于A，若 ， ，则 平行或异面，故A 错误. 对于B，若 ，则 平行或异面或相交，故B 错误. 对于C， ，过 作平面 ，使得 ， 因为 ，故 ，而 ，故 ，故 ，故C 正确. 对于D，若 ，则 与 相交或异面，故D 错误. 故选：C. 7. 已知函数 的最小正周期为 ．则函数在 的最小值是（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出 ，得 ，再整体求出 时， 的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解. 【详解】 ，由 得 ， 即 ，当 时， ， 画出 图象，如下图， 由图可知， 在 上递减， 4/23 所以，当 时， 5/23 故选：A 8. 双曲线 的左、右焦点分别为 是双曲线右支上一点，且直线 的斜 率为2． 是面积为8 的直角三角形，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】可利用 三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设 ，由面积公式求出 ， 由勾股定理得出 ，结合第一定义再求出 . 【详解】如下图：由题可知，点 必落在第四象限， ，设 ， ，由 ，求得 ， 因为 ，所以 ，求得 ，即 ， ，由正弦定理可得： ， 则由 得 ， 由 得 ，则 ， 5/23 由双曲线第一定义可得： ， ， 所以双曲线的方程为 . 故选：C 9. 一个五面体 ．已知 ，且两两之间距离为1．并已知 6/23 ．则该五面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体 （顶点与五面体 一一对应）与该五面体相嵌， 使得 ； ; 重合， 因为 ，且两两之间距离为1． ， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1 的等边三角形，侧棱长为 ， . 故选：C. 第Ⅱ卷注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11 小题，共105 分． 二、填空题：本大题共6 小题，每小题5 分，共30 分．试题中包含两个空的，答对1 个的给 6/23 3 分，全部答对的给5 分． 10. 已知是虚数单位，复数 ______． 【答案】 【解析】 【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得. 【详解】 . 7/23 故答案为： . 11. 在 的展开式中，常数项为______． 【答案】20 【解析】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】因为 的展开式的通项为 ， 令 ，可得 ， 所以常数项为 . 故答案为：20. 12. 的圆心与抛物线 的焦点 重合， 为两曲线的交点，则原点到直 线 的距离为______． 【答案】 ## 【解析】 【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求 及 的方程，从而可求原点 到直线 的距离.【详解】圆 的圆心为 ，故 即 ， 由 可得 ，故 或 （舍）， 故 ，故直线 即 或 ， 7/23 故原点到直线 的距离为 ， 故答案为： 13. 五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.（1）甲选到 的概率为______；已知乙选了 活动，他再选择 活动的概率为______． 【答案】 ①. . ② 【解析】 8/23 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到 的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选 了 活动，他再选择 活动的概率. 【详解】解法一：列举法 从五个活动中选三个的情况有： ,共10 种情况， 其中甲选到 有6 种可能性： ， 则甲选到 得概率为： ； 乙选 活动有6 种可能性： ， 其中再选则 有3 种可能性： ， 故乙选了 活动，他再选择 活动的概率为 . 解法二： 设甲、乙选到 为事件 ，乙选到 为事件 ， 则甲选到 的概率为 ； 乙选了 活动，他再选择 活动的概率为 故答案为： ； 14. 在边长为1 的正方形 中，点 为线段 的三等分点， ，则 8/23 ______；若 为线段 上的动点， 为 中点，则 的最小值为______． 【答案】 ①. . ② 【解析】 【分析】解法一：以 为基底向量，根据向量的线性运算求 ，即可得 ，设 9/23 ，求 ，结合数量积的运算律求 的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求 ，即可得 ，设 ，求 ，结合数量积的坐标运算求 的最 小值. 【详解】解法一：因为 ，即 ，则 ， 可得 ，所以 ； 由题意可知： ， 因为 为线段 上的动点，设 ， 则 ， 又因为 为 中点，则 ， 可 得 ， 又因为 ，可知：当 时， 取到最小值 ； 解法二：以B 为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 9/23 则 ， 可得 ， 因为 ，则 ，所以 ； 10/23 因为点 在线段 上，设 ， 且 为 中点，则 ， 可得 ， 则 ， 且 ，所以当 时， 取到最小值为 ； 故答案为： ； . 15. 若函数 有唯一零点，则 的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数 与 ，则 两函数图象有唯一交点，分 、 与 进行讨论，当 时，计算函数定义域可得 或 ，计算可得 时，两函数在 轴左侧有一交点，则只需找到当 时，在 轴右侧无交 点的情况即可得；当 时，按同一方式讨论即可得. 【详解】令 ，即 ， 由题可得 ， 10/23 当 时， ，有 ，则 ，不符合要求，舍去； 当 时，则 ， 11/23 即函数 与函数 有唯一交点， 由 ，可得 或 ， 当 时，则 ，则 ， 即 ，整理得 ， 当 时，即 ，即 ， 当 ， 或 （正值舍去）， 当 时， 或 ，有两解，舍去， 即当 时， 在 时有唯一解， 则当 时， 在 时需无解， 当 ，且 时，由函数 关于 对称，令 ，可得 或 ， 且函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 令 ，即 ， 11/23 故 时， 图象为双曲线 右支的 轴上方部分向右平移 所得， 由 的渐近线方程为 ， 12/23 即 部分的渐近线方程为 ，其斜率为 ， 又 ，即 在 时的斜率 ， 令 ，可得 或 （舍去）， 且函数 在 上单调递增， 故有 ，解得 ，故 符合要求； 当 时，则 ，即函数 与函数 有唯一交点， 由 ，可得 或 ， 当 时，则 ，则 ， 即 ，整理得 ， 当 时，即 ，即 ， 当 ， （负值舍去）或 ， 12/23 当 时， 或 ，有两解，舍去， 即当 时， 在 时有唯一解， 则当 时， 在 时需无解， 当 ，且 时， 13/23 由函数 关于 对称，令 ，可得 或 ， 且函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 同理可得： 时， 图象为双曲线 左支的 轴上方部分向左平移 所得， 部分的 渐近线方程为 ，其斜率为 ， 又 ，即 在 时的斜率 ， 令 ，可得 或 （舍去），且函数 在 上单调递减， 故有 ，解得 ，故 符合要求； 综上所述， . 故答案为 ： . 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数 的零点问题转化为函数 与函数 的交点问题，从而可将其分成两个函数研究. 13/23 三、解答题：本大题共5 小题，共75 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 16. 在 中， ． （1）求 ； （2）求 ； （3）求 ． 14/23 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1） ，利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出 ，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出 ，则得到 ； （3）法一：根据大边对大角确定 为锐角，则得到 ，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可； 法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【小问1 详解】 设 ， ，则根据余弦定理得 ，即 ， 解得 （负舍）； 则 . 【小问2 详解】 法一：因为 为三角形内角，所以 ， 再根据正弦定理得 ，即 ，解得 ， 法二：由余弦定理得 ， 因为 ，则 14/23 【 小问3 详解】 法一：因为 ，且 ，所以 ， 由（2）法一知 ， 因为 ，则 ，所以 ， 15/23 则 ， . 法二： ， 则 ， 因为 为三角形内角，所以 ， 所以 17. 已知四棱柱 中，底面 为梯形， ， 平面 ， ，其中 ． 是 的中点， 是 的中点． （1）求证 平面 ； （2）求平面 与平面 的夹角余弦值； （3）求点 到平面 的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 15/23 （3） 【解析】 【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得 ， 结合线面平行判定定理即可得证； 16/23 （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【小问1 详解】 取 中点 ，连接 ， ， 由 是 的中点，故 ，且 ， 由 是 的中点，故 ，且 ， 则有 、 ， 故四边形 是平行四边形，故 ，又 平面 ， 平面 ， 故 平面 ； 【小问2 详解】 以 为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有 、 、 、 、 、 ， 则有 、 、 ， 设平面 与平面 的法向量分别为 、 ， 则有 ， ， 分别取 ，则有 、 、 ， ， 16/23 即 、 ， 则 ， 故平面 与平面 的夹角余弦值为 ； 17/23 【小问3 详解】 由 ，平面 的法向量为 ， 则有 ， 即点 到平面 的距离为 .18. 已知椭圆 椭圆的离心率 ．左顶点为 ，下顶点为 是线段 的中点，其中 ． （1）求椭圆方程． （2）过点 的动直线与椭圆有两个交点 ．在 轴上是否存在点 使得 恒成立． 若存在求出这个 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． 【答案】（1） （2）存在 ，使得 恒成立. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为： ， ， 联立直线方程和椭圆方程并消元， 结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用 表示 ，再根据 可求的范围. 【小问1 详解】 因为椭圆的离心率为 ，故 ， ，其中 为半焦距， 17/23 所以 ，故 ， 故 ，所以 ， ，故椭圆方程为： . 【小问2 详解】 18/23 若过点 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为： ， 设 ， 由 可得 ， 故 且 而 ， 故 ， 因为 恒成立，故 ，解得 . 若过点 的动直线的斜率不存在，则 或 ， 此时需 ，两者结合可得 . 18/23 综上，存在 ，使得 恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借 助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 19. 已知数列 是公比大于0 的等比数列．其前 项和为 ．若 ． 19/23 （1）求数列 前 项和 ；（2）设 ， ，其中 是大于1 的正整数． （ⅰ）当 时，求证： ； （ⅱ）求 ． 【答案】（1） （2）①证明见详解；② 【解析】 【分析】（1）设等比数列 的公比为 ，根据题意结合等比数列通项公式求 ，再结合等比数列求 和公式分析求解； （2）①根据题意分析可知 ， ，利用作差法分析证明；②根据题意结合 等差数列求和公式可得 ，再结合裂项相消法分析求解. 【小问1 详解】 设等比数列 的公比为 ， 因为 ，即 ， 可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去）， 所以 . 【小问2 详解】 （i）由（1）可知 ，且 ， 19/23 当 时，则 ，即 可知 ， ， 20/23 可得 ，当且仅当 时， 等号成立， 所以 ； （ii）由（1）可知： ， 若 ，则 ； 若 ，则 ， 当 时， ，可知 为等差数列， 可得 ， 所以 ， 且 ，符合上式，综上所述： . 【点睛】关键点点睛：1.分析可知当 时， ，可知 为等差数列； 2.根据等差数列求和分析可得 . 20. 设函数 ． （1）求 图象上点 处的 切线方程； （2）若 在 时恒成立，求 的取值范围； （3）若 ，证明 ． 【答案】（1） 20/23 （2） （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到 ，再证明 时条件满足； 21/23 （3）先确定 的单调性，再对 分类讨论. 【小问1 详解】由于 ，故 . 所以 ， ，所以所求的切线经过 ，且斜率为，故其方程为 . 【小问2 详解】 设 ，则 ，从而当 时 ，当 时 . 所以 在 上递减，在 上递增，这就说明 ，即 ，且等号成立当且仅当 . 设 ，则 . 当 时， 的取值范围是 ，所以命题等价于对任意 ，都有 . 一方面，若对任意 ，都有 ，则对 有 ， 取 ，得 ，故 . 再取 ，得 ，所以 . 另一方面，若 ，则对任意 都有 ，满足条件. 综合以上两个方面，知 的取值范围是 . 【小问3 详解】 21/23 先证明一个结论：对 ，有 . 证明：前面已经证明不等式 ，故 ， 22/23 且 ，所以 ，即 . 由 ，可知当 时 ，当 时 . 所以 在 上递减，在 上递增. 不妨设 ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当 时，有 ，结论成立； 情况二：当 时，有 . 对任意的 ，设 ，则 . 由于 单调递增，且有 ， 且当 ， 时，由 可知 22/23 . 所以 在 上存在零点 ，再结合 单调递增，即知 时 ， 时 . 故 在 上递减，在 上递增. ①当 时，有 ； 23/23 ②当 时，由于 ，故我们可以取 .从而当 时，由 ，可得 . 再根据 在 上递减，即知对 都有 ； 综合①②可知对任意 ，都有 ，即 . 根据 和 的任意性，取 ， ，就得到 . 所以 . 情况三：当 时，根据情况一和情况二的 讨论，可得 ， . 而根据 的单调性，知 或 . 故一定有 成立. 综上，结论成立. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3 小问中，需要结合 的单调性进行分类讨论.