2024年天津市高考数学试卷（王行知 庞建荣 胡博）

这是一份2024年天津市高考数学试卷（王行知 庞建荣 胡博），共21页。试卷主要包含了下列图中，相关性系数最大的是，下列函数是偶函数的是，若，，，则，，的大小关系为，已知函数的最小正周期为，双曲线的左、右焦点分别为、，一个五面体，已知是虚数单位，复数　　等内容，欢迎下载使用。

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．
· 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，2，3，，，3，4，，则
A．，2，3，B．，3，C．，D．
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
3．下列图中，相关性系数最大的是
A．B．
C．D．
4．下列函数是偶函数的是
A．B．
C．D．
5．若，，，则，，的大小关系为
A．B．C．D．
6．若，为两条直线，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
7．已知函数的最小正周期为．则函数在的最小值是
A．B．C．0D．
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．
9．一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知，，．则该五面体的体积为
A．B．C．D．
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3分，全部答对的给5分。
10．已知是虚数单位，复数 ．
11．在的展开式中，常数项为 ．
12．的圆心与抛物线的焦点重合，两曲线与第一象限交于点，则原点到直线的距离为 ．
13．，，，，五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加，甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ．
14．在正方形中，边长为1．为线段的三等分点，，，则 ；若为线段上的动点，为中点，则的最小值为 ．
15．若函数有唯一零点，则的取值范围为 ．
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．（14分）在中，，．
（1）求；
（2）求；
（3）求．
17．（15分）已知四棱锥中，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．
18．（15分）已知椭圆的离心率，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．
19．（15分）已知数列是公比大于0的等比数列，其前项和为，若，．
（1）求数列前项和；
（2）设，，其中是大于1的正整数．
当时，求证：；
求．
20．（16分）设函数．
（1）求图像上点，（1）处的切线方程；
（2）若在时恒成立，求的值；
（3）若，，证明．
2024年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
数学
参考答案与试题解析
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，2，3，，，3，4，，则
A．，2，3，B．，3，C．，D．
【分析】：根据集合交集的概念直接求解即可．
【解析】：集合，2，3，，，3，4，，则，3，．故选：．
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
【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.
【解析】：，，根据在R上单调递增，则“”可得；
根据在R上单调递增，则“”可得；所以，，则“”是“”的充要条件．
故选：．
3．下列图中，相关性系数最大的是
A．B．
C．D．
【分析】：由点的分布特征可直接判断．
【解析】：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，相关关系强，呈现明显的正相关，值相比于其他3图更接近1，相关程度也就越大．故选：．
4．下列函数是偶函数的是
A．B．
C．D．
【解析一】：，，定义域为，
（1），，则（1），不符合题意；
，，定义域为，，即为偶函数，符合题意；
，由题意得，，定义域关于原点不对称，函数为非奇非偶函数，不符合题意；
，函数定义域为，
，即为奇函数，不符合题意．故选：．
【分析】：根据偶函数的判定方法判断．
解析二：【庞建荣补解】由题易知：和均为偶函数，且恒为正，对于A，由于是非奇非偶函数，所以也是非奇非偶函数；
对于B，是偶函数，所以是偶函数；
对于C，易知的 定义域不关于原点对称，所以也是非奇非偶函数；
对于D，是奇函数，所以是奇函数．故选：B．
5．若，，，则，，的大小关系为
A．B．C．D．
【分析】：利用指数函数和对数函数的单调性分析判断．
【解析】：在上递增，且，
所以，所以，即，
因为在上递增，且，
所以，即，所以，故选：．
6．若，为两条直线，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
【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.
【解析】：根据题意，依次分析选项：
对于，若，，则与平行或异面，错误；
对于，若，，则与异面、平行或相交，错误；
对于，设直线，满足且，若，则，而，则，正确；
对于，若，，则与相交或异面垂直，错误．故选：．
7．已知函数的最小正周期为．则函数在的最小值是
A．B．C．0D．
【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，求出的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【解析】：函数，
，，可得，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，，故函数取最小值是．故选：．
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．
【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.
【解析一】：根据题意，画出图形，如下图：
设，，则，因为△是面积为8的直角三角形，
所以，，
因为直线的斜率为2，所以，所以，
联立，解得，所以，即，
所以，即，所以，
所以双曲线的方程为．故选：C．
解析二【王行知补解】：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，
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，，．则该五面体的体积为
A．B．C．D．
【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.
【解析一】：延长到，使，延长到，使，连接、，
可得，结合，可知为三棱柱，
因为四边形与四边形全等，所以，
由，且它们两两之间的距离为1．可知：
当为正三棱柱时，底面边长为1，高为3，此时．
根据棱柱的性质，若为斜三棱柱，根据体积公式，体积也是，
因此，，可得该五面体的体积．
故选：．
解析二：【王行知补解】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.
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3分，全部答对的给5分。
10．已知是虚数单位，复数 ．
【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得.
【解析】：．故答案为：．
11．在的展开式中，常数项为 20 ．
【分析】：根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【解析】：的常数项为．故答案为：20．
12．的圆心与抛物线的焦点重合，两曲线与第一象限交于点，则原点到直线的距离为 ．
【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.
【解析】：的圆心与抛物线的焦点重合，
，，
，联立，得或，
两曲线与第一象限交于点，，
直线的方程为，即，
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，甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ．
【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.
【解析一】：设事件表示“选到”，事件表示“选到”，
则甲从中选3个．甲选到的概率为（A），，
乙选了活动，他再选择活动的概率为：．故答案为：，．
解析二：【王行知补解】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.
14．在正方形中，边长为1．为线段的三等分点，，，则 ；若为线段上的动点，为中点，则的最小值为 ．
【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，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.
【解析一】：由题意可知，，
，，，
如图：设，
则，
为中点，
，
正方形的边长为1，
，，
，
对于函数，对称轴为，
函数在，上单调递减，
当时，函数取得最小值，
即的最小为．故答案为：；．
解析二：【庞建荣、胡博同补解】
以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则，
所以，因为，
所以，所以，所以，
由可得直线BE的方程为，设，则，所以
所以，所以当时，取得最小值为
15．若函数有唯一零点，则的取值范围为 ．
【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.
【解析】：根据题意，可得，令，即．
①当时，，有，则，不符合题意，舍去；
②当时，由，可得或，则，
即函数与函数，有唯一公共点，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，不符合题意，舍去，
综上所述，当，时，在时有唯一解，
因此，当，时，方程在时需无解，
当，，且时，由函数关于对称，
令，可得，且函数在上单调递增，在上单调递减，
令，即，
故时，图案为双曲线右支在轴上方部分向右平移所得，
由双曲线的渐近线方程为，即部分的渐近线方程为，其斜率为2，
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；
③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，
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，
同理可得：时，图像为双值的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：．
解析二：【庞建荣补解析二】
①当时，，令时，，
即有两个零点，不合题意。
②当时，令，
则，
由可得，则，解得，
若，则由可得，
化简得，令，则在上单调递减，在上单调递增，又，当时，，作出大致图像如图所示
（2）若，因为不是的零点，所以。由可得，化简得，令，则在，上单调递减，在上单调递增，又，当时，，时，，作出大致图像如图所示，数形结合可知，若恰有一个零点，则，解得，即取值范围为
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．（14分）在中，，．
（1）求；
（2）求；
（3）求．
【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.
【解析一】：（1）在中，，，
设，则，，
，解得，；
（2）由（1）得，，，
由正弦定理得，即，解得．
（3），，是锐角，且，
，，
．
解析二：【王行知补解】
（1）在中，，，
设，则，，
，解得，；
（2）由余弦定理得，
因为，则
（3），
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
17．（15分）已知四棱锥中，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．
【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；
（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.
【解答】（1）证明：取中点，连接，，
由是的中点，得，且，
由是的中点，得，且，则，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，故平面．
（2）解：以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有，0，，，0，，，0，，，1，，，1，，，1，，
则，，，，，
设平面的法向量为，
，则，3，，
设平面的法向量为，
，则，1，，
所以，，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
（3）解：因为，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为．
18．（15分）已知椭圆的离心率，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．
【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.
【解析】：（1）因为椭圆的离心率为，
所以，即，其中为半焦距，
，则，
所以，，，
，解得，故，，故椭圆方程为；
（2）①若过点 的动直线的斜率不存在，
则，或，，此时，
②若过点 的动直线的所率存在，则可设该直线方程为：，
设， ，，，
，化简整理可得，，
故△ ，；
，，
故

，
恒成立，故，解得，
若恒成立．结合①②可知，．
故这个点纵坐标的取值范围为，．
19．（15分）已知数列是公比大于0的等比数列，其前项和为，若，．
（1）求数列前项和；
（2）设，，其中是大于1的正整数．
当时，求证：；
求．
【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.
【解析】：（1），，
可得，整理得，解得或，
因为数列的公比大于0，所以，所以；
（2）证明：由（1）可知，且，，
当时，则，即，
可知，，
，
可得，
当且仅当时，等号成立，所以；
，
若，则，，若，则，
当时，，可知为等差数列，
可得，
，
且，符合上式，综上所述：．
20．（16分）设函数．
（1）求图像上点，（1）处的切线方程；
（2）若在时恒成立，求的值；
（3）若，，证明．
【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；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论.
【解析】：（1）由于，故，所以（1），（1），
所以所求的切线经过，且斜率为1，故其方程为；
（2）设，则，从而当时，当时，
所以在，上递减，在，上递增，这就说明（1），
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．
证明：（3）先证明一个结论：对，有．
证明：前面已经证明不等式，
故，
且，
所以，即．
由，可知当时，，当时．
所以在上单调递减，在上单调递增．
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，
．
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（c）；
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．