高考数学2024年天津高考数学真题平行卷（基础）含解析答案

这是一份高考数学2024年天津高考数学真题平行卷（基础）含解析答案，共14页。
第一部分（选择题 共45分）
一、选择题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为正实数，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．在下列所示的四个图中，两个变量间具有较强线性相关关系的是（ ）
A．B．C．D．
4．下列函数中为偶函数的是（ ）
A．B．C．D．
5．设，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．若直线不平行于平面，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．内的所有直线与都异面B．内的所有直线与都相交
C．内不存在与平行的直线D．内存在唯一的直线与平行
7．已知 在区间上的最大值为（ ）
A．1B．
C．D．
8．已知点分别是等轴双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线上，，的面积为8，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
9．已知正三棱柱所有棱长均为2，则该正三棱柱的体积为（ ）
A．B．4C．D．
第二部分（非选择题 共105分）
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.
10．
11．在的展开式中常数项为 .
12．过抛物线的焦点作圆的切线，切点为．若，则 ．
13．先后掷两次骰子（骰子的六个面上的点数分别是1､2､3､4､5､6），落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x､y，记事件A为“为偶数”，事件B为“x､y中有偶数且”，则概率 ， .
14．四边形ABCD中，，且，若，则 ．
15．已知函数c若存在实数，使得关于的方程恰有三个不同的实数根，则的取值范围是 ．
三、解答题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求a和的值；
(2)求的值．
17．如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)求点到平面的距离．
18．椭圆：的左、右焦点分别是 离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接设的角平分线交C的长轴于点，求的取值范围.
19．已知等差数列的前项和为，，，数列满足，.
(1)求的通项公式：
(2)设数列满足，
①求前项中所有奇数项和，②若的前n项和为，证明：.
20．已知函数.
(1)若函数有两个不同的零点，求的取值范围；
(2)若函数有两个不同的极值点（其中），证明：.
参考答案：
1．D
【分析】进行交集的运算即可．
【详解】∵，，∴.
故选：D.
2．C
【分析】由指对数函数的单调性，根据充分、必要性的定义判断条件间的关系.
【详解】若，结合已知有，又在定义域上递增，故，充分性成立；
若，则，又在定义域上递增，故，必要性成立；
所以是的充要条件.
故选：C
3．B
【分析】由散点图可得答案.
【详解】对于A，散点落在某条曲线上，两个变量具有函数关系；
对于B，散点落在某条直线附近，这两个变量具有线性相关关系；
对于C，散点落在某条曲线附近，这两个变量具有非线性相关关系；
对于D，散点杂乱无章，无规律可言，这两个变量无相关性，不具有相关关系．
故选：B．
4．C
【分析】利用奇偶性定义判断各函数是否为偶函数即可.
【详解】A：由函数定义域为，不关于原点对称，不可能为偶函数；
B：由，故不为偶函数；
C：且定义域为R，故为偶函数；
D：且定义域为R，故为奇函数.
故选：C
5．A
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.
【详解】因为，，，
因此，.
故选：A.
6．C
【分析】先得到直线与平面相交，从而得到内的直线有可能与异面，相交，不存在与平行的直线，得到答案.
【详解】因为直线不平行于平面，且，得直线与平面相交．
故内的直线有可能与异面，相交，故A，B错误．
内不存在与平行的直线，C正确，D错误．
故选：C
7．A
【分析】结合三角函数的性质整体代入求解最值即可；
【详解】因为所以
结合三角函数的图像性质，函数在单调递增，
所以
故选：A.
8．D
【分析】由得，然后由三角形面积、双曲线的定义、勾股定理联立可求得得双曲线方程．
【详解】，是的中点，所以，
，则，
，解得，
所以双曲线方程为．
故选：D．
9．A
【分析】根据三棱棱柱体积的计算公式直接计算，判断选项.
【详解】,
故选:A
10．
【分析】利用复数的运算律进行计算.
【详解】.
故答案为：.
11．
【分析】根据二项展开式的通项公式求常数项.
【详解】二项展开式的通项公式，
令，得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：
12．
【分析】由题意可知，即，求解即可
【详解】由题可知抛物线的焦点为，
圆心的坐标为，圆的半径，
由题意可知.
即，
解得或.
又，
所以.
故答案为： .
13． ##0.5
【分析】由古典概率公式求出、，利用条件概率公式可得结果.
【详解】解：若为偶数，则、全为奇数或全为偶数，所以，，
事件为“为偶数且、中有偶数，”，则、为两个不等的偶数，
所以，，
因此，.
故答案为：；.
14．2
【分析】由题设可得且，利用相似三角形和向量的线性运算将用与的另式表达，根据平面向量基本定理列出方程求解即得.
【详解】如图，由可得且，
易得,则有
于是, 因，
故得由，解得：.
故答案为：2.
15．(-2，1)
【分析】根据函数图象与的交点即可求解.
【详解】在直角坐标系中画出的图象，
当时，至多有2个实数根，如图（1），
当时，至多有2个实数根，如图（2），
当时，恰好有3个实数根，如图（3），
故的取值范围为，
故答案为：
16．(1)，
(2)
【分析】（1）由余弦定理求a，应用正弦定理求；
（2）根据（1）及边角关系得，再应用和角余弦公式求值即可.
【详解】（1）由余弦定理知：，则，
由且A为三角形内角，则，又，
所以.
（2）由（1）知：，故，则为锐角，又，
所以，
由.
17．(1)证明见解析
(2)；
(3)
【分析】（1）利用线面平行的判断定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量来求解即可；
（3）在（2）建立的坐标系下利用向量法求解即可.
【详解】（1）由题意分别为的中点，
所以是的中位线，
即，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由于四边形是正方形，平面，
所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：

又，分别为的中点，
则，
所以；
设平面的一个法向量，
则，
解得，令，得；
即，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，
即；
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
又，所以；
即平面与平面夹角的大小为；
（3）由（2）平面的一个法向量为；
又，
所以点到与平面的距离距为：
.
18．(1)
(2)
【分析】(1)用表示弦长，再根据离心率，以及即可求出，进而写出椭圆方程；(2)根据椭圆的定义以及角平分线的性质表示出焦半径，再根据焦半径的取值范围即可求出的取值范围.
【详解】（1）把代入椭圆方程得，解得，
∵过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1，∴.
又，联立得解得，
∴椭圆C的方程为.
（2）设
由角平分线的性质可得，
又，消去 得到，化为，
∵，即，也即，解得.
∴的取值范围；.
19．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）构造等比数列，由数列的递推公式求通项公式；
（2）①用裂项求和法求数列的奇数项的和；②用分组求和法求数列的前项的和，再得出不等式的结论.
【详解】（1）因为，所以，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，
所以的通项公式为；
（2）①设的公差为，因为，，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以
②所以，
所以，
所以，
又因为，所以.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论判断的单调性，进而根据零点运算求解；（2）根据极值点的概念整理原不等式可得，构建新函数，求导，利用导数证明.
【详解】（1），
当时，，所以在上单调递增，不可能有两个零点，舍去.
当时，在上单调递减，在上单调递增，
因为有两个不同的零点，则
∴
因为，所以在上存在一个零点；
又当时，，所以在上也存在一个零点
综上，
（2）（），则.
因为有两个不同的极值点，（），则，，
要证，只要证，
因为，所以只要证，
又∵，，作差得，所以，
所以原不等式等价于要证明，即.
令，，则以上不等式等价于要证，.
令，，则，，
所以在上单调递增，，即，，
所以.
【点睛】对于，，常用作差建立关系，再结合题意化简整理，再利用导数证明不等式.