高考数学2024年天津高考数学真题平行卷（巩固）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（巩固）含解析答案，共18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．集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
3．如图所示的4个散点图中，不适合用直线拟合其中两个变量之间的关系的是（ ）
A．B．
C．D．
4．在下列函数中，为偶函数的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，，，则（ ）．
A．B．C．D．
6．若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
7．已知函数的最小正周期为，则函数在区间上的最大值与最小值的和等于（ ）
A．0B．C．1D．2
8．已知双曲线的左，右焦点分别为，点M为关于渐近线的对称点．若，且的面积为8，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示，在三棱柱中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，的两部分，则（ ）

A．B．C．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．已知复数（为虚数单位），则 ．
11．的展开式中的常数项为 .
12．以抛物线的焦点为圆心且与直线相切的圆中，最大面积的圆方程为 ．
13．如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位，共移动六次．质点位于4的位置的概率为 ；在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为 ．
14．如图，在中，，，为上一点，且满足，则 ；若的面积为，则的最小值为 ．
15．设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则a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，．
(1)求的值；
(2)求c的值．
(3)将题中条件“”改为“”，求c的值．
17．如图所示，在三棱柱中，平面，，，D是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点．
(1)求证平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
18．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点，直线与椭圆C交于两点，与y轴交于点N，若，求面积的取值范围.
19．已知数列满足，其中.
(1)若，求数列的前n项的和；
(2)若，且数列满足：，证明：.
(3)当，时，令，判断对任意，，是否为正整数，请说明理由.
20．已知函数．
(1)若曲线在处的切线的方程为，求实数，的值；
(2)当时，，且，求证．
(3)若，对任意， ，不等式恒成立，求的取值范围；
参考答案：
1．B
【分析】利用集合的交集运算求解.
【详解】解：因为集合，，
所以，
故选：B
2．D
【分析】根据指数函数的单调性以及不等式的性质、充分条件、必要条件的定义即可判断.
【详解】取，则，但，故不充分，
取，则，但，故不必要．
故选：D．
3．A
【分析】根据回归分析的定义，结合选项中的散点图，即可求解.
【详解】根据回归分析的概念，可得散点图中所有点看上去都在一条直线附近波动，
则适合用直线拟合，由题图可知A选项的散点图不适合用直线拟合．
故选：A．
4．C
【分析】利用函数的奇偶性定义判断各个选项即可.
【详解】对于A，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；
对于B，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；
对于C，函数的定义域为，且，所以，故函数为偶函数；
对于D，函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数不为偶函数.
故选：C.
5．B
【分析】利用“分段法”确定正确答案.
【详解】，
，所以.
故选：B
6．D
【分析】根据空间中直线与平面的位置关键逐项判断即可
【详解】解：对于A，若，则或，故A不正确；
对于B，若，则或，故B不正确；
对于C，若，则或，故C不正确；
对于D，若，则，故D正确.
故选：D.
7．C
【分析】由最小正周期可得，再由正弦型函数求的最值，即可得答案.
【详解】由题设，则，
在上，故，
所以最大值与最小值的和等于1.
故选：C
8．C
【分析】利用点到直线的距离公式、勾股定理结合三角形面积公式可解.
【详解】记与渐近线相交于点N，
由题可知，ON为的中位线，且，
所以，
因为焦点到渐近线的距离，
所以，，
则，
又，即，
联立解得，
所以C的方程为.
故选：C
9．A
【分析】如图，延长到，到，到，连接，，，得到三棱柱，由题意可得，即可得出答案.
【详解】如图，延长到，到，到，
且，，，
连接，，，得到三棱柱，
则．
延长，，则与相交于点．

因为，所以．
又，
所以，故．
故选：A.
10．##
【分析】根据复数的四则运算法则计算即可.
【详解】.
故答案为：.
11．40
【分析】根据二项展开式公式求解即可.
【详解】依题意，的展开式的通项为，令可得.
故常数项为.
故答案为：40
12．.
【分析】根据抛物线的焦点坐标确定圆心坐标，根据直线与圆相切确定圆的半径的最大值，进而确定圆的方程.
【详解】由抛物线方程得圆的圆心为，
直线是过定点的动直线，
当满足直线和垂直时，圆心到直线的距离最大，
此时满足圆的面积最大，则圆的最大半径为，
所以面积最大的圆的方程是.
故答案为：.
13． ##0.09375 ##0.125
【分析】计算质点移动6次可能的结果，质点位于4的位置的可能结果，根据古典概型的概率公式即可求解；根据条件概率的概率公式计算.
【详解】由题意可得：质点移动6次可能的结果有种，质点位于4的位置则指点向右移动5次向左移动1次，
从质点移动6次中选1次向左移动，其它5次向右移动共有种，
所以质点位于4的位置的概率为；
在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置，可知从1开始的5步中，第1、2步必须向右，
第3步向左或向右均可，若第3步向左则第4步向右，若第3步向右则第4步向左，第5步向左向右均可，则走法有种，
总的质点移动5次可能的结果有种，则在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为.
故答案为：；.
14．
【分析】先通过条件用表示，根据三点共线，可求得
根据的面积求得 ， 由，平方可得，代入即可求得答案.
【详解】∵，又，
∴，∴，
又因为三点共线，则，即，
，
的面积为，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：,.
15．，．
【分析】设，结合题意可知函数在区间，内恰有3个零点，分析时不符合题意，时，结合二次函数的正负及的正负即可求解．
【详解】由题意，函数与函数在区间，内恰有3个零点，
设，
即函数在区间，内恰有3个零点，
当时，函数在区间，内最多有2个零点，不符合题意；
当时，函数的对称轴为，
，
所以，函数在，上单调递减，在上单调递增，且，
当，即时，函数在区间，上无零点，
所以函数在，上有三个零点，不符合题意；
当，即时，函数在区间，上只有一个零点，
则当，时，，
令，解得或，符合题意；
当，即时，函数在区间，上有1个零点，
则函数在，上有2个零点，
则，即，所以；
当，即时，函数在区间，上有2个零点，
则函数在，上只有1个零点，
则或或，即无解．
综上所述，的取值范围是，．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题判断函数零点个数的常用方法：
(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；
(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
16．(1)
(2)5
(3)3或5
【分析】（1）由正弦定理得到；
（2）先求出，由余弦定理求出c的值为5；
（3）先得到，进而得到，分两种情况求出c的值，得到答案.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为，
所以，
因为，所以；
（2）由（1）知，故，
由余弦定理得，
变形得到，解得（舍去）或5，
所以c的值为5
（3）由正弦定理得，
因为，
所以，
因为，所以，故，
因为，所以，
所以，
当时，，
变形得到，解得（舍去）或5，
此时c的值为5，经检验满足题意，
当时，，
变形得到，解得（舍去）或3，
此时c的值为3，经检验满足题意，
综上：c的值为3或5.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）连接，证明，再利用线面平行的判定推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
（3）利用（2）中坐标系，利用点到平面距离的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，连接，连接，
由，是棱的中点，得是的中点，
由为平行四边形，得为线段中点，于是，而平面，平面，
所以平面.
（2）在三棱柱中，平面，，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，
则，显然平面的一个法向量，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
（3）由（1）知，点平面，由（2）知，
设平面的法向量，则，令，得，
所以点到平面的距离.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由题意设，，则．代入菱形的面积公式求出t即可求解；
（2）直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示，由题意可得，从而得，代入面积运算公式结合二次函数化简即可求解.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，可设，，则，
四个顶点构成的四边形为菱形，其面积为，
即，所以椭圆的方程为：.
（2）设，联立直线与椭圆，
消去y可得，
，则，，
设PQ的中点为，则，所以，
因为，所以，所以，
所以，即，所以，
又，所以，
又，故即，
所以的取值范围是，
所以面积的取值范围为.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)对任意，，是正整数.理由见解析
【分析】（1）分和两种情况讨论，利用求和公式可得答案；
（2）先求，利用裂项相消法求和可证结论；
（3）先根据得出，，再根据递推式得出进而可以判断.
【详解】（1）因为，，所以当时，，时，，
即为奇数时，；为偶数时，.
记数列的前n项的和为，当为偶数时，，当为奇数时，，
综上，其中.
当时，，时，，此时是等比数列，
当时，；
当时，，故.
（2）由（1）知，，时，，
，
（3）对任意，，是正整数.理由如下：
当，时，，此时；
，此时；
由，平方可得，，
又，所以，
整理可得，
当时，，所以
，
所以，由，所以，以此类推，可知对任意，，是正整数.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是把的通项公式化成裂项相消的结构求和；二是通过递推关系得到，根据前几项为自然数，递推可得结论.
20．(1)
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义列出相应方程，求得；
（2）时求导数，判断的单调性，不妨设，则要证明，即证，，即证，结合，即只需证明，从而令，求其导数，判断单调性，即可证明结论；
（3）利用导数判断函数单调性，从而将 可化为，构造函数，判断其单调性，可得在上恒成立，分离参数，求函数最值，即可求得答案.
【详解】（1） ,
∵曲线在处的切线的方程为，
所以 ， ∴ ；
（2）当时，，则，
当时，，递减，当时，，递增，
由于，且，故不妨设，
则要证明，即证，而，
当时，递增，故即证，
由于，即只需证明，
令，
则，
当时， ，
即单调递减，故，
即时，，即有，
故原命题成立，即；
（3）因为，，
所以，故函数在上单调递增，
不妨设，则 可化为，设，则，
所以为上的增函数，即在上恒成立，
等价于在上恒成立，即在上恒成立，
又，所以 ，所以，
对于函数，，当时，，
故在上是增函数，所以，
所以 ，即m的取值范围为.
【点睛】本题考查了导数几何意义的应用以及不等式的证明和根据不等式恒成立求参数的范围问题，综合性较强，计算量较大，解答时要注意能熟练应用导数的相关知识，比如利用导数解决切线问题和判断函数单调性以及最值问题，解答的关键是将不等式恒成立求参数范围转化为构造函数，利用函数的最值问题加以解决.