2024年普通高等學校招生全國統一考試（天津卷）數學本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘．第Ⅰ卷1至3頁，第Ⅱ卷4至6頁．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上，并在規定位置粘貼考試用條形碼．答卷時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．祝各位考生考試順利！第Ⅰ卷（選擇題）注意事項：1．每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．2．本卷共9小題，每小題5分，共45分．參考公式：·如果事件互斥，那么．·如果事件相互獨立，那么．·球的體積公式，其中表示球的半徑．·圓錐的體積公式，其中表示圓錐的底面面積，表示圓錐的高．一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.集合，，則（）A. B. C. D.2.設，則“”是“”（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.下列圖中，相關性系數最大的是（）A. B.C. D.4.下列函數是偶函數的是（）A. B. C. D.5.若，則的大小關系為（）A. B. C. D.6.若為兩條不同的直線，為一個平面，則下列結論中正確的是（）A若，，則 B.若，則C.若，則 D.若，則與相交7.已知函數的最小正周期為．則函數在的最小值是（）A. B. C.0 D.8.雙曲線的左、右焦點分別為是雙曲線右支上一點，且直線的斜率為2．是面積為8的直角三角形，則雙曲線的方程為（）A. B. C. D.9.一個五面體．已知，且兩兩之間距離為1．并已知．則該五面體的體積為（）A. B. C. D.第Ⅱ卷注意事項：1．用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上．2．本卷共11小題，共105分．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分．10.已知是虛數單位，復數______．11.在展開式中，常數項為______．12.的圓心與拋物線的焦點重合，為兩曲線的交點，則原點到直線的距離為______．13.五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加.（1）甲選到的概率為______；已知乙選了活動，他再選擇活動的概率為______．14.在邊長為1的正方形中，點為線段的三等分點，，則______；若為線段上的動點，為中點，則的最小值為______．15.若函數有唯一零點，則取值范圍為______．三、解答題：本大題共5小題，共75分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟16.在中，．（1）求；（2）求；（3）求．17.已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．（1）求證平面；（2）求平面與平面的夾角余弦值；（3）求點到平面的距離．18.已知橢圓橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．（1）求橢圓方程．（2）過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得恒成立．若存在求出這個點縱坐標的取值范圍，若不存在請說明理由．19.已知數列是公比大于0的等比數列．其前項和為．若．（1）求數列前項和；（2）設，，其中是大于1的正整數．（?。┊敃r，求證：；（ⅱ）求．20.設函數．（1）求圖象上點處的切線方程；（2）若在時恒成立，求取值范圍；（3）若，證明．2024年普通高等學校招生全國統一考試（天津卷）數學本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘．第Ⅰ卷1至3頁，第Ⅱ卷4至6頁．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上，并在規定位置粘貼考試用條形碼．答卷時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．祝各位考生考試順利！第Ⅰ卷（選擇題）注意事項：1．每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．2．本卷共9小題，每小題5分，共45分．參考公式：·如果事件互斥，那么．·如果事件相互獨立，那么．·球的體積公式，其中表示球的半徑．·圓錐的體積公式，其中表示圓錐的底面面積，表示圓錐的高．一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據集合交集的概念直接求解即可.【詳解】因為集合，，所以，故選：B2.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】說明二者與同一個命題等價，再得到二者等價，即是充分必要條件.【詳解】根據立方的性質和指數函數的性質，和都當且僅當，所以二者互為充要條件.故選：C.3.下列圖中，相關性系數最大的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由點的分布特征可直接判斷【詳解】觀察4幅圖可知，A圖散點分布比較集中，且大體接近某一條直線，線性回歸模型擬合效果比較好，呈現明顯的正相關，值相比于其他3圖更接近1.故選：A4.下列函數是偶函數的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據偶函數的判定方法一一判斷即可.【詳解】對A，設，函數定義域為，但，，則，故A錯誤；對B，設，函數定義域為，且，則為偶函數，故B正確；對C，設，函數定義域為，不關于原點對稱，則不是偶函數，故C錯誤；對D，設，函數定義域為，因為，，則，則不是偶函數，故D錯誤.故選：B.5.若，則的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指數函數和對數函數的單調性分析判斷即可.【詳解】因為在上遞增，且，所以，所以，即，因為在上遞增，且，所以，即，所以，故選：B6.若為兩條不同的直線，為一個平面，則下列結論中正確的是（）A.若，，則 B.若，則C.若，則 D.若，則與相交【答案】C【解析】【分析】根據線面平行的性質可判斷AB的正誤，根據線面垂直的性質可判斷CD的正誤.【詳解】對于A，若，，則平行或異面，故A錯誤.對于B，若，則平行或異面或相交，故B錯誤.對于C，，過作平面，使得，因為，故，而，故，故，故C正確.對于D，若，則與相交或異面，故D錯誤.故選：C.7.已知函數的最小正周期為．則函數在的最小值是（）A. B. C.0 D.【答案】A【解析】【分析】先由誘導公式化簡，結合周期公式求出，得，再整體求出時，的范圍，結合正弦三角函數圖象特征即可求解.【詳解】，由得，即，當時，，畫出圖象，如下圖，由圖可知，在上遞減，所以，當時，故選：A8.雙曲線的左、右焦點分別為是雙曲線右支上一點，且直線的斜率為2．是面積為8的直角三角形，則雙曲線的方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】可利用三邊斜率問題與正弦定理，轉化出三邊比例，設，由面積公式求出，由勾股定理得出，結合第一定義再求出.【詳解】如下圖：由題可知，點必落在第四象限，，設，，由，求得，因為，所以，求得，即，，由正弦定理可得：，則由得，由得，則，由雙曲線第一定義可得：，，所以雙曲線的方程為.故選：C9.一個五面體．已知，且兩兩之間距離為1．并已知．則該五面體的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】采用補形法，補成一個棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.【詳解】用一個完全相同的五面體（頂點與五面體一一對應）與該五面體相嵌，使得；;重合，因為，且兩兩之間距離為1．，則形成的新組合體為一個三棱柱，該三棱柱的直截面（與側棱垂直的截面）為邊長為1的等邊三角形，側棱長為，.故選：C.第Ⅱ卷注意事項：1．用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上．2．本卷共11小題，共105分．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分．10.已知是虛數單位，復數______．【答案】【解析】【分析】借助復數的乘法運算法則計算即可得.【詳解】.故答案為：.11.在的展開式中，常數項為______．【答案】20【解析】【分析】根據題意結合二項展開式的通項分析求解即可.【詳解】因為的展開式的通項為，令，可得，所以常數項為.故答案為：20.12.的圓心與拋物線的焦點重合，為兩曲線的交點，則原點到直線的距離為______．【答案】##【解析】【分析】先求出圓心坐標，從而可求焦準距，再聯立圓和拋物線方程，求及的方程，從而可求原點到直線的距離.【詳解】圓的圓心為，故即，由可得，故或（舍），故，故直線即或，故原點到直線的距離為，故答案為：13.五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加.（1）甲選到的概率為______；已知乙選了活動，他再選擇活動的概率為______．【答案】①.②.【解析】【分析】結合列舉法或組合公式和概率公式可求甲選到的概率；采用列舉法或者條件概率公式可求乙選了活動，他再選擇活動的概率.【詳解】解法一：列舉法從五個活動中選三個的情況有：,共10種情況，其中甲選到有6種可能性：，則甲選到得概率為：；乙選活動有6種可能性：，其中再選則有3種可能性：，故乙選了活動，他再選擇活動的概率為.解法二：設甲、乙選到為事件，乙選到為事件，則甲選到的概率為；乙選了活動，他再選擇活動的概率為故答案為：；14.在邊長為1的正方形中，點為線段的三等分點，，則______；若為線段上的動點，為中點，則的最小值為______．【答案】①.②.【解析】【分析】解法一：以為基底向量，根據向量的線性運算求，即可得，設，求，結合數量積的運算律求的最小值；解法二：建系標點，根據向量的坐標運算求，即可得，設，求，結合數量積的坐標運算求的最小值.【詳解】解法一：因為，即，則，可得，所以；由題意可知：，因為為線段上的動點，設，則，又因為為中點，則，可得，又因為，可知：當時，取到最小值；解法二：以B為坐標原點建立平面直角坐標系，如圖所示，則，可得，因為，則，所以；因為點在線段上，設，且為中點，則，可得，則，且，所以當時，取到最小值為；故答案為：；.15.若函數有唯一零點，則的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】結合函數零點與兩函數的交點的關系，構造函數與，則兩函數圖象有唯一交點，分、與進行討論，當時，計算函數定義域可得或，計算可得時，兩函數在軸左側有一交點，則只需找到當時，在軸右側無交點的情況即可得；當時，按同一方式討論即可得.【詳解】令，即，由題可得，當時，，有，則，不符合要求，舍去；當時，則，即函數與函數有唯一交點，由，可得或，當時，則，則，即，整理得，當時，即，即，當，或（正值舍去），當時，或，有兩解，舍去，即當時，在時有唯一解，則當時，在時需無解，當，且時，由函數關于對稱，令，可得或，且函數在上單調遞減，在上單調遞增，令，即，故時，圖象為雙曲線右支的軸上方部分向右平移所得，由的漸近線方程為，即部分的漸近線方程為，其斜率為，又，即在時的斜率，令，可得或（舍去），且函數在上單調遞增，故有，解得，故符合要求；當時，則，即函數與函數有唯一交點，由，可得或，當時，則，則，即，整理得，當時，即，即，當，（負值舍去）或，當時，或，有兩解，舍去，即當時，在時有唯一解，則當時，在時需無解，當，且時，由函數關于對稱，令，可得或，且函數在上單調遞減，在上單調遞增，同理可得：時，圖象為雙曲線左支的軸上方部分向左平移所得，部分漸近線方程為，其斜率為，又，即在時的斜率，令，可得或（舍去），且函數在上單調遞減，故有，解得，故符合要求；綜上所述，.故答案：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于將函數的零點問題轉化為函數與函數的交點問題，從而可將其分成兩個函數研究.三、解答題：本大題共5小題，共75分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟16.在中，．（1）求；（2）求；（3）求．【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，則得到；（3）法一：根據大邊對大角確定為銳角，則得到，再利用二倍角公式和兩角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和兩角差的余弦公式即可.【小問1詳解】設，，則根據余弦定理得，即，解得（負舍）；則.【小問2詳解】法一：因為為三角形內角，所以，再根據正弦定理得，即，解得，法二：由余弦定理得，因為，則小問3詳解】法一：因為，且，所以，由（2）法一知，因為，則，所以，則，.法二：，則，因為為三角形內角，所以，所以17.已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．（1）求證平面；（2）求平面與平面的夾角余弦值；（3）求點到平面的距離．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）取中點，連接，，借助中位線的性質與平行四邊形性質定理可得，結合線面平行判定定理即可得證；（2）建立適當空間直角坐標系，計算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計算即可得解；（3）借助空間中點到平面的距離公式計算即可得解.【小問1詳解】取中點，連接，，由是的中點，故，且，由是的中點，故，且，則有、，故四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，故平面；【小問2詳解】以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，有、、、、、，則有、、，設平面與平面的法向量分別為、，則有，，分別取，則有、、，，即、，則，故平面與平面的夾角余弦值為；【小問3詳解】由，平面的法向量為，則有，即點到平面的距離為.18.已知橢圓橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．（1）求橢圓方程．（2）過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得恒成立．若存在求出這個點縱坐標的取值范圍，若不存在請說明理由．【答案】（1）（2）存在，使得恒成立.【解析】【分析】（1）根據橢圓的離心率和三角形的面積可求基本量，從而可得橢圓的標準方程.（2）設該直線方程為：，，聯立直線方程和橢圓方程并消元，結合韋達定理和向量數量積的坐標運算可用表示，再根據可求的范圍.【小問1詳解】因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，所以，故，故，所以，，故橢圓方程為：.【小問2詳解】若過點的動直線的斜率存在，則可設該直線方程為：，設，由可得，故且而，故，因為恒成立，故，解得.若過點的動直線的斜率不存在，則或，此時需，兩者結合可得.綜上，存在，使得恒成立.【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的范圍問題，往往需要用合適的參數表示目標代數式，表示過程中需要借助韋達定理，此時注意直線方程的合理假設.19.已知數列是公比大于0的等比數列．其前項和為．若．（1）求數列前項和；（2）設，，其中是大于1的正整數．（?。┊敃r，求證：；（ⅱ）求．【答案】（1）（2）①證明見詳解；②【解析】【分析】（1）設等比數列的公比為，根據題意結合等比數列通項公式求，再結合等比數列求和公式分析求解；（2）①根據題意分析可知，，利用作差法分析證明；②根據題意結合等差數列求和公式可得，再結合裂項相消法分析求解.【小問1詳解】設等比數列的公比為，因為，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.【小問2詳解】（i）由（1）可知，且，當時，則，即可知，，可得，當且僅當時，等號成立，所以；（ii）由（1）可知：，若，則；若，則，當時，，可知