試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024年天津高考數學真題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知，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3．下列圖中，線性相關性系數最大的是（

）A． B．C． D．4．下列函數是偶函數的為（

）A． B． C． D．5．設，則的大小關系為（

）A． B． C． D．6．已知是兩條直線，是一個平面，下列命題正確的是（

）A．若，，則 B．若，則C．若，則 D．若，則7．已知函數的最小正周期為．則在區間上的最小值是（

）A． B． C．0 D．8．雙曲線的左、右焦點分別為點在雙曲線右支上，直線的斜率為2．若是直角三角形，且面積為8，則雙曲線的方程為（

）A． B． C． D．9．在如圖五面體中，棱互相平行，且兩兩之間距離均為1．若．則該五面體的體積為（

）A． B． C． D．二、填空題10．是虛數單位，復數．11．在的展開式中，常數項為．12．已知圓的圓心與拋物線的焦點重合，且兩曲線在第一象限的交點為，則原點到直線的距離為．13．某校組織學生參加農業實踐活動，期間安排了勞動技能比賽，比賽共5個項目，分別為整地做畦、旱田播種、作物移栽、田間灌溉、藤架搭建，規定每人參加其中3個項目.假設每人參加每個項目的可能性相同，則甲同學參加“整地做畦”項目的概率為；已知乙同學參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為．14．已知正方形的邊長為1，若，其中為實數，則；設是線段上的動點，為線段的中點，則的最小值為．15．設，函數.若恰有一個零點，則的取值范圍為．三、解答題16．在中，角所對的邊分別為，已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．17．如圖，在四棱柱中，平面，，．分別為的中點，(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．18．已知橢圓的離心率為．左頂點為，下頂點為是線段的中點（O為原點），的面積為．(1)求橢圓的方程．(2)過點C的動直線與橢圓相交于兩點．在軸上是否存在點，使得恒成立．若存在，求出點縱坐標的取值范圍；若不存在，請說明理由．19．已知為公比大于0的等比數列，其前項和為，且．(1)求的通項公式及；(2)設數列滿足，其中．（ⅰ）求證：當時，求證：；（ⅱ）求．20．已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)若對任意成立，求實數的值；(3)若，求證：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2024年天津高考數學真題》參考答案題號123456789答案BCABDCDAC1．B【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．C【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．A【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．B【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，，，則不是偶函數，故C錯誤；對D，設，函數定義域為，因為，且不恒為0，則不是偶函數，故D錯誤.故選：B.5．D【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：D6．C【分析】根據線面位置關系的判定與性質，逐項判斷即可求解.【詳解】對于A，若，，則平行或相交，不一定垂直，故A錯誤.對于B，若，則或，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，故D錯誤.故選：C.7．D【分析】結合周期公式求出，得，再整體求出當時，的范圍，結合正弦三角函數圖象特征即可求解.【詳解】因為函數的最小正周期為，則，所以，即，當時，，所以當，即時，故選：D8．A【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：A9．C【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.10．【分析】借助復數的乘法運算法則計算即可得.【詳解】.故答案為：.11．20【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．/【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，故原點到直線的距離為，故答案為：13．【分析】結合列舉法或組合公式和概率公式可求解第一空；采用列舉法或者條件概率公式可求第二空.【詳解】解法一：列舉法給這5個項目分別編號為,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：，則甲參加“整地做畦”的概率為：；乙選活動有6種可能性：，其中再選擇有3種可能性：，故乙參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為.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．【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．【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），且函數在上單調遞減，故有，解得，故符合要求；綜上所述，.故答案為：.【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.16．(1)(2)(3)【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.【詳解】（1）設，，則根據余弦定理得，即，解得（負舍）；則.（2）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（3）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．(1)證明見解析(2)(3)【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.【詳解】（1）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；（2）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；（3）由，平面的法向量為，則有，即點到平面的距離為.18．(1)(2)存在，使得恒成立.【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.【詳解】（1）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：.（2）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．(1)(2)①證明見詳解；②【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.【詳解】（1）設等比數列的公比為，因為，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）（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，，可知為等差數列，可得，所以，且，符合上式，綜上所述：.【點睛】關鍵點點睛：1.分析可知當時，，可知為等差數列；2.根據等差數列求和分析可得.20．(1)(2)2(3)證明過程見解析【分析】（1）直接使用導數的幾何意義；（2）先由題設條件得到，再證明時條件滿足；（3）先確定的單調性，再對分類討論.【詳解】（1）由于，故.所以，，所以所求的切線經過，且斜率為，故其方程為.（2）設，則，從而當時，當時.所以在上遞減，在上遞增，這就說明，即，且等號成立當且僅當.設，則.當時，的取值范圍是，所以命題等價于對任意，都有.一方面，若對任意，都有，則對有，取，得，故.再取，得，所以.另一方面，若，則對任意都有，滿足條件.綜合以上兩個方面，知的值是2.（3）先證明一個結論：對，有.證明：前面已經證明不等式，故，且，所以，即.由，可知當時，當時.所以在上遞減，在上遞增.不妨設，下面分三種