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2024年天津高考数学
一、单选题
1．集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为集合 ， ，
因此 ，
故选B
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
【答案】C
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质， 和 都当且仅当 ，所以二者互为充要条件.
故选C.
3．下列图中，线性相关性系数最大的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】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，呈现
明显的正相关， 值相比于其他3图更接近1.
故选A
4．下列函数是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【详解】A，设 ，函数定义域为 ，但 ， ，则 ，A错误；
B，设 ，函数定义域为 ，且 ，则 为偶函数，B
正确；
C，设 ，函数定义域为 ，不关于原点对称， 则 不是偶函数，C错误；
D，设 ，函数定义域为 ，因为 ， ，
则 ，则 不是偶函数，D错误.
故选B.
5．若 ，则 的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为 在 上递增，且 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
因为 在 上递增，且 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
故选B
6．若 为两条不同的直线， 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
【答案】C
【详解】A，若 ， ，则 平行或异面或相交，A错误.
B，若 ，则 平行或异面或相交，B错误.
C， ，过 作平面 ，使得 ，因为 ，故 ，而 ，故 ，故 ，C正确.
D，若 ，则 与 相交或异面，D错误.
故选C.
7．已知函数 的最小正周期为 ．则 在 的最小值是（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】A【分析】结合周期公式求出 ，得 ，再整体求出 时， 的范围。
【详解】 ，由 得 ，
即 ，当 时， ，
画出 图象，如下图，
由图可知， 在 上递减，
所以，当 时，
故选A
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．
【答案】C
【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 .
【详解】如下图：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： ， ，
因此双曲线的方程为 .
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．
【答案】C
【详解】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
10．已知 是虚数单位，复数 ．
【答案】【详解】 .
答案为 .
11．在 的展开式中，常数项为 ．
【答案】20
【详解】因为 的展开式的通项为 ，
令 ，可得 ，
因此常数项为 .
答案为20.
12．圆 的圆心与抛物线 的焦点 重合， 为两曲线的交点，则原点到直线 的距
离为 ．
【答案】 /
【详解】圆 的圆心为 ，故 即 ，
由 可得 ，故 或 （舍），
故 ，故直线 即 或 ，
因此原点到直线 的距离为 ，
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 ．
【答案】
【详解】解法一：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： ，因此乙选了 活动，他再选择 活动的概率为 .
解法二：设甲、乙选到 为事件 ，乙选到 为事件 ，
则甲选到 的概率为 ； 乙选了 活动，他再选择 活动的概率为
答案 ；
1
14．在边长为1的正方形 中，点 为线段 的三等分点， CE= DE,⃗BE=λ⃗BA+μ⃗BC，则
2
； 为线段 上的动点， 为 中点，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】解法一：以 为基底向量，根据向量的线性运算求 ，即可得 ，设⃗BF=k⃗BE，求
⃗AF，⃗DG，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 ，求⃗AF，⃗DG，结合数量积的坐标运算求 的最小值.
2 1
【详解】解法一：因为 ，即⃗CE= ⃗BA，则⃗BE=⃗BC+⃗CE= ⃗BA+⃗BC，
3 3
可得 ，所以 ；
根据题意可知： ，
因为 为线段 上的动点，设 ，
则 ，
又因为 为 中点，则 ，
可得，
又因为 ，可知：当 时， 取到最小值 ；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则 ，
可得 ，
因为 ，则 ，所以 ；
因为点 在线段 上，设 ，
且 为 中点，则 ，
可得 ，
则 ，
且 ，所以当 时， 取到最小值为 ；
答案为 ； .
15．若函数 恰有一个零点，则 的取值范围为 ．
【答案】
【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.【详解】令 ，即 ，根据题意可得 ，
当 时， ，有 ，则 ，不符合要求，舍去；
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 ， 或 （正值舍去），
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，
令 ，即 ，
当 时， 图象为双曲线 右支的 轴上方部分向右平移 所得，
由 的渐近线方程为 ，即 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 上单调递增，
故有 ，解得 ，故 符合要求；
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， 图象为双曲线 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，
因此有 ，解得 ，故 符合要求；
综上所述， .
答案为 .
三、解答题
16．在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)求 ；
(3)求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】 ，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
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 ；
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.
【详解】（1）设 ， ，则根据余弦定理得 ，
即 ，解得 （负舍）；
则 .（2）法一：因为 为三角形内角，所以 ，
再根据正弦定理得 ，即 ，解得 ，
法二：由余弦定理得 ，
因为 ，则
（3）法一：因为 ，且 ，所以 ，
由（2）法一知 ，
因为 ，则 ，所以 ，
则 ，
.
法二： ，
则 ，
因为 为三角形内角，所以 ，
所以
17．已知四棱柱 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．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【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 ；
（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；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ，
由 是 的中点，故 ，且 ，
由 是 的中点，故 ，且 ，
则有 、 ，
故四边形 是平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，
故 平面 ；
（2）以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有 、 、 、 、 、 ，
则有 、 、 ，
设平面 与平面 的法向量分别为 、 ，
则有 ， ，分别取 ，则有 、 、 ， ，
即 、 ，
则 ，
故平面 与平面 的夹角余弦值为 ；
（3）由 ，平面 的法向量为 ，
则有 ，
因此点 到平面 的距离为 .
18．已知椭圆 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 ．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．
【答案】(1)
(2)存在 ，使得 恒成立.
【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.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为 ，故 ， ，其中 为半焦距，
所以 ，故 ，
故 ，所以 ， ，因此椭圆方程为： .
（2）若过点 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为： ，
设 ，
由 可得 ，
故 且
而 ，
故
，
因为 恒成立，故 ，解得 .
若过点 的动直线的斜率不存在，则 或 ，
此时需 ，两者结合可得 .
综上所述，存在 ，使得 恒成立.
19．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 ， ．（ⅰ）当 时，求证： ；
（ⅱ）求 ．
【答案】(1)
(2)①见详解；②
【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 ；
（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 .
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，
因为 ，即 ，
可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以 .
（2）（i）根据（1）可知 ，且 ，
当 时，则 ，即
可知 ，
，
可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ；
（ii）根据（1）可知： ，
若 ，则 ；
若 ，则 ，
当 时， ，可知 为等差数列，可得 ，
所以 ，
且 ，综上所述： .
20．设函数 ．
(1)求 图象上点 处的切线方程；
(2)若 在 时恒成立，求 的值；
(3)若 ，证明 ．
【答案】(1)
(2)2
(3)见解析
【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.
【详解】（1）由于 ，故 .
所以 ， ，所以所求的切线经过 ，且斜率为 ，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 ，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 的值是2.
（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f'(x)>0.
所以 在 上递减，在 上递增.
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 ；
②当 时，由于 ，因此我们可以取 .从而当 时，由 ，可得
.
再根据 在 上递减，即知对 都有 ；
根据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 .
因此一定有 成立.
