文档内容
2024 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
数学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置
粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结
束后，将本试卷和答题卡一并交回．
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷（选择题）
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号．
2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．
参考公式：
·如果事件 互斥，那么 ．
·如果事件 相互独立，那么 ．
·球的体积公式 ，其中 表示球的半径．
·圆锥的体积公式 ，其中 表示圆锥的底面面积， 表示圆锥的高．
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合交集的概念直接求解即可.【详解】因为集合 ， ，
所以 ，
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
【解析】
【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.
【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
【解析】
【分析】由点的分布特征可直接判断
【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
【解析】
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【 详 解 】 对 A ， 设 ， 函 数 定 义 域 为 ， 但 ， ， 则
，故A错误；
对B，设 ，函数定义域为 ，
且 ，则 为偶函数，故B正确；
对C，设 ，函数定义域为 ，不关于原点对称， 则 不是偶函数，故C错误；
对D，设 ，函数定义域为 ，因为 ， ，
则 ，则 不是偶函数，故D错误.
故选：B.
5. 若 ，则 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.
【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
【解析】
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若 ， ，则 平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若 ，则 平行或异面或相交，故B错误.
对于C， ，过 作平面 ，使得 ，
因为 ，故 ，而 ，故 ，故 ，故C正确.
对于D，若 ，则 与 相交或异面，故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
【解析】【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出 ，得 ，再整体求出 时，
的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【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
【解析】
【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：由题可知，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： ， ，
所以双曲线的方程为 .
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
【解析】
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【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.
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
2．本卷共11小题，共105分．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给
3分，全部答对的给5分．10. 已知 是虚数单位，复数 ______．
【答案】
【解析】
【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得.
【详解】 .
故答案为： .
11. 在 的展开式中，常数项为______．
【答案】20
【解析】
【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【详解】因为 的展开式的通项为 ，
令 ，可得 ，
所以常数项为 .
故答案为：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】 ##
【解析】
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求 及 的方程，从而可求原点
到直线 的距离.【详解】圆 的圆心为 ，故 即 ，
由 可得 ，故 或 （舍），
故 ，故直线 即 或 ，
故原点到直线 的距离为 ，
故答案为：
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】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到 的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选
了 活动，他再选择 活动的概率.
【详解】解法一：列举法
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： ，故乙选了 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
故答案为： ；
14. 在边长为1的正方形 中，点 为线段 的三等分点， ，则
______； 为线段 上的动点， 为 中点，则 的最小值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【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 ，
求 ，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 ，结合数量积的坐标运算求 的最小值.
【详解】解法一：因 为，即 ，则 ，
可得 ，所以 ；
由题意可知： ，
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 ；
故答案为： ； .
15. 若函数 恰有一个零点，则 的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【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，按同一方式讨论即可得.
【详解】令 ，即 ，
由题可得 ，
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 ，
故 时， 图象为双曲线 右支 轴上方部分向右平移 所得，
的
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，
故有 ，解得 ，故 符合要求；
综上所述， .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数 的零点问题转化为函数 与函数
的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
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）
【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 ，则得到 ；
（3）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.
【小问1详解】
设 ， ，则根据余弦定理得 ，
即 ，解得 （负舍）；
则 .
【小问2详解】
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【小问3详解】
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）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【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 ，
结合线面平行判定定理即可得证；
（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即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【小问1详解】
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 ；
【小问2详解】
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 ；
【小问3详解】
由 ，平面 的法向量为 ，
则有 ，
即点 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.
【解析】
的
【分析】（1）根据椭圆 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.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为 ，故 ， ，其中 为半焦距，
所以 ，故 ，
故 ，所以 ， ，故椭圆方程为： .
【小问2详解】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，存在 ，使得 恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借
助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
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证明见详解；②
【解析】
【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 ，再结合等比数列
求和公式分析求解；
（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 ，再结合裂项相消法分析求解.
【小问1详解】设等比数列 的公比为 ，
因为 ，即 ，
可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以 .
【小问2详解】
（i）由（1）可知 ，且 ，
当 时，则 ，即
可知 ，
，
可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ；
（ii）由（1）可知： ，
若 ，则 ；
若 ，则 ，
当 时， ，可知 为等差数列，
可得 ，
所以 ，且 ，符合上式，综上所述： .
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当 时， ，可知 为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得 .
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）证明过程见解析
【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.
【小问1详解】
由于 ，故 .
所以 ， ，所以所求的切线经过 ，且斜率为 ，故其方程为 .
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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 .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 ，故我们可以取 .
从而当 时，由 ，可得
.
再根据 在 上递减，即知对 都有 ；
综合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 .
故一定有 成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合 的单调性进行分类讨论.
