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2024 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
数学
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A={1,2,3,4},B={2,3,4,5},则A∩B=( )
A.{1,2,3,4}
B.{2,3,4}
C.{2,4}
D.{1}
【答案】 B
【解析】 因为{1,2,3,4},B={2,3,4,5},所以A∩B={2,3,4},故选B.
2.设a,b∈R,则“a3=b3”是“3a=3b”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】 由函数y=x3单调递增可知,若a3=b3,则a=b;由函数y=3x单调递增可知,若3a=3b,则a=b.故“a3=b3”是
“3a=3b”的充要条件,故选C.
3.下列图中,线性相关系数最大的是( )
【答案】 A
【解析】 选项A 中的散点有明显的从左下角到右上角沿直线分布的趋势,且散点集中在一条直线的附近,
故选项A 中的线性相关系数最大.故选A.
4.下列函数是偶函数的是( )
A.f(x)=e
x - x
2
x
2+1
B.f(x)=cos x + x
2
x
2+1
C.f(x)=e
x - x
x +1
D.f(x)=sin x + 4 x
e|x|
【答案】 B
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【解析】 解法一:对于A,f(-x)=e
- x -(- x)
2
(- x)
2+1
=e
- x - x
2
x
2+1
≠f(x),故f(x)不是偶函数;对于B,f(-x)=cos(- x)+(- x)
2
(- x)
2+1
=cos x + x
2
x
2+1
=f(x),故f(x)是偶函数;对于C,f(x)的定义域为{x|x≠-1},不关于原点对称,故f(x)不是偶函数;对于
D,f(-x)=sin(- x)+ 4(- x)
e|- x|
=-sin x - 4 x
e|x|
=-sin x + 4 x
e|x|
=-f(x),故f(x)是奇函数.故选B.
解法二(特殊值法):对于A,f(1)=e -1
1+1=e -1
2
,f(-1)=e
-1-1
1+1
=e
-1-1
2
,f(1)≠f(-1),故f(x)不是偶函数;对于B,f(-x)=
cos(- x)+(- x)
2
(- x)
2+1
=cos x + x
2
x
2+1
=f(x),故f(x)是偶函数;对于C,f(x)的定义域为{x|x≠-1},不关于原点对称,故f(x)不
是偶函数;对于D,f(π)=sin π + 4 π
e
|π |
= 4 π
e
|π |
,f(-π)=sin(- π )- 4 π
e
|- π |
=- 4 π
e
|π |
,f(π)≠f(-π),故f(x)不是偶函数.故选B.
解法三(性质法):易知y=x2+1 与y=e|x|均为偶函数,且恒为正.对于A,由于y=ex-x2是非奇非偶函数,所以f(x)也是
非奇非偶函数;对于B,y=cos x+x2是偶函数,所以f(x)是偶函数;对于C,易知f(x)的定义域不关于原点对称,所以
f(x)是非奇非偶函数;对于D,y=sin x+4x 是奇函数,所以f(x)是奇函数,故选B.
5.若a=4.2-0.3,b=4.20.3,c=log4.20.2,则a,b,c 的大小关系为( )
A.a>b>c
B.b>a>c
C.c>a>b
D.b>c>a
【答案】 B
【解析】 由函数y=4.2x单调递增可知,0<a<1<b,又c=log4.20.2<0,故b>a>c,选B.
6.若m,n 为两条直线,α 为一个平面,则下列结论中正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m⊥n
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n
D.若m∥α,n⊥α,则m 与n 相交
【答案】 C
【解析】 对于A,B,若m∥α,n∥α,则m 与n 可能平行,相交或异面,故A,B 错误;对于C,D,若m∥α,n⊥α,则
m⊥n,且m 与n 可能相交,也可能异面,故C 正确,D 错误.
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7.已知函数f(x)=sin 3(ωx + π
3)
的最小正周期为π,则f(x)在[- π
12 , π
6]
的最小值为( )
A.-√3
2
B.-3
2
C.0
D.3
2
【答案】 A
【解析】 由f(x)的最小正周期为π,可得π= 2π
3ω
,所以ω=2
3
,所以f(x)=sin(2x+π)=-sin 2x.当x∈[- π
12 , π
6]
时,2x∈[- π
6 , π
3]
,sin 2x∈[- 1
2 , √3
2 ]
,所以f(x)min=-√3
2
,故选A.
8.已知双曲线x
2
a
2
- y
2
b
2
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2,P 是双曲线右支上一点,且直线PF2 的斜率为
2，△PF1F2是面积为8 的直角三角形,则双曲线的方程为( )
A. x
2
8
- y
2
2
=1
B. x
2
8
- y
2
4
=1
C. x
2
2
- y
2
8
=1
D. x
2
4
- y
2
8
=1
【答案】 C
【解析】 由题意可知,∠F1PF2=90°,又直线PF2 的斜率为2,可得tan∠PF2F1=|P F1|
|P F2|
=2,根据双曲线定义|
PF1|-|PF2|=2a,得|PF1|=4a,|PF2|=2a,S△P F1F2=1
2
|PF1||PF2|=1
2
×4a×2a=4a2,又S△P F1F2=8,所以a2=2,所以|F1F2|2=|PF1|
2+|PF2|2=(4a)2+(2a)2=20a2=40.又|F1F2|2=4c2,所以c2=10,又a2+b2=c2,所以b2=8,所以双曲线的方程为x
2
2
- y
2
8
=1.故
选C.
9.一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1，AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为(
)
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A.√3
6
B.3√3
4
+1
2
C.√3
2
D.3√3
4
-1
2
【答案】 C
【解析】 因为AD,BE,CF 两两平行,且两两之间距离为1,则该五面体可以分成一个侧棱长为1 的三棱柱和
一个底面为梯形的四棱锥,其中三棱柱的体积等于棱长均为1 的直三棱柱的体积,四棱锥的高为√3
2
,底面是上
底为1、下底为2、高为1 的梯形,故该五面体的体积V=1
2×1×√3
2
×1+1
3×3
2×√3
2
=√3
2
.故选C.
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i 是虚数单位,复数(√5+i)·(√5-2i)=________.
【答案】 7-√5i
【解析】 (√5+i)(√5-2i)=(√5)2-2√5i+√5i-2i2=7-√5i.
11.在(
3
x
3 + x
3
3 )
6
的展开式中,常数项为________.
【答案】 20
【解析】 Tk+1=C6
k(
3
x
3)
6-k(
x
3
3 )
k
=C6
k·36-2k·x6k-18.令6k-18=0,则k=3,所以常数项为T4=C6
3·30·x0=20.
12.圆(x-1)2+y2=25 的圆心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F 重合,A 为两曲线的交点,则原点到直线AF 的距离为
________.
【答案】 4
5
【解析】 由题意知圆(x-1)2+y2=25 的圆心坐标为(1,0),则F(1,0),故p
2
=1,p=2,由抛物线的定义得|AF|=xA+1=5,
得xA=4.由对称性不妨设A(4,4),则直线AF 的方程为y=4
3
(x-1),即4x-3y-4=0,所以原点到直线AF 的距离是
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4
√4
2+3
2
=4
5
.
13.A,B,C,D,E 五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A 的概率为________;已知乙选了A 活动,他再
选择B 活动的概率为________.
【答案】 3
5
1
2
【解析】 由题意知甲选到A 的概率P=C4
2
C5
3
=3
5
.记乙选择A 活动为事件M,乙选了A 活动再选择B 活动为事
件N,则P(M)=C4
2
C5
3 =3
5
,P(MN)=C3
1
C5
3= 3
10
,所以P(N|M)= P( MN )
P( M )
=
3
10
3
5
=1
2
.
14.在边长为1 的正方形ABCD 中,E 为线段CD 的三等分点, CE=1
2
DE,⃗BE=λ⃗BA+μ⃗BC,则λ+μ=________;F 为
线段BE 上的动点,G 为AF 中点,则⃗AF ·⃗DG的最小值为________.
【答案】 4
3
- 5
18
【解析】 以点A 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),E(
2
3 ,1)
,所以⃗
BE
=(- 1
3 ,1)
,⃗BA
=(-1,0),⃗BC
=(0,1), 因为⃗BE
=λ⃗BA
+μ⃗BC
, 所以(- 1
3 ,1)
=λ(-1,0)+μ(0,1), 所以λ=1
3
,μ=1, 所以
λ+μ=4
3
.由B(1,0),E(
2
3 ,1)
可得直线BE 的方程为y=-3(x-1),设F(a,3-3a)(
2
3 ≤a≤1)
,则G(
a
2 , 3-3a
2 )
,所以⃗AF
=(a,3-3a),⃗DG
=(
a
2 , 1-3a
2 )
,所以⃗AF ·⃗DG
=a·a
2
+(3-3a)·1-3a
2
=5a2-6a+3
2
=5(a- 3
5)
2- 3
10
,所以当a=2
3
时,⃗
AF ·⃗DG取得最小值,为- 5
18
.
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15.若函数f(x)=2√x
2-ax
-|ax-2|+1 恰有一个零点,则a 的取值范围为________.
【答案】 (-√3,-1)∪(1,√3)
【解析】 ①当a=0 时,f(x)=2|x|-2+1=2|x|-1,令f(x)=0,得2|x|=1,x=±1
2
,即f(x)有两个零点,不满足题意.②当a≠0
时, 令ax=m, 则2√x
2-ax-|ax-2|+1=2√
m
2
a
2 -m-|m-2|+1, 由2√
m
2
a
2 -m-|m-2|+1=0 可得2√
m
2
a
2 -m=|m-2|-1, 则|
m-2|-1≥0, 解得m≥3 或m≤1.(ⅰ) 若m≥3, 则由2√
m
2
a
2 -m=|m-2|-1 可得2√
m
2
a
2 -m=m-3, 化简得4
a
2
=
m
2-2m+9
m
2
=1- 2
m
+ 9
m
2
=9(
1
m - 1
9)
2+8
9
,令g(m)=9(
1
m - 1
9)
2+8
9
,m≥3,则g(m)在[3,9)上单调递减,在(9,+∞)上单
调递增,又g(3)=4
3
,g(9)=8
9
,当m→+∞时,g(m)→1,作出g(m)的大致图象如图所示.(ⅱ)若m≤1,因为x=0 不是f(x)
的零点,所以m≠0.由2√
m
2
a
2 -m=|m-2|-1 可得2√
m
2
a
2 -m=1-m,化简得4
a
2
=m
2+2m+1
m
2
=1+ 2
m
+ 1
m
2
=(
1
m +1)
2,令
h(m)=(
1
m +1)
2,m≤1 且m≠0,则h(m)在(-∞,-1),(0,1]上单调递减,在(-1,0)上单调递增,又h(-1)=0,h(1)=4,当m→-
∞时,h(m)→1,当m→0 时,h(m)→+∞,作出h(m)的大致图象如图所示.数形结合可知,若f(x)恰有一个零点,则4
3
<
4
a
2<4,解得-√3<a<-1 或1<a<√3,即a 的取值范围为(-√3,-1)∪(1,√3).
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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. （14 分）在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别是a,b,c.已知cos B= 9
16
,b=5,a
c
=2
3
.
(1)求a 的值;
(2)求sin A 的值;
(3)求cos (B-2A)的值.
【解】 (1)由a
c
=2
3
得a=2
3
c.由余弦定理得a2+c2-b2=2accos B,即4
9
c2+c2-25=2·2
3
c·c· 9
16
,得13
9
c2-25=3
4
c2,
得c=6,故a=2
3
c=4.
(2)因为cos B= 9
16
,所以sin B=√1-co s
2B=5√7
16
,由正弦定理得
a
sin A
=
b
sin B
,即
4
sin A
=
5
5√7
16
,得sin A=
√7
4
.
(3)因为a<b,所以A<B,则cos A>0,由sin A=√7
4
,得cos A=3
4 ,则cos 2A=2cos2A-1=1
8,sin 2A=2sin Acos A=
3√7
8
.故cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A= 9
16
×1
8
+5√7
16
×3√7
8
=57
64
.
17. （15 分）如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N 是B1C1的中
点,M 是DD1的中点.
(1)求证D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值;
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(3)求点B 到平面CB1M 的距离.
【解】 (1)以A 为坐标原点,以AB,AD,AA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
依题意得,B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2), 则M(0,1,1),N(
3
2 , 1
2 ,2)
, 所以⃗D1 N=
(
3
2 ,- 1
2 ,0)
,⃗C B1
=(1,-1,2),⃗CM
=(-1,0,1).
设
平
面
CB1M
的
法
向
量
为
n=(x1,y1,z1),
则
{
n·⃗C B1=0,
n·⃗CM =0,
即{
x1- y1+2 z1=0,
- x1+ z1=0,
取x1=1,得z1=1,y1=3,则n=(1,3,1).⃗D1 N·n=(
3
2 ,- 1
2 ,0)
·(1,3,1)=3
2
-3
2
=0,
所以⃗D1 N⊥n,显然D1N⊄平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M.
(2)
易
知⃗
C B1
=(1,-1,2),⃗BC=(-1,1,0),
设
平
面
BB1C1C
的
法
向
量
为
m=(x2,y2,z2),
则
{
m·⃗C B1=0,
m·⃗BC =0,
即{
x2- y2+2 z2=0,
- x2+ y2=0,
取x2=1,得y2=1,z2=0,则m=(1,1,0).设平面CB1M 与平面BB1C1C 的夹角为
θ,则cos θ=|cos<n,m>|=|n·m|
|n||m|
=
4
√11×√2
=2√22
11
,所以平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值为2√22
11
.
(3)易知⃗B B1
=(0,0,2).设点B 到平面CB1M 的距离为d,则d=|⃗B B1·n|
|n|
= 2
√11
=2√11
11
,所以点B 到平面CB1M
的距离为2√11
11
.
18. （15 分）已知椭圆x
2
a
2
+ y
2
b
2
=1(a>b>0),椭圆的离心率e=1
2
,左顶点为A,下顶点为B,O 为坐标原点,C 是线段
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OB 的中点,其中S△ABC=3√3
2
.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点(0,- 3
2)
的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y 轴上是否存在点T 使得⃗TP·⃗TQ
≤0?若存在,求出点T 纵
坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)因为e=c
a
=1
2
,所以a=2c,b=√a
2-c
2=√3c,由题知A(-a,0),B(0,-b),C(0,- b
2)
,所以S△ABC=1
2
·|BC|·|
OA|=1
2 · b
2·a=1
2 · √3c
2
·2c=3√3
2
,得c=√3,所以a=2√3,b=3.故椭圆的方程为x
2
12
+ y
2
9
=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).当直线PQ 的斜率不存在时,不妨设P(0,3),Q(0,-3),则⃗TP·⃗TQ=(0,3-t)·(0,-3-t)=t2-
9≤0,解得-3≤t≤3.当直线PQ 的斜率存在时,设其方程为y=kx-3
2
,由{
y =kx - 3
2 ,
x
2
12 + y
2
9 =1
可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,所
以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0,x1+x2= 12k
3+ 4 k
2,x1x2=-
27
3+ 4 k
2.因为⃗TP·⃗TQ=(x1,y1-t)·(x2,y2-t)=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+
(k x1- 3
2 -t)(k x2- 3
2 -t)
=(1+k2)x1x2-k(
3
2 +t)
(x1+x2)+(
3
2 +t)
2=-27(1+k
2)
3+ 4 k
2
-12k
2(
3
2 +t)
3+ 4 k
2
+(
3
2 +t)
2=
-27-27 k
2-18k
2-12k
2t + 27
4 +3t
2+9t +9k
2+ 4 k
2t
2+12k
2t
3+ 4 k
2
=4 k
2t
2-36k
2+3t
2+9t - 81
4
3+ 4 k
2
≤0, 所以
4k2t2-36k2+3t2+9t-81
4
≤0 对k∈R 恒成立,则有{
4t
2-36≤0,
3t
2+9t - 81
4 ≤0,
解得-3≤t≤3
2
.综上可得,-3≤t≤3
2
,即点T 的
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纵坐标的取值范围是[-3, 3
2]
.
19.（15 分）已知数列{an}是等比数列,其公比大于0，前n 项和为Sn,若a1=1,S2=a3-1.
(1)求数列{an}的前n 项和Sn;
(2)设bn={
k ,n=ak ,
bn-1+2k ,ak nak +1,
k∈N*.
(ⅰ)当k≥2,n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn;
(ⅱ)求∑
i=1
Sn
bi.
【解】 (1)设{an}的公比为q(q>0),则1+q=q2-1,得q=2,所以Sn=1-2
n
1-2
=2n-1.
(2)(ⅰ)由(1)知,ak=2k-1,所以bn={
k ,n=2
k -1,
bn-1+2k ,2
k -1n2
k .
当n=ak+1=2k 时,bn=k+1,bn-1=b2
k -1=b2
k -2+2k=b2
k -3+4k=…=
b2
k -1+2k·(2k-1-1)=k+2k·(2k-1-1)=k·2k-k,所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k.设f(x)=(x-1)2x-1-x,x≥2,则
f'(x)=2x-1+(x-1)2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0, 所以f(x) 在[2,+∞) 上单调递增,f(x)≥f(2)=0, 所以bn-1-ak·bn≥0, 即
bn-1≥ak·bn.
(ⅱ)令k=1,得b1=1,令k=2,得b2=2,b3=b2+2k=6,令k=3,得b4=3,b5=b4+2k=9,b6=b5+2k=15,b7=b6+2k=21,所以b2
k -1,
b2
k -1+1
,…,b2
k -1 是一个以b2
k -1为首项,2k 为公差的等差数列.因为b2
k -1=k,所以b2
k -1
=k·2k-k,所以b2
k -1+b2
k -1+1
+…+b2
k -1
=k·2
k·2
k -1
2
=k·4k-1,
所
以
∑
i=1
Sn
bi=∑
i=1
2
n-1
bi=b1+b2+…+b2
n-1
=1×40+2×41+…+n×4n-1,4∑
i=1
Sn
bi=1×41+2×42+…+n×4n,两式相减,得-3∑
i=1
Sn
bi=40+41+…+4n-1-n×4n=1- 4
n
1- 4
-n×4n=4
n-1
3
-n×4n=(
1
3 -n)
×4n-1
3
,所
以∑
i=1
Sn
bi=(
n
3 - 1
9)
·4n+1
9
.
20(16 分)设函数f(x)=xln x.
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(1)求f(x)图象上点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥a(x-√x)在x∈(0,+∞)时恒成立,求a 的值;
(3)若x1,x2∈(0,1),证明|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|
1
2.
【解】 (1)由题知f(1)=0,f'(x)=ln x+1,所以f'(1)=1,所以切线方程为y=x-1.
(2)由题可得xln x≥a(x-√x)在(0,+∞)上恒成立,即ln x≥a(1- 1
√x)
在(0,+∞)上恒成立.设g(x)=lnx-a(1- 1
√x
),x∈(0,+ ∞),则g(x)≥0 恒成立,又g(1)=0,所以g'(1)=0.因为g'(x)=1
x
-1
2
ax
- 3
2,所以g'(1)=1-a
2
=0,解得a=2.
(3)当x1=x2时,|f(x1)-f(x2)|=|x1-x2
|
1
2=0.当x1≠x2时,不妨设x1<x2,令f'(x)=ln x+1=0,得x=1
e
,所以f(x)在(0, 1
e)
上单调
递减,在(
1
e ,1)
上单调递增.
①当0<x1<x2≤1
e 时,f(x1)>f(x2),|f(x1)-f(x2)|=x1ln x1-x2ln x2, 设t(x)=xln x+√x,0<x<1, 则t'(x)=ln x+1+ 1
2√x
, 设
m(x)=ln x+1+ 1
2√x
,0<x<1,则m'(x)=1
x
-
1
4 x √x
=4√x -1
4 x √x
.令m'(x)=0,得x= 1
16
,所以m(x)在(0, 1
16)
上单调递减,
在(
1
16 ,1)
上单调递增,所以t'(x)≥t'(
1
16)
=ln 1
16
+1+2=ln e
3
16
>0,所以t(x)在(0,1)上单调递增.所以x1ln x1+√x1
<x2ln x2+√x2
,x1ln x1-x2ln x2<√x2
-√x1
,因为(√x2
-√x1
)2-(√x2- x1
)2=2x1-2√x1 x2
=2√x1
(√x1
-√x2
)<0,所以√x2
-
√x1<√x2- x1,所以x1ln x1-x2ln x2<√x2- x1,即|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.
②当1
e
≤x1<x2<1 时,f(x1)<f(x2),|f(x1)-f(x2)|=x2ln x2-x1ln x1,设h(x)=xln x-x,0<x<1,则h'(x)=ln x<0,所以h(x)在(0,1)
上单调递减,所以x1ln x1-x1>x2ln x2-x2,即x2ln x2-x1ln x1<x2-x1,因为1
e
≤x1<x2<1,所以0<x2-x1<1,0<√x2- x1<1,x2-
x1<√x2- x1,所以x2ln x2-x1ln x1<√x2- x1,即|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.
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③当0<x1<1
e
<x2<1 时,若f(x1)<f(x2),则|f(x1)-f(x2)|<|f(
1
e)- f ( x2)|
,由②知,|f(
1
e)- f ( x2)|
<√x2- 1
e
<√x2- x1
,所
以|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2
|
1
2;若f(x1)>f(x2),则|f(x1)-f(x2)|<|f ( x1)- f(
1
e)|
,由①知,|f ( x1)- f(
1
e)|
<√
1
e - x1
<√x2- x1
,所
以|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.若f(x1)=f(x2),则|f(x1)-f(x2)|=0,|x1-x2|
1
2>0,故|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.综上可知,∀x1,x2∈(0,1),都有|
f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|
1
2.
