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2024 年高考考前信息必刷卷 01（天津专用）
数 学
天津卷考试题型为9（单选题）＋6（填空题）＋5（解答题），其中第19题第20题属
于压轴题目，去年第19题创新考查了数列的极限，此外对于数列的求和问题也是别出心裁，
具有很强的创新性。第20题依旧是导数的综合应用，结合不等式与数列综合性很强。
天津卷坚持“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，稳妥推进新高考的改革，
形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系。
即以立德树人为中心，以数学素养和创新能力为两个着力点；突出对主干知识、思想
方法、问题解决能力的考查；通过优化试卷结构、创新呈现方式、精选试题素材，突出学
科本质，达到落实高考育人的目的。
天津卷通过设计创新性和综合性问题，实现对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学
抽象、数学建模、数据分析六大素养的综合考查。设置创新和思维深刻的问题，考查学生
的创新能力。重点关注学生应知应会的内容，淡化机械记忆，关注学生的不同发展水平。
第3题一改往年的常规套路，由原来的给解析式来找对应的图像，改为了由图像去求
对应的函数解析式，更好的考查学生们对于初等函数基本性质与图像的理解，主要考察了
函数的奇偶性，以及函数的运算。相比以往具有一定的创新性。
第9题的难度并不大，考察圆锥曲线相关知识，值得注意的是此次单独考察了双曲线，
第12题与直线和圆做了结合，也是创新点。
2023年天津卷进一步优化试卷的结构，第6题是近几年年来首次将数列问题考察到小
题里面，给人耳目一新的感觉，同样的还有卷子的第 7题，关于统计概率相关首次考察相
关系数相关性问题，考查知识越来越全面，以前没考过的知识点在慢慢的考察，考察的更
全面，并在立体几何问题中首次考察点到线的距离问题。这种尝试增强了试题灵活性，为
引导教学、防止题型固化、命题方式固化起到积极的作用。可以预见的是 24年的高考题目
一定会更加灵活，对于知识点的考察会更全面。
第14题求通过平面向量的数量积的运算，巧妙的结合了二次函数求解最值，一道题目
涉及多个知识点这也将是天津卷考察的一个方向。第 15题属于函数的零点问题，属于综合
题，主要考察分类讨论思想，对参数的分类讨论，以及通过计算化简函数，再根据根的个
数来判定零点个数。
总之，2024年高考数学继续保持“入口易、口径宽，深入缓、出口难”的特点，坚持
“立德树人、服务选才、引导教学”的命题指导原则，形成了“一个中心，两个着力点，
三个突出，四条路径”的评价体系，导向中学对“四具备”人才的培养，即具备自觉的数
量观念的人、具备严密推理逻辑的人、具备高度抽象概括的人、具备一丝不苟、精益求精
作风的人。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目
要求的一项。
1．设全集为 ，2，3，4，5， ， ，3， ， ，5， ，则
A． ， B． ， C． D． ，3，4，
【答案】【分析】根据已知条件，先求出 集合，再结合补集、交集的运算法则，即可求解．
【解答】解： ，2，3，4，5， ， ，3， ，
，4， ，
，2，3，4，5， ， ，5， ，
，3， ，
， ．
故选： ．
2．“ ”是“函数 的图象与 轴只有一个公共点”的
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】
【分析】考虑 和 两种情况，计算△ 得到 ，根据范围大小得到答案．
【解答】解：当 时，函数 的图象与 轴只有一个公共点，满足题意，
当 时，函数 的图象与 轴只有一个公共点，则△ ，解得
，
综上所述： 或 ．
故选： ．
3．函数 的部分图象如图所示，则 的解析式可能是
A． B．
C． D．
【答案】
【分析】从函数的奇偶性，定义域和 时， 与0的大小关系，逐一对选项进行
排除即可．
【解答】解：由图知，函数 为奇函数，而选项 中的函数为偶函数，所以不符合题意，
函数 的定义域为 ，而选项 中函数的定义域为 ，所以不符合题意，当 时， ，
由于 ， ，所以选项 中的函数 ，不符合题意，选项 中函数
，符合题意．
故选： ．
4．已知 ， ， ，则
A． B． C． D．
【答案】
【分析】分别解出 ， ， 的范围，即可解出．
【解答】解： ，
，
，
，
故选： ．
5．如果函数 的图象关于点 对称，则 的最小值为
A． B． C． D．
【分析】根据题意，利用余弦函数的图象，分析可得 ，进而求出 的
表达式，然后确定 的最小值．
【解答】解：根据题意，若函数 的图象关于点 对称，
则有 ，即 ，
解可得 ，
则 ，分析可得： 时， 的最小值为 ，
故选： ．
6．等比数列 中， ， ，则
A． B．2 C．4 D．
【答案】
【分析】利用等比数列的性质直接求解．
【解答】解：等比数列 中， ，所以 ，
又 ，所以 ， 或 ， ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ．
故选： ．
7．下列说法错误的是（ ）
A．线性相关系数r＞0时，两变量正相关
B．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值就越接近于1
C．在回归直线方程 中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量 平均
增加0.2个单位
D．对分类变量X与Y，随机变量χ2的观测值越大，则判断“X与Y有关系”的把握程
度越大
【解答】解：A：线性相关系数r＞0时，变量为正相关，正确；
B：两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数|r|的值就越接近于1，错误；
C：在回归直线方程 中，当Δx＝1时， ，正确；
D：对分类变量X与Y，随机变量χ2的观测值越大，变量间的关系把握程度越大，正确．
故选：B．
8．在棱长为2的正方体 中， 为正方形 的中心， ， ， 分
别为 ， ， 的中点，则四面体 的体积为
A． B． C． D．
【答案】
【分析】由题意画出图形，分别求出 、 、 、 、 、 的长度，再求出
到平面 的距离，代入棱锥体积公式求解．
【解答】解：如图，
在棱长为2的正方体 中，
求得 ， ，
， ，
取 的中点 ，连接 ， ，可得 ， ，
， ，在 中，由余弦定理可得， ，
，
则 到平面 的距离 ．
．
故选： ．
9．已知 为双曲线 的右顶点， 为双曲线右支上一点，若点 关
于双曲线中心 的对称点为 ，设直线 ， 的倾斜角分别为 ， 且 ，
则双曲线的渐近线方程为
A． B． C． D．
【答案】
【分析】设出点 ， 的坐标，由此直线 ， 的斜率的乘积，再由已知正切的值以
及点 ， 在双曲线上，联立求出渐近线的斜率，由此即可求解．
【解答】解：设 ， ， ， ，
因为 ，则 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以双曲线的渐近线方程为 ，
故选： ．
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.
10．已知 是虚数单位，化简 的结果为 ．
【答案】 ．
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
【解答】解： ．
故答案为： ．
11．在 的展开式中， 的系数是 ．
【答案】 ．
【分析】求出展开式的通项，然后令 的指数为2，求出 的值，由此即可求解．
【解答】解：展开式的通项为 ，
令 ，解得 ，
所以 的系数为 ，
故答案为： ．
12．已知直线 被圆 截得的弦长等于该圆的半径，则实
数 ．
【答案】2或 ．
【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，写出圆心到直线的距离，利用垂
径定理求弦长，结合已知列式求得 值．
【解答】解：由 ，得 ，
则圆心 ，半径为 ，
到直线 的距离 ，
直线 被圆 截得的写出为 ，
整理得 ，解得 或 ．故答案为：2或 ．
13．某高校进行强基招生面试，评分规则是：共设3道题，每道题答对给20分、答错倒扣
10分（每道题都必须回答，但相互不影响）．设某学生每道题答对的概率都为 ，则该学
生在面试时恰好答对2道题的概率是 ，该学生在面试时得分的期望值为 分．
【答案】 ；30．
【分析】利用独立重复试验的概率计算公式，求出该学生在面试时恰好答对2道题的概率；
再由该学生在面试时答对题目数 ，分别求出答对题数的数学期望和答对一道试
题得分的数学期望，即可得到答案．
【解答】解：因为每道题相互不影响，且每道题答对的概率都为 ，
所以该学生在面试时恰好答对2道题的概率是 ，
设该学生在面试时答对题目数为 ，则随机变量 ，
又每道题答对的概率都为 ，
所以答一道试题得分的期望值为 分，
所以该学生在面试时得分的期望值为 分．
故答案为： ；30．
14．如图，在矩形 中， ， ， ， 为 的中点，则
；若点 在线段 上运动，则 的最小值为 ．
【答案】5； ．
【分析】把所有向量都用 表示即可求解．
【解答】解： ，所以 ．
因为点 在线段 上运动，设 ，其中 ， ，
，
，
所以
，
结合二次函数的图象及性质可得，当 时， 取得最小值 ．
故答案为：5； ．
15 ． 函 数 ， 函 数 ， 若 函 数
恰有2个零点，则实数 的取值范围是 ．
【答案】 或 或 ．
【分析】根据题意整理函数解析式，利用导数要求分段函数单调性，结合分类讨论思想以
及零点存在性定理，可得答案．
【解答】解：由题意可得 ．
当 时， ，
△ ，
当 在 ， 上存在2个零点时， ，解得 ；
当 在 ， 上存在唯一零点时， ，解得 ；
当 在 ， 上不存在零点时， 无解．当 时， ，则 ，
当 时， ， 在 单调递增，
（1） ， ，由 （2） ，
则 在 上存在唯一零点，此时符合题意；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，则 单调递增，当 时， ，则 单调递减，
所以 ，令 ，解得 ，
当 时， 在 上存在唯一零点，此时符合题意；
当 时， ，此时符合题意；
当 时， ， （1） ， ，
由 ，则 在 存在2个零点，此时不合题意；
当 时， ，则 在 不存在零点，此时不合题意．
综上所述， 或 或 ．
故答案为： 或 或 ．
三、解答题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．已知 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 ，且 ，
．
（Ⅰ）求 的长；
（Ⅱ）求 的值；
（Ⅲ）求 的值．
【答案】 ．
（Ⅱ） ．
（Ⅲ） ．
【分析】（Ⅰ）由正弦定理 ，及 ，可得 ．再利用余弦定理即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ．由余弦定理，可得 ．利用同角三角函数基
本关系式即可得出．
（Ⅲ）由 知 ，且 ，因此 ．利用诱导公式、倍角公
式即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理 ，及 ，可得 ，即
．
由余弦定理 ， ，
解得 ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ．由余弦定理，可得 ．因为
，
且 ，所以 ．
于是， ．
（Ⅲ）由 知 ，且 ，因此 ．
所以 ．
17．如图，在直三棱柱 中， 是 中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，且 ，
①求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
②求点 到平面 的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2） ； ．
【分析】（1）连接 交 ，利用中位线的性质判定线线平行，再证线面平行即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角及点面距离即可．
【解答】解：（1）证明：如图所示，连接 交 于 点，连接 ，
由三棱柱的特征可知侧面 是平行四边形，则 是 的中点，
又 是 中点．
则 ，
因为 平面 ， 平面平面 ，
所以 平面 ；
（2）由已知可得 底面 ， ，所以可以 为坐标原点建立空间直角坐标
系，建立如图所示的空间直角坐标系，
，0， ， ，1， ， ，2， ， ，0， ，
则 ， ，2， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，则 ， ，即 ．
①易知 是平面 的一个法向量，
设平面 与平面 所成角为 ，
则 ；
②易知 ，则点 到平面 的距离 ．18．已知 ， 分别为椭圆 的左、右顶点， 为椭圆 的上顶点，
点 到直线 的距离为 ，椭圆 过点 ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设直线 过点 ，且与 轴垂直， ， 为直线 上关于 轴对称的两点，直线
与椭圆 相交于异于 的点 ，直线 与 轴的交点为 ，当△ 与 的面积
之差取得最大值时，求直线 的方程．
【答案】（1） ；（2） 或 ．
【分析】（1）根据条件得到关于 ， 的方程，解方程求出 ， 的值，即可得到椭圆的
方程；
（2）设直线 的方程，将 与椭圆联立，求出 ， ， ， 的坐标，结合两点距离公式
和基本不等式求解即可．
【解答】解：（1）由题意知 ， ， ，
则直线 的方程为 ，即 ，
所以点 到直线 的距离 ，即 ，①
又椭圆 过点 ，所以 ②，
联立①②，解得 ， ，
故椭圆 的标准方程为 ；
（2）由（1）得 ，直线 的方程为 ，
由题意知直线 的斜率存在且不为0，
设直线 的方程为 ，联立 ，解得 ，即 ，
联立 ，消 得 ，
解得 或 ，所以 ，
所以直线 的方程为 ，
令 ，得 ， ，
所以 ，
当且仅当 时取等号，
故当△ 与 的面积之差取得最大值时，
直线 的方程为 或 ．
19．已知 是各项都为整数的等比数列， 是等差数列， ， ，
．
（Ⅰ）求 和 的通项公式；
（Ⅱ）设 表示数列 的前 项乘积，即 ， ．
（ⅰ）求 ；
（ⅱ）若数列 的前 项和为 ，且 ，求证： ．
【答案】（Ⅰ） 和 的通项公式分别为 ， ；
（Ⅱ）（ⅰ） ；（ⅱ）证明过程见解析．
【分析】（Ⅰ）由已知求得等比数列的公比，可得等比数列的通项公式，再求出 ，可得
等差数列的公差，进一步得到等差数列的通项公式；
（Ⅱ）（ⅰ）由有理指数幂的运算性质及等差数列的前 项和求 ；（ⅱ）把问题转化为证明前 项和为 的数列通项公式是 ．验证首项
成立，再证明 即可．
【解答】（Ⅰ）解：设等比数列 的公比为 ，
由 ， ，得 ，解得 或 ．
数列 的各项都为整数， ，则 ， ．
设等差数列 的公差为 ，
又 ， ，解得 ，得 ；
（Ⅱ）（ⅰ）解： ，
；
（ⅱ）证明： ， ，
且 ， ．
故要证 ，只需证 ，
即证明前 项和为 的数列通项公式是 ．
当 时， ，而 ， ；
当 时， ．
且代入 时 ，故 即为数列 的前 项和．
， ．
20．已知函数 的极大值为 ，其中 为自然对数的底数．
（1）求实数 的值；
（2）若函数 ，对任意 ， 恒成立．
（ⅰ）求实数 的取值范围；
（ⅱ）证明： ．
【分析】（1）对 求导，判断函数的极大值为 （e），求出 ；
（2） 根据题意，任意 ， ，即 ，设， ，只需 ， ，对 分类讨论求出即可；
要证 ，只需证明 ，化简得
，只需证 ，集合 证明即可．
【解答】解：（1） ， ，
当 时， ， 递增；当 时， ， 递减；
所以 的极大值为 （e） ，
故 ；
（2） 根据题意，任意 ， ，即 ，
化简得 ，令 ， ，
，
令 ， ，设 ， ，只需 ， ，
当 时，当 时， ，所以 ，不成立；
当 时， 显然成立；
当 时，由 ，当 ， 递减， ， 递增，
的最小值为 ，
由 ，得 ，
综上 ；
证明：要证 ，只需证明 ，
化简得 ，只需证 ，
设 ， ，
由 ，当 时， 递减； 时， 递增；
所以 （1） ，
由 ， 在 递增，故 ，得 ，
又由 ，所以 ，所以 成立，
故原命题成立．
