文档文本内容
绝密★启用前
2024 年高考考前信息必刷卷 02（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），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。
本套试卷，相对于往年高考试卷做了一些调整和创新，考察的还都是高考常用知识点。
本试卷上的第四题区别以往的统计图的形式，考察统计的一些知识点的基本概念，众数，
平均数，中位数，方差，初次之外考察了高考中暂时还未考察到的百分位数的概念，内容
上更全面。第九题考察函数与图像的交点相关知识，在去年的高考中以填空题出现，在本
试卷中以选择的题目形式出现，相当于降了一点难度。另外安排了两道填空题来考察关于
解析几何的知识，分别是13题综合考察了双曲线还有抛物线的基础知识，14题考察直线
和圆里面的弦长公式，以及点到直线的距离公式，两道题目的难度都不大，旨在考察学生
基础知识点的把握。
在本套试卷大题方面，立体几何延续近几年的高考的方式，考察线面角和面面角。不
过将立体图形的地面设计成菱形，增加了一点建立坐标系的难度。关于椭圆的考察延续 21
年22年的关于只有一个公共点的考法，结合对向量的考察主要锻炼学生的计算能力。第
19题关于数列的考察主要考察求和运算中的裂项相消，其次在最后一题的设计中考察到了
学生关于数列的放缩。第20题作为压轴题考察全面设计单调性切线的基础问题，对于参数
范围的讨论，构造函数解决问题，蕴含大量的运算，综合性很强。
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．设集合 ， ，2，4， ， ，5， ，则
A． ，2， B． ，2，3，4，5， C． ， D． ，2，4，5，6，
【答案】
【分析】根据集合补集和交集的运算规则直接求解．
【解答】解：因为 ，2，3，4，5，6，7， ， ，2，4，6， ，
所以 ，2， ，
故选： ．
2．已知命题 和命题 ，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】
【分析】先化简两命题，再根据充分与必要条件的概念即可求解．
【解答】解： 命题 ，命题 ， ，
是 的充分不必要条件，
故选： ．
3．函数 为自然对数的底数）的部分图象大致为
A． B．
C． D．
【答案】
【分析】根据条件判断函数的奇偶性，结合函数值的符号，即可排除错误选项．
【解答】解：函数的定义域为 ，，则 是奇函数，图象关于原点对称，
排除 ，
当 时， ，排除 ，
故选： ．
4．国家射击运动员甲在某次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：7，5，9，7，4，
8，9，9，7，5，则下列关于这组数据说法不正确的是
A．众数为7和9 B．方差为
C．平均数为7 D．第70百分位数为8
【答案】
【分析】由众数，方差，平均数的求法判断 ，再由第70百分位数的定义判断 ．
【解答】解：结合数据得众数为7和9，故 正确，
平均数是 ，故 正确，
，故 正确，
10次射击成绩从小到大排列分别是：
4，5，5，7，7，7，8，9，9，9，
，
第70百分位数为 ，故 错误，
故选： ．
5．设 ，则
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据指数幂和对数的取值，分别判断 ， ， 的取值范围，然后比较大小．
【解答】解： ， ，
， ，
即 ， ， ，
．
故选： ．
6．已知函数 的最小正周期为 ，其图象关于直线对称．给出下面四个结论：
①将 的图象向右平移 个单位长度后得到的函数图象关于原点对称；
②点 为 图象的一个对称中心；
③ ；
④ 在区间 上单调递增．
其中正确结论的个数为
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】
【分析】由三角函数的性质列式得出 的解析式，再由其性质与图象变换对结论逐一判
断，
【解答】解：由题意得 ，且 ， ，解得 ，
，
对于①， 的图象向右平移 个单位长度后得 ，显
然不是奇函数，故①错误，
对于②， ，故点 为 图象的一个对称中心，故②正确，
对于③， ，故③错误，
对于④，当 时， ，故 在区间 上单调递增，故④正确，
故选： ．
7．已知数列 为等比数列， 为数列 的前 项和，若 ， ， 成等差数列，
则
A． B． C． D．
【答案】
【分析】由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程求得公比，再由等比数列
的求和公式与通项公式，可得所求值．
【解答】解：设等比数列 的公比为 ，由 ， ， 成等差数列，可得 ，
即有 ，
即 ，解得 舍去），
则 ．
故选： ．
8．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是
官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用
图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个
正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为 4，
若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是
A． B． C． D．
【答案】
【分析】结合勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积．
【解答】解： 底面边长为4， 底面的对角线长为 ，
设正四棱柱和正四棱锥的高为 ，外接球的半径为 ，
则根据题意可得 ，
解得 ， ，
外接球的表面积为 ．
故选： ．
9．已知函数 ，若方程 有三个不等的实数根 ， ， ，
则 的取值范围为
A． B． C． D．【答案】
【分析】作出函数 的图象，由方程 有三个不等的实数根 ， ， ，可设
，结合函数图象对称性可得 以及 的取值范围，从而可得解．
【解答】解： 函数 ，方程 有三个不等的实数根 ， ，
，
作出函数 和 图象，如图所示：
设 ，结合函数图象对称性可得 ，
令 ，解得 ，
所以 ，
则 的取值范围为 ．
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．若复数 ，则 ．
【答案】 ．
【分析】由已知结合复数的模长公式可求．
【解答】解：因为复数 ，
所以 ，
则 ．
故答案为： ．11．已知 展开式的二项式系数之和为64，则其展开式中常数项是 6 0 ．
【分析】根据题意， 的展开式的二项式系数之和为64，由二项式系数的性质，
可得 ，解可得， ；进而可得二项展开式，令 ，可得 ，代入二项
展开式，可得答案．
【解答】解：由二项式系数的性质，可得 ，解可得， ；
的展开式为 ，
令 ，可得 ，
则展开式中常数项为60．
故答案为：60．
12．某志愿者召开春季运动会，为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，欲
从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则至少有一名是女志
愿者的概率为 ；在“抽取的3人中至少有1名男志愿者”的前提下“抽取的3人
中全是男志愿者”的概率是 ．
【答案】 ； ．
【分析】①利用条件概率公式即可求解；②“至少有一名是女志愿者”的对立事件是“全
是男志愿者”，间接求解即可
【解答】解：记全是男志愿者为事件 ，至少有一名男志愿者为事件 ，
则 ， ，
故 ，
记至少有一名是女志愿者为事件 ，则事件 与事件 互为对立事件，
则
故答案为： ； ．
13．已知双曲线 的两条渐近线与抛物线 的准线分别
交于 ， 两点， 为坐标原点．若双曲线的离心率为2， 的面积为 ，则2 ．
【分析】求出双曲线 的渐近线方程与抛物线 的准线
方程，进而求出 ， 两点的坐标，再由双曲线的离心率为2， 的面积为 ，列出
方程，由此方程求出 的值．
【解答】解： 双曲线 ，
双曲线的渐近线方程是
又抛物线 的准线方程是 ，
故 ， 两点的纵坐标分别是 ，
又由双曲线的离心率为2，所以 ，则 ，
， 两点的纵坐标分别是 ，
又 的面积为 ， 轴是角 的角平分线
，得 ．
故答案为：2．
14．若过点 的直线 和圆 交于 ， 两点，若弦长
，则直线 的方程为 或 ．
【答案】 或 ．
【分析】求得圆心与半径，进而求得圆心到直线的距离为1，分斜率是否存在，求得直线
的方程即可．
【解答】解：由圆 ，得 ，
圆心 ，半径 ，
设圆心 到直线 的距离为 ，
弦长 ， ，
当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，圆心到直线 的距离为1，符合题意，
当直线 的斜率存在时，直线 的方程为 ，即 ，
圆心到直线 的距离为 ，解得 ，此时直线 的方程为 ，
综上所述：直 的方程为 或 ．
15．如图，在 中， ， ， ， 分别为 ， 的中点， 为 与
的交点，且 ．若 ，则 ；若 ， ，
，则 ．
【答案】 ．
【分析】由题意可知点 为三角形 的重心，所以 ，然后根据三角形法则化
简即可求解；由已知可得 ，根据平面向量基本定理以及向量的数量积的运算
性质即可求解．
【解答】解：由题意可知点 为三角形 的重心，
因为 ，
所以 ，
所以 ，则 ；
因为 ， ， ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 ，
故答案为： ．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．在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ，
．
（1）求 的值；
（2）求 的值；
（3）求 的值．
【分析】（1）由题意利用正弦定理，求得 的值．
（2）由题意利用余弦定理计算求得结果．
（3）先来用二倍角公式求得 的正弦值和余弦值，再利用两角和的正弦公式求得
的值．
【解答】解：（1） 中， ， ，
， ， ．
（2） 中，由余弦定理可得 ．
（3）由（2）可得 ，
， ，
．
17．如图，在多面体 中，底面 为菱形， ， 平面 ，
平面 ， ．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面 和平面 的夹角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ） ．
【分析】（Ⅰ）由线面平行的判定可证 面 、 面 ，再由面面平行的
判定可得平面 平面 ，最后由面面平行的性质可得 平面 ；
（Ⅱ）构建空间直角坐标系，求面 的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角
正弦值；
（Ⅲ）求面 和面 的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）在平面 和平面 中，
， 面 ， 面 ，
面 ，
又 ， 面 ， 面 ，
面 ， ，
平面 平面 ，又 平面 ，
平面 ；
解：（Ⅱ）取 中点 ，则 ，如图建立空间直角坐标系，
，
， ，1， ，
设平面 的一个法向量为 ，
，
直线 与平面 所成角的正弦值为 ；
（Ⅲ）设平面 的法向量为 ，
，
设二面角 平面角为 ， 二面角 的余弦值为 ．
18．已知椭圆 的右焦点为 ，上顶点为 ，离心率为 ，且过点
且与 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为 ．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线 与椭圆有唯一的公共点 ，与 轴的正半轴交于点 ，过 与
垂直的直线交 轴于点 ．若 ，求直线 的方程．
【答案】（1） ；
（2） ．
【分析】（1）通过通经及离心率可求解 ， ， 的值，从而可得椭圆的标准方程；
（2）分别求出 ， ， ， 的坐标，直线 的方程与椭圆方程联立，由直线 与椭圆有
唯一公共点，利用△ 可得 与 的关系式，利用向量的坐标运算及数量积运算即可求
解 和 的值，从而可得结论．
【解答】解：（1）由题意，右焦点 ，过点 且与 轴垂直的直线为 ，
代入椭圆方程可得 ，解得 ，
所以 ，又因为 ， ，
所以 ， ， ，
所以椭圆的标准方程为 ；
（2）由（1）知， ， ， ，
所以 ，所以 ， ， ，
所以直线 的方程为 ，所以 ， ，
联立 ，消去 整理得 ，
由△ ，得 ，代入 ，可得 ，
所以 ， ，
所以 ， ， ， ，
所以 ，
解得 ， ，
所以直线 的方程为 ．
19．已知数列 中， ， ， ，数列 的前 项和为 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 ；
（3）在（2）的条件下，设 ，求证： ．
【答案】（1） ；
（2） ；
（3）证明见解析．
【分析】（1）根据题意分类讨论 是奇数， 是偶数，利用等差数列的定义和通项公式，
即可得出答案；
（2）由（1）得 ，
，利用等差数列的求和公式可得 ，可得 ，利用裂项相消法，即可得出答案；
（3）由（2）得 ，则 ，利用不等式的基本性质可得
时等号成立），即 ，令 ，数列 的
前 项和为 ，利用错位相减法可求出 ，即可证明结论．
【解答】解：（1） ， ， ，
当 ， 时，数列 的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列，则
；
当 ， 时，数列 的偶数项是首项为2，公差为4的等差数列，则
，
；
（2）由（1）得 ，
，
；
（3）证明：由（2）得 ，则 ，
时等号成立），
由不等式的性质得 ，
令 ，数列 的前 项和为 ，
①，
②，由① ②得 ，
，
由不等式的性质得 ，
故 ，
令 ，数列 的前 项和为 ，
③，
④，
由③ ④得 ，
，
由不等式的性质得 ，
故 ．
20．设 为实数，函数 ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）当 时，直线 是曲线 的切线，求 的最小值；
（3）若方程 有两个实数根 ， ，证明： ．
【答案】（1）当 时，函数 的单调递增区间为 ，
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， ．
（2） ．
（3）证明详情见解答．
【分析】（1）求导得 ， ，分两种情况：当 时，当 时，讨论的符号， 的单调性，即可得出答案．
（2）当 时， ，设切点 ， ，由导数的几何意义可得切线的
斜率 ，写出切线方程，则 ， ， ，
令 ，求导分析单调性，最小值，即可得出答案．
（3）由 ，得 ，令 ，求导分析单调
性，不妨设 ，则 ，进而可得 ，令 ，
，推出 ， ， ，要证 ，只要证
，即可得出答案．
【解答】解：（1）因为 ，
所以 ， ，
当 时， 在 上恒成立， 在 上单调递增，
当 时，由 得 ，函数 在 上单调递增，
由 得 ，函数 在 ， 上单调递减，
综上所述，当 时，函数 的单调递增区间为 ，
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， ．
（2）当 时， ，设切点 ， ，
则切线的斜率 ，
切线方程为 ， ，
所以 ， ，
所以 ，
令 ，则 ，
由 ，可得 ， 单调递减，
由 ，可得 ， 单调递增，
所以 ，
所以 的最小值为 ．
（3）证明：由 ，得 ，
令 ，则 ，
令 ，得 ， 单调递增，
令 ，得 ， 单调递减，
又 （1） ，
所以 ，不妨设 ，则 ，
所以 ，
令 ， ，
所以 ， ， ，
要证 ，
只要证 ，
只要证 ，
令 ，
则 ，
设 ，
，令 ，可得 ，
令 ，可得 ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
因为 ， ， （1） ，
所以存在 ， ，使得 ，
所以 在 上单调递增，在 ， 上单调递减，在 ， 上单调递增，
因为 ， （1） ，
所以 在 上恒成立，
