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2024 年高考考前信息必刷卷 04（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，去年高考第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。
本套试卷中选择题中第8题考查数列的递推，需要学生找到数列周期的变化，相对比
较新颖，第九题依旧是对于三角函数的性质的考察，综合性比较强。在填空题方面 13题考
察了全概率公式，延续去年的考察形式，填空题第14方面综合考察平面向量的相关知识，
结合了余弦定理，以及基本不等式。填空题第15题首先考察学生的作图能力，对于函数图
像的把握。其次考察函数图像与直线的交点。结合对数的运算得到根的关系，综合性较强
难度较大。
解答题方面16 17题常规考察基本公式。第18题椭圆题目需要分类讨论，注意斜率等
于0的时候需要单独讨论，另外对于直线的解设方法不能单纯用点斜式。第 19题对于数列
的考察由数列的通项与前 项和的关系，化简可得所求通项公式，第 2问属于裂项相消里
面相对基础的内容，第3问的难度较大，第20题导数压轴，考察分类讨论，需要对函数进
行二次求导，在第三问中还需要借助第二问的结论进行函数的构造，整体难度较大。
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．已知全集 ，集合 ，3，5，7， ，集合 ，2，3，4，
，则
A． ，3， B． ， C． ，8， D． ，
【答案】
【分析】直接进行集合的运算即可得解．
【解答】解： ，2，3，4， ， ，
，7，8，9， ，又 ，3，5，7， ，
， ，
故选： ．
2． 是 成立的
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】解不等式 ，根据集合的包含关系判断即可．
【解答】解：由 ，得： ，
解得： 或 ，
故 是 成立的必要不充分条件，
故选： ．
3．如图，已知函数 的图象关于坐标原点对称，则函数 的解析式可能是
A． B． C． D．
【分析】据题意可知 是奇函数，从而可以排除 ， ；当 时， ，
从而排除选项 ，只能选 ．
【解答】解： 的图象关于原点对称；函数 是奇函数；
为偶函数， 是非奇非偶函数， ， 都错误；
时， ， 错误．
故选： ．
4．已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是
A． B． C． D．
【答案】
【分析】利用指数函数与对数函数的单调性比较三个数的大小．
【解答】解： ， ，
故 ，
即 ，
又 ，
，
故选： ．
5．在某区高三年级举行的一次质量检测中，某学科共有 3000人参加考试．为了解本次考
试学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为 100分）作为
样本进行统计，样本容量为 ．按照 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
的分组作出频率分布直方图（如图所示）．已知成绩落在 ， 内的人数为16，
则下列结论正确的是
A．样本容量
B．图中
C．估计全体学生该学科成绩的平均分为70.6分
D．若将该学科成绩由高到低排序，前 的学生该学科成绩为 等，则成绩为78分的学生该学科成绩肯定不是 等
【答案】
【分析】对于 ，先求出成绩落在 ， 的频率，再由成绩落在 ， 内的人数，
可求出 的值；对于 ，由频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1求出 的值；对于
，估计平均数的定义求解；对于 ，由于 ，可知成绩
为78分的学生该学科成绩肯定不是 等．
【解答】解：对于 ，成绩落在 ， 的频率为 ，
又 成绩落在 ， 内的人数为16，
，故 错误；
对于 ，由频率分布直方图可得， ，
解得 ，故 错误；
对于 ，估计全体学生该学科成绩的平均分为：
（分 ，故 正确；
对于 ， ， ，
等成绩的最低分落在 ， ，
成绩为78分的学生该学科成绩可能是 等，故 错误．
故选： ．
6．如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为等腰直角三角形，且此三角形内接于圆柱
的底面圆．如果圆柱的侧面积为 ，其底面直径与母线长相等，则此三棱柱的体积为
A． B．16 C． D．
【答案】
【分析】设出圆柱的底面半径与高，由圆柱的侧面积求得底面半径与高，进一步求得棱柱
的底面边长，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：设圆柱的底面半径为 ，则高为 ，可得圆柱的侧面积 ，得 ．
圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为等腰直角三角形，且此三角形内接于圆柱的底面圆，
则底面三角形的斜边长为 ，直角边长为 ，
得棱柱的体积为 ，
故选： ．
7．抛物线 的焦点为 ，其准线与双曲线 的渐近线相交于 、
两点，若 的周长为 ，则
A．2 B． C．8 D．4
【答案】
【分析】由双曲线方程求出渐近线方程，再求出抛物线的准线方程，联立求得 ， 的坐
标，可得 ，再由勾股定理求得 ， ，利用 的周长为 列式求得 值．
【解答】解：双曲线 的渐近线方程为 ，
抛物线 的准线方程为 ，
由题意得： ， ，
， ，
又 的周长为 ，
．
解得： ．
故选： ．
8．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反
复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈 ．这就是数学史上
著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想” ．如取正整数 ，根据上述运算法则得出
，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程” ．
现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列 满足： 为正整数），
当 时，
A．170 B．168 C．130 D．172【答案】
【分析】先根据题意得到 的值，再根据后续数列的周期性求得
，从而得解．
【解答】解：依题意，数列 的各项变化情况为：
，
从第6项起，按 成周期性变化，
故 ，
又 ，所以 ，
所以 ．
故选： ．
9．已知函数 ，则下列结论中错误的是
A．函数 的最小正周期为
B．函数 的图象关于直线 对称
C．函数 在区间 上是增函数
D．函数 的图象可由 的图象向右平移 个单位得到
【答案】
【分析】由题意，根据周期公式可判断 ；代入验证可判断 ；根据 在 处取得
最大值可判断 ；利用平移变换即可判断 ．
【解答】解：由于函数 ，
对于 ，由于 ，故 正确，不满足题意．
对于 ，因为 ，为最大值，
可得函数 的图象关于直线 对称，故 正确，不满足题意．
对于 ，由上知 在 处取得最大值，故在区间 上不可能单调递增，故 错
误，满足题意．
对于 ，将 的图象向右平移 个单位得，故 正确，不满足题意．
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，若 ，则 ．
【答案】 ．
【分析】根据已知条件求出 ， ，进而可得所求的模长．
【解答】解：由题意， ，
则 且 ，
解得 ， ，
则 ．
故答案为： ．
11．在 的展开式中， 的系数为 ．
【分析】写出二项展开式的通项，由 的指数为2求得 值，则答案可求．
【解答】解： 的二项展开式的通项为 ．
由 ，得 ．
的系数为 ．
故答案为： ．
12．已知直线 经过点 ，且被圆 截得的弦长为6，则直线 的方程是
或 ．
【答案】 或 ．
【分析】由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式求解．
【解答】解：已知直线 经过点 ，且被圆 截得的弦长为6，
圆 的圆心为 ，半径 ，
当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，
此时直线 被圆 截得的弦长为 ，符合题意；
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
即 ，
由直线 被圆 截得的弦长为6，
可得圆心 到直线的距离为 ，
解得 ，
所以直线 的方程为 ，
即 ．
故答案为： 或 ．
13．甲箱中有5个红球、2个白球、1个黄球和2个黑球，乙箱中有4个红球、3个白球、2
个黄球和2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，接着再从乙箱中随机取出一个
球，设事件 ， ， ， 分别表示从甲箱中取出的是红球、白球、黄球和黑球，事件
表示从乙箱中取出的球是红球，则 ， （B） ．
【答案】 ； ．
【分析】先缩小样本空间即可求 ，再根据全概率公式即可求解．
【解答】解：由题意可得 ，
又根据全概率公式可得：
（B）
．
故答案为： ； ．
14．在 中， 是边 的中点， 是线段 的中点．设 ，记
，则 ；若 ， 的面积为 ，则当 时，
取得最小值．
【答案】 ；2．【分析】利用平面向量基本定理得到 ，得到 ， ，求出 ；由
三角形面积公式得到 ，结合 和平面向量数量积公式，基
本不等式得到 的最小值，此时 ， ，由余弦定理得到 ．
【解答】解：由题意得：
，
所以 ， ，所以 ；
由三角形面积公式得： ，
所以 ，
因为 ，
所以
，
当且仅当 ，即 ， 时，等号成立，
此时
故 ．
故答案为： ，2．
15．已知函数 ，若方程 有四个不同的解 ， ， ， ，
且 ，则 的取值范围是 ， ， 的最大值是 ．
【分析】根据分段函数的性质，作出 的图象，题意转化为函数 的图象与 有
四个交点，且交点横坐标分别为 ， ， ， ，且 ，可得 ，
， ， ， ， ，即可得出答案．
【解答】解： ，作出 的图象，如图所示：
方程 有四个不同的解 ， ， ， ，且 ，转化为函数 的图
象与 有四个交点，且交点横坐标分别为 ， ， ， ，且 ，
由图象得 ，即 ， ，
由图象得 ，
又 ，即 ， ，解得 ， ，
则 ，
，且 ， ，
令 ， ， ，
在 ， 上单调递减，
当 时， ，即 的最大值是 4，
故答案为： ， ；4．
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，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ．已知 ， ，
．
（1）求角 的大小；
（2）求 的值；
（3）求 的值．
【答案】（1） ；（2） ；
（3） ．
【分析】（1）根据余弦定理即可求出 的大小；
（2）根据正弦定理即可求出 的值；
（3）根据同角三角函数的关系，二倍角公式，两角和的正弦公式即可求出．
【解答】解：（1）由余弦定理可得 ，
因为 ，所以 ；
（2）由正弦定理可得 ，则 ；
（3）因为 ，所以 ，则 ，
所以 ， ，
则 ．
17．如图，已知 平面 ， 为矩形， ， ， 分别为线
段 ， 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）求 与平面 所成角的正弦值．
（3）若 是线段 的中点，求点 到平面 的距离．
【答案】（1）证明过程见解答；（2） ；（3） ．
【分析】（1）若 为 中点，连接 ， ，易证 为平行四边形，则 ，
根据线面平行的判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，求 的方向向量与平面 的法向量，代入公式即可；
（3）利用点到面的向量的公式计算即可．
【解答】解：（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ，
因为 为 的中点，所以 ， ，
因为 为 的中点，所以 ，
因为四边形 为矩形，所以 ， ，
所以 ， ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）因为 平面 ， ， 平面 ，
所以 ， ，
因为 ，所以 ， ， 两两垂直，
所以以 为原点， ， ， 所在的直线分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
因为 ，
所以 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，2， ， ，0， ， ，
0， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ， ，
所以 ，
令 ，则 ， ，所以 ，
设 与平面 所成的角为 ，
则 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 ；
（3）因为 是线段 的中点，所以 ，0， ，所以 ，
设 到平面 的距离为 ，则 ．18．椭圆 的左、右顶点分别为 ， ，上顶点为 ，左、右焦点分别为 ，
，且 ， ， 成等比数列．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过 的直线 与椭圆交于 ， 两点，直线 ， 分别与 轴交于 ， 两点．
若 ，求直线 的斜率．
【答案】（Ⅰ） ；
（Ⅱ） 或0．
【分析】（Ⅰ）由题意，根据题目所给信息、等比数列的性质以及 ， ， 之间的关系，
列出等式即可求解；
（Ⅱ）对直线的斜率是否为零进行讨论，当直线斜率不为零时，设出直线的方程，将直线
的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理的相关表达式，分别求出直线 ， 的方程，
进而可得 ， 两点，结合三角形面积公式以及题目所给信息再列出等式进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）不妨设椭圆左，右焦点分别为 ， ，
因为椭圆的上顶点为 ，
所以 ，①
因为 ， ， 成等比数列，
所以 ，
即 ，
即 ，②
又 ，③
联立①②③，解得 ， ， ，
则椭圆的方程为 ；（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，
易知当直线 的斜率为0时，点 ， 重合， ， 重合， ，符合题意；
当直线斜率不为零时，
不妨设直线方程为 ， ， ， ， ，
联立 ，消去 并整理得 ，
此时△ ，
由韦达定理得 ， ，
因为 ，
所以直线 的直线为 ，
令 ，
解得 ，
即 ，
同理得 ，
此时
，
所以 ，
因为 ，
而点 到直线 的距离为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
解得 或 ，
当 时，直线 的方程为 ，
此时直线过点 ，不符合题意；
当 时，直线 的方程为 ，
即 ，此时符合题意．
综上，直线 的斜率为 或0．
19．已知正项数列 的前 项和为 ，且 ．
（Ⅰ）求数列 通项公式；
（Ⅱ）设 ，求数列 的前 项和 ；
（Ⅲ）若数列 满足 ， ，求证： ．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ；（Ⅲ）证明见解答．
【分析】（Ⅰ）由数列的通项与前 项和的关系，化简可得所求通项公式；
（Ⅱ）由数列的裂项相消求和，化简可得所求和；
（Ⅲ）求得 ，计算 ，再由基本不等式可得证明．
【解答】解：（Ⅰ）当 时， ，
当 时， ，
对 也成立，
所以 ．
（Ⅱ） ，
所以
；（Ⅲ）证明： ， ，
即有 ，
上面两式相减可得 ，
，
4，
故 ．
20．已知函数 ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若 时， ，求 的取值范围；
（3）对于任意 ，证明： ．
【答案】（1） 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
（2） ， ；
（3）证明过程见解答．
【分析】（1）将 代入函数，对函数二次求导，即可求出函数的单调区间；
（2）分情况讨论，结合（1）中结论，判断 符合题意，对函数二次求导，分别判断
和 不符合题意，最终确定 的取值范围；
（3）根据（2）中结论先得到 ，取 ，得到
，令 ， ， ， ，累加可得
；又构造函数 ，得到
，取 ，得 ，令 ， ，
， ，累加得 ，结论得证．【解答】解：（1） 的定义域为 ，
当 时， ，则 ，
令 ，则 ，
故当 时， ，所以 单调递减；
当 时， ，所以 单调递增．
所以 （1） ，即 ，
故 的单调递增区间为 ，无单调递减区间．
（2）由题意知， ，
令 ，则 ；
由（1）可知，若 ，则当 时， ，
若 ，则当 时，有 ，符合题意；
若 ，则当 时， ，所以 （1） ， 单调递减，
则 （1） ，与题意矛盾；
若 ，则当 时， ，
所以 （1） ， 单调递减，
此时 （1） ，与题意矛盾，
综上， 的取值范围是 ， ．
（3）证明：当 时，由（2）可知， ，
即 ，取 ，
可得
，
即 ．
令 ， ， ， ，累加可得．
另一方面，考虑函数 ，则 ，
在 ， 上单调递减，则 （1） ，于是 ．
取 ，可得 ，
整理得 ．
令 ， ， ， ，累加可得 ．
