1、2024年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟第卷1至3页，第卷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
2、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：B2. 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，相关性系数最大的是（ ）A. B. C. D.
3、【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：A4. 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.
4、 【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：B6. 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，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函数在
5、的最小值是（ ）A. B. C. 0D. 【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：A8. 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
6、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：C9. 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
7、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. 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
8、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.（1）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】 . . 【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.
9、在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点， ，则_；若为线段上的动点，为中点，则的最小值为_【答案】 . . 【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
10、为：；.15. 若函数有唯一零点，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
11、，即，故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，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
12、所述，.故答案：.【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，（1）求；（2）求；（3）求【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
13、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
14、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恒成立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】
15、【分析】（1）根据椭圆的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
16、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，其中是大于1的正整数（）当时，求证：；（）求【答案】（1） （2）证明见详解；【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）根据题意分析可知，利用作差法分析证明；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
17、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）求图象上点处切线方程；（2）若在时恒成立，求的取值范围；（3）若，证明【答案】（1） （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
18、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，知的取值范围是.【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.当时，有；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.
