2024年高考数学真题完全解读（天津卷）

这是一份2024年高考数学真题完全解读（天津卷），共22页。试卷主要包含了填空突出计算能力逻辑能力考查，解答题等内容，欢迎下载使用。

2024年高考数学天津卷相比去年的题目难度再度上升一个档次，去年是一道难题难到了绝大多数学生，而24年的高考卷子不少学生反应是3道压轴题并且创新的地方也很多。
一、紧贴高考考纲，选择题考点的考察方式更加灵活
2024年数学天津卷选择打破以往的考察顺序，将选择的压轴放在了立体几何不规则的立体体积的运算，在以往的高考中立体几何一直在选择的第8题的位置，此题虽然作为压轴题目难到相当一部分考生，不过在试卷解答中给了简单的解法技巧，也极大的考察了学生的创新能力。此外，选择题中还新增立体几何中关于线面关系的考察，关于函数的基本性质也脱离了原本的给解析式找图像或者给图像找解析式的考法，转而回归最基础的知识让学生判断函数的奇偶性，此外对于指幂对函数的考察与逻辑用语结合， 虽然考察知识点较为简单，但这种出题方式打破了传统的逻辑用语出题方式，也会有让考生措不及防的情况出现。
总的来看选择题灵活科学地确定试题的内容、顺序，机动调整题目顺序,并且改变传统考试方式，增加考点。有助于打破学生机械应试的套路,打破教学中僵化、固定的训练模式,防止猜题押题,同时测试学生的应变能力和解决各种难度问题的能力.引导教学培养学生全面掌握主干知识、提升基本能力,灵活地整合知识解决问题。
二、填空突出计算能力逻辑能力考查。
数学作为一门重要的基础学科,也是唯一一门理科性质的统考科目,在服务人才选拔、服务国家发展战略、助力强国建设方面承担重要责任、发挥关键作用。天津卷此次在向量小题的考察一改前两年的基底法加基本不等式的考法，考察建系法回归最基础的函数最值运算，只是在运算时需要注意函数的定义域问题。最后的压轴小题零点综合难度也大幅上升，常规的拆分成两个函数，进行参数讨论会有太多种情况，同时也要注意数形结合。可以说这道题目是为那些冲刺清北和顶尖985高校设置的门槛，需要学生具备极强的数学素养。
大题设计新颖，难度梯度设计分明。
2024年天津卷大题部分难度题目比较明显，前两道题目依旧是很简单，涉及到最基本的运算考察简单的公式。椭圆考察双动点问题，并且结合了向量的数量积运算，注意讨论直线斜率是否存在，整个题目的计算量是比较大的，超过以往的高考题，对于部分不擅长计算的考生是很大的打击，数列的考法也比较新颖，需要考试通过列举归纳找到规律，形式上有点像2019年19年理科的数列题，属于加强版，计算量比较大也比较费时间。最后的导数的压轴需要结合不等式构造函数，对学生甚至老师的要求都很高。
1：首先要强化基础知识的复习，通观近两年的高考题，天津卷始终保持选择题一道难题，填空题最后一题过难，解答题的数列大题以及导数大题也是过难。对于这部分的内容大多数的考生难以下手，但除此之外的题目无论从出题方式或者考察知识点来看都属于基础题目，基本属于送分题。所以考生需要正确地理解基本概念的内涵和外延；熟练地掌握和应用相关的公式与定理； 熟悉并运用常见的基本技能和方法.
2：整个高考复习阶段基本都分为一轮复习二轮复习和最后的三轮复习，我根据每轮复习的特点提出以下建议。一轮复习时间是最长的，这一阶段一定要将课本教材的知识点熟稔于心，并且适当记忆一些常考的知识点，以及一些可以提升做题速度的公式和技巧，最后有一个相对比较系统的知识体系。第二阶段二轮复习，这一阶段进行专题性的练习，进行大量的练习，但同时也应注意根据自己的实际水平来选择练习题，基础一般的同学没有必要去练一下压轴题，这一阶段建议大多数同学稳基础，练计算，学习做题技巧，可以对解析几何这个板块的知识加以大量的练习。到最后的三轮阶段，这个时候大多数学校都开始套卷的练习，会有大量的考试，考生可以借助考试来练习一下自己的做题速度，通过考试来查漏补缺，把一轮二轮中遗漏的知识点加以补充。
3：对于大部分考生高考数学考不好的原因不是难题没有作对,大多是基础题失分过多,总是把该写对的题目写错，天津卷的基础题目难度都极低，比平时的模拟题目难度要小一些，也与平时模拟题目有些许区别，所以平时的复习要注意纠错,对每次考试中“会做做不对的题”,要找出错误原因进行标注,同时再找几道类似的题进行巩固,做到以例及类、题不二错，最好的复习资料就是你自己的错题本。
2024年天津市高考数学试卷
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．（5分）集合，2，3，，，3，4，，则
A．，2，3，B．，3，C．，D．
【考点】交集及其运算
【专题】数学运算；综合法；计算题；集合
【分析】利用交集的运算法则求解即可．
【解答】解：集合，2，3，，，3，4，，则，3，．
故选：．
【点评】本题考查集合的基本运算，是基础题．
2．（5分）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
【考点】充分条件与必要条件
【专题】计算题；数学运算；转化思想；综合法；简易逻辑
【分析】判断两个等式的、关系，利用充要条件判断即可．
【解答】解：，，则“”可得；
“”可得；所以，，则“”是“”的充要条件．
故选：．
【点评】本题考查充要条件的应用，是基础题．
3．（5分）下列图中，相关性系数最大的是
A．B．
C．D．
【考点】相关系数；变量间的相关关系
【专题】计算题；转化思想；数学运算；概率与统计；综合法
【分析】利用散点图，直接判断相关性系数的大小即可．
【解答】解：由题意可知选项的散点图可知，相关关系强，越接近于1，相关程度越大；
所以的相关性系数最大．
故选：．
【点评】本题考查散点图的应用，相关性系数的判断，是基础题．
4．（5分）下列函数是偶函数的是
A．B．
C．D．
【考点】函数奇偶性的性质与判断
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；数学抽象
【分析】由已知结合基本初等函数的奇偶性检验各选项即可判断．
【解答】解：，，定义域为，
（1），，则（1），不符合题意；
，，定义域为，，即为偶函数，符合题意；
，由题意得，，定义域关于原点不对称，函数为非奇非偶函数，不符合题意；
，函数定义域为，
，即为奇函数，不符合题意．
故选：．
【点评】本题主要考查了函数奇偶性的判断，属于基础题．
5．（5分）若，，，则，，的大小关系为
A．B．C．D．
【考点】对数值大小的比较
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算
【分析】判断三者的范围，推出结果即可．
【解答】解：在上递增，且，
所以，所以，即，
因为在上递增，且，
所以，
即，所以，
故选：．
【点评】本题考查指数与对数值的大小比较，是基础题．
6．（5分）若，为两条直线，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
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【专题】方程思想；数学抽象；计算题；立体几何；综合法
【分析】根据题意，由空间直线与平面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于，若，，则与平行或异面，错误；
对于，若，，则与异面、平行或相交，错误；
对于，设直线，满足且，若，则，而，则，正确；
对于，若，，则与相交或异面，错误．
故选：．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的性质，属于基础题．
7．（5分）已知函数的最小正周期为．则函数在的最小值是
A．B．C．0D．
【考点】三角函数的周期性；三角函数的最值
【专题】方程思想；定义法；三角函数的图象与性质；数学运算
【分析】由最小正周期为，求出，从而，由此能求出函数在的取最小值．
【解答】解：函数，
，，
可得，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，，
故函数取最小值是．
故选：．
【点评】本题考查正弦函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．（5分）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．
【考点】双曲线的性质
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算
【分析】设，，则，由△是面积为8的直角三角形，可得，，由直线的斜率为2，可得，即，从而求出，的值，进而求出，的值，得到双曲线的方程．
【解答】解：根据题意，画出图形，如下图：
设，，
则，
因为△是面积为8的直角三角形，
所以，，
因为直线的斜率为2，所以，
所以，
联立，解得，
所以，即，
所以，即，
所以，
所以双曲线的方程为．
故选：．
【点评】本题主要考查了双曲线的标准方程，考查了双曲线的性质，属于中档题．
9．（5分）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．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【专题】数学运算；转化思想；计算题；空间位置关系与距离；综合法；立体几何
【分析】根据题意，分别延长、到、，使、、平行且相等，得到三棱柱，根据四边形与四边形全等，利用锥体的体积公式得到，然后求出的体积，进而算出该五面体的体积，可得答案．
【解答】解：延长到，使，延长到，使，连接、，
可得，结合，可知为三棱柱，
因为四边形与四边形全等，所以，
由，且它们两两之间的距离为1．可知：
当为正三棱柱时，底面边长为1，高为3，此时．
根据棱柱的性质，若为斜三棱柱，体积也是，
因此，，可得该五面体的体积
故选：．
【点评】本题主要考查棱柱的定义与性质、柱体与锥体的体积公式及其应用等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
另解：此题可以假设都与底面垂直，然后再找一个全等的五面体。两个五面体拼接成一个正三棱柱计算出三棱柱的体积而后除以2就得到答案。
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．（5分）已知是虚数单位，复数 ．
【考点】复数的运算
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算
【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：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，是基础题．
11．（5分）在的展开式中，常数项为 20 ．
【考点】二项式定理
【专题】二项式定理；数学运算；转化思想；转化法
【分析】根据已知条件，结合二项式定理，常数项的定义，即可求解．
【解答】解：的常数项为．
故答案为：20．
【点评】本题主要考查二项式定理，是基础题．
12．（5分）的圆心与抛物线的焦点重合，两曲线与第一象限交于点，则原点到直线的距离为 ．
【考点】抛物线的性质
【专题】转化思想；数学运算；综合法；逻辑推理；圆锥曲线中的最值与范围问题
【分析】推导出，从而，进而，联立，得，求出直线的方程为，由此能求出原点到直线的距离．
【解答】解：的圆心与抛物线的焦点重合，
，，
，
联立，得或，
两曲线与第一象限交于点，，
直线的方程为，即，
原点到直线的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查圆心坐标、抛物线方程、直线方程、点到直线距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13．（5分），，，，五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加，甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ．
【考点】条件概率与独立事件
【专题】方程思想；数学运算；概率与统计；定义法
【分析】设事件表示“选到”，事件表示“选到”，则甲从中选3个．甲选到的概率为（A），，利用条件概率能求出乙选了活动，他再选择活动的概率．
【解答】解：设事件表示“选到”，事件表示“选到”，
则甲从中选3个．甲选到的概率为（A），
，
乙选了活动，他再选择活动的概率为：
．
故答案为：，．
【点评】本题考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14．（5分）在正方形中，边长为1．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 ．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算
【专题】整体思想；综合法；平面向量及应用；数学运算
【分析】由题意可知，再结合可得，进而求出，的值，得到的值；设，可得，，易知，，即可求出，再结合二次函数的性质求解即可．
【解答】解：由题意可知，，
，，
，
如图：
设，
则，
为中点，
，
正方形的边长为1，
，，
，
对于函数，对称轴为，
函数在，上单调递减，
当时，函数取得最小值，
即的最小为．
故答案为：；．
【点评】本题主要考查了平面向量的线性运算和数量积运算，考查了二次函数的性质，属于中档题．
15．（5分）若函数有唯一零点，则的取值范围为 ．
【考点】函数零点的判定定理
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算
【分析】根据函数的零点与两个函数图象的公共点的关系，构造函数与，可知与的图象有唯一公共点，分、与三种情况进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，进而可得，时，两个函数图象在轴左侧有一公共点，因此只需找到当，时，在轴右侧两个函数图象没有公共点的情况即可；然后当时，按类似的方式加以讨论算出的取值范围，进而可得答案．
【解答】解：根据题意，可得，令，即．
①当时，，有，则，不符合题意，舍去；
②当时，由，可得或，则，
即函数与函数，有唯一公共点，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，不符合题意，舍去，
综上所述，当，时，在时有唯一解，
因此，当，时，方程在时需无解，
当，，且时，由函数关于对称，
令，可得，且函数在上单调递增，在上单调递减，
令，即，
故时，图案为双曲线右支在轴上方部分向右平移所得，
由双曲线的渐近线方程为，即部分的渐近线方程为，其斜率为2，
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；
③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，图像为双值的左支的轴上方部分向左平移所得，
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），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，．
故答案为：．
【点评】本题主要考查基本初等函数的图象与性质、函数的零点与方程的根、函数的单调性及其应用等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于难题．
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）在中，，．
（1）求；
（2）求；
（3）求．
【考点】两角和与差的三角函数；正弦定理；余弦定理
【专题】数学运算；转化思想；逻辑推理；函数的性质及应用；综合法
【分析】（1）设，则，，利用余弦定理能求出；
（2）由同角三角函数关系式，先求出．再由正弦定理求出．
（3）利用二倍角公式求出，再由同角三角函数关系式求出，利用两角差三角函数能求出．
【解答】解：（1）在中，，，
设，则，，
，
解得，
；
（2）由（1）得，，，
由正弦定理得，即，
解得．
（3），，是锐角，且，
，
，
．
【点评】本题考查余弦定理、正弦定理、二倍角公式、同角三角函数关系式、两角差三角函数等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17．（15分）已知四棱锥中，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．
【考点】直线与平面平行；二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；数学运算
【分析】（1）取中点，连接，，易证四边形是平行四边形，所以，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为原点建系，利用向量法分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式，求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）由（2）得及平面的法向量，利用向量法即可求点到平面的距离．
【解答】（1）证明：取中点，连接，，
由是的中点，得，且，
由是的中点，得，且，
则，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
故平面．
（2）解：以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有，0，，，0，，，0，，，1，，，1，，，1，，
则，，，，，
设平面的法向量为，
，则，3，，
设平面的法向量为，
，则，1，，
所以，，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
（3）解：因为，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为．
【点评】本题考查直线与平面平行、点到平面的距离、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，属于中档题．
18．（15分）已知椭圆的离心率，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．
【考点】直线与圆锥曲线的综合；椭圆的性质；椭圆的标准方程
【专题】转化思想；数学运算；圆锥曲线的定义、性质与方程；转化法
【分析】（1）结合椭圆的性质，以及三角形的面积公式，即可求解；
（2）根据已知条件，分动直线的斜率存在、不存在讨论，当动直线的斜率不存在，直接结合平面向量的数量积运算，即可求解；动直线的斜率存在时，
设出直线方程，并与椭圆方程联立，再结合平面向量的数量积运算，即可求解．
【解答】解：（1）因为椭圆的离心率为，
所以，即，其中为半焦距，
，
则，
所以，，，
，解得，
故，，
故椭圆方程为；
（2）①若过点 的动直线的斜率不存在，
则，或，，此时，
②若过点 的动直线的所率存在，
则可设该直线方程为：，
设， ，，，
，化简整理可得，，
故△ ，；
，，
故

，
恒成立，故，解得，
若恒成立．
结合①②可知，．
故这个点纵坐标的取值范围为，．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
19．（15分）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．
【考点】数列的求和
【专题】点列、递归数列与数学归纳法；分析法；整体思想；数学运算
【分析】（1）根据题目条件结合等比数列的通项公式，可以得到公比，再根据等比数列求和公式即可求得；
（2）根据题意可得，，，利用作差法分析即可；
根据题意以及等差数列求和公式可得，再用裂项相消法即可求得．
【解答】解：（1），，
可得，整理得，
解得或，
因为数列的公比大于0，所以，
所以；
（2）证明：由（1）可知，且，，
当时，则，即，
可知，，
，
可得，
当且仅当时，等号成立，
所以；
，
若，则，，
若，则，
当时，，可知为等差数列，
可得，
，
且，符合上式，综上所述：．
【点评】本题考查数列的应用综合题，需要熟练运用数列求和的方法，属于难题．
20．（16分）设函数．
（1）求图像上点，（1）处的切线方程；
（2）若在时恒成立，求的值；
（3）若，，证明．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【专题】整体思想；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算
【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义可切线斜率，进而可求切线方程；
（2）设，命题等价于对任意，都有，利用特殊值赋值法，即可求解；
（3）结合重要不等式可先证明对，有，然后结合，的各种情况进行证明即可．
【解答】解：（1）由于，故，
所以（1），（1），
所以所求的切线经过，且斜率为1，
故其方程为；
（2）设，则，从而当时，当时，
所以在，上递减，在，上递增，这就说明（1），
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．
证明：（3）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．
所以在上单调递减，在上单调递增．
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．
①当时，有（c）；
②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①②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的讨论，
可得，，
而根据的单调性，知或．
故一定有成立．
综上，结论成立．
【点评】本题主要考查了导数几何意义在切削方程求解中的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，及不等式的证明，属于难题．
题号
分值
题型
考查内容
模块
1
5分
选择题
交集运算
集合
2
5分
选择题
逻辑用语、指数函数与幂函数性质
逻辑用语
3
5分
选择题
相关系数
线性相关
4
5分
选择题
奇偶性、函数性质
函数性质
5
5分
选择题
对数运算、指数运算
比较大小
6
5分
选择题
线面平行与垂直的判定
空间几何
7
5分
选择题
三角函数的周期与最值
三角函数性质
8
5分
选择题
双曲线的性质
解析几何
9
5分
选择题
棱柱棱台棱锥的体积运算
立体几何
10
5分
填空题
复数化简，复数运算
复数运算
11
5分
填空题
二项式定理
二项式定理
12
5分
填空题
抛物线，点到直线的距离
解析几何
13
5分
填空题
条件概率与独立事件
概率
14
5分
填空题
平面向量基本定理，数量积问题
平面向量
15
5分
填空题
零点问题，数形结合，分类讨论
函数综合问题
16
14分
解答题
正余弦定理，正余弦二倍角、和差角公式
解三角形
17
15分
解答题
线面平行、两个平面的夹角、点到面的距离
立体几何
18
15分
解答题
直线与椭圆综合题
解析几何
19
15分
解答题
新定义、数列求和
数列
20
16分
解答题
导数应用，导数最值，不等式恒成立，分类讨论
导数