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2024年高考真题数学(天津卷)含解析
展开答卷前,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Ⅰ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:B
2. 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.
【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:A
4. 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.
【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:B
6. 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:A
8. 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:C
9. 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Ⅱ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】 ①. ②.
【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. 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】 ①. ②.
【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,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】
【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.
(ⅰ)当时,求证:;
(ⅱ)求.
【答案】(1)
(2)①证明见详解;②
【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)①根据题意分析可知,,利用作差法分析证明;②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.
①当时,有;
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.
【点睛】关键点点睛:本题的关键在于第3小问中,需要结合的单调性进行分类讨论.
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