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1、2024 年天津市高考数学试卷年天津市高考数学试卷一一.选择题：选择题：1（5 分）集合 A1，2，3，4，B2，3，4，则 AB（）A1，2，3，4 B2，3，4C2，4D12（5 分）设 a，bR，则“a3b3”是“3a3b”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3（5 分）下列图中，相关性系数最大的是（）ABCD4（5 分）下列函数是偶函数的是（）ABCD5（5 分）若 a4.20.3，b4.20.3，clog4.20.3，则 a，b，c 的大小关系为（）AabcBbacCcabDbca6（5 分）若 m，n 为两条直线，为一个平面（）A若 m，n，则 m
2、nB若 m，n，则 mnC若 m，n，则 mnD若 m，n，则 m 与 n 相交7（5 分）已知函数（0）的最小正周期为则函数在的最小值是（）ABC0D8（5 分）双曲线的左、右焦点分别为 F1、F2P 是双曲线右支上一点，且直线 PF2的斜率为 2，PF1F2是面积为 8 的直角三角形，则双曲线的方程为（）ABCD9（5 分）一个五面体 ABCDEF已知 ADBECF，且两两之间距离为 1并已知 AD1，BE2（）ABCD二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分。试题中包含两个空的，答对分。试题中包含两个空的，答对 1 个的给个的给
3、3 分，全分，全部答对的给部答对的给 5 分。分。10（5 分）已知 i 是虚数单位，复数11（5 分）在的展开式中，常数项为12（5 分）（x1）2+y225 的圆心与抛物线 y22px（p0）的焦点 F 重合，两曲线与第一象限交于点P13（5 分）A，B，C，D，E 五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加；已知乙选了 A 活动，他再选择 B 活动的概率为14（5 分）在正方形 ABCD 中，边长为 1E 为线段 CD 的三等分点，则+；若 F 为线段 BE 上的动点，G 为 AF 中点，则的最小值为15（5分）若函数有唯一零点，则a的取值范围为三、解答题三、解答题16（14 分）在ABC 中
4、，b5，（1）求 a；（2）求 sinA；（3）求 cos（B2A）17（15 分）已知四棱锥 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为梯形，ABCD，A1A平面 ABCD，ADAB，其中 ABAA12，ADDC1N 是 B1C1的中点，M 是 DD1的中点（1）求证：D1N平面 CB1M；（2）求平面 CB1M 与平面 BB1CC1的夹角余弦值；（3）求点 B 到平面 CB1M 的距离18（15 分）已知椭圆）的离心率，左顶点为 A，C 是线段 OB 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 P，Q，在 y 轴上是否存在点 T 使得，求出这个 T 点纵坐标的取值范
5、围；若不存在19（15 分）已知数列an是公比大于 0 的等比数列，其前 n 项和为 Sn，若 a11，S2a31（1）求数列an前 n 项和 Sn；（2）设 bn，b11，其中 k 是大于 1 的正整数（i）当 nak+1时，求证：bn1akbn；（ii）求20（16 分）设函数 f（x）xlnx（1）求 f（x）图像上点（1，f（1）处的切线方程；（2）若在 x（0，+）时恒成立；（3）若 x1，x2（0，1），证明1B2C3A4B5B6C7D8A9C10711201213，14；15解：根据题意，可得 x2ax0，令 f（x）4，即当 a0 时，xR，有，则，舍去；当 a0 时，由 x2
6、ax3，可得 xa 或 x0|ax5|1，即函数与函数 h（x），当 x7 时，则 ax20，则，即 4x84ax（1ax）3，整理得（4a2）x52ax1（7+a）x+1（2a）x80，当 a2 时，即 5x+10，当 a（0，6），或，当 a（7，+）时，或，不符合题意，综上所述，当 a（0，在 x0 时有唯一解，因此，当 a（0，方程，当 a（0，3，由函数 h（x）对称，令 h（x）4，可得上单调递减，在，令，即，故 xa 时，g（x）图案为双曲线所得，由双曲线1 的渐近线方程为，其斜率为 8，又 a（0，2在时的斜率 a（0，令，可得 xa 或 x3（舍去），+）上单调递增，故有，解
7、得，故；当 a0 时，则，即函数与函数 h（x），由 x2ax0，可得 x5 或 xa，当 x0 时，则 ax27，则，即 2x24ax（6ax）2，整理得（4a3）x22ax5（2+a）x+1（5a）x10，当 a5 时，即 4x14，即，当 a（7，0），当 a（，2）时，或，舍去，即当 a5，0）时，则当 a2，0）时，当 a2，5），由函数 h（x）关于，令 h（x）6或且函数 h（x）在上单调递减，在，同理可得：xa 时，g（x）图像为双值的所得，g（x）部分的渐近线方程为，其斜率为2，又 a2，7）在时的斜率 a5，令，可得 xa 或 x0（舍去），且函数 g（x）在（，a）上单调
8、递减，故有，解得，故；综上所述，16解：（1）在ABC 中，b5，设 a2k，则 c2k，cosB，解得 k3，a2k4；（2）由（1）得 a6，c6，由正弦定理得，即，解得 sinA（3）ab，sinA，A 是锐角，sin2A2sinAcosA5，cos2A，cos（B2A）cosBcos2A+sinBsin2A17（1）证明：取 CB1中点 E，连接 NE，由 N 是 B1C3的中点，得 NECC1，且 NECC1，由 M 是 DD1的中点，得，且 D1MCC1，则 D3MNE，D1MNE，所以四边形 D1MEN 是平行四边形，所以 D2NME，又 ME平面 CB1M，D1N平面 CB7M
9、，故 D1N平面 CB1M（2）解：以 A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，有 A（3，0，0），4，0），B1（6，0，2），2，1），1，2），C1（1，6，2），则（2，2），设平面 CB8M 的法向量为，则（1，3，设平面 BB4CC1的法向量为，则（6，1，所以 cos，故平面 CB1M 与平面 BB1CC5的夹角的余弦值为（3）解：因为，平面 CB4M 的法向量为，所以点 B 到平面 CB1M 的距离为 d18解：（1）因为椭圆的离心率为，所以，即 a2c，a4b2+c2，则，所以 A（2c，0），解得，故，b3，故椭圆方程为；（2）若过点的动直线的斜率不存在，则 P（7，3），
10、3）或 P（4，Q（0，此时3t4，若过点的动直线的所率存在，则可设该直线方程为：，设 P（x6，y1）Q（x2，y6），T（0，化简整理可得2）x512kx270，故144k2+108（6+4k2）324+576k20，；，故4+4k2，恒成立，故，解得，若恒成立结合可知，故这个 T 点纵坐标的取值范围为3，19解：（1）a11，S5a31a3+a2，可得 1+qq41，整理得 q2q30，解得 q2 或 q8，因为数列an的公比大于 0，所以 q2，所以；（2）（i）证明：由（1）可知，且 kN*，当时，则，即 akn1ak+8，可知，bnk+4，bn1+（ak+1ak5）2kk+2k（2
11、k11）k（8k1），可得 bn1akbnk（8k1）（k+1）7k1（k1）3k1k2（k3）kk20，当且仅当 k3 时，等号成立，所以 bn1akbn；（ii），若 n6，则 S11，b81，若 n2，则，当 6k1i2k4 时，bibi12k，可知bi为等差数列，可得bik2k1+4kk4k1，1+54824+743342+.+（3n1）4n（5n4）4n6，且 n2，符合上式20解：（1）由于 f（x）xlnx，故 f（x）lnx+1，所以 f（1）0，f（1）4，所以所求的切线经过（1，0），故其方程为 yx7；（2）设 h（t）t1lnt，则，从而当 0t5 时 h（t）0，所以
12、 h（t）在（0，8上递减，+）上递增，即 t1lnt，且等号成立当且仅当 t1，设 g（t）a（t5）2lnt，则当 x（0，+）时，+），所以命题等价于对任意 t（5，+）一方面，若对任意 t（0，都有 g（t）0，+），有，取 t6，得 0a1再取，得，所以 a2另一方面，若 a4，+）都有 g（t）2（t1）2lnt2h（t）0综合以上两个方面知 a3证明：（3）先证明一个结论：对 0ab，有证明：前面已经证明不等式 t1lnt，故，且 ，所以，即由 f（x）lnx+5，可知当时，当时 f（x）0所以 f（x）在上单调递减，在不妨设 x1x4，下面分三种情况（其中有重合部分）
13、证明本题结论情况一：当时，有，结论成立；情况二：当时，有|f（x4）f（x2）|f（x1）f（x5）x1lnx1x6lnx2对任意的，设，则由于（x）单调递增，且有（+8+10，且当时，由可知，所以（x）在（8，c）上存在零点 x0，再结合（x）单调递增，即知 0 xx2时（x）0，x0 xc 时（x）5故（x）在（0，x0上递减，在x5，c上递增当 x0 xc 时，有（x）（c）0；当 3xx0时，由于从而当时，由，可得，再根据（x）在（7，x0上递减，即知对 0 xx5都有（x）0；综合可知对任意 0 xc，都有（x）6，即根据和 0 xc 的任意性2，xx8，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 f（x）的单调性，知或故一定有成立综上，结论成立
