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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