2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試·天津卷（數(shù)學）附試卷分析

2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試·天津卷（數(shù)學）本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分.第Ⅰ卷本卷共9小題,每小題5分,共45分.參考公式:·如果事件A,B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B).·如果事件A,B相互獨立,那么P(AB)=P(A)P(B).·球的體積公式V=43πR3,其中R·圓錐的體積公式V=13Sh,其中S表示圓錐的底面面積,h一、選擇題:在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.集合A={1,2,3,4},B={2,3,4,5},則A∩B=A.{1,2,3,4} B.{2,3,4} C.{2,4} D.{1}2.設a,b∈R,則“a3=b3”是“3a=3b”的A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.下列圖中,線性相關系數(shù)最大的是A.B.B C.C D.D4.下列函數(shù)是偶函數(shù)的是A.f(x)=ex-x2x2+1C.f(x)=ex-xx+1 D.5.若a=4.2-0.3,b=4.20.3,c=log4.20.2,則a,b,c的大小關系為A.a>b>c B.b>a>cC.c>a>b D.b>c>a6.若m,n為兩條直線,α為一個平面,則下列結論中正確的是A.若m∥α,n∥α,則m⊥nB.若m∥α,n∥α,則m∥nC.若m∥α,n⊥α,則m⊥nD.若m∥α,n⊥α,則m與n相交7.已知函數(shù)f(x)=sin3(ωx+π3)的最小正周期為π,則f(x)在[-π12,A.-32 B.-32 C.0 8.已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,P是雙曲線右支上一點,且直線PFA.x28?y2C.x22?y29.一個五面體ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且兩兩之間距離為1,AD=1,BE=2,CF=3,則該五面體的體積為A.36 B.3C.32 D.第Ⅱ卷本卷共11小題,共105分.二、填空題:本大題共6小題,每小題5分,共30分.試題中包含兩個空的,答對1個的給3分,全部答對的給5分.10.已知i是虛數(shù)單位,復數(shù)(5+i)·(5-2i)=.

11.在(3x3+x3312.圓(x-1)2+y2=25的圓心與拋物線y2=2px(p>0)的焦點F重合,A為兩曲線的交點,則原點到直線AF的距離為.

13.A,B,C,D,E五種活動,甲、乙都要選擇三個活動參加.甲選到A的概率為;已知乙選了A活動,他再選擇B活動的概率為.

14.在邊長為1的正方形ABCD中,E為線段CD的三等分點,CE=12DE,BE=λBA+μBC,則λ+μ=;F為線段BE上的動點,G為AF中點,則AF·DG的最小值為.15.若函數(shù)f(x)=2x2-ax-|ax-2|+1恰有一個零點,則a的取值范圍為三、解答題:本大題共5小題,共75分.解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟.16.(本小題滿分14分)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c.已知cosB=916,b=5,a(1)求a的值;(2)求sinA的值;(3)求cos(B-2A)的值.17.(本小題滿分15分)如圖,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N是B1C1的中點,M是DD1的中點.(1)求證D1N∥平面CB1M;(2)求平面CB1M與平面BB1C1C夾角的余弦值;(3)求點B到平面CB1M的距離.18.(本小題滿分15分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0),橢圓的離心率e=12,左頂點為A,下頂點為B,O為坐標原點,C(1)求橢圓的方程.(2)過點(0,-32)的動直線與橢圓有兩個交點P,Q,在y軸上是否存在點T使得TP·TQ≤0?若存在,求出點T19.(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項和為Sn,若a1=1,S2=a3-1.(1)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.(2)設bn=k,n=akb(i)當k≥2,n=ak+1時,求證:bn-1≥ak·bn;(ii)求∑i=1S20.(本小題滿分16分)設函數(shù)f(x)=xlnx.(1)求f(x)圖象上點(1,f(1))處的切線方程;(2)若f(x)≥a(x-x)在x∈(0,+∞)時恒成立,求a的值;(3)若x1,x2∈(0,1),證明|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|1參考答案1.B2.C3.A4.B5.B6.C7.A8.C9.C10.7-5i11.2012.4513.351214.43-51816.(1)由ac=23得a由余弦定理得a2+c2-b2=2accosB,即49c2+c2-25=2·23c·c·9得139c2-25=34c2,得c故a=23c=4.(2)因為cosB=916,所以sinB=1?cos由正弦定理得asinA=bsinB,即4(3)因為a<b,所以A<B,則cosA>0,由sinA=74,得cosA=34則cos2A=2cos2A-1=18,sin2A=2sinAcosA=37故cos(B-2A)=cosBcos2A+sinBsin2A=916×17.(1)第1步:建立空間直角坐標系,寫出相關點和向量的坐標以A為坐標原點,以AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,依題意得,B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),則M(0,1,1),N(32,1所以D1N=(32,-12,0),C第2步:求平面CB1M的法向量n設平面CB1M的法向量為n=(x1,y1,z1),則n·CB取x1=1,得z1=1,y1=3,則n=(1,3,1).第3步:證明D1N⊥nD1N·n=(32,-12,0)所以D1N⊥n,顯然D1N?平面CB1M,所以D1N∥平面CB1(2)第1步:求平面BB1C1C的法向量易知CB1=(1,-1,2),設平面BB1C1C的法向量為m=(x2,y2,z2),則m·CB取x2=1,得y2=1,z2=0,則m=(1,1,0).第2步:求兩平面夾角的余弦值設平面CB1M與平面BB1C1C的夾角為θ,則cosθ=|cos<n,m>|=|n所以平面CB1M與平面BB1C1C夾角的余弦值為22211.(3)第1步:求B易知BB1第2步:求點到平面的距離設點B到平面CB1M的距離為d,則d=|B所以點B到平面CB1M的距離為2111118.(1)第1步:用c表示a和b因為e=ca=12,所以a=2c,b=第2步:寫出點A,B,C的坐標由題知A(-a,0),B(0,-b),C(0,-b2第3步:用c表示出S△ABC,并求出c所以S△ABC=12·|BC|·|OA|=12·b2·a=12·3c2·2c=第4步:求出a和b,并寫出橢圓方程所以a=23,b=3.故橢圓的方程為x212(2)第1步:設點的坐標,并討論直線PQ斜率不存在的情況設P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).當直線PQ的斜率不存在時,不妨設P(0,3),Q(0,-3),則TP·TQ=(0,3-t)·(0,-3-t)=t2-9≤0,解得-3≤t≤3.第2步:討論直線PQ斜率存在的情況,設出直線方程當直線PQ的斜率存在時,設其方程為y=kx-32第3步:聯(lián)立方程,消去y,判斷判別式符號,寫出根與系數(shù)的關系由y=kx-32x212+y29=1可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,所以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0,x1+第4步:表示出TP·TQ,代入根與系數(shù)的關系并化簡因為TP·TQ=(x1,y1-t)·(x2,y2-t)=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+(kx1-32-t)(kx2-32-t)=(1+k2)x1x2-k(32+t)(x1+x2)+(32+t)2=-27(1+k2)3+4k2?第5步:求出t的范圍所以4k2t2-36k2+3t2+9t-814≤0對k∈R恒成立,則有4t2-36≤03t2+9第6步:得出結論綜上可得,-3≤t≤32,即點T的縱坐標的取值范圍是[-3,3219.(1)第1步:求公比設{an}的公比為q(q>0),則1+q=q2-1,得q=2,第2步:求Sn所以Sn=1?2n1?2=2(2)(i)第1步:寫出bn由(1)知,ak=2k-1,所以bn=k,n第2步:求出bn-1當n=ak+1=2k時,bn=k+1,bn-1=b2k-1=b2k-2+2k=b2k-3+4k=…=b2k-1+2k·(2k-1-1)=k+2第3步:作差并化簡所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k.第4步:構造函數(shù)并求導,判斷函數(shù)的單調性,求出函數(shù)的最小值設f(x)=(x-1)2x-1-x,x≥2,則f'(x)=2x-1+(x-1)2x-1ln2-1≥2+2ln2-1>0,所以f(x)在[2,+∞)上單調遞增,f(x)≥f(2)=0,第5步:證明不等式所以bn-1-ak·bn≥0,即bn-1≥ak·bn.(ii)第1步:分析數(shù)列{bn}的結構特點令k=1,得b1=1,令k=2,得b2=2,b3=b2+2k=6,令k=3,得b4=3,b5=b4+2k=9,b6=b5+2k=15,b7=b6+2k=21,所以b2k-1,b2k-1+1,…,第2步:求出b2k-1,b2k因為b2k-1=k,所以b2k-1=k所以b2k-1+b2k-1+1+…+第3步:利用錯位相減法求出∑i=1所以∑i=1Snbi=∑i=12n-1bi=b1+b2+…+b2n4∑i=1Snbi=1×41+2×42+…+兩式相減,得-3∑i=1Snbi=40+41+…+4n-1-n×4n=1?4n1?4-n×4n=4n-13-n×4n所以∑i=1Snbi=(n3?1920.(1)由題知f(1)=0,f'(x)=lnx+1,所以f'(1)=1,所以切線方程為y=x-1.(2)第1步:將原問題進行轉化由題可得xlnx≥a(x-x)在(0,+∞)上恒成立,即lnx≥a(1-1x)在(0,+∞)上恒成立.第2步:構造函數(shù)g(x),并將原問題進行轉化設g(x)=lnx-a(1-1x)=lnx-a+ax,x則g(x)≥0恒成立,又g(1)=0,所以g'(1)=0.第3步:求出a的值因為g'(x)=1x?1所以g'(1)=1-a2=0,解得a=2.(3)第1步:判斷x1=x2的情況當x1=x2時,|f(x1)-f(x2)|=|x1-x2|1第2步:判斷f(x)的單調性當x1≠x2時,不妨設x1<x2,令f'(x)=lnx+1=0,得x=1e,所以f(x)在(0,1e)上單調遞減,在(1第3步:討論0<x1<x2≤1e①當0<x1<x2≤1e時,f(x1)>f(x2),|f(x1)-f(x2)|=x1lnx1-x2lnx2設t(x)=xlnx+x,0<x<1,則t'(x)=lnx+1+12設m(x)=lnx+1+12x,0<x<1,則m'(x)=令m'(x)=0,得x=116,所以m(x)在(0,116)上單調遞減,在(所以t'(x)≥t'(116)=ln116+1+2=lne316>0,所以所以x1lnx1+x1<x2lnx2+x2,x1lnx1-x2lnx2<因為(x2?x1)2-(x2-x1)2=2x所以x2所以x1lnx1-x2lnx2<x2-x1,即|f(x1)-f(x2)|<|x1-x第4步:討論1e≤x1<x2<1②當1e≤x1<x2<1時,f(x1)<f(x2),|f(x1)-f(x2)|=x2lnx2-x1lnx1設h(x)=xlnx-x,0<x<1,則h'(x)=lnx<0,所以h(x)在(0,1)上單調遞減,所以x1lnx1-x1>x2lnx2-x2,即x2lnx2-x1lnx1<x2-x1,因為1e≤x1<x2<1,所以0<x2-x1<1,0<x2-x1<1,x2-所以x2lnx2-x1lnx1<x2-x1,即|f(x1)-f(x2)|<|x1-x第5步:討論0<x1<1e<x2<1③當0<x1<1e<x2若f(x1)<f(x2),則|f(x1)-f(x2)|<|f(1e)-f(x2由②知,|f(1e)-f(x2)|<x所以|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|1若f(x1)>f(x2),則|f(x1)-f(x2)|<|f(x1)-f(1e由①知,|f(x1)-f(1e)|<1所以|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|1若f(x1)=f(x2),則|f(x1)-f(x2)|=0,|x1-x2|12>0,故|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|第6步:得出結論綜上可知,?x1,x2∈(0,1),都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|12024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試·天津卷（數(shù)學）試卷分析一、整體概況2024年天津高考數(shù)學試卷在延續(xù)往年風格的基礎上，進一步提升了難度和靈活性。試題設計緊貼高考考綱，注重考查學生的基礎知識、運算能力、思維能力和解決問題的能力。題型設置多樣，包括選擇題、填空題和解答題，全面覆蓋了三角函數(shù)、立體幾何、數(shù)列、圓錐曲線、函數(shù)與導數(shù)等核心知識點。二、題型分析1.選擇題：選擇題部分打破了傳統(tǒng)的考察順序，將壓軸題放在了立體幾何不規(guī)則的立體體積運算上，這一變化極大地考驗了學生的空間想象能力和創(chuàng)新能力。同時，選擇題中還新增了對線面關系的考察，以及對函數(shù)基本性質的回歸，通過判斷函數(shù)的奇偶性等方式，引導學生回歸最基礎的知識。此外，指冪對函數(shù)的考察與邏輯用語結合，也增加了題目的難度和靈活性。2.填空題：填空題部分突出考查了學生的計算能力和邏輯思維能力。例如，向量小題的考察方式從基底法加基本不等式轉變?yōu)榻ㄏ捣ɑ貧w最基礎的函數(shù)最值運算，同時需要注意函數(shù)的定義域問題。壓軸小題零點綜合難度也大幅上升，需要學生具備極強的數(shù)學素養(yǎng)和解題技巧。3.解答題：解答題部分難度梯度設計分明，前兩道題目較為簡單，主要考察學生的基本運算能力和對公式