2024年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
数学（理科）全解全析。
一。选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.是虚数单位 (
a. b. c. d.
答案】c分析】，故选c
2. 设变量满足约束条件则目标函数的最大值为 (
a.4 b.11 c.12 d.14
答案】b分析】易判断公共区域为三角形区域，求三个顶点坐标为、、，将代入得到最大值为故选b
3.是的。a.充分而不必要条件 b.必要而不充分条件。
c.充分必要条件 d.既不充分也不必要条件。
答案】a分析】可知充分，当时可知不必要。故选a
4. 设双曲线的离心率为且它的一条准线与抛物线的准线重合，则此双曲线的方程为( )
a. b. c. d.
答案】d分析】由可得故选d
5. 函数的反函数是。
a. b.
c. d.
答案】c分析】原函数过故反函数过从而排除a、b、d，故选c
6. 设为两条直线，为两个平面。下列四个命题中，正确的命题是 (
a.若与所成的角相等，则 b.若，则。
c.若则 d.若则。
答案】d分析】对于a当与均成时就不一定；对于b只需找个，且即可满足题设但不一定平行；对于c可参考直三棱柱模型排除，故选d
7. 在r上定义的函数是偶函数，且。若在区间上是减函数，则( )
a.在区间上是增函数，在区间上是减函数。
b.在区间上是增函数，在区间上是减函数。
c.在区间上是减函数，在区间上是增函数。
d.在区间上是减函数，在区间上是增函数。
答案】b分析】由可知图象关于对称，又因为为偶函数图象关于对称，可得到为周期函数且最小正周期为2，结合在区间上是减函数，可得如右草图。故选b
8. 设等差数列的公差不为0.若是与的等比中项，则( )
a.2 b.4 c.6 d.8
答案】b分析】是与的等比中项可得(*)由为等差数列可得及代入(*)式可得。故选b
9. 设均为正数，且则 (
a. b. c. d.
答案】a分析】由可知，由可知，由可知，从而。故选a
10. 设两个向量和其中为实数。若则的取值范围是。
a. b. c. d.
答案】a分析】由可得，设代入方程组可得消去化简得，再化简得再令代入上式得可得解不等式得因而解得。故选a
二。填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，把答案填在题中横线上。
11. 若的二项展开式中的系数为则。(用数字作答)
答案】2分析】，当时得到项的系数。
12. 一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为则此球的表面积为。
答案】分析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即，由。
13. 设等差数列的公差是2，前项的和为则。
答案】3分析】根据题意知代入极限式得。
14. 已知两圆和相交于两点，则直线的方程是。
答案】分析】两圆方程作差得。
15. 如图，在中，是边上一点，则。
答案】分析】由余弦定理得可得，又夹角大小为，所以。
16. 如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色。要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有种(用数字作答).
标准答案】分析】 用2色涂格子有种方法，用3色涂格子有种方法，故总共有种方法。
三。解答题：本大题共6小题，共76分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17. (本小题满分12分)
已知函数r.
(i)求函数的最小正周期；
(ii)求函数在区间上的最小值和最大值。
分析】.因此，函数的最小正周期为。
ii)解法一：因为在区间上为增函数，在区间上为减函数，又
故函数在区间上的最大值为最小值为。
解法二：作函数在长度为一个周期的区间上的图象如下：
由图象得函数在区间上的最大值为最小值为。
考点】本小题考查三角函数中的诱导公式、特殊角三角函数值、两角差公式、倍角公式、函数的性质等基础知识，考查基本运算能力。
18. (本小题满分12分)
已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球。现在从甲、乙两个盒内各任取2个球。
(i)求取出的4个球均为黑色球的概率；
(ii)求取出的4个球中恰有1个红球的概率；
(iii)设为取出的4个球中红球的个数，求的分布列和数学期望。
分析】(i)设“从甲盒内取出的2个球均黑球”为事件a，“从乙盒内取出的2个球为黑球”为事件b.由于事件a，b相互独立，且。
故取出的4个球均为黑球的概率为。
ii)解：设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红红，1个是黑球”为事件c，“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件d.由于事件c，d互斥，且。
故取出的4个球中恰有1个红球的概率为。
iii)解：可能的取值为。由(i)，(ii)得。
又从而。的分布列为。
的数学期望。
考点】本小题主要考查互斥事件、相互独立事件、离散型随机变量的分布列和数学期望等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力。
19. (本小题满分12分)
如图，在四棱锥中，底面是的中点。
(i)证明：；
(ii)证明：平面；
(iii)求二面角的大小。
分析】(i)证明：在四棱锥中，因底面平面故。
平面。而平面。
ii)证明：由可得。是的中点，.
由(i)知，且所以平面。而平面。
底面在底面**影是。
又综上得平面。
iii)解法一：过点作垂足为连结。由(ii)知，平面在平面内的射影是则。因此是二面角的平面角。
由已知，得。设可得。
在中，.则。
在中， 所以二面角的大小是。
解法二：由题设底面平面则平面平面交线为。
过点作垂足为故平面过点作垂足为连结故因此是二面角的平面角。
由已知，可得。设可得。
于是， 在中，
所以二面角的大小是。
考点】本小题考查直线与直线垂直、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。
20. (本小题满分12分)
已知函数r)，其中r.
(i)当时，求曲线在点处的切线方程；
(ii)当时，求函数的单调区间与极值。
分析】(i)解：当时，又。
所以，曲线在点处的切线方程为即
ii)解：
由于以下分两种情况讨论。
(1)当时，令得到当变化时，的变化情况如下表：
所以在区间内为减函数，在区间内为增函数。
函数在处取得极小值且。
函数在处取得极大值且。
(2)当时，令得到。当变化时，的变化情况如下表：
所以在区间内为减函数，在区间内为增函数。
函数在处取得极大值且。
函数在处取得极小值且。
考点】本小题考查导数的几何意义，两个函数的和、差、积、商的导数，利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
21. (本小题满分14分)
在数列中n其中。
(i)求数列的通项公式；
(ii)求数列的前项和；
(iii)证明存在n使得对任意n均成立。
分析】(i)解法一：，.
由此可猜想出数列的通项公式为。
以下用数学归纳法证明。
(1)当时等式成立。
(2)假设当时等式成立，即。
那么， 这就是说，当时等式也成立。根据(1)和(2)可知，等式对任何n都成立。
解法二：由n可得。
所以为等数列，其公差为1，首项为0.故。
所以数列的通项公式为。
ii)解：设 ①
当时，①式减去②式，得。
这时数列的前项和。
当时，这时数列的前项和。
iii)证明：通过分析，推测数列的第一项最大。下面证明： ③
由知要使③式成立，只要因为。
所以③式成立。 因此，存在使得对任意n均成立。
考点】本小题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的前项和公式、数列求和、不等式的证明等基础知识与基本方法，考查归纳、推理、运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力。
22. (本小题满分14分)
设椭圆的左、右焦点分别为是椭圆上的一点，原点到直线的距离为。
(i)证明：；
(ii)设为椭圆上的两个动点过原点作直线的垂线垂足为求点的轨迹方程。
分析】(i)证法一：由题设及不妨设点其中由于点在椭圆上，有即解得从而得到。
直线的方程为整理得。
由题设，原点到直线的距离为即。
将代入上式并化简得即。
证法二：同证法一，得到点的坐标为。
过点作垂足为易知～故。
由椭圆定义得又所以。
解得而而得即。
ii）解法一：设点的坐标为当时，由知，直线的斜率为。
所以直线的方程为或其中。
点的坐标满足方程组。
将①式代入②式，得。
整理得于是。
由①式得 由知将③式和④式代入得。
将代入上式，整理得。
当时，直线的方程为点的坐标满足方程组。
所以。由知即解得。
这时，点的坐标仍满足。
综上，点的轨迹方程为。
解法二：设点的坐标为直线的方程为由垂足为可知直线的方程为记（显然点的坐标满足方程组。
由①式得 ③
由②式得 ④ 将③式代入④式得。
整理得于是 ⑤
由①式得。由②式得 ⑦
将⑥式代入⑦式得。
整理得于是 ⑧
由知将⑤式和⑧式代入得。
将代入上式，得。
所以，点的轨迹方程为。
考点】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、求曲线的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力。
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