参考答案
1
2020 届高考实战 3 套卷 全国卷（一）
数学（理科）答案及解析
一、选择题（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.）
1. 【答案】B
【解析】易得 { |1 3} { | 0 2}A x x B x x ， ，所以 A B
{ | 0 3}x x .
2. 【答案】B
【解析】由 z a bi ，得 z a bi ，所以 3 4
5 5
a bi ia bi
，即
2 2
2 2 2 2
2 3 4
5 5
a b ab i ia b a b
，由复数相等，得
2 2
2 2
2 2
3
5
2 4
5
a b
a b
ab
a b
，
，
得
1
2
a
b
.故选 B.
3. 【答案】C
【解析】由 2( 1) ( 1)( 1 ) (2 ) 1f x x x a b x a x a b
为偶函数，得 2a .又 (1) 1 0f b ，所以 1b .故选 C.
4. 【答案】D
【解析】由题意知抛物线的焦点 ( 0)2
pF ， ，则 2 2
| 3 4 |2
23 ( 4)
p
p
，
解得 4p ，所以抛物线的准线方程为 2x .故选 D.
5. 【答案】C
【 解 析 】 (1 2 )nx 展 开 式 的 通 项 1 (2 ) 2rr r r r
r n nT C x C x ，令
2r ，
得 24 60 6nC n ，可知二项式系数的最大值为 3
6 20C .
6. 【答案】B
【解析】因为 ( ) cos cos sin sin cos( )2 2 2
x x xf x ，所以将
( )f x 的图象向右平移 π
3
个单位长度后，所得函数图象的解析式
1 π( ) cos( )2 6g x x .因为 ( )g x 的图象关于点 (π 0)， 对称，所
以 π πcos( ) 02 6
，即 πcos( ) 03
，又0 π ，所以 π
6
.
7. 【答案】A
【解析】第一步，安排督察组组长：因为 M N， 两地都至少有 1
位督察组组长，所以不同的选派方案有 2
3 6A 种.第二步，安排
督察组成员：因为 B 由于工作原因只能派往 M 地，所以不同的
选派方案有 2
5 10C 种.故不同的选派方案种数为10 6 60 种.
故选 A.
8. 【答案】A
【解析】易知 1 2 3 4 5 6E E E E E E， ， ， ， ， 六点共面，所以所求多面体
是六棱锥，连接 2 5E E ，易知点 1B 到平面 1 2 3 4 5 6E E E E E E 的距离即
点 1B 到 2 5E E 的距离.过 1B 作 1 2 5BO E E 于点 O，由正方体的棱长
为 1 可得正六边形 1 2 3 4 5 6E E E E E E 的边长为 1 5
2 5
2 2B E ， ， 2 5E E
2 ，则 2 2 2 2
1 1 5 5
5 2 3( ) ( )2 2 2BO B E OE ，正六边形
1 2 3 4 5 6E E E E E E 的面积为 23 2 3 36 ( )4 2 4
，所以所求多面体
的体积 1 3 3 3 3
3 4 2 8V .
9. 【答案】B
【解析】由 lna x x 可得
ln
xa x
( 0x 且 1x )，设 ( ) ln
xg x x
，
则 2
ln 1( ) (ln )
xg x x
，所以易知 ( )g x 在 (0 )1， 和 (1 )e， 上单调递减，
在 ( )e ， ∞ 上单调递增，所以 ( )g x 的极小值为 ( )g e e .易知
1x 时，
ln
x
x
∞，x ∞ 时，
ln
x
x
∞ ，所以作出 ( )g x
的大致图象如图所示，由图可知当 ( )a e ， ∞ 时，函数 ( )f x 有
两个不动点.
10.【答案】B
【解析】如图，由题意知双曲线的渐近线方程为 by xa
.因为过
右焦点 F 作双曲线一渐近线的垂线，垂足为点 P，所以 | |
| |
FP b
OP a
.
又| |OF c ， 2 2 2 2| | | | | |FP OP OF c ，所以| |FP b .因为 M ，
N F， 三点共线，所以| | | | | |FP FM FN r ，所以 FM 的长为
通径长度的一半，即
2
| | | | bFM FP ba
，所以 a b ，所以 2a
2 2c a ，所以 2 2e ，解得 2e .故选 B.
11.【答案】C
【解析】由题得 2( ) 2f x x ax a ，由函数 ( )f x 在 1 2 1 2( )x x x x，
处的导数相等，得 1 2 1 22 ( )x x a f x x m ，
恒成立， m
(2 )( 1)f a a 恒成立，令 3 21( ) (2 ) (2 ) (2 ) 2 13g a f a a a a a a
3 24 2 1( 1)3 a a a ， 则 2( ) 4 4 4 ( 1) .g a a a a a 当 a
( 0) ，∞ 时， ( ) 0g a ；当 (0 1)a ， 时， ( ) 0g a . ( )g a 在
( 0) ，∞ 上单调递减，在 (0 1)， 上单调递增， min( ) (0) 1g a g ，
∴ min( ) 1m g a .故选 C.
12.【答案】D
【解析】由题意，易得 EF BC，P 且 BC 与 MD 的夹角为 45 ，°所
以 A 项不正确； 1 (1 2) 1 2 2
3 1 2 4A MBCDV
四棱锥 ，所以 B
项不正确；因为平面 ADM 平面 MBCD ，且平面 ADM 平面
MBCD DM ， DM MC ，所以 MC 平面 ADM ，所以 C 项
不正确；取 AD 的中点 H，连接 MH ，易证 MH BFP ，所以 BF P
平面 AMD ，所以 D 项正确.故选 D.
二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.）
13.【答案】 1 7
2 4ln
【解析】 2( ) 3 5x xf x e e x ， 2( ) 6 5 1x xf x e e .
令 ( ) 0f x ，得 1
2
xe 或 1
3
xe ， 1 1( ln ) (ln )3 2x ， ，∞ ∞ .
令 ( ) 0f x ，得 1 1 1 1(ln ln ) ( )3 2 3 2
xe x f x ， ， ， 在 1l )3( n ，∞
和 1ln 2( )， ∞ 上单调递增，在 1 1(ln ln )3 2
， 上单调递减， 1ln 2x
为 ( )f x 的极小值点，极小值为 1 1 7(ln ) ln2 2 4f .
14.【答案】 5 7
【解析】 3BA AC
， cos 3b A .
π
3A ， 1cos 2A ， 6bc .
2 2 2 1cos 2 2
b c aA bc
， 2 2 7b c bc ，
2( ) 7 3b c bc ， 2( ) 25b c ， 5b c .
ABC 的周长为 5 7 .参考答案
2
15.【答案】1.8 cm
【解析】设该部分底面半径为 cmr ，则其体积为 21 1π 33 4V r
2π
4
r ，又
2π 19.32 504
r ， 2 3.30r ， 1.8r .
16.【答案】[ 2
2 )1，
【解析】连接 2 1| | | |AF OF OA， ， 1 2| | | | | |OF OA OF c ，
1 2F AF 为直角三角形，且 1 2
π
2F AF ， 2 2 2
2 1| | | | 4AF AF c .
又 1 2| | | | 2AF AF a ，直线 1y kx 过椭圆 C 的左焦点， k
2
1
1 | |
| |
AF
c AF
， 2
2| | 1
aAF c
， 1
2| | 1
acAF c
， 2 22 2( ) ( )1 1
a ac
c c
24c ，
2 2
2
2 2
2
1 1 1 1
2 2(1 ) 1 2 1 1 11
c ce cc c c
c cc
1 1
2 21
12 cc
，当且仅当 1c 时，等号成立 2 12 e .
三、解答题（共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.【解析】解：（1）在 ABC 中，
sin sin sin
a b c
A B C
，
且 cos cos 2 cos 0a C c A b B ，
sin cos sin cos 2sin cos 0A C C A B B ，
sin (1 2 cos ) 0B B ，--------------- 3 分
又 sin 0B ， 2cos 2B .
B 是三角形的内角， 3π
4B .--------------- 6 分
（2）在 ABM 中， 1BM ， 5AM ， 3π
4B ， AB c ，
由余弦定理得 2 2 2( ) 2 cosAM c BM c BM B ，
2 2 4 0c c ，--------------- 9 分
0c ， 2c .在 ABC 中， 2a ， 2c ， 3π
4B ，
ABC 的面积 1 sin 12S ac B .--------------- 12 分
18.【解析】解：（1）记事件 1A {从甲箱中摸出的 1 个球是红球}，
2A {从乙箱中摸出的 1 个球是红球}
1B {顾客抽奖 1 次获一等奖}， 2B {顾客抽奖 1 次获二等奖}，
C {顾客抽奖 1 次能获奖}，由题意， 1A 与 2A 相互独立，
1 2A A 与 1 2A A 互斥， 1B 与 2B 互斥，且 1 1 2B A A ，
2 1 2 1 2 1 2B A A A A C B B ， ，--------------- 2 分
1
4 2( ) 10 5P A ， 2
5 1( ) 10 2P A
1 1 2 1 2
2 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 5 2 5P B P A A P A P A ，
2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )P B P A A A A P A A P A A
1 2 1 2( )(1 ( )) (1 ( )) ( )P A P A P A P A
2 1 2 1 1(1 ) (1 )5 2 5 2 2
，故所求概率为
1 2 1 2
1 1 7( ) ( ) ( ) ( ) 5 2 10P C P B B P B P B ；--------------- 5 分
（2）顾客抽奖 3 次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖 1 次获
一等奖的概率为 1
5
， 1(3 )5X B ， ，
于是 0 0 3
3
1 4 64( 0) ( ) ( )5 5 125P X C ， 1 1 2
3
1 4 48( 1) ( ) ( )5 5 125P X C ，
2 2 1
3
1 4 12( 2) ( ) ( )5 5 125P X C ，
3 3 0
3
1 4 1( 3) ( ) ( )5 5 125P X C ，--------------- 9 分
故 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 64
125
48
125
12
125
1
125
X 的数学期望为 1 3( ) 3 5 5E X .--------------- 12 分
19.【解析】解：（1）平面 AEFC 平面 ABCD ，平面 AEFC 平面
ABCD AC ，菱形 ABCD 中， BD AC ，
所以， BD 平面 AEFC ，--------------- 2 分
又 BD 平面 BED ，所以，平面 BED 平面 AEFC .--------- 4 分
（2）平面 AEFC 平面 ABCD，平面 AEFC 平面 ABCD AC ，
EA AC ，所以， EA 平面 ABCD ，
直角梯形中， 2AC EF ，设 AC 交 BD 于 O ，连结 FO ，
则有 AO EF ， AO EFP ，
所以， AOEF 为平行四边形，所以 OF EAP ，
所以， FO 平面 ABCD ，--------------- 6 分
菱形 ABCD 中， 60ABC °，所以，三角形 ABC 为等边三角形，
设 1OC ，则 2OF AE AB ， 3OB OD ，
( 3 0 0)B ， ， ， (0 1 0)C ，， ， (0 0 2)F ，， ， ( 3 0 0)D ， ， ，
( 3 1 0)BC ，， ， ( 3 0 2)BF ， ， ，--------------- 9 分
设平面 BCF 的法向量为 ( )m x y z ， ， ，
则 3 0
3 2 0
x y
x z
，
，
令 2x ，可得： (2 2 3 3)m ， ， ，
同理可求得平面 DCF 的法向量 (2 2 3 3)n ， ， ，
求得二面角 B FC D 的余弦值为 11
9
.--------------- 12 分
20.【解析】解：（1）由已知可得 (0 1)F ， ，设
2
1
1( )4
xA x ， ，
2
2
2( )4
xB x ， ，
2y kx 与 2 4x y 联立得，
2 4 8 0x kx ， 1 2 4x x k ①， 1 2 8x x ②．--------------- 3 分
2 2 2
1 2 1 2 1 2( ) 2| | | | 1 1 24 4 4
x x x x x xFA FB ．
当 1k 时，由①②得| | | | 10FA FB .--------------- 6 分
（2）由题意可知，
2 2
1 2
1 2( 1) ( 1) ( 3 3)4 4
x xFA x FB x FC ， ， ， ， ， .
CFA CFB 等价 cos cosFA FC FB FC ， ， ，----------- 9 分
又
2
1| | 14
xFA ，
2
2| | 14
xFB ，则
| || | | || |
FA FC FB FC
FA FC FB FC
，
整理得 1 2 1 24 2( ) 0x x x x ，解得 3
2k ，
所以，直线 l 的方程为 3 2 4 0x y ．--------------- 12 分
21.【解析】解：（1）当 1a 时， π( )= ( sin 2)2
xf x e x x ，
则 π( ) ( sin cos 1)2
xf x e x x x
令 π( ) sin cos 12g x x x x ，
则 π( ) 1 cos sin 1 2 sin( )4g' x x x x .
当 π πx 时， 5π π 3π
4 4 4x ；
当 ( ) 0g' x 时， π 2sin( )4 2x
，得 π π 3π
4 4 4x ，
解得 π π2 x ；
当 ( ) 0g' x
时， π 2sin( )4 2x ，得 5π π π
4 4 4x ，参考答案
3
解得 ππ 2x ；
所以 ( )g x 在 π[ π ]2
， 上单调递增，在 π[ π]2
， 上单调递减，
故 π( ) ( ) 02g x g .--------------- 3 分
即 ( ) 0f x ， ( )f x 在[ π π] ， 上单调递减，
所以 min
(π 4)( ) (π) 2
xef x f ， max
(3π 4)( ) ( π) 2
xef x f
，
所以函数 ( )f x 在区间[ π π] ， 上的值域为
(π 4) (3π 4)[ ]2 2
x xe e ， .--------------- 5 分
（2）因为 1 20 πx x ，故 2 1
2 1( ) ( ) π2 2x x
f x f x ae e
，
可化为 2 1
2 1
π π( ) ( 2 ) ( ) ( 2 )2 2
x xf x a e f x a e ，
即函数 π( ) ( ) ( 2 ) ( sin )2
x xG x f x a e e ax x a
在区间 (0 π)， 上为增函数，
所以当 [0 π]x ， 时， ( ) ( sin cos ) 0xG' x e ax x x
，
即 sin cos 0ax x x
恒成立.--------------- 8 分
①当 0x 时， a R ；
②当 0 πx x 时， sin cosx xa x
，令 sin cos( ) x xh x x
，
则 2
( 1)cos ( 1)sin( ) x x x xh' x x
.--------------- 10 分
当 0 1x 时， ( 1)cos 0x x ， ( 1)sin 0x x ， ( ) 0h' x ，
当 π1 2x 时， ( ) 0h' x ，当 π π2 x 时， ( ) 0h' x .
所以 ( )h x 在[0 π]， 上单调递减，故 min
1( ) (π) πh x h ，
所以 1
πa
.综上，实数 a 的取值范围是 1[ ]π
， ∞ .----------- 12 分
22.【解析】解：（1）因为 6cos 3
，且 0 π ，
所以 3sin 3
，又直线 l 过定点 ( 0)a， ，
所以直线 l 的参数方程为
6
3
3
3
x a t
y t
（ t 为参数），--------- 2 分
由 2 2(1 sin ) 8 ，得 2 2( sin ) 8 ，
将 2 2 2x y ， sin y 代入上式，得 2 22 8x y ，
即曲线 C 的直角坐标方程为
2 2
18 4
x y .--------------- 5 分
（2）将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的方程，
得 2 26 3( ) 2( ) 83 3a t t ，
整理得 2 24 2 6 3 24 0t at a ，
由 2 2 2(2 6 ) 16(3 24) 24(16 ) 0a a a ，
解得 4 4a .--------------- 7 分
设 A B， 对应的参数分别为 1 2t t， ，
则
2
1 2 1 2
6 3 24
2 4
at t a t t ， ，
所以 2 2 2
1 2 1 2 1 2
6| | | | ( ) 4 ( ) (3 24)2AB t t t t t t a a
26(16 ) 2 32
a ，解得 2 2a .--------------- 10 分
23.【解析】解：（1）当 2a 时，
2
( ) 2 | 1| | 2 | 3 4 1 2
1
x x
f x x x x x
x x
， ，
， ，
， ，
--------------- 2 分
当 2x
时，显然 ( ) 1f x
，所以 2x
；
当1 2x 时，令 3 4 1x
，得 5 23 x ；
当 1x 时，令 1x
，得 1x .
因此不等式的解集为 5( 1] [ )3
， ，∞ ∞ .--------------- 5 分
（2） ( ) 1 | |f x a x a ，即 2 | 1| | | 1 | |x x a a x a ，
即 2 | 1| 2 | | 1x x a a ，2(| 1 1| | |)x x a a .------ 7 分
由于| 1| | | | 1|x x a a ，所以| 1| 1aa ，
得 1 33 a ，即实数 a 的取值范围是 1[ 3]3
， .--------------- 10 分
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