云南省昆明市第一中学2021届高三第一学期高中新课标第四次一轮复习检测文科数学试卷

$$ 第 1 页 （共 7 页） 昆明一中 2021 届高三联考第四期文科数学参考答案及解析 命题、审题组教师 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C C B D C A C D B A 1. 解析：因为复数 z 与 21 2 iz   都是纯虚数，设 iz b ， 所以     2 2 21 2 i i 1 2 i 1 2 1 iz b b b         ，所以 21 0b  且 1 0b   ，所以 1b   .所以 iz   . 选 A. 2. 解析：因为集合    2 2 2A x x x x      ，    1 2 1B x x x x       ，所以  1 2A B x x    ，  2A B x x   ，选 D. 3. 解析：因为 a 是1和 4 的等比中项，所以 2 4a  ，所以 2a   ，当 2a  时，圆锥曲线为椭圆 2 2 1 2 x y  ， 离心率为 2 2 ；当 2a   时,圆锥曲线为双曲线 2 2 1 2 x y   ,离心率为 3 ，选 C． 4. 解析：因为函数 ( )f x 在定义域上为增函数，所以函数 ( )f x 在定义域上至多有一个零点；又因为 3 (e) 1 0 e f    ， (3) ln 3 1 0f    ，所以 (e) (3) 0f f  ，所以函数 3 ( ) lnf x x x   的零点所在的区间是 (e ， 3) ，选 C． 5. 解析：设圆锥的底面半径为 R，则 2π 2π 3 3 R   ，所以 1R  ，设圆锥的高为 h，体积为V ，因为圆锥的 母线长为 3，所以 9 1 2 2h    ，所以 2 1 2 2 πr π 3 3 V h  ，故选 B. 6. 解析：这 800 名业主在准备的两个问题中回答每一个问题的概率相同，第一个问题可能被回答 400 次， 在这 400 人中约有 200 人手机尾号是奇数，而有 470 人回答了“是”，即在 400 人中有 270 人回答是否 满意物业、的服务时回答了“是”，即在 400 人中有 270 人满意物业的服务，所以估计本小区对物业服 务满意的百分比大约为 270 =67.5% 400 ，所以选 D. 7. 解析：由 BABCAC  可知，  BC BA AC         BC BA BC BA        22 BABC  则 222 BAACBC  ,故△ ABC 是直角三角形，选 C. 8. 解析：由题意得 2 π ( ) 3 sin 2 cos 1 3 sin cos 2 sin 2 6 x f x x x x x                ， 则 π π ( )=2 sin ( ) 2 sin 6 6 g x x x                . 由图知函数 ( )g x 的最小正周期 11π 5π 2 π 12 12 T         ，所以 2  ， 第 2 页 （共 7 页） 所以 π ( ) 2 sin 2 2 6 g x x        . 因为 5π 5π π 2π 2 sin 2 2 sin 2 2 12 6 6 3 g                        ，且 0 2    ， 所以 2π π 2 3 2   ，解得 π 12   ，故选 A. 9. 解析: 由三视图可知，该几何体是如图所示的半圆柱，半圆柱的底面半径为 1，高为 2，假设 BE AC ，由题知， BE AB ， AB AC AI ，所以 BE ABC 平面 ，又因为 BC ABC 平面 ，所以 BE BC ，不成立，所以 A 不正确；因为 2 2 2 2 2 2 22 2 12DE AE CE BE AD       ，因为 90AED   ， 即 DE 与 AE 不垂直，所以 B 不正确；因为 BC 为半圆的直径，所以 BE CE ， 又因为CE AB ， AB BE BI ，所以CE ABE 平面 ，又因为 ,CE EB EB CD  ，所以 BE CDE 平面 ，所以 BE DE ，所以 C 正确； 假设