小题分类练(四)综合计算类(2

1、小题分类练 (四 )综合计算类 (2)1已知复数 z 的共轭复数为 z，若 z(1 i) 2i(i为虚数单位 )，则 z ()A iB i 1C i 1D ix2y212 (2018 德州第二次调研 )已知双曲线 C： 2b2 1(a0，b0)的渐近线方程为y x，则a2双曲线 C 的离心率为 ()A.5B322C.2D 53 (2018 石家庄模拟 )已知 tan 1，且 ，3，则 cos ()222A5B5552525C.5D54 (2018 郑州模拟 )若两个非零向量a， b 满足 |a b| |a b| 2|b|，则向量 ab 与 a 的夹角为()A. 6B 325C. 3D 6x y

2、 10，5若 x， y 满足2x y 2 0，则 x 2y 的最大值为 ()x y 4 0，13A. 2B 6C 11D 106 (2018 成都模拟 )轴截面为正方形的圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积的比值为()43A. 3B 242C.3D 227已知等边三角形ABC 的边长为2，其重心为 )G，则 BGCG (A 2B142C 3D 38 已 知 ABC中 ， 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 为 a ， b ， c ， 且 (b c)sinB (a c) cosA) cosC ，则 A(2225A. 3B 6C.6D 39已知椭圆 C：x2y25A 和右顶点 B，22 1(a

3、b0) 的离心率为3，直线 l 经过椭圆的上顶点ab并且和圆 x2 y2 36相切，则椭圆C 的方程为 ()13x2y2x2y2A.1810 1B95 1x2y2x2y2C.18 8 1D9 4 110 (2018 广州调研 )如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A44 22 3B14 4 2C104 2 2 3D 411已知函数 f(x) x3 ax2 bx a2在 x 1 处的极值为 10，则数对 (a， b)为 ()A ( 3， 3)B ( 11， 4)C (4 ， 11)D ( 3， 3)或 (4， 11)2212设双曲线 x2 y

4、2 1(a0， b0) 的右焦点是 F ，左、右顶点分别是A1， A2，过点F 作abA1A2 的垂线与双曲线交于B， C 两点，若b2)A1BA2C，则 2的值为 (aA 1B 211C.2D 413已知 Sn 是等比数列 an 的前n 项和， S3 ， S9 ， S6 成等差数列，a2 a5 4，则a8 _ 214函数 f(x) 2sin(2 x 4) 4cos x 的最小值为 _ 15过圆 ： x2 y2 4 外一点 P(2 ， 1)作两条互相垂直的直线AB 和 CD 分别交圆 于 A，B和 C， D 点，则四边形ABCD 面积的最大值为 _ 16 (2018 开封模拟 )在 ABC 中

5、，内角 A， B ， C 的对边分别为a， b， c， btan B btan A 2ctan B，且 a 5， ABC 的面积为 23，则 b c 的值为 _ 参考答案与解析小题分类练(四 ) 综合计算类 (2)1 解析： 选 C.由已知可得2i2i（ 1 i） 1 i，则 z 1 i ，故选 C.z（ 1 i）（ 1 i ）1 ibb12222 解析： 选 A. 由题意得，双曲线C 的渐近线方程为y ax，得 a2，又 a b c，所以 5a2 4c2 ，所以 e c 5，故选 A. a 23 解析： 选 A. 法一 ： cos 3 知 为第三象限角，由tan 1可设2 sin ，由 ，2

6、2点 P( 2， 1) 为 终边上一点，则|OP| （ 2） 2（ 1） 2 5(O 为坐标原点 )，由任意角5的三角函数公式可得sin 5，选 A.3tan sin 1，法二 ： cos 2 sin ，由 ， 2 知 为第三象限角，联立得cos 2得sin2 cos2 1，5sin25，选 A. 1，故 sin 54 解析： 选 A. 因为 |a b| |a b|，所以 |a b|2 |a b|2 ，所以 ab 0.又 |a b| 2|b|，所以 |a（ a b） a2 ab2b|2 4|b|2， |a|2 3|b|2，所以 |a|3|b|， cos a b， a|a| |a| a|a b|

7、a|a b|a|2|b|a| 2|b|32 ，故 a b 与 a 的夹角为 6.5 解析： 选 C.法一： 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，作直线x 2y0，平移该直线，当直线经过点B(3 ， 4)时， x 2y 取得最大值，即(x 2y)max 3 2 4 11 ，故选 C.法二： 设 z x 2y，由题易知，目标函数z x 2y的最大值只能在可行域的三个顶点处取353513得，由题知三条直线的交点分别为2，2， (3， 4)， (2， 2)，当x 2， y 2时， z2 ，当 x3， y 4 时， z 11，当 x 2， y 2时， z 6，所以 zmax 11，故选 C.

8、6 解析： 选 C.设圆柱的底面半径为r ，由题意可知圆柱的高h 2r.设外接球的半径为R，222，故 R 2r .则圆柱的体积V1 r2h 2r3，外接球的体积V24 38 23，所则 r r R3R3r以V2 4 2. V 1 37 解析： 选 C.法一： 如图，建立平面直角坐标系，则A(0，3)， B( 1， 0)， C(1， 0)，得333 332重心G0，3，则 BG 1， 3，CG 1，3，所以 BGCG 1 1333，故选 C. 法二： 因为 ACAB |AC | |AB|cos 60 2 212，BG1AC2AB， CG 1AB2AC，所23333 12121 2 22 24

9、5 22 4以BGCG3AC3AB AB3ACACAB ACAB ACAB9ACAB9 43999995 2166 2，故选 C.99938 解析： 选 A. 由已知可得 (b c)sinB (ac)(sinA sin C)，由正弦定理可得( b c)b (ac)(a c)，整理得b2 c2 a2 bc，由余弦定理可得cos A b2 c2 a2 1.又 A (0， )，2bc22所以 A3 .9 解析： 选 D.由已知可得e2 a2 b2a2 9b2 ，即 a 3b.因为椭圆C 的上顶点2 5，所以a942xy1，即2x 3y 3b 0.因为直线l 与圆 x2A(0， b)，右顶点B(a，

10、0)，所以直线l 的方程为 a by2 36相切，所以圆心(即原点 )到直线l 的距离等于圆的半径，即3b36，解得b1322 3213x2y22，所以 a 3，所以椭圆 C 的方程为9 4 1.故选 D.10 解析： 选 C.如图，该几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥S-ABCD .连接 AC，因为AC22 42 25， SC（ 25） 222 26， SD SB2222 22， CD 22 2222 (22)2 422，故 SCD 为等腰三角形，2 2，SB BC 24SCSCB 为直角三角形过D 作 DKSC 于点 K，则 DK（2 2）2（6）22， SCD 的面

11、积为 122 26 23， SBC 的面积为 12 22 4 42.所求几何体的表面积为1(24)2212 2422 3104 22 3，选 C.22f（ 1） 0，3 2a b 0，11 解析： 选 C.f(x) 3x2 2axb，依题意可得即消去 bf（ 1） 10，1 a b a2 10，可得 a2 a 12 0，解得a 3，a 4，a 3，a 3 或 a4，故或当时， f (x) 3x2b 3b 11.b 36x 3 3(x 1) 2 0，这时 f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.12 解析： 选 A. 由已知得右焦点F(c， 0)( 其中 c2 a2b2， c0)， A1( a，

12、 0)， A2 (a， 0)，且不妨取B(c， b2b2 (c a， b2 (c a， b2a )， C(c， a )，从而 A1 Ba )， A2Ca )，又 A1 B A2 C，所以b2b2b2A1B A2C 0，即 (c a) (c a) (a) 0，化简得a2 1，选 A.a13 解析： 因为 S3， S9， S6 成等差数列，所以公比2（ 1 q9）1 q31 q6q 1，整理1 q1 q1 q得 2q6 1 q3 ，所以 q3 12，故 a2 112 4，解得 a2 8，故 a8 814 2. 答案： 2214 解析： f(x) 2sin(2 x 4) 4cos x sin 2 x

13、 cos 2 x 2(cos 2 x 1) sin 2 x cos 2 x 22sin(2 x 4) 2，所以函数f(x)的最小值为22.答案： 22115 解析： 如图所示， S 四边形 ABCD 2(PAPD PBPC)，取 AB， CD 的中点分别为 E， F，连接 OE， OF ， OP，则 S 四边形 ABCD 1( PE AE) (PF DF )2( PE AE) (PF DF ) PEDF AEPF ，由题意知四边形OEPF 为矩形，则 OE PF ， OF PE，结合柯西不等式有S 四边形 ABCD OF DF AEOE（ OF 2 OE 2） （ DF 2 AE2），其中OF 2 OE2 OP2， DF 2 AE2 4 OF 24 OE2 8 OP2，据此可得 S 四边形 ABCD OP2（ 8 OP 2）5 315，综上，四边形 ABCD 面积的最大值为15.答案： 1516 解析： 在 ABC 中，由 btan B btanA 2ctanB 及正弦定理，得sin2Bsin Asin Bcos Bcos A2sin Bsin C，由于 sin B 0，故 sin A 2sinC sin B，即 sin Acos B 2sin Ccos A sin Bcos A，整cos Bcos Acos B理得