高考数学二轮复习 自测过关卷（二）平面向量、复数、算法、推理与证明 理（重点生含解析）-人教版高三数学试题

自测过关卷(二)平面向量、复数、算法、推理与证明eq\a\vs4\al(A)组——高考题点全面练(对应配套卷P163)1．(2019届高三·惠州调研)若eq\f(z,1＋i)＝2－i(i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：选A由题意知z＝(1＋i)(2－i)＝3＋i，其在复平面内对应的点的坐标为(3,1)，在第一象限．2．向量a，b满足a＋b＝(－1,5)，a－b＝(5，－3)，则b＝()A．(－3,4) B．(3,4)C．(3，－4) D．(－3，－4)解析：选A由a＋b＝(－1,5)，a－b＝(5，－3)，得2b＝(－1,5)－(5，－3)＝(－6,8)，所以b＝eq\f(1,2)(－6,8)＝(－3,4)．3．(2018·开封模拟)复数z＝eq\f(2,－1＋i)，则()A．z的共轭复数为1＋i B．z的实部为1C．|z|＝2 D．z的虚部为－1解析：选D因为z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，所以复数z的实部和虚部均为－1，eq\x\to(z)＝－1＋i，|z|＝eq\r(2)，故选D.4.(2018·石家庄质检)当n＝4时，执行如图所示的程序框图，则输出S的值为()A．9 B．15C．31 D．63解析：选C由程序框图可知，k＝1，S＝1，S＝1＋2＝3，k＝2；S＝3＋22＝7，k＝3；S＝7＋23＝15，k＝4；S＝15＋24＝31，k＝5，退出循环，输出的S的值为31，故选C.5．已知在平面直角坐标系中，点A(0,1)，向量eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－4，－3)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－7，－4)，则点C的坐标为()A．(11,8) B．(3,2)C．(－11，－6) D．(－3,0)解析：选C设C(x，y)，∵在平面直角坐标系中，点A(0,1)，向量eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－4，－3)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－7，－4)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－11，－7)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－0＝－11，,y－1＝－7，))解得x＝－11，y＝－6，故C(－11，－6)．6.(2018·益阳、湘潭调研)秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县)人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例．若输入n，x的值分别为3,3，则输出v的值为()A．15 B．16C．47 D．48解析：选D执行程序框图，n＝3，x＝3，v＝1，i＝2≥0，v＝1×3＋2＝5，i＝1≥0，v＝5×3＋1＝16，i＝0≥0，v＝16×3＋0＝48，i＝－1<0，退出循环，输出v的值为48.7.(2018·全国卷Ⅱ)为计算S＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,99)－eq\f(1,100)，设计了如图所示的程序框图，则在空白框中应填入()A．i＝i＋1 B．i＝i＋2C．i＝i＋3 D．i＝i＋4解析：选B由题意可将S变形为S＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,99)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,100)))，则由S＝N－T，得N＝1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,99)，T＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,100).据此，结合N＝N＋eq\f(1,i)，T＝T＋eq\f(1,i＋1)易知在空白框中应填入i＝i＋2.故选B.8．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则eq\o(EB,\s\up7(→))＝()A.eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up7(→)) B.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up7(→))C.eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up7(→)) D.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up7(→))解析：选A法一：作出示意图如图所示．eq\o(EB,\s\up7(→))＝eq\o(ED,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up7(→)).故选A.法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，且∠A＝eq\f(π,2)，AB＝AC＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4))).故eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(0,1)，eq\o(EB,\s\up7(→))＝(1,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，－\f(1,4)))，即eq\o(EB,\s\up7(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up7(→)).9．(2018·茂名一模)甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用．若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是()A．丙被录用了 B．乙被录用了C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了解析：选C假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立，故甲被录用；若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立．故选C.10．在△ABC中，|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))|，AB＝2，AC＝1，E，F为BC的三等分点，则eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝()A.eq\f(8,9) B.eq\f(10,9)C.eq\f(25,9) D.eq\f(26,9)解析：选B由|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))|知eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(AC,\s\up7(→))，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))的方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,1)，不妨设Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，则eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))＝eq\f(8,9)＋eq\f(2,9)＝eq\f(10,9).11．(2018·昆明适应性检测)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上，提出下面的体积计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面面积，“势”是几何体的高．意思是：若两个等高几何体在同高处的截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等．现有一旋转体D(如图1所示)，它是由抛物线y＝x2(x≥0)，直线y＝4及y轴围成的封闭图形绕y轴旋转一周形成的几何体，旋转体D的参照体的三视图如图2所示，利用祖暅原理，则旋转体D的体积是()A.eq\f(16π,3) B．6πC．8π D．16π解析：选C由三视图知参照体是一个直三棱柱，其体积V＝eq\f(1,2)×4×4×π＝8π，故旋转体D的体积为8π，故选C.12．(2018·南昌调研)已知A，B，C是圆O：x2＋y2＝1上的动点，且AC⊥BC，若点M的坐标是(1,1)，则|eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|的最大值为()A．3 B．4C．3eq\r(2)－1 D．3eq\r(2)＋1解析：选D法一：∵A，B，C是圆O：x2＋y2＝1上的动点，且AC⊥BC，∴设A(cosθ，sinθ)，B(－cosθ，－sinθ)，C(cosα，sinα)，其中0≤θ<2π，0≤α<2π，∵M(1,1)，∴eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))＝(cosθ－1，sinθ－1)＋(－cosθ－1，－sinθ－1)＋(cosα－1，sinα－1)＝(cosα－3，sinα－3)，∴|eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|＝eq\r(cosα－32＋sinα－32)＝eq\r(cos2α－6cosα＋9＋sin2α－6sinα＋9)＝eq\r(19－6\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))，当且仅当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－1时，|eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|取得最大值，最大值为eq\r(19＋6\r(2))＝3eq\r(2)＋1.法二：连接AB，∵AC⊥BC，∴AB为圆O的直径，∴eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＝2eq\o(MO,\s\up7(→))，∴|eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|＝|2eq\o(MO,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|≤|2eq\o(MO,\s\up7(→))|＋|eq\o(MC,\s\up7(→))|＝2eq\r(2)＋|eq\o(MC,\s\up7(→))|，易知点M与圆上动点C的距离的最大值为eq\r(2)＋1，∴|eq\o(MC,\s\up7(→))|≤eq\r(2)＋1，∴|eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|≤3eq\r(2)＋1，故选 D.13．(2017·浙江高考)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虚数单位)，则a2＋b2＝________，ab＝________.解析：∵(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，a，b∈R，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,2ab＝4))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－\f(4,a2)＝3，,ab＝2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,ab＝2.))∴a2＋b2＝2a2－3＝5，ab答案：5214．(2018·潍坊统一考试)已知单位向量e1，e2，且〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，若向量a＝e1－2e2，则|a|＝________.解析：因为|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，所以|a|2＝|e1－2e2|2＝1－4|e1|·|e2|coseq\f(π,3)＋4＝1－4×1×1×eq\f(1,2)＋4＝3，即|a|＝eq\r(3).答案：eq\r(3)15．(2018·南昌模拟)已知13＋23＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2,13＋23＋33＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2,13＋23＋33＋43＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)))2，…，若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，则n＝________.解析：13＋23＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2×3,2)))2，13＋23＋33＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3×4,2)))2，13＋23＋33＋43＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4×5,2)))2，…由此归纳可得13＋23＋33＋43＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2，因为13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3025，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2＝3025，即n2(n＋1)2＝(2×55)2，解得n＝10.答案：1016．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1.边DC上的动点P(包含点D，C)与CB延长线上的动点Q(包含点B)满足|eq\o(DP,\s\up7(→))|＝|eq\o(BQ,\s\up7(→))|，则eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PQ,\s\up7(→))的最小值为________．解析：以点A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x,1)，Q(2，y)，由题意知0≤x≤2，－2≤y≤0.∵|eq\o(DP,\s\up7(→))|＝|eq\o(BQ,\s\up7(→))|，∴|x|＝|y|，∴x＝－y.∵eq\o(PA,\s\up7(→))＝(－x，－1)，eq\o(PQ,\s\up7(→))＝(2－x，y－1)，∴eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PQ,\s\up7(→))＝－x(2－x)－(y－1)＝x2－2x－y＋1＝x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，∴当x＝eq\f(1,2)时，eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PQ,\s\up7(→))取得最小值，为eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)eq\a\vs4\al(B)组——高考达标提速练(对应配套卷P164)1．(2018·福州模拟)若复数eq\f(a,1＋i)的模为eq\f(\r(2),2)，则实数a＝()A．1 B．－1C．±1 D．±eq\r(2)解析：选C法一：eq\f(a,1＋i)＝eq\f(a1－i,1＋i1－i)＝eq\f(a,2)－eq\f(a,2)i，∵eq\f(a,1＋i)＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝±1.故选C.法二：∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,1＋i)))＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(|a|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴|a|＝1，解得a＝±1.故选C.2．已知a∈R，复数z＝eq\f(a－i1＋i,i)，若eq\x\to(z)＝z，则a＝()A．1 B．－1C．2 D．－2解析：选B∵z＝eq\f(a－i1＋i,i)＝eq\f(a＋1＋a－1i,i)＝eq\f(a＋1,i)＋a－1＝(a－1)－(a＋1)i，∴eq\x\to(z)＝(a－1)＋(a＋1)i.又∵eq\x\to(z)＝z，∴a＋1＝0，得a＝－1.3．已知向量m＝(t＋1,1)，n＝(t＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则t＝()A．0 B．－3C．3 D．－1解析：选B法一：由(m＋n)⊥(m－n)可得(m＋n)·(m－n)＝0，即m2＝n2，故(t＋1)2＋1＝(t＋2)2＋4，解得t＝－3.法二：m＋n＝(2t＋3,3)，m－n＝(－1，－1)，∵(m＋n)⊥(m－n)，∴－(2t＋3)－3＝0，解得t＝－3.4．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，点D在边AC上，且2eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))，则eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))的值是()A．48 B．24C．12 D．6解析：选B法一：由题意得，eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))·(eq\o(BA,\s\up7(→))－eq\o(BC,\s\up7(→)))＝|eq\o(BA,\s\up7(→))|2＝36，∴eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))·(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→)))＝eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(BC,\s\up7(→))＋\f(2,3)eq\o(CA,\s\up7(→))))＝0＋eq\f(2,3)×36＝24.法二：(特例法)若△ABC为等腰直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(6,0)，C(0,6)．由2eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))，得D(4,2)．∴eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝(6,0)·(4,2)＝24.5．(2017·全国卷Ⅰ)设有下面四个命题：p1：若复数z满足eq\f(1,z)∈R，则z∈R；p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝eq\x\to(z)2；p4：若复数z∈R，则eq\x\to(z)∈R.其中的真命题为()A．p1，p3 B．p1，p4C．p2，p3 D．p2，p4解析：选B设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于p1，∵eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命题；对于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命题；对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠eq\x\to(z)2，∴p3不是真命题；对于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴eq\x\to(z)＝a－bi＝a∈R，∴p4是真命题．6.(2018·郑州第一次质量预测)执行如图所示的程序框图，若输出的结果是7，则判断框内m的取值范围是()A．(30,42] B．(30,42)C．(42,56] D．(42,56)解析：选Ak＝1，S＝2，k＝2；S＝2＋4＝6，k＝3；S＝6＋6＝12，k＝4；S＝12＋8＝20，k＝5；S＝20＋10＝30，k＝6；S＝30＋12＝42，k＝7，此时不满足S＝42<m，退出循环，所以30<m≤42，故选A.7.(2018·开封一模)我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取7天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是()A．i<7？，s＝s－eq\f(1,i)，i＝2iB．i≤7？，s＝s－eq\f(1,i)，i＝2iC．i<7？，s＝eq\f(s,2)，i＝i＋1D．i≤7？，s＝eq\f(s,2)，i＝i＋1解析：选D由题意及程序框图可知第一次剩下eq\f(1,2)，第二次剩下eq\f(1,22)，…，由此得出第7次剩下eq\f(1,27)，可得①为i≤7？，②s＝eq\f(s,2)，③i＝i＋1.故选 D.8．(2019届高三·南宁摸底联考)已知O是△ABC内一点，eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝2且∠BAC＝60°，则△OBC的面积为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(2,3)解析：选A∵eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，∴O是△ABC的重心，于是S△OBC＝eq\f(1,3)S△ABC.∵eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝2，∴|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|·cos∠BAC＝2，∵∠BAC＝60°，∴|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝4.∴S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|sin∠BAC＝eq\r(3)，∴△OBC的面积为eq\f(\r(3),3).9．(2019届高三·广元调研)二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq\f(4,3)πr3，应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝()A．2πr4 B．3πr4C．4πr4 D．6πr4解析：选A对于二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，(πr2)′＝2πr.三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq\f(4,3)πr3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πr3))′＝4πr2.四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，∵(2πr4)′＝8πr3，∴“超球”的四维测度W＝2πr4.10.如图，直线EF与平行四边形ABCD的两边AB，AD分别交于E，F两点，且交其对角线于K，其中，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AK,\s\up7(→))＝λeq\o(AC,\s\up7(→))，则λ的值为()A.eq\f(2,9) B.eq\f(2,7)C.eq\f(2,5) D.eq\f(2,3)解析：选A因为eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))，则eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(5,2)eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))＝2eq\o(AF,\s\up7(→))，由向量加法的平行四边形法则可知eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))，所以eq\o(AK,\s\up7(→))＝λeq\o(AC,\s\up7(→))＝λ(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)eq\o(AE,\s\up7(→))＋2eq\o(AF,\s\up7(→))))＝eq\f(5,2)λeq\o(AE,\s\up7(→))＋2λeq\o(AF,\s\up7(→))，由E，F，K三点共线可得eq\f(5,2)λ＋2λ＝1，所以λ＝eq\f(2,9).12．(2017·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O.记I1＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))，I2＝eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))，I3＝eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(OD,\s\up7(→))，则()A．I1<I2<I3 B．I1<I3<I2C．I3<I1<I2 D．I2<I1<I3解析：选C法一：如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AO<AF，而∠AFB＝90°，∴∠AOB与∠COD为钝角，∠AOD与∠BOC为锐角．根据题意，I1－I2＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))·(eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→)))＝eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|·|eq\o(CA,\s\up7(→))|cos∠AOB<0，∴I1<I2，同理得，I2>I3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，∴OB<BG＝GD<OD，而OA<AF＝FC<OC，∴|eq\o(OA,\s\up7(→))|·|eq\o(OB,\s\up7(→))|<|eq\o(OC,\s\up7(→))|·|eq\o(OD,\s\up7(→))|，而cos∠AOB＝cos∠COD<0，∴eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))>eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(OD,\s\up7(→))，即I1>I3，∴I3<I1<I2.法二：如图，建立平面直角坐标系，则B(0,0)，A(0,2)，C(2，0)．设D(m，n)，由AD＝2和CD＝3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋n－22＝4，,m－22＋n2＝9，))从而有n－m＝eq\f(5,4)>0，∴n>m.从而∠DBC>45°，又∠BCO＝45°，∴∠BOC为锐角．从而∠AOB为钝角．故I1<0，I3<0，I2>0.又OA<OC，OB<OD，故可设eq\o(OD,\s\up7(→))＝－λ1eq\o(OB,\s\up7(→))(λ1>1)，eq\o(OC,\s\up7(→))＝－λ2eq\o(OA,\s\up7(→))(λ2>1)，从而I3＝eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(OD,\s\up7(→))＝λ1λ2eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝λ1λ2I1，又λ1λ2>1，I1<0，I3<0，∴I3<I1，∴I3<I1<I2.13．已知复数z满足z＋|z|＝3＋i，则z＝________.解析：设z＝a＋bi，其中a，b∈R，由z＋|z|＝3＋i，得a＋bi＋eq\r(a2＋b2)＝3＋i，由复数相等可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝3，,b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(4,3)，,b＝1，))故z＝eq\f(4,3)＋i.答案：eq\f(4,3)＋i14.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升．问：米几何？”如图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S＝1.5(单位：升)，则输入k的值为________．解析：模拟程序的运行，可得n＝1，S＝k，满足条件n<4，执行循环体，n＝2，S＝k－eq\f(k,2)＝eq\f(k,2)；满足条件n<4，执行循环体，n＝3，S＝eq\f(k,2)－eq\f(\f(k,2),3)＝eq\f(k,3)；满足条件n<4，执行循环体，n＝4，S＝eq\f(k,3)－eq\f(\f(k,3),4)＝eq\f(k,4)，此时，不满足条件n<4，退出循环，输出S的值为eq\f(k,4)，由题意可得eq\f(k,4)＝1.5，解得k＝6.