高考數(shù)學二輪復習 自測過關卷（二）平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學試題

自測過關卷(二)平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明eq\a\vs4\al(A)組——高考題點全面練(對應配套卷P163)1．(2019屆高三·惠州調研)若eq\f(z,1＋i)＝2－i(i為虛數(shù)單位)，則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：選A由題意知z＝(1＋i)(2－i)＝3＋i，其在復平面內(nèi)對應的點的坐標為(3,1)，在第一象限．2．向量a，b滿足a＋b＝(－1,5)，a－b＝(5，－3)，則b＝()A．(－3,4) B．(3,4)C．(3，－4) D．(－3，－4)解析：選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·開封模擬)復數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)，則()A．z的共軛復數(shù)為1＋i B．z的實部為1C．|z|＝2 D．z的虛部為－1解析：選D因為z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，所以復數(shù)z的實部和虛部均為－1，eq\x\to(z)＝－1＋i，|z|＝eq\r(2)，故選D.4.(2018·石家莊質檢)當n＝4時，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出S的值為()A．9 B．15C．31 D．63解析：選C由程序框圖可知，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，退出循環(huán)，輸出的S的值為31，故選C.5．已知在平面直角坐標系中，點A(0,1)，向量eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－4，－3)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－7，－4)，則點C的坐標為()A．(11,8) B．(3,2)C．(－11，－6) D．(－3,0)解析：選C設C(x，y)，∵在平面直角坐標系中，點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·益陽、湘潭調研)秦九韶是我國南宋時期的數(shù)學家，普州(現(xiàn)四川省安岳縣)人，他在所著的《數(shù)書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法，如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求多項式值的一個實例．若輸入n，x的值分別為3,3，則輸出v的值為()A．15 B．16C．47 D．48解析：選D執(zhí)行程序框圖，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，退出循環(huán)，輸出v的值為48.7.(2018·全國卷Ⅱ)為計算S＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,99)－eq\f(1,100)，設計了如圖所示的程序框圖，則在空白框中應填入()A．i＝i＋1 B．i＝i＋2C．i＝i＋3 D．i＝i＋4解析：選B由題意可將S變形為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)))，則由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).據(jù)此，結合N＝N＋eq\f(1,i)，T＝T＋eq\f(1,i＋1)易知在空白框中應填入i＝i＋2.故選B.8．(2018·全國卷Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則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：選A法一：作出示意圖如圖所示．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(→)).故選A.法二：不妨設△ABC為等腰直角三角形，且∠A＝eq\f(π,2)，AB＝AC＝1.建立如圖所示的平面直角坐標系，則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、丙三人參加某公司的面試，最終只有一人能夠被該公司錄用，得到面試結果以后，甲說：丙被錄用了；乙說：甲被錄用了；丙說：我沒被錄用．若這三人中僅有一人說法錯誤，則下列結論正確的是()A．丙被錄用了 B．乙被錄用了C．甲被錄用了 D．無法確定誰被錄用了解析：選C假設甲說的是真話，即丙被錄用，則乙說的是假話，丙說的是假話，不成立；假設甲說的是假話，即丙沒有被錄用，則丙說的是真話，若乙說的是真話，即甲被錄用，成立，故甲被錄用；若乙被錄用，則甲和乙的說法都錯誤，不成立．故選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(xiàn)為BC的三等分點，則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：選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為坐標原點，eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))的方向分別為x軸、y軸的正方向建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(0,1)，不妨設Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，則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·昆明適應性檢測)我國南北朝時期的偉大科學家祖暅在數(shù)學上有突出貢獻，他在實踐的基礎上，提出下面的體積計算原理(祖暅原理)：“冪勢既同，則積不容異”．“冪”是截面面積，“勢”是幾何體的高．意思是：若兩個等高幾何體在同高處的截面面積總相等，則這兩個幾何體的體積相等．現(xiàn)有一旋轉體D(如圖1所示)，它是由拋物線y＝x2(x≥0)，直線y＝4及y軸圍成的封閉圖形繞y軸旋轉一周形成的幾何體，旋轉體D的參照體的三視圖如圖2所示，利用祖暅原理，則旋轉體D的體積是()A.eq\f(16π,3) B．6πC．8π D．16π解析：選C由三視圖知參照體是一個直三棱柱，其體積V＝eq\f(1,2)×4×4×π＝8π，故旋轉體D的體積為8π，故選C.12．(2018·南昌調研)已知A，B，C是圓O：x2＋y2＝1上的動點，且AC⊥BC，若點M的坐標是(1,1)，則|eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|的最大值為()A．3 B．4C．3eq\r(2)－1 D．3eq\r(2)＋1解析：選D法一：∵A，B，C是圓O：x2＋y2＝1上的動點，且AC⊥BC，∴設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))))，當且僅當sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－1時，|eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))|取得最大值，最大值為eq\r(19＋6\r(2))＝3eq\r(2)＋1.法二：連接AB，∵AC⊥BC，∴AB為圓O的直徑，∴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(→))|，易知點M與圓上動點C的距離的最大值為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，故選 D.13．(2017·浙江高考)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虛數(shù)單位)，則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·濰坊統(tǒng)一考試)已知單位向量e1，e2，且〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，若向量a＝e1－2e2，則|a|＝________.解析：因為|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·南昌模擬)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，則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，…由此歸納可得13＋23＋33＋43＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2，因為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.邊DC上的動點P(包含點D，C)與CB延長線上的動點Q(包含點B)滿足|eq\o(DP,\s\up7(→))|＝|eq\o(BQ,\s\up7(→))|，則eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PQ,\s\up7(→))的最小值為________．解析：以點A為坐標原點，分別以AB，AD所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，設P(x,1)，Q(2，y)，由題意知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)，∴當x＝eq\f(1,2)時，eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PQ,\s\up7(→))取得最小值，為eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)eq\a\vs4\al(B)組——高考達標提速練(對應配套卷P164)1．(2018·福州模擬)若復數(shù)eq\f(a,1＋i)的模為eq\f(\r(2),2)，則實數(shù)a＝()A．1 B．－1C．±1 D．±eq\r(2)解析：選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.故選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.故選C.2．已知a∈R，復數(shù)z＝eq\f(a－i1＋i,i)，若eq\x\to(z)＝z，則a＝()A．1 B．－1C．2 D．－2解析：選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)，則t＝()A．0 B．－3C．3 D．－1解析：選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，點D在邊AC上，且2eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))，則eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))的值是()A．48 B．24C．12 D．6解析：選B法一：由題意得，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為等腰直角三角形，建立如圖所示的平面直角坐標系，則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·全國卷Ⅰ)設有下面四個命題：p1：若復數(shù)z滿足eq\f(1,z)∈R，則z∈R；p2：若復數(shù)z滿足z2∈R，則z∈R；p3：若復數(shù)z1，z2滿足z1z2∈R，則z1＝eq\x\to(z)2；p4：若復數(shù)z∈R，則eq\x\to(z)∈R.其中的真命題為()A．p1，p3 B．p1，p4C．p2，p3 D．p2，p4解析：選B設復數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，對于p1，∵eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命題；對于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命題；對于p3，設z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，則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不是真命題；對于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴eq\x\to(z)＝a－bi＝a∈R，∴p4是真命題．6.(2018·鄭州第一次質量預測)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的結果是7，則判斷框內(nèi)m的取值范圍是()A．(30,42] B．(30,42)C．(42,56] D．(42,56)解析：選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，此時不滿足S＝42<m，退出循環(huán)，所以30<m≤42，故選A.7.(2018·開封一模)我國古代名著《莊子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠都截不完．現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計算截取7天后所剩木棍的長度(單位：尺)，則①②③處可分別填入的是()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：選D由題意及程序框圖可知第一次剩下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為i≤7？，②s＝eq\f(s,2)，③i＝i＋1.故選 D.8．(2019屆高三·南寧摸底聯(lián)考)已知O是△ABC內(nèi)一點，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°，則△OBC的面積為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(2,3)解析：選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的面積為eq\f(\r(3),3).9．(2019屆高三·廣元調研)二維空間中，圓的一維測度(周長)l＝2πr，二維測度(面積)S＝πr2，三維空間中，球的二維測度(表面積)S＝4πr2，三維測度(體積)V＝eq\f(4,3)πr3，應用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測度V＝8πr3，則其四維測度W＝()A．2πr4 B．3πr4C．4πr4 D．6πr4解析：選A對于二維空間中，圓的一維測度(周長)l＝2πr，二維測度(面積)S＝πr2，(πr2)′＝2πr.三維空間中，球的二維測度(表面積)S＝4πr2，三維測度(體積)V＝eq\f(4,3)πr3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πr3))′＝4πr2.四維空間中，“超球”的三維測度V＝8πr3，∵(2πr4)′＝8πr3，∴“超球”的四維測度W＝2πr4.10.如圖，直線EF與平行四邊形ABCD的兩邊AB，AD分別交于E，F(xiàn)兩點，且交其對角線于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(→))，則λ的值為()A.eq\f(2,9) B.eq\f(2,7)C.eq\f(2,5) D.eq\f(2,3)解析：選A因為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(→))，則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邊形法則可知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(xiàn)，K三點共線可得eq\f(5,2)λ＋2λ＝1，所以λ＝eq\f(2,9).12．(2017·浙江高考)如圖，已知平面四邊形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC與BD交于點O.記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(→))，則()A．I1<I2<I3 B．I1<I3<I2C．I3<I1<I2 D．I2<I1<I3解析：選C法一：如圖所示，四邊形ABCE是正方形，F(xiàn)為正方形的對角線的交點，易得AO<AF，而∠AFB＝90°，∴∠AOB與∠COD為鈍角，∠AOD與∠BOC為銳角．根據(jù)題意，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：如圖，建立平面直角坐標系，則B(0,0)，A(0,2)，C(2，0)．設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，))從而有n－m＝eq\f(5,4)>0，∴n>m.從而∠DBC>45°，又∠BCO＝45°，∴∠BOC為銳角．從而∠AOB為鈍角．故I1<0，I3<0，I2>0.又OA<OC，OB<OD，故可設eq\o(OD,\s\up7(→))＝－λ1eq\o(OB,\s\up7(→))(λ1>1)，eq\o(OC,\s\up7(→))＝－λ2eq\o(OA,\s\up7(→))(λ2>1)，從而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．已知復數(shù)z滿足z＋|z|＝3＋i，則z＝________.解析：設z＝a＋bi，其中a，b∈R，由z＋|z|＝3＋i，得a＋bi＋eq\r(a2＋b2)＝3＋i，由復數(shù)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.我國古代數(shù)學著作《九章算術》有如下問題：“今有器中米，不知其數(shù)，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升．問：米幾何？”如圖是解決該問題的程序框圖，執(zhí)行該程序框圖，若輸出的S＝1.5(單位：升)，則輸入k的值為________．解析：模擬程序的運行，可得n＝1，S＝k，滿足條件n<4，執(zhí)行循環(huán)體，n＝2，S＝k－eq\f(k,2)＝eq\f(k,2)；滿足條件n<4，執(zhí)行循環(huán)體，n＝3，S＝eq\f(k,2)－eq\f(\f(k,2),3)＝eq\f(k,3)；滿足條件n<4，執(zhí)行循環(huán)體，n＝4，S＝eq\f(k,3)－eq\f(\f(k,3),4)＝eq\f(k,4)，此時，不滿足條件n<4，退出循環(huán)，輸出S的值為eq\f(k,4)，由題意可得eq\f(k,4)＝1.5，解得k＝6.