12．一個(gè)動(dòng)點(diǎn)由A點(diǎn)位移到B點(diǎn)，又由B點(diǎn)位移到C點(diǎn)，則動(dòng)點(diǎn)的總位移是（　�。�
A．$\overrightarrow{AC}$B．$\overrightarrow{AB}$C．$\overrightarrow{BC}$D．$\overrightarrow{CA}$

分析 由物理上位移的定義便知，從一點(diǎn)到另一點(diǎn)的位移，便是從這點(diǎn)到另一點(diǎn)的向量，這樣便可分別求出動(dòng)點(diǎn)由A到B點(diǎn)，和由B點(diǎn)到C點(diǎn)的位移，從而可得出動(dòng)點(diǎn)的總位移．

解答 解：根據(jù)位移的定義知，位移是從起點(diǎn)到終點(diǎn)的向量；
∴A點(diǎn)到B點(diǎn)的位移為$\overrightarrow{AB}$，B點(diǎn)到C點(diǎn)的位移為$\overrightarrow{BC}$；
∴動(dòng)點(diǎn)的總位移為$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$．
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 考查對(duì)位移概念的理解，向量的定義，知道位移可以用向量表示，以及向量加法的幾何意義及運(yùn)算．

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2．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn+3=3an（n∈N*）．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)bn=log3an，Tn=$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，求證：${T_n}＜\frac{3}{4}$．

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3．已知Sn為公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1=1，S1，S2，S4成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)${b_n}=\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．

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20．已知i是虛數(shù)單位，則$\frac{3-i}{1+i}$的模與虛部的積等于（　　）
A．$2\sqrt{5}i$B．$-2\sqrt{5}i$C．$2\sqrt{5}$D．$-2\sqrt{5}$

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7．如圖已知四邊形ABCD是菱形，P是ABCD所在平面外一點(diǎn)，且PB=PD=AB，M是PC的中點(diǎn)，
（1）求證：PA∥平面BDM
（2）求證：平面BDM⊥平面PAC．

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17．設(shè)a=sin$\frac{24π}{5}$，b=cos（-$\frac{39π}{10}$），c=tan（-$\frac{43π}{12}$），則（　�。�
A．a＞b＞cB．b＞c＞aC．c＞b＞aD．c＞a＞b

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4．設(shè)f（x）=ax5+bx3+x2-1（a，b為常數(shù)），若f（-5）=2，則f（5）=46．

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1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足：Sn+1=kSn+p（kp≠0），a1=p（n∈N）．
（1）求證：數(shù)列{an}是以k為公比的等比數(shù)列．并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）已知k＞-1，m，n是正整數(shù)，求證：km+kn≤1+km+n；
（3）若p=1，k＞-1，求證；Sn≤$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．

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2．已知函數(shù)y=（m2-3m+3）x${\;}^{\frac{{m}^{2}}{3}-1}$為冪函數(shù)，求其解析式，并討論函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性．

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