2011卓越联盟自主招生数学试题及答案精校版完整版

1、2011年卓越联盟自主招生数学试题(1)向量a，b均为非零向量，(a-2b)a，(b-2a)b，则a，b的夹角为(A)(B)(C)(D)(2)已知sin2(a+g)=nsin2b，则2等于(A)(B)(C)(D)(3)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，F是棱A1B1上的点，且A1F：FB1=1：3，则异面直线EF与BC1所成角的正弦值为(A)(B)(C)(D)(4)i为虚数单位，设复数z满足|z|=1，则的最大值为(A)-1(B)2-(C)+1(D)2+(5)已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴上，ABC 三个顶点都在抛物线上，且ABC 的重心为抛物线的焦点，若BC边所在直

2、线的方程为4x+y-20=0，则抛物线方程为(A)y2=16x(B)y2=8x(C)y2=-16x(D)y2=-8x(6)在三棱锥ABCA1B1C1中，底面边长与侧棱长均等于2，且E为CC1的中点，则点C1到平面AB1E的距离为(A)(B)(C)(D)(7)若关于x的方程=kx2有四个不同的实数解，则k的取值范围为( )(A)(0，1)(B)(，1)(C)(，+)(D)(1，+)(8)如图，ABC内接于O，过BC中点D作平行于AC的直线l，l交AB于E，交O于G、F，交O在A点的切线于P，若PE=3，ED=2，EF=3，则PA的长为(A)(B)(C)(D)2 (9)数列an共有11项，a1=0

3、，a11=4，且|ak+1-ak|=1，k=1，2，10满足这种条件的不同数列的个数为( )(A)100(B)120(C)140(D)160(10)设s是坐标平面按顺时针方向绕原点做角度为的旋转，t表示坐标平面关于y轴的镜面反射用ts表示变换的复合，先做t，再做s，用sk表示连续k次的变换，则sts2ts3ts4是( )(A)s4(B)s5(C)s2t(D)ts2(11)设数列an满足a1=a，a2=b，2an+2=an+1+an()设bn=an+1-an，证明：若ab，则bn是等比数列；()若(a1+a2+an)=4，求a，b的值 (12)在ABC中，AB=2AC，AD是A的角平分线，且AD

4、=kAC()求k的取值范围；()若SABC=1，问k为何值时，BC最短？ (13)已知椭圆的两个焦点为F1(-1，0)，F2(1，0)，且椭圆与直线y=x-相切()求椭圆的方程；()过F1作两条互相垂直的直线l1，l2，与椭圆分别交于P，Q及M，N，求四边形PMQN面积的最大值与最小值(14)一袋中有a个白球和b个黑球从中任取一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中在重复n次这样的操作后，记袋中白球的个数为Xn()求EX1；()设P(Xn=a+k)=pk，求P(Xn+1=a+k)，k=0，1，b；()证明：EXn+1=(1-)EXn+1 (15)

5、()设f(x)=xlnx，求f(x)；()设0<a<b，求常数C，使得取得最小值；()记()中的最小值为ma,b，证明：ma,b<ln22012年卓越联盟自主招生数学试题2013年卓越联盟自主招生数学试题一、选择题：（本大题共4小题，每小题5分在每小题给出的4个结论中，只有一项是符合题目要求的）（1）已知是定义在实数集上的偶函数，且在上递增，则（A） (B) (C) (D) （2）已知函数的图象经过点，且的相邻两个零点的距离为，为得到的图象，可将图象上所有点（A）先向右平移个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变 (B) 先向左平移个单位长度，再将所得点的横坐标

6、变为原来的倍，纵坐标不变(C) 先向左平移个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变(D) 先向右平移个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变（3）如图，在五个区域中栽种3种植物，要求同一区域中只种1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的栽种方法的总数为（A）21 (B)24 (C)30 ( D)48(4)设函数在上存在导数，对任意的，有，且在上若，则实数的取值范围为（A） (B) (C) (D) 二、填空题：（本大题共4小题，每小题6分，共24分）（5）已知抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，则双曲线的渐近线方程为 （6）设点在的内部，点，分别为边，的中点，且，则 （

7、7）设曲线与轴所围成的区域为，向区域内随机投一点，则该点落入区域内的概率为 (8)如图，是圆的切线，是切点，与垂直，垂足是，割线交圆于，且，则 （用表示）三、解答题（本大题共4小题，共56分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）（9）（本小题满分13分）在中，三个内角、所对边分别为、已知（1）求角的大小； （2）求的最大值（10）（本题满分13分）设椭圆的离心率为，斜率为的直线过点且与椭圆交于两点（1）求椭圆方程；（2）若直线与轴相交于点，且，求的值；（3）设为椭圆的下顶点，、分别为直线、的斜率，证明对任意的恒有（11）（本题满分15分）设，（1）证明：；（2）若，证明：（12）（本题满分1

8、5分）已知数列中，（1）若对都成立，求的取值范围；（2）当时，证明2013大学自主招生模拟试题一一.选择题1 把圆x2+(y1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( ) (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形2 等比数列an的首项a1=1536,公比q=,用n表示它的前n项之积。则n(nN*)最大的是( ) (A)9 (B)11 (C)12 (D)133 存在整数n,使+是整数的质数p( ) (A)不存在 (B)只有一个 (C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个4 设x(，0),以下三个数1=cos(sinx),2=sin(c

9、osx),3=cos(x+1)的大小关系是( ) (A)3<2<1 (B)1<3<2 (C)3<1<2 (D)2<3<15 如果在区间1,2上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该区间上的最大值是( ) (A) 4+ (B) 4+ (C) 1+ (D)以上答案都不对6 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是

10、( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4二.填空题1 集合x|1log10<，xN*的真子集的个数是 2 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，·z2的实部为零，z1的辐角主值为，则z2=_3 曲线C的极坐标方程是=1+cos，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是_4 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是_5 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每 面恰染一种颜色，每两个

11、具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_种(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同)6 在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为_2013大学自主招生模拟试题二一.选择题1 设等差数列an 满足3a8=5a13且a1>0，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( ) (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S212 设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z2，Z2

12、0，则复数Z，Z，Z所对应的不同的点的个数是( ) (A)4 (B)5 (C)10 (D)203 如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子最多可能有( ) (A)1个 (B)2个 (C)50个 (D)100个4 已知方程|x2n|=k (nN*)在区间(2n1，2n+1上有两个不相等的实根，则k的取值范围是( ) (A)k>0 (B)0<k (C)<k (D)以上都不是5 logsin1cos1，logsin1tan1，logcos1sin1，logcos1tan1

13、的大小关系是(A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1(B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1(C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1(D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin16 设O是正三棱锥PABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA，

14、PB的延长线分别交于Q，R，则和式+ (A)有最大值而无最小值 (B有最小值而无最大值 (C)既有最大值又有最小值，两者不等 (D)是一个与面QPS无关的常数二.填空题1 设，为一对共轭复数，若|=2，且为实数，则|= 2 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 3 用x表示不大于实数x的最大整数， 方程lg2xlgx2=0的实根个数是 4 直角坐标平面上，满足不等式组的整点个数是 5 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是 6 设M=1，2，3，1995，A是M的子集且满足条件：当xA时，15xÏA，

15、则A中元素的个数最多是 三.解答题1.给定曲线族2(2sincos+3)x2(8sin+cos+1)y=0，为参数，求该曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值2.求一切实数p，使得三次方程5x35(p+1)x2+(71p1)x+1=66p的三个根均为正整数 3.如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E，F，G，H，在弧EF与GH上分别作圆O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证： MQNP4.将平面上的每个点都以红，蓝两色之一着色。证明：存在这样两个相似的三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色2013大学自主招生模拟试题三一.选择题1对于每个自

16、然数n，抛物线y=(n2+n)x2-(2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+L+|A1992B1992|的值是( ) (A) (B) (C) (D) 2已知如图的曲线是以原点为圆心，1为半径的圆的一部分，则这一曲线的方程是( ) (A)(x+)(y+)=0 (B)(x-)(y-)=0 (C)(x+)(y-)=0 (D)(x-)(y+)=03设四面体四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，它们的最大值为S，记=(Si)/S，则一定满足( ) (A)2<4 (B)3<<4 (C)2.5<4.5 (D)3.5

17、<<5.54在ABC中，角A，B，C的对边分别记为a，b，c(b¹1)，且，都是方程logx=logb(4x4)的根，则ABC( ) (A)是等腰三角形，但不是直角三角形 (B)是直角三角形，但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形，也不是直角三角形5设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z12-2z1z2+z22=0，O为坐标原点，则OAB的面积为( ) (A)8 (B)4 (C)6 (D)126设f(x)是定义在实数集R上的函数，且满足下列关系f(10+x)=f(10-x)， f(20-x)=-f(20+x)，则f(x

18、)是(A)偶函数，又是周期函数 (B)偶函数，但不是周期函数(C)奇函数，又是周期函数 (D)奇函数，但不是周期函数二.填空题1设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且，成等差数列，则+的值是_2在区间0，p中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是_3从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则k的最大值是_4设z1，z2都是复数，且|z1|=3，|z2|=5|z1+z2|=7，则arg()3的值是_5设数列a1，a2，L，an，L满足a1=a2=1，a3=2，且对任何自然数n， 都有anan+1an+2¹1，又anan+1

19、an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，则a1+a2+L+a100的值是_6函数f(x)= 的最大值是_三.求证：16<<17四.设l，m是两条异面直线，在l上有A，B，C三点，且AB=BC，过A，B，C分别作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=，BE=CF=，求l与m的距离五.设n是自然数，fn(x)= (x¹0，±1)，令y=x+ 1.求证:fn+1(x)=yfn(x)-fn-1(x)，(n>1) 2.用数学归纳法证明： fn(x)=华南理工大学2009年自主招生选拔试题一选择题1）已知复数，且的幅角主值是，则满足的

20、的幅角主值的取值范围是（ ）A、 B、 C、 D、2）是函数在单调的（ ）A、充分而不必要条件B、必要而不充分条件C、充分必要条件 D、既不充分也不必要条件3）已知，则的最小值为（ ）A、 B、 C、 D、4）在的展开式中，的系数为（ ） A、 B、 C、 D、 5）已知圆，点是圆内一点。过点的圆的最短的弦在直线上，直线的方程为，那么（ ）A、，且与圆相交 B、，且与圆相切C、，且与圆相离 D、，且与圆相离6）已知，函数的值域为（ ）A、 B、C、 D、 7）在三角形中，向量，则下列结论一定成立的是（ ） A、向量一定与向量平行 B、向量一定与向量平行 C、向量一定与向量平行 D、向量一定与向

21、量平行 8）已知是椭圆的半焦距，则的取值范围是（ ）A、 B、 C、 D、 二.填空题9）已知是某球面上不共面的四点，且，则此球的表面积等于 。10）已知双曲线右焦点为，右准线与两条渐近线分别交于两点。若是直角三角形，则双曲线的离心率 。11）已知函数是定义在上的增函数，且满足，则不等式的解集为 。12）已知，则的最大值为 。13）甲、乙两人下围棋，下三盘棋，甲平均能赢二盘，某日，甲、乙进行五打三胜制比赛，那么甲胜出的概率为 。三设三角形三个顶点的坐标分别为， 分别为上的点，是上一点，且 1）求点的横坐标的取值范围； 2）求点的轨迹方程。四已知函数是定义在的单调增函数，要使得对于一切的实数不等

22、式恒成立，求实数的取值范围。五如图，在正三棱锥中，侧棱长为，底面边长为，为的中点，于。 1）求证：为异面直线与的公垂线； 3）求点到面的距离。六已知，设， 2）求异面直线与的距离；，1）证明数列是等比数列；2）求数列的通项；3）设，证明：当时有。模拟题答案模拟一一1. 解：99(y1)2=9(y+1)2，Þ8y220y+8=0，Þy=2或，相应的，x=0，或x=±此三点连成一个正三角形选C2. 解：n=1536n×()，故11<0，9，12，13>0作商比较：又，=15363´()6636>1，=1536´()786

23、6<1故选C3. 解：如果p为奇质数，p=2k+1，则存在n=k2(kN+)，使+=2k+1故选D4. 解：1= cos(sin|x|)>0，2=sin(cos|x|)>0，3=cos(1|x|)<0，排除B、D sin|x|+ cos|x|=sin(|x|+)<，于是cos|x|<sin|x|， sin(cos|x|)<cos(sin|x|)，故2<1，选A又解：取x=，则1=cos，2=sin，3=cos<0由于<<，故1>25. ：g(x)= x+=x+x+3=当且仅当x=即x=时g(x)取得最小值=，=，Þ

24、;p=2，q=+由于1<2故在12上f(x)的最大值为f(2)=4+故选B6. 解：O2与下底距离=3，与O1距离=2+3=5，与轴距离=4，问题转化为在以4为半径的圆周上，能放几个距离为6的点？右图中，由sinO2HC=3/4>0707，即O2HO3>90°，即此圆上还可再放下2个满足要求的点故选B二1. 解 由已知，得<logx101Þ1lgx<2Þ10x<100故该集合有90个元素其真子集有290-1个2. 解：z1满足|zi|=1；argz1=，得z1=+i，=cos()+isin()设z2的辐角为(0<<)

25、，则z2=2sin(cos+isin)·z2=2sincos()+isin()，若其实部为0，则=，于是=z2=+i3. 解：只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可设P(1+cos，)，则|AP|2=22+(1+cos)22·2(1+cos)cos=3cos22cos+5=3(cos+)2+且显然|AP|2能取遍0，内的一切值，故所求面积=4. 解：该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a，侧棱为b取CD中点G，则AGCD，EGCD，故AGE是二面角ACDE的平面角由BDAC，作平面BDF棱AC交AC于F，则BFD为二面角BACD的平面角AG=EG=，

26、BF=DF=，AE=2=2由cosAGE=cosBFD，得= =Þ9b2=16a2，Þb=a，从而b=2，2a=3AE=2即最远的两个顶点距离为35. 解：至少3种颜色：6种颜色全用：上面固定用某色，下面可有5种选择，其余4面有(41)!=6种方法，共计30种方法；用5种颜色：上下用同色：6种方法，选4色：C(41)! =30；6×30÷2=90种方法；用4种颜色：CC=90种方法用3种颜色：C=20种方法共有230种方法6. 解：把圆心平移至原点，不影响问题的结果故问题即求x2+y2=1992的整数解数显然x、y一奇一偶，设x=2m，y=2n1且1m，

27、n99则得4m2=1992(2n1)2=(198+2n)(2002n)m2=(99+n)(100n)(n1)(n) (mod 4)由于m为正整数，m20，1 (mod 4)；(n1)(n)二者矛盾，故只有(0，±199)，(±199，0)这4解 共有4个(199，±199)，(0，0)，(398，0)模拟二一1. 解：3(a+7d)=5(a+12d)，Þd=a，令an=aa (n1)0，an+1= aa n<0，得n=20选C2. 解：设z1=cos+isin，则zk=z1k1，其中=cos+isin20=115=i，10=1，5=i zk1995

28、=(cos1995+isin1995) 1995(k1)= (cos1995+isin1995)(i)k1 共有4个值选A3. 解：把身高按从高到矮排为1100号，而规定二人比较，身高较高者体重较小，则每个人都是棒小伙子故选D4. 解：由|x2n|0，故k0，若k=0，可知在所给区间上只有1解故k>0 由图象可得，x=2n+1时，k1即k故选B 又解：y=(x2n)2与线段y=k2x(2n1<x2n+1)有两个公共点x2(4n+k2)x+4n2=0有(2n1，2n+1上有两个根故=(4n+k2)216n2>0且(2n1)2(4n+k2)(2n1)+4n2>0，(2n+1

29、)2(4n+k2)(2n+1)+4n20，2n1<2n+k2<2n+1Þ k5. 解：<1<，故0<cos1<sin1<1<tan1Þ logsin1tan1<0，logcos1tan1<0，logsin1cos1>0，logcos1sin1>0，设logsin1cos1=a，则得(sin1)a=cos1<sin1，a>1；logcos1sin1=b，则(cos1)b=sin1>cos1，0<b<1；即logcos1sin1< logsin1cos1设logsin1t

30、an1=c，logcos1tan1=d，则得(sin1)c =(cos1)d=tan1，(指数函数图象进行比较)，c<d即logsin1tan1<logcos1tan1故选C6.解：O到面PAB、PBC、PCA的距离相等设APB=，则 VPQRS=d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)sin(其中d为O与各侧面的距离) VPQRS=PQ·PR·PSsinsin(其中为PS与面PQR的夹角) d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)=PQ·PR·PSsin +=为定值故选D二1. 解

31、：设=x+yi，(x，yR)，则|=2|y|y=± 设arg=，则可取+2=2，(因为只要求|，故不必写出所有可能的角)=，于是x=±1|=22. 解：设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r2=h(2Rh) V锥=r2h=h2(2Rh)=h·h(4R2h)=·R3 所求比为8273. 解：令lgx=t，则得t22=t作图象，知t=1，t=2，及1<t<2内有一解当1<t<2时，t=1，t=故得：x=，x=100，x=10，即共有3个实根4. 解：如图，即OAB内部及边界上的整点由两轴及x+y=100围成区域(

32、包括边界)内的整点数=1+2+3+101=5151个由x轴、y=x，x+y=100围成区域(不包括y=x上)内的整点数(x=1，2，3时各有1个整点，x=4，5，6时各有2个整点，x=73，74，75时有25个整点，x=76，77，100时依次有25，24，1个整点共有3×1+3×2+3×25+25+24+1=4(1+2+25)=1300由对称性，由y轴、y=3x、x+y=100围成的区域内也有1300个整点所求区域内共有51512600=2551个整点5. 解：顶点染色，有5种方法，底面4个顶点，用4种颜色染，A=24种方法，用3种颜色，选 1对顶点C，这一对顶

33、点用某种颜色染C，余下2个顶点，任选2色染，A种，共有CCA=48种方法；用2种颜色染： A=12种方法；共有5(24+48+12)=420种方法6. 解：1995=15×133故取出所有不是15的倍数的数，共1862个，这此数均符合要求在所有15的倍数的数中，152的倍数有8个，这此数又可以取出，这样共取出了1870个即|A|1870又k，15k(k=9，10，11，133)中的两个元素不能同时取出，故|A|1995-133+8=1870三1. 解：以y=2x代入曲线方程得x=0，x= 所求弦长l=故只要求|x|的最大值即可由(2x8)sin(x+1)cos=13xÞ(2

34、x8)2+(x+1)2(13x)2，即x2+16x160解之得，8x2即|x|8(当sin=±，cos=时即可取得最大值)故得最大弦长为82. 解：x=1是方程的一个根于是只要考虑二次方程 5x25px+66p1=0的两个根为正整数即可设此二正整数根为u、v则由韦达定理知， 消去p，得5uv66(u+v)=1同乘以5：52uv5×66u5×66v=5 (5u66)(5v66)=6625=4351=19×229由于u、v均为整数，故5u66、5v66为整数 其中使u、v为正整数的，只有u=17，v=59这一组值此时p=763. 分析 要证MQNP，因ABD

35、C，故可以考虑证明AMQ=CPN现A=C，故可证AMQCPN于是要证明AMAQ=CPCN证明 设ABC=2a，BNM=2b，BMN=2则由ON平分ONM，得ONC=ONM=(180°2b)=90°b；同理，OMN=OMA=90°而CON=180°OCNONC=b+a=90°，于是CONAMO，AMAO=COCN，即AM·CN=AO2 同理，AQ·CP=AO2，AM·CN=AQ·CPAMQCPN，AMQ=CPNMQNP4. 证明：首先证明平面上一定存在三个顶点同色的直角三角形任取平面上的一条直线l，则直线l

36、上必有两点同色设此两点为P、Q，不妨设P、Q同着红色过P、Q作 直线l的垂线l1、l2，若l1或l2上有异于P、Q的点着红色，则存在红色直角三角形若l1、l2上除P、Q外均无红色点，则在l1上任取异于P的两点R、S，则R、S必着蓝色，过R作l1的垂线交l2于T，则T必着蓝色RST即为三顶点同色的直角三角形设直角三角形ABC三顶点同色(B为直角)把ABC补成矩形ABCD(如图)把矩形的每边都分成n等分(n为正奇数，n>1，本题中取n=1995)连结对边相应分点，把矩形ABCD分成n2个小矩形AB边上的分点共有n+1个，由于n为奇数，故必存在其中两个相邻的分点同色，(否则任两个相邻分点异色，

37、则可得A、B异色)，不妨设相邻分点E、F同色考察E、F所在的小矩形的另两个顶点E¢、F¢，若E¢、F¢异色，则EFE¢或DFF¢为三个顶点同色的小直角三角形若E¢、F¢同色，再考察以此二点为顶点而在其左边的小矩形，这样依次考察过去，不妨设这一行小矩形的每条竖边的两个顶点都同色同样，BC边上也存在两个相邻的顶点同色，设为P、Q，则考察PQ所在的小矩形，同理，若P、Q所在小矩形的另一横边两个顶点异色，则存在三顶点同色的小直角三角形否则，PQ所在列的小矩形的每条横边两个顶点都同色现考察EF所在行与PQ所在列相交的矩形GH

38、NM，如上述，M、H都与N同色，MNH为顶点同色的直角三角形由n=1995，故MNHABC，且相似比为1995，且这两个直角三角形的顶点分别同色证明2：首先证明：设a为任意正实数，存在距离为2a的同色两点任取一点O(设为红色点)，以O为圆心，2a为半径作圆，若圆上有一个红点，则存在距离为2a的两个红点，若圆上没有红点，则任一圆内接六边形ABCDEF的六个顶点均为蓝色，但此六边形边长为2a故存在距离为2a的两个蓝色点下面证明：存在边长为a，a，2a的直角三角形，其三个顶点同色如上证，存在距离为2a的同色两点A、B(设为红点)，以AB为直径作圆，并取圆内接六边形ACDBEF，若C、D、E、F中有任

39、一点为红色，则存在满足要求的红色三角形若C、D、E、F为蓝色，则存在满足要求的蓝色三角形下面再证明本题：由上证知，存在边长为a，a，2a及1995a，1995a，1995´2a的两个同色三角形，满足要求证明3：以任一点O为圆心，a及1995a为半径作两个同心圆，在小圆上任取9点，必有5点同色，设为A、B、C、D、E，作射线OA、OB、OC、OD、OE，交大圆于A¢，B¢，C¢，D¢，E¢，则此五点中必存在三点同色，设为A¢、B¢、C¢则DABC与DA¢B¢C¢为满足要求的三角

40、形模拟三一1. 解：y=(n+1)x1)(nx1)， |AnBn|=，于是|A1B1|+|A2B2|+L+|A1992B1992|=，选B2. 解：(x-)=0表示y轴右边的半圆，(y+)=0表示x轴下方的半圆，故选D3. 解： Si4S，故Si4，又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时，Si接近2S，故选A4. 解：x2=4x4根为x=2 C=2A，ÞB=180°3A，sinB=2sinAÞsin3A=2sinA，Þ34sin2A=2A=30°，C=60°，B=90°选B 5. 解：=cos±isin |z2|=8，z1、z2的夹角=60°S=·4·8·=8选A6. 解：f(20x)=f10+(10x)=f10(10x)=f(x)=f(20+x) f(40+x)=f20+(20+x)=f(20+x)=f(x) 是周期函数； f(x)=f(40x)=f(20+(20x)=f(20(20x)=f(x) 是奇函数选C二1. 解：16y2=15xz，y=，Þ16·4x2z2=15xz(x