知识点：3.等差数列的前n项和

C

解：3(a+7d)=5(a+12d)，Þd=－a，令a_n=a－a (n－1)≥0，a_n+1= a－a n<0，得n=20．选C．

知识点：2.复数的几何意义

A

解：设z₁=cosθ+isinθ，则z_k=z₁ε^k－1，其中ε=cos+isin．ε²⁰=1．ε¹⁵=－i，ε¹⁰=－1，ε⁵=i．

∴ z_k¹⁹⁹⁵=(cos1995θ+isin1995θ) ε^1995(k－1)= (cos1995θ+isin1995θ)(－i)^k－1．

∴ 共有4个值．选A．

知识点：1.两个计数原理

D

解：把身高按从高到矮排为1~100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D．

知识点：13.函数与方程

B

解：由|x－2n|≥0，故k≥0，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，k≤1．即k≤．故选B．

又解：y=(x－2n)²与线段y=k²x(2n－1<x≤2n+1)有两个公共点．x²－(4n+k²)x+4n²=0有(2n－1，2n+1]上有两个根．故△=(4n+k²)²－16n²>0．且(2n－1)²－(4n+k²)(2n－1)+4n²>0，(2n+1)²－(4n+k²)(2n+1)+4n²≥0，2n－1<2n+k²<2n+1．Þ k≤．

知识点：15.函数的图像

C

解：<1<，故0<cos1<sin1<1<tan1．Þ log_sin1tan1<0，log_cos1tan1<0，log_sin1cos1>0，log_cos1sin1>0，

设log_sin1cos1=a，则得(sin1)^a=cos1<sin1，a>1；log_cos1sin1=b，则(cos1)^b=sin1>cos1，0<b<1；即log_cos1sin1< log_sin1cos1．

设log_sin1tan1=c，log_cos1tan1=d，则得(sin1)^c =(cos1)^d=tan1，(指数函数图象进行比较)，c<d．即log_sin1tan1<log_cos1tan1

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

D

解：O到面PAB、PBC、PCA的距离相等．设∠APB=α，则

V_PQRS=d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)sinα．(其中d为O与各侧面的距离)．

V_PQRS=PQ·PR·PSsinαsinθ．(其中θ为PS与面PQR的夹角)

∴ d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)=PQ·PR·PSsinθ．

∴ ++=为定值．故选D．

知识点：2.复数的几何意义

2

解：设α=x+yi，(x，y∈R)，则|α－β|=2|y|．∴y=±．

设argα=θ，则可取θ+2θ=2π，(因为只要求|α|，故不必写出所有可能的角)．θ=π，于是x=±1．|α|=2．

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

8∶27

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(2R－h)．

V_锥=πr²h=h²(2R－h)=h·h(4R－2h)≤=·πR³．

∴ 所求比为8∶27．

知识点：13.函数与方程

3

解：令lgx=t，则得t²－2=[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．

知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

2551

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(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5151－2600=2551个整点．

知识点：1.两个计数原理

420

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．

知识点：2.集合间的基本关系

1870

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．

知识点：4.直线与圆锥曲线的位置关系

8

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(2x－8)sinθ－(x+1)cosθ=1－3x．Þ(2x－8)²+(x+1)²≥(1－3x)²，即x²+16x－16≤0．

解之得，－8≤x≤2．即|x|≤8(当sinθ=±，cosθ=∓时即可取得最大值)．故得最大弦长为8

知识点：13.函数与方程

解：x=1是方程的一个根．于是只要考虑二次方程

5x²－5px+66p－1=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5uv－66(u+v)=－1．同乘以5：5²uv－5×66u－5×66v=－5．

∴ (5u－66)(5v－66)=66²－5=4351=19×229．由于u、v均为整数，故5u－66、5v－66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=76．

知识点：1.几何证明选讲

证明 设∠ABC=2a，∠BNM=2b，∠BMN=2γ．则

由ON平分∠ONM，得∠ONC=∠ONM=(180°－2b)=90°－b；

同理，∠OMN=∠OMA=90°－γ．

而∠CON=180°－∠OCN－∠ONC=b+a=90°－γ，于是ΔCON∽ΔAMO，

∴AM∶AO=CO∶CN，即AM·CN=AO²．

同理，AQ·CP=AO²，∴AM·CN=AQ·CP．

∴ΔAMQ∽ΔCPN，∴∠AMQ=∠CPN．

∴MQ∥NP．

分析 要证MQ∥NP，因AB∥DC，故可以考虑证明∠AMQ=∠CPN．现∠A=∠C，故可证ΔAMQ∽ΔCPN．于是要证明AM∶AQ=CP∶CN．

知识点：1.两个计数原理

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，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GHNM，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△MNH∽△ABC，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¢为满足要求的三角形．