设a，b，c是实数，那么对任何实数x， 不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要条件是
(A) a，b同时为0，且c>0 (B) =c
(C) <c (D) >c
知识点：5.充分条件与必要条件
C
解：asinx+bcosx+c=sin(x+φ)+c∈[－+c，+c]．故选C．
给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+b2－c2>0．(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2－c2>0，则a2+b2>c2．那么下述说法正确的是
(A)命题(1)正确，命题(2)也正确 (B)命题(1)正确，命题(2)错误
(C)命题(1)错误，命题(2)也错误 (D)命题(1)错误，命题(2)正确
知识点：3.复数代数形式的四则运算
B
解：⑴正确，⑵错误；理由：⑴a2+b2>c2，成立时，a2+b2与c2都是实数，故此时a2+b2－c2>0成立；
⑵ 当a2+b2－c2>0成立时a2+b2－c2是实数，但不能保证a2+b2与c2都是实数，故a2+b2>c2不一定成立．故选B．
已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
知识点：6.数列的求和
C
解：(an+1－1)=－(an－1)，即{ an－1}是以－为公比的等比数列，
∴ an=8(－)n－1+1．∴ Sn=8·+n=6+n－6(－)n，Þ6·<，Þn≥7．选C．
已知0<b<1，0<a<，则下列三数：x=(sina)，y=(cosa)，z=(sina)的大小关系是
(A)x<z<y (B)y<z<x (C)z<x<y (D)x<y<z
知识点：16函数值的大小比较
A
解：0<sina<cosa<1．logbsina>logbcosa>0．
∴ (sina)< (sina)< (cosa)即x<z<y．选A．
在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是
(A)( π，π) (B)( π，π) (C)(0，) (D)( π，π)
知识点：10.空间角与距离
A
解：设相邻两侧面所成的二面角为θ，易得θ大于正n边形的一个内角π，当棱锥的高趋于0时，θ趋于π，故选A．
在平面直角坐标系中，方程+=1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是
(A)三角形 (B)正方形
(C)非正方形的长方形 (D)非正方形的菱形
知识点：5.曲线与方程
D
解：x+y≥0，x－y≥0时，(一、四象限角平分线之间)：(a+b)x+(b－a)y=2ab；
x+y≥0，x－y<0时，(一、二象限角平分线之间)：(b－a)x+(a+b)y=2ab；
x+y<0，x－y≥0时，(三、四象限角平分线之间)：(a－b)x－(a+b)y=2ab；
x+y<0，x－y<0时，(二、三象限角平分线之间)：－(a+b)x+(a－b)y=2ab．
四条直线在a≠b时围成一个菱形(非正方形)．选D．
已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为(－1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是 ．
知识点：2.直线的交点坐标与距离公式
－3<m<－．
解：即x+my+m=0与y=(x+1)+1的交点的横坐标>2．
∴ x+m(x+)+m=0，(3+m)x=－7m．x=－>2．Þ－3<m<－．
已知x，y∈[－，]，a∈R且则cos(x+2y) = ．
知识点：5.三角函数的求值、化简与证明
1
解：2a=x3+sinx=(－2y)3－sin(－2y)，
令f(t)=t3+sint，t∈[－，]，f ¢(t)=3t2+cost>0，即f(t)在[－，]上单调增．∴ x=－2y．
∴ cos(x+2y)=1．
已知点集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2≤()2}，B={(x，y)|(x－4)2+(y－5)2>()2}，则点集A∩B中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ．
知识点：3.集合的基本运算
7
解：如图可知，共有7个点，即(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，2)共7点．
设0<θ<π，，则sin(1+cosθ)的最大值是 ．
知识点：5.三角函数的求值、化简与证明
解：令y= sin(1+cosθ) >0，
则y2=4 sin2cos4=2·2sin2cos2cos2≤2()3．
∴ y≤．当tan=时等号成立．
已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα= ．
．
知识点：10.空间角与距离
解：12条棱只有三个方向，故只要取如图中AA¢与平面AB¢D¢所成角即可．设AA¢=1，则A¢C=，A¢C⊥平面AB¢D¢，A¢C被平面AB¢D¢、BDC¢三等分．于是sinα=
已知95个数a1，a2，a3，…，a95， 每个都只能取+1或－1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+…+a94a95的最小正值是 ．
.
知识点：6.数列的求和
13
解：设有m个+1，(95－m)个－1．则a1+a2+…+a95=m－(95－m)=2m－95
∴ 2(a1a2+a1a3+…+a94a95)=(a1+a2+…+a95)2－(a12+a22+…+a952)=(2m－95)2－95>0．
取2m－95=±11．得a1a2+a1a3+…+a94a95=13．为所求最小正值．
x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是复数，且z－4z2=16+20i，设这个方程的两个根α、β，满足|α－β|=2,求|m|的最大值和最小值.
知识点：6.二次函数
7+，7－
解：设m=a+bi(a，b∈R)．则△=z12－4z2－4m=16+20i－4a－4bi=4[(4－a)+(5－b)i]．设△的平方根为u+vi．(u，v∈R)
即(u+vi)2=4[(4－a)+(5－b)i]．
|α－β|=2，Û|α－β|2=28，Û|(4－a)+(5－b)i|=7，Û(a－4)2+(b－5)2=72，
即表示复数m的点在圆(a－4)2+(b－5)2=72上，该点与原点距离的最大值为7+，最小值为7－．
将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。
知识点：7.数列的通项
解：由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－)(1－)(1－)=48个。1000=48×20+48－8， 105×20=2100.而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86．
∴ 所求数为2186
如图，设三角形的外接圆O的半径为R,内心为I，∠B=60°,∠A<∠C,∠A的外角平分线交圆O于E．
证明:(1) IO=AE； (2) 2R<IO+IA+IC<(1+)R．
知识点：1.几何证明选讲
证明：∵∠B=60°，∴∠AOC=∠AIC=120°．
∴A，O，I，C四点共圆．圆心为弧AC的中点F，半径为R．
∴O为⊙F的弧AC中点，设OF延长线交⊙F于H，AI延长线交弧BC于D．
由∠EAD=90°（内外角平分线）知DE为⊙O的直径．∠OAD=∠ODA．
但∠OAI=∠OHI，故∠OHI=∠ADE，于是RtΔDAE≌RtΔHIO
∴AE=IO．
由ΔACH为正三角形，易证IC+IA=IH．
由OH=2R．∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R．
设∠OHI=α，则0<α<30°．
∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2Rsin(α+45°)
又α+45°<75°，故IO+IA+IC<2 R(+)/4=R(1+)
给定平面上的点集P={P1，P2，…，P1994}, P中任三点均不共线,将P中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将在同一组的任两点用一条线段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案G，不同的分组方式得到不同的图案，将图案G中所含的以P中的点为顶点的三角形个数记为m(G)．
(1)求m(G)的最小值m0．
(2)设G*是使m(G*)=m0的一个图案，若G*中的线段(指以P的点为端点的线段)用4种颜色染色,每条线段恰好染一种颜色．证明存在一个染色方案,使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形．
知识点：1.两个计数原理
解：设G中分成的83个子集的元素个数分别为ni(1≤i≤83)，83Σni=1994．且3≤n1≤n2≤…≤n83．
则m(G)= 83ΣC3ni．即求此式的最小值．
设nk+1>nk+1．即nk+1－1≥nk+1．则C3ni+1+ C3ni+1－1－( C3ni+ C3ni+1)= C2ni－C2ni+1<0．这就是说，当nk+1与nk的差大于1时，可用nk+1－1及nk+1代替nk+1及nk，而其余的数不变．此时，m(G)的值变小．
于是可知，只有当各ni的值相差不超过1时，m(G)才能取得最小值．
1994=83×24+2．故当81组中有24个点，2组中有25个点时，m(G)达到最小值．
m0=81C+2C=81×2024+2×2300=168544．
⑵ 取5个点为一小组，按图1染成a、b二色．这样的五个小组，如图2，每个小圆表示一个五点小组．同组间染色如图1，不同组的点间的连线按图2染成c、d两色．这25个点为一组，共得83组．染色法相同．其中81组去掉1个点及与此点相连的所有线．即得一种满足要求的染色．
