北约2013年自主招生数学试题

2013年北约自主招生数学试题与答案

2013-03-16

（时间90分钟，满分120分）

g132(7abcde)(2a3b2cd)32(6a3bc)340

7abcde0

2a3b2cd0(1)4a2ce02bd0(2)即方程组：7abcde0(3)，有非0有理数解.

2a3b2cd0(4)(5)6a3bc0由（1）+（3）得：11abcd0 （6） 由（6）+（2）得：11a3bc0 （7） 由（6）+（4）得：13a4b3c0 （8） 由（7）（5）得：a0，代入（7）、（8）得：bc0，代入（1）、（2）知：de0.

于是知abcde0，与abcd,,,,e不全为0矛盾.所以不存在一个次数不超过4的

有理系数多项式g(x)，其两根分别为2和132. 综上所述知，以2和132为两根的有理系数多项式的次数最小为5.

1． 在66的表中停放3辆完全相同的红色车和3辆完全相同的黑色车，每一行每一列只

有一辆车，每辆车占一格，共有几种停放方法？ A. 720 B. 20 C. 518400 D. 14400

解析：先从6行中选取3行停放红色车，有C6种选择.最上面一行的红色车位置有6种选择；最上面一行的红色车位置选定后，中间一行的红色车位置有5种选择；上面两行的红色车位

1

3

置选定后，最下面一行的红色车位置有4种选择。三辆红色车的位置选定后，黑色车的位置有3！=6种选择。所以共有C6654614400种停放汽车的方法. 2． 已知x2y5,y2x5，求x2xyy的值. A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 解析：根据条件知：

2232233x32x2y2y3x(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5)15x15y4xy50

由x2y5,y2x5两式相减得(xy)(xy)2y2x故yx或xy2 ①若xy则x22x5，解得x16.于是知xy16或xy16. 当xy16时，

22x32x2y2y34xy15(xy)504x230x504(x22x5)38x70 38x70108386.

当xy16时

x32x2y2y34xy15(xy)504x230504(x22x5)38x70 x2y2(2y5)(2x5)2(yx)xy238x70108386.

（2）若xy，则根据条件知：xy(2y5)(2x5)2(yx)xy2，于是xy(2y5)(2x5)2(xy)106，

2222(xy)2(x2y2)1. 进而知xy2于是知：x2xyy4xy15(xy)5016.

3223综上所述知，x2xyy的值为108386或16.

3223

3． 数列an满足a11，前n项和为Sn,Sn14an2，求a2013. A. 30192

2012

B. 30192

2013

C. 30182

2012

D.无法确定

解析：根据条件知：4an12Sn2an2Sn1an24an2an24an14an.又根据条件知：a11,S2a1a24a12a25.

2

所以数列an:a11,a25,an24an14an.

又an24an14anan22an12(an12an).令bnan12an， 则bn12bn,b1a22a13，所以bn32对an12an32n1n1.即an12an32n1.

anan1an3an1an3，即.令，cn2n2n12n42n12n4a13133n1则cn1cn，c11，于是知cn(n1).所以

4222443n1nan,2(3n1)2n2.于是知：a2013(320131)22011301922012.

4，两边同除以2n1，有

5．如图，ABC中，AD为BC边上中线，DM,DN分别ADB,ADC的角平分线，试比较BMCN与MN的大小关系，并说明理由. A. BM+CN>MN B. MNCNMN C. BM+CNMN D.无法确定

解析：如图，延长ND到E，使得DEDN，连接BE、ME.易知BDECDN，所以CNBE.又因为DM,DN分别为ADB,ADC的角平分线，所以MDN90，知

6.模长为1的复数A、B、C，满足ABC0，求

MD为线段EN的垂直平分线，所以MNME.所以BMCNBMBE. ABBCCA的模长.

ABC A. 1/2 B. 1 C. 2 D.无法确定 解析：根据公式zzz知，AA1,BB1,CC1.于是知：

ABBCCAABCABBCCAABBCCA

ABCABC(ABCCABCCBCAABCAACABBCABB)(AABBBBCCCCAA) (ABABBCBCCACA)(AABBCC) 3

所以

ABABBCBCCACA31.

ABABBCBCCACA3ABBCCA的模长为1.

ABC

7．最多能取多少个两两不等的正整数，使得其中任意三个数之和都为素数. 解析：所有正整数按取模3可分为三类：3k型、3k1型、3k2型.

首先，我们可以证明，所取的数最多只能取到两类.否则，若三类数都有取到，设所取3k型数为3a，3k1型数为3b1，3k2型数为3c2，

则3a(3b1)(3c2)3(abc1)，不可能为素数.所以三类数中，最多能取到两类.

其次，我们容易知道，每类数最多只能取两个.否则，若某一类3kr(r0、1、2)型的数至少取到三个，设其中三个分别为3ar、3br、3cr，

则(3ar)(3br)(3cr)3(abcr)，不可能为素数.所以每类数最多只能取两个.

结合上述两条，我们知道最多只能取224个数，才有可能满足题设条件. 另一方面，设所取的四个数为1、7、5、11，即满足题设条件. 综上所述，若要满足题设条件，最多能取四个两两不同的正整数.

、、a3、8．已知a1、a2a12a2a22a3a20，R满足a1a2a3a20130，且

a23a4a22012a20a2，13a2证求01：31a1a2a3a20130.

解析：根据条件知:

(a12a2)(a22a3)(a32a4)(a20132a1)(a1a2a3a2013)0（1）

另一方面，令

，

a12a2a22a3a2a43a2203则a，1m1a12、a2a22、a3、a23、a4a2am，或为m.设其中有k个中每个数或为

m，(2013k)个m，则：

(a12a2)(a22a3)(a32a4)(a20132a1)km(2013k)(m)(2k2013)m（2）

由（1）、（2）知：

4

(2k2013)m0 （3）

而2k2013为奇数，不可能为0，所以m0.于是知：

a12a2,a22a3,a32a4,,a20122a2013,a20132a1.

从而知：a12

9．对任意的，求32coscos66cos415cos2的值. 解析：根据二倍角和三倍角公式知：

62013a1，即得a10.同理可知：a2a3a20130.命题得证.

32cos6cos66cos415cos2

32cos6(2cos231)6(2cos221)15(2cos21)

3222232cos62(4cos3cos)162(2cos1)115(2cos1) 32cos6(32cos648cos418cos21)(48cos448cos26)(30cos215)10.

10．已知有mn个实数，排列成mn阶数阵，记作aijmxn，使得数阵中的每一行从左到

右都是递增的，即对任意的i1、2、3、、m，当j1j2时，都有aij1aij2.现将aijmxn的

每一列原有的各数按照从上到下递增的顺序排列，形成一个新的mn阶数阵，记作

aijmxn，即对任意的j1、2、3、、n，当i1i2时，都有ai1jai2j.试判断aijmxn中每

一行的n个数的大小关系，并说明理由.

解析：数阵aijmxn中每一行的n个数从左到右都是递增的，理由如下：

显然，我们要证数阵aijmxn中每一行的n个数从左到右都是递增的，我们只需证明，对于

ai(j1)，其中j1、任意i12、3、、n1. 、2、3、、m，都有aija(若存在一组apq.p1q(q1)aik(q1)，其中k1、令ak、2、3、m，

tti1,i2,i3,,im1,2,3,,m.则当tp时，都有aiqai(q1)at(q1)apq(1)apq.

2、3、、m)中，至少有p个数小于apq，也即apq在数阵aij也即在aiq(i1、中，至少排在第p1行，与apq排在第p行矛盾.

mxn的第q列

5

ai(j1)，即数阵aij所以对于任意i1、2、3、、m，都有aij右都是递增的.

mxn中每一行的n个数从左到

6