2013年北约自主招生数学试题及答案(试题、答案分离)

2013年北约自主招生数学试题与答案

1． 以2和1?32为两根的有理系数多项式的次数最小是多少？

A. 2 B. 3 C. 5 D. 6

2． 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 3． 已知x?2y?5,y?2x?5，求x?2xy?y的值. A. 10 B. 12 C. 14 D. 16

4． 数列?an?满足a1?1，前n项和为Sn,Sn?1?4an?2，求a2013.

223223A. 3019?2 2012 B. 3019?22013 C. 3018?22012 D.无法确定

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

AB?BC?CA的模长.

A?B?C A. ?1/2 B. 1 C. 2 D.无法确定

6.模长为1的复数A、B、C，满足A?B?C?0，求

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.

8．已知

a1、a2、a3、?、a2013?R，满足

a1?a2?a3???a2013?0，且

a1?2a2?a2?2a3?a3?2a4???a2012?2a2013?a2013?2a1，a1?a2?a3???a2013?0. 求证：

9．对任意的?，求32cos??cos6??6cos4??15cos2?的值. 10．已知有mn个实数，排列成m?n阶数阵，记作aij6??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aij??ai?2j.试判断aij都有ai?1j

??mxn，即对任意的j?1当i1?i2时，、2、3、?、n，

??mxn中每一行的n个数的大小关系，并说明理由.

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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）

5． 以2和1?32为两根的有理系数多项式的次数最小是多少？

A. 2 B. 3 C. 5 D. 6

3解析：显然，多项式f(x)?(x?2)??(1?x)?2??的系数均为有理数，且有两根分别为2和1?2.于是

23知，以2和1?32为两根的有理系数多项式的次数的最小可能值不大于5.

若存在一个次数不超过4的有理系数多项式g(x)?ax?bx?cx?dx?e，其两根分别为2和1?32，其中a,b,c,d,e不全为0，则：

432g????4a?2c?e?02?(4a?2c?e)?(2b?d)2?0??

?2b?d?0g1?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

与abcde,,,,a?b?c?d?e?0，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.

6． 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

2

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)，

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

3C6?6?5?4?6?14400种停放汽车的方法.

37． 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：

223223x3?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

2①若x?y则x?2x?5，解得x?1?6.于是知x?y?1?6或x?y?1?6. 22当x?y?1?6时，

x3?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

22x2?y2?(2y?5)?(2x?5)?2(x?y)?10?6，

(x?y)2?(x2?y2)??1. 进而知xy?2于是知：x?2xy?y?4xy?15(x?y)?50??16. 综上所述知，x?2xy?y的值为?108?386或?16.

8． 数列?an?满足a1?1，前n项和为Sn,Sn?1?4an?2，求a2013.

32233223A. 3019?2 2012 B. 3019?22013 C. 3018?22012 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：

3

a1?1,S2?a1?a2?4a1?2?a2?5.

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.

an?1an3an?1an3an3，即.令，则，????c?c?c?nn?1n2n?12n42n?12n42n4a113n3?13n?1n.所以an?c1?1?，于是知cn??(n?1?),2?(3n?1)?2n?2.于是知：

222444，两边同除以2n?1，有

a2013?(3?2013?1)?22011?3019?220.

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MD为线段EN的垂直平分线，所以MN?ME.所以BM?CN?BM?BE?ME?MN.

AB?BC?CA的模长.

A?B?C A. ?1/2 B. 1 C. 2 D.无法确定

6.模长为1的复数A、B、C，满足A?B?C?0，求解析：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) 4

?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.

8．已知

a1、a2、a3、?、a2013?R，满足

a1?a2?a3???a2013?0，且

a1?2a2?a2?2a3?a3?2a4???a2012?2a2013?a2013?2a1，a1?a2?a3???a2013?0. 求证：

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?a2?2a3?a3?2a4???a2013?2a1?m，则

a1?2、a2?a、22a、?、2a33?a?2am，中每个数或为或为?am.设其中有k个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：

(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

5

2013?a1，即得a1?0.同理可知：a2?a3???a2013?0.命题得证.

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

32cos6??cos6??6cos4??15cos2?

?32cos6??(2cos23??1)?6(2cos22??1)?15(2cos2??1)

32222?32cos6????2(4cos??3cos?)?1???6??2(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aij??ai?2j.试判断aij都有ai?1j?解析：数阵aij??mxn，即对任意的j?1当i1?i2时，、2、3、?、n，

??mxn中每一行的n个数的大小关系，并说明理由.

??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，对于任意

??ai?(j?1)，其中j?1、2、3、?、n?1. i?1、2、3、?、m，都有aij??若存在一组a?、2、3、?、m，?i1,i2,i3,?,im???1,2,3,?,m?.则pq?ap(q?1).令ak(q?1)?aik(q?1)，其中k?1?、2、3、?、m)中，至少有p个数小于当t?p时，都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?p(q?1)?apq.也即在aiq(i?1??的第q列中，至少排在第p?1行，与a?pq排在第p行矛盾. a?pq，也即a?pq在数阵?aijmxn???ai?(j?1)，即数阵aij所以对于任意i?1、2、3、?、m，都有aij

??mxn中每一行的n个数从左到右都是递增的.

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