北约2020年自主招生数学试题

1、2020年北约自主招生数学试题与答案2020-03-16g1（时间 90 分钟，满分 120 分）7abcde02a3b2cd04a2c e 0(1)2bd0(2)即方程组：7abcde0（3） ，有非0 有理数解 .2a3b 2c d 0(4)6a3b c 0(5)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：bc0，代入（1）、（2）知： d e 0.于是知 abcd e 0 ，与 a,b,c,d,e 不全为0 矛盾 . 所以

2、不存在一个次数不超过4 的(7ab c d e) (2a 3b 2c d)32 (6a 3b c)3 4 0有理系数多项式 g（x） ，其两根分别为 2和1 3 2 .综上所述知，以 2和1 3 2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. 720B. 20 C. 518400 D. 14400解析：先从 6行中选取 3行停放红色车， 有C63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

3、面两行的红色车位2 已知 x22y5,y22x 5 ，求 x3222x yy3的值 .A.10 B.12C. 14D. 16解析：根据条件知3 x2x2y23 yx(2y5) 2(2y5)(2x 5)y(2x 5)15x15y 4xy 50由 x22y5,y2 2x5两式相减得(xy)(xy)2y2x 故 yx或xy2若x y 则x22x 5，解得 x 16. 于是知 xy1 6 或xy16当xy16 时，3 x2x2y23 y4xy15(x y)504x230x 504(x22x 5) 38x7038x 70108 38 6 .当xy16时3 x2x2y23 y4xy15(x y)504x2

4、30504(x22x 5)38x702 xy2 (2y5) (2x5) 2(yx)xy238x 7010838 6 .（2）若xy，则根据条件知： x22 y(2y5)(2x5) 2(yx)xy2，于是22 xy(2y 5)(2x 5) 2(xy) 106，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 C63 6 5 4 6 14400 种停放汽车的方法 .1.进而知 xy(x y)2 (x2 y2 )于是知： x32 2 3 2x y y4xy 15(xy) 5016.综上所述知，2x2y2y3的值为108 38

5、6 或16.3 数列 an 满足 a1 1，前 n项和为 Sn,Sn 1 4an 2，求 a2013 .A. 3019 2 2020 B. 3019 22020C. 301822020 D. 无法确定解析：根据条件知： 4an 1 2Sn2 an 2Sn 1 an 2 4an2 an 24an 14an .所以数列 an :a1 1,a2 5,an 2 4an 1 4an .又 an4an 1 4anan 22an 1 2(an 1 2an) .令bnan 12an ，则 bn2bn,b1a22a1 3 ，所以 bn3 2n 1 . 即 an2an 3 2n 1对 an2an 32n两边同除以

6、an 1an有 2n 12nan5cn3n43 cn 4 1,2n(3nc1a1于 是 知 cn3412即 a2nn 1134(nann 3.令 cn2n 4 n1) 3n 1 .4an2nn，所以如图，ABC中，1)2n 2. 于是知：2011 2012a2013 (3 2013 1) 22011 3019 22012AD为BC边上中线， DM ,DN 分别ADB, ADC 的角平分线，CN与 MN 的大小关系，并说明理由试比较 BMA. BM+CN>MNB. MN CN MNC. BM+CN MND. 无法确定解析：如图，延长 ND到 E，使得 DEDN ，连接 BE、ME . 易知

7、 BDECDN ，所知MD为线段 EN 的 垂 直 平 分 线 ， 所 以 MN ME所以BMCNBMBEMEMN .以 CN BE . 又因为 DM ,DN 分别为ADB, ADC 的角平分线，所以MDN 90 ，6. 模长为 1 的复数A. 1/2 B. 1A、 B、C ，满足 AC. 2 D.C 0，求 AB BC CA的模长 .ABC 无法确定1,C C 1. 于是知：解析：根据公式 z z z 知， A A 1,B BAB BC CAABCAB BC CA AB BC CAA B C A B C(ABCC ABCC BCAA BCAA CABB CABB ) (AABB BBCC C

8、CAA )(AB AB BC BC CA CA) (AA BB CC )AB AB BC BC CA CA 3AB AB BC BC CA CA 3所以 ABA BBC CCA的模长为 1.7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.

9、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 .a2013 0 ， 且求证8 已 知 a1、 a2、 a3、L 、 a2013 R ， 满 足 a1 a2 a3 La1 2

10、a2 a2 2a3 a3 2a4 L a2012 2a2013a1a2 a3 La20130.解析：根据条件知(a1 2a2 ) (a2 2a3) (a3 2a4) L(a2013 2a1)(a1a2 a3a2013) 01)另 一 方 面 ， 令a12a2a22a3a32a4La20132a1m ， 则a1 2a2、 a2 2a3、 a3 2a4、L 、 a2013 2a1中每个数或为 m ，或为 m. 设其中有 k 个m ， (2013 k) 个 m，则：(a12a2 )(a22a3)(a32a4)L( a20132a1)k m (2013 k) ( m) (2k 2013)m由( 1)、

11、(2)知：(2k 2013) m 0而 2k 2013为奇数，不可能为 0，所以 m 0. 于是知：2a2,a22a3, a32a4,L , a20122a2013 , a20132a1.2013从而知： a122013a1，即得a10. 同理可知：a2a3La20130. 命题得证 .9对任意的 ，求 32cos6 cos6 6cos 4 15cos 2 的值. 解析：根据二倍角和三倍角公式知：632cos cos6 6cos4 15cos 232cos 6(2cos 2 31) 6(2cos 2 2 1) 15(2cos 2 1)32cos62(4cos32 2 23cos )2 1 6

12、2(2cos2 1)2 1215(2cos21)32cos 6(32cos 64 2 448cos 18cos 1) (48cos248cos26)2(30cos 2 15)10.10已知有 mn 个实数，排列成 m n 阶数阵，记作 aij，使得数阵中的每一行从左到mxn右都是递增的，即对任意的 i 1、2、3、L 、m，当 j1 j 2时，都有 aij1 aij2. 现将 aij的1 2 ij mxn 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，即对任意的 j 1、2、3、L 、n，当 i1 i2时，都有 ai1j ai2 j .试判断 aij中每mxn 1 2 mxn 一行的 n 个数的大小关系，并说明理由 .解析：数阵 aij中每一行的 n 个数从左到右都是递增的，理由如下：mxn显然，我们要证数阵 aij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mxn任意 i 1、2、3、L 、m，都有 aij ai( j 1)，其中 j 1、2、3、L 、n 1.若 存 在 一 组 apq ap(q 1) . 令 ak(q 1) aik(q 1) ， 其 中 k 1、2、3、L 、m ，i1,i2,i3,L ,im1,2,3, L ,m . 则