北约2020年自主招生数学试题.pdf

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1、20202020 年北约自主招生数学试题与答案年北约自主招生数学试题与答案2020-03-16（时间 90 分钟，满分 120 分）g 132 (7abcd e)(2a3b2cd)32(6a3bc)34 07abcd e 02a3b2cd 04a2ce 02bd 0即方程组：7abcd e 02a3b2cd 06a3bc 0(1)(2)(3)，有非 0 有理数解.(4)(5)由（1）+（3）得：11abcd 0（6）由（6）+（2）得：11a3bc 0（7）由（6）+（4）得：13a4b3c 0（8）由（7）（5）得：a 0，代入（7）、（8）得：b c 0，代入（1）、（2）知：d e 0.

2、于是知a b c d e 0，与a,b,c,d,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132.综上所述知，以2和132为两根的有理系数多项式的次数最小为5.1 在66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.144003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

3、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C66546 14400种停放汽车的方法.2 已知x 2y 5,y 2x5，求x 2x y y的值.A.10 B.12 C.14 D.16解析：根据条件知：2232233x32x2y2 y3 x(2y 5)2(2y 5)(2x5)y(2x5)15x15y4xy50由x 2y 5,y 2x5两式相减得(x y)(x y)2y 2x故y x或x y 22若x y则x 2x5，解得x 16.于是知x y 16或x y 16.22当x y 16时，x32x2y2 y3 4xy 15(x y)50 4x230 x50 4(x

4、22x5)38x70 38x70 10838 6.当x y 16时x32x2y2 y3 4xy 15(x y)50 4x23050 4(x2 2x5)38x70 x2 y2(2y 5)(2x5)2(y x)x y 2 38x70 10838 6.（2）若x y，则根据条件知：x y (2y 5)(2x5)2(y x)x y 2，于是x y (2y 5)(2x5)2(x y)10 6，2222(x y)2(x2 y2)1.进而知xy 2于是知：x 2x y y 4xy 15(x y)50 16.3223综上所述知，x 2x y y的值为10838 6或16.32233 数列an满足a11，前n项

5、和为Sn,Sn1 4an2，求a2013.A.301922020B.301922020 C.301822020 D.无法确定解析：根据条件知：4an12 Sn2 an2 Sn1 an2 4an 2 an2 4an14an.又根据条件知：a11,S2 a1a2 4a12 a2 5.所以数列an:a11,a25,an2 4an14an.又an2 4an14an an22an1 2(an12an).令bn an12an，n1n1则bn1 2bn,b1 a22a1 3，所以bn 32.即an12an 32.anan1an3an1an3，即.令，c n2n2n12n42n12n4a13133n1则cn1

6、 cn，c11，于 是 知cn(n1).所 以4222443n1nan,2 (3n1)2n2.于是知：a2013(320131)22011 301922012.4n1n1对an12an 32，两边同除以2，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+CNMNB.MNCNMNC.BM+CNMND.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

7、BC 0，求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 BC A.1/2 B.1 C.2 D.无法确定解析：根据公式z zz知，A A 1,BB 1,CC 1.于是知：AB BC CAA BCAB BC CA AB BC CAA BCA BC(ABCC ABCC BCAA BCAACABB CABB)(AABB BBCC CCAA)(AB AB BC BCCACA)(AA BB CC)所以AB AB BC BCCACA 31.AB AB BC BCCACA 3AB BC CA的模长为 1.A BC7最多能取多少个两两不等的正整

8、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3b1，3k 2型数为3c2，则3a(3b1)(3c2)3(abc1)，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3ar、3br、3cr，则(3ar)(3br)(3cr)3(abcr)，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22 4个

9、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.L、a2013R，满 足a1a2a3L a2013 0，且8 已 知a1、a2、a3、a12a2 a22a3 a32a4L a20122a2013 a20132a1a1 a2 a3L a2013 0.解析：根据条件知:，求证：(a12a2)(a22a3)(a32a4)L(a20132a1)(a1a2a3L a2013)0（1）另一方面，令，a12a2 a22a3 a32a4L a20132a1 m，则a12a2、a22a3、a32a4、L、a20132

10、a1中每个数或为m，或为m.设其中有k个m，(2013k)个m，则：(a12a2)(a22a3)(a32a4)L(a20132a1)km(2013k)(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,L,a2012 2a2013,a2013 2a1.2013a1，即得a1 0.同理可知：a2 a3L a2013 0.命题得证.从而知：a1 29对任意的，求32coscos66cos 415cos 2的值.解析：根据二倍角和三倍角公式知：632cos6cos66co

11、s 415cos 2 32cos6(2cos231)6(2cos221)15(2cos21)3222232cos62(4cos3cos)1 6 2(2cos1)1 15(2cos1)32cos6(32cos648cos418cos21)(48cos448cos26)(30cos215)10.10已知有mn个实数，排列成mn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、L、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mn阶数阵，记作aijmxn，即对任意的j 1、2、3、L、

12、n，当i1 i2时，都有ai1j ai2j.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(j1)，其中j 1、任意i 12、3、L、n1.、2、3、L、m，都有aij若 存 在 一 组a、2、3、L、m，pq ap(q1).令ak(q1)aik(q1)，其 中k 1i1,i2,i3,L,im1,2,3,L,m.则当t p时，都有ai q ai(q1)at(q1)ap(q1)apq.tt2、3、L、m)中，至少有p个数小于a也即在aiq(i 1、pq，也即apq在数阵aij中，至少排在第p1行，与apq排在第p行矛盾.mxn的第q列 ai(j1)，即数阵aij所以对于任意i 1、2、3、L、m，都有aij右都是递增的.mxn中每一行的n个数从左到