2013年“北约”自主招生试题及其解答

2013年“北约”自主招生试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室 田开斌 一、以√2和1−√23
为两根的有理系数多项式的次数最小是多少？
解答：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−√23。

于是知，以√2和1−√23
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−√23
，其中a 、b 、c 、d 、e 不全为0，则：
g √=(4a +2c +e )+(2b +d )√=0⇒ 4a +2c +e =02b +d =0
g 1−√3 =−(7a +b −c −d −e )−(2a +3b +2c +d )√3+(6a +3b +c )√3
=0
⇒ 7a +b −c −d −e =02a +3b +2c +d =06a +3b +c =0
即方程组：⎩⎪
⎨⎪⎧
4a +2c +e =0 (1)2b +d =0 (2)
7a +b −c −d −e =0 (3)2a +3b +2c +d =0 (4)6a +3b +c =0 (5)
，有非0有理数解。

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1−√23。

综上所述知，以√2和1−√23
为两根的有理系数多项式的次数最小为5。

注：上述方程也可利用矩阵和行列式求解。

二、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、每一列都只有一辆车，每辆车占一格，共有多少种停放方法？
解答：先从6行中选取3行停放红色车，有C
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C
×6×5×4×6=14400种停放汽车的方法。

三、已知x =2y +5，y =2x +5，求x −2x y +y 的值。

解答：根据条件知： x −2x y +y
=x (2y +5)−2(2x +5)(2y +5)+y (2x +5) =−4xy −15(x +y )−50
（1）若x =y ，则x =2x +5，解得x =1±√6。

于是知x =y =1+√6或x =y =1−√6。

当x =y =1+√x −2x y +y
=−4xy −15(x +y )−50 =−4x −30x −50
=−4(x −2x −5)−38x −70 =−38x −70=−108−38√6 当x =y =1−√x −2x y +y
=−4xy −15(x +y )−50
=−4x −30x−50
=−4(x −2x−5)−38x−70
=−38x−70=−108+38√6
（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，进而知xy=( ) ( )
=
−1。

于是知：x −2x y +y =−4xy−15(x+y)−50=−16。

综上所述知，x −2x y +y 的值为−108±38√6或−16。

四、如图，△ABC中，AD为BC边上中线，DM、DN分别为∠ADB、∠ADC的角平分线，试比较BM+CN与MN的大小关系，并说明理由。

解答：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。

五、数列{a }满足a =1，前n项和为S ，S =4a +2，求a 。

解答：根据条件知：4a +2=S =a +S =a +4a +2⇒a =
4a −4a 。

又根据条件知：a =1，S =a +a =4a +2⇒a =5。

所以数列
{a }：a =1，a =5，a =4a −4a 。

又a =4a −4a ⇔a −2a =2(a −2a )。

令b =a −2a ，则
b =2b ，b =a −2a =3，所以b =3·2 。

即a −2a =3·2 。

对a −2a =3·2 ，两边同除以2 ，有
−
=
，即
=
+。

令
c =
，则c =c +
，c =
=
，于是知c =
+
(n−1)=。

所以a =
·
2 =(3n−1)·2 。

于是知：a =(3×2013−1)·2 =3019·2 。

六、模长为1的复数A、B、C，满足A+B+C≠0，求
的模长。

解答方法一：根据公式|z|=√z·z 知，A·A =1，B·B =1，C·C =1。

于是知：
=
·
= ( ) ( ) ( ) ( )
= =1
所以
的模长为1。

解答方法二：根据条件知A =
，B =
，C =
，所以
= ABC·
=
|ABC|·
=|
|
| |
=1。

七、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。

解答：所有正整数按取模3可分为三类：3k型、3k+1型和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。

八、已知a 、a 、a 、……、a ∈R，满足a +a +a +⋯+a =0，且
|a −2a |=|a −2a |=|a −2a |=⋯=|a −2a |=|a −2a |，求证：
a =a =a =⋯=a =0。

解答：根据条件知：
(a −2a )+(a −2a )+(a −2a )+⋯+(a −2a )=−(a +a +a +⋯+
a2013=0 （1）
另一方面，令|a −2a |=|a −2a |=|a −2a |=⋯=|a −2a |=m，则
a −2a 、a −2a 、a −2a 、……、a −2a 中每个数或为m，或为−m。

设其中有k
个m，(2013−k)个−m，则：
(a −2a )+(a −2a )+(a −2a )+⋯+(a −2a )=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：
a =2a ，a =2a ，a =2a ，……，a =2a ，a =2a 。

从而知：a =2 ·a ，即得a =0。

同理可知：a =a =⋯=a =0。

命题得证。

九、对任意的θ，求32cos θ−cos6θ−6cos4θ−15cos2θ的值。

解答：根据二倍角和三倍角公式知：
32cos θ−cos6θ−6cos4θ−15cos2θ
=32cos θ−(2cos 3θ−1)−6(2cos 2θ−1)−15(2cos θ−1)
=32cos θ−[2(4cos θ−3cosθ) −1]−6[2(2cos θ−1) −1]−15(2cos θ−1)
=32cos θ−(32cos θ−48cos θ+18cos θ−1)−(48cos θ−48cos θ+6)−
(30cos θ−15)
=10
十、已知有mn个实数，排列成m×n阶数阵，记作 a
×
，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j ＜j 时，都有a
≤a。

现将
a
×
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’
× ，即对任意的j=1、2、3、……、n，当i ＜i 时，都有a’
≤a’。

试判断
a’
×
中每一行的n个数的大小关系，并说明理由。

解答：数阵 a’
× 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 a’
×
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i=1、2、3、……、m，都有a’ ≤a’ ( )，其中j=1、2、3、……、n−1。

若存在一组a’ ＞a’ ( )。

令a’ ( )=a
( )
，其中k=1、2、3、……、m，
i ，i ，i ，……，i = 1，2，3，……，m 。

则当t≤p时，都有a
≤a
( )
=
a’ ( )≤a’ ( )＜a’ 。

也即在a （i=1、2、3、……、m）中，至少有p个数小于a’ ，也即a’ 在数阵 a’
×
的第q列中，至少排在第p+1行，与a’ 排在第p行矛盾。

所以对于任意i=1、2、3、……、m，都有a’ ≤a’ ( )，即数阵 a’
× 中每一行的n
个数从左到右都是递增的。