内容发布更新时间 : 2024/11/5 16:08:01星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

16

2013年北约自主招生数学试题解析

1． 解析 显然(x2?2)((x?1)3?2)为满足要求的多项式，其次数为5．

若存在n次有理系数多项式f(x)以

2和1?32为两根，则f(x)必含有因式

(x2?2)((x?1)3?2)，∴n?5，即最小次数为5．故选C．

32．解析 先排3个红色車，从6行中任取3行，有C6?20种取法；在选定的3行中第一行

有6种停法，第一行选定后第二行有5种停法，第二行选定后第三行有4种停法；红車放定后，黑車只有6种停法．故停放方法共20?6?5?4?6?14400种．故选D．

32233．解析 ∵x?2xy?y?x(2y?5)?2(2y?5)(2x?5)?y(2x?5)

??4xy?15(x?y)?50，

又由x?2y?5，y?2x?5，有x?y??2(x?y) ∴x?y或x?y??2．

2当x?y时，有x?2x?5，x?1?6，

2222?4xy?15(x?y)?50??4x2?30x?50Ａ

??38x?70??38x?70??108?386；

2 当x?y??2时，x??2(x?2)?5，

Ｍ Ｂ Ｎ

Ｄ Ｃ

x(x?2)?1

?4xy?15(x?y)?50??4x(?2?x)?20?4x(x?2)?80??16．

4．如图，△ABC中，AD为BC边上的中线，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．

解析 延长ND至E，使ND＝ED，连结BE、ME，

Ｂ E Ｍ Ｎ Ｃ Ａ

Ｄ 17

则△BED≌△CND，△MED≌△MND，ME＝MN， 由BM＋BE＞EM，得BM＋CN＞MN．

5．解析 ∵a1?1，a1?a2?4a1?2，∴a2?5；

由 Sn?1?4an?2，有n?2时，Sn?4an?1?2，于是an?1?4an?4an?1， 特征方程x?4x?4有重根2，可设an?(c1?c2)?2n， 将a1?1，a2?5代入上式，得c1??于是an?(

6．解析 取x?y?z?1，便能得到

213，c2?， 443n1?)?2n?(3n?1)?2n?2，∴a2013?6038?22011． 44xy?yz?zx＝1．

x?y?z下面给出证明，xx?yy?zz?1，

xy?yz?zxxy?yz?zx?xy?yz?zx?xy?yz?zxxy?yz?zx???于是 ????x?y?zx?y?z?x?y?z?x?y?zx?y?z2?

1?1?1?xz?yz?yx?zx?zx?yxxy?yz?zx＝1． ?1． ∴

x?y?z1?1?1?xz?yz?yx?zx?zx?yx7．解析 设满足条件的正整数为n个．考虑模3的同余类，共三类，记为0，1，2． 则这n个正整数需同时满足①不能三类都有；②同一类中不能有3个和超过3个．否则都会出现三数之和为3的倍数．故n?4．

当n?4时，取1，3，7，9，其任意三数之和为11，13，17，19均为素数，满足题意， 所以满足要求的正整数最多有4个．

8．解析 设a1?2a2?a2?2a3?…?a2013?2a1?k，

若k?0，则a1?2a2，a2?2a3，…，a2012?2a2013，a2013?2a1， 于是a1?a2?a3???a2013?a1?

a1a1a1?2???2011?2a1?0， 22218

∴a1?0，进而a1?a2?a3???a2013?0．

若k?0，则a1?2a2，a2?2a3，…，a2013?2a1 这2013个数去掉绝对值号后只能取k和?k两值，

又a1?2a2?a2?2a3?…?a2012?2a2013?a2013?2a1?0， 即这2013个数去掉绝对值号后取k和?k两值的个数相同，这不可能．

9．解析 32cos??32(361?cos2?3)?4cos32??12cos22??12cos2??4， 26???4cos2??3cos2?， ?cos ?6cos4???12cos2??6，

22?， ?15cos2???15cos 各式相加，得32cos??cos6??6cos4??15cos2??10．

10．解析 数阵a'ij6??m?n中的中每一行的各数仍是递增的．下面用反证法给出证明．

''' 若在第p行存在apq?ap(q?1)，令ak(q?1)?aik(q?1)，其中k?1,2,3,?,m，

?i1,i2,i3,?,im???1,2,3,?,m?，则当t?p时，aitq?ait(q?1)?a't(q?1)?a'p(q?1)?a'pq

即在第q列中至少有p个数小于a'pq，也就是a'pq在数阵a'ij第p?1行，这与a'pq排在第p行矛盾．所以数阵a'ij

2014年北约自主招生试题参考答案

1.【解】设扇形的半径为r,则由6?? 于是扇形的弧长为l???m?n中的第q列中至少排在

??m?n中的中每一行的各数仍是递增的．

1?2?r,得r?6. 23?6?2?,其即为圆锥的底面周长,于是圆锥的底面半径为1, 3 所以底面面积为??12??,也所以圆锥的表面积为S?6????7?.

3C10C73C44?2100种. 2.【解】由题知所有分组方法有N?A22?3.【解】由题意u?x2?2ax?a的值域包含区间(0,??),则u?x2?2ax?a与x有交点, 故??(?2a)2?4a?0,解得a?1或a?0.

19

4?2?1f(4)?2f(1))??3; 331?2?4f(?1)f2(4) f(3)f(n)?2n?1,n?N*, ?f(?)?,由数学归纳法可推导得533 所以f(2014)?4027.

5.【解】由x?0,y?0可知,x?y??1?|x?y|?1?|x|?|y|?1,

4.【解】由f(1)?1,f(4)?7得f(2)?f((|x|?|y|)211?,即xy?(0,], 所以|xy|?|x|?|y|?444111 令t?xy?(0,],则易知函数y?t?在(0,1]上递减,所以其在(0,]上递减,

4t4 于是xy?1117有最小值4??,无最大值. xy442tan?tan??tan?,tan(???)?,

1?tan2?1?tan??tan?6.【解】奇函数f(0)?0,故c??arctan2. 7.【证明】由三角公式tan2?? 若tan3是有理数,则tan6,tan12,tan24为有理数,再由tan6和tan24可得tan30为有理数,这与tan30?3为无理数矛盾!因此,tan3是无理数. 38.【证】由题可设3f(x)?g(x)?a1(x?b1)2,f(x)?g(x)?a2(x?b2)2,其中a1?0,a2?0, 则f(x)?[a1(x?b2)2?a2(x?b2)2],g(x)?[a1(x?b1)2?3a2(x?b2)2], 由f(x)?0有两个不同的实根,则必有a1,a2异号,且a1?a2?0, 此时f(x)?[(a1?a2)x2?2(a1b1?a2b2)x?a1b12?a2b22],

即??4(a1b1?a2b2)2?4(a1?a2)(a1b12?a2b22)??4a1a2(b1?b2)2?0,所以b1?b2, 故此时观察g(x)?[a1(x?b1)2?3a2(x?b2)2]可知,

14141414a1,?3a2同号,且a1?3a2?0,b1?b2,故g(x)?0恒成立,即证明g(x)?0没有实根.

9.【解】不可以同时在M中,下面给予证明.假设0,,设ak?a?kd(1?k?13,k?N*),其中d为公差,则

716同时在M中, 23M?{3a?(i?j?k)d|1?i?j?k?13}?{3a?md|6?m?36,m?N*}

20