2018年北约自主招生数学试题
2018-03-16
（时间90分钟，满分120分）
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
2
C．5
3
D．6
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?32，于是知，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4
3
2
1?32，其中a，b，c，d，e不全为0，则：
g1?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?4a?2c?e?0?2b?d?0??即方程组：?7a?b?c?d?e?0?2a?3b?2c?d?0???6a?3b?c?0(1)(2)(3)，有非0有理数解。 (4)(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：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?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．
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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C6?6?5?4?6?14400种停放汽车的方法． 3．已知x?2y?5,y?2x?5，求x?2xy?y的值． A．10
B．12
C．14
D．16
2232233解析：根据条件知：
x3?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 （1）若x?y，则x2?2x?5，解得x?1?6． 于是知x?y?1?6或x?y?1?6． 当x?y?1?6时，
22x3?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
22(x?y)2?(x2?y2)??1．是x?y?(2y?5)?(2x?5)?2(x?y)?10?6，进而知xy?
222于是知：x?2xy?y?4xy?15(x?y)?50??16．
3223
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3223综上所述知，x?2xy?y的值为?108?386或?16．
4．数列?an?满足a1?1，前n项和为Sn,Sn?1?4an?2，求a2013． A．30192
2012
B．30192
2013
C．30182
2012
D．无法确定
anan?1an3an?1an3，即．令，c?????n2n2n?12n42n?12n4a13133n?1则cn?1?cn?，c1?1?，于是知cn??(n?1)?．所以
2242443n?1nan?,2?(3n?1)?2n?2．于是知： a2013?(3?2013?1)?22011?3019?22012．故选
4n?1n?1对an?1?2an?3?2，两边同除以2，有
项A正确。
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．MNCNMN
C．BM+CNMN
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．故选项A正确。
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6．模长为1的复数A、B、C，满足A?B?C?0，求A．1/2
B．1
C．2
AB?BC?CA的模长．
A?B?CD．无法确定
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)?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?C7．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．
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L、a2013?R，满足a1?a2?a3?L?a2013?0，且 8．已知a1、a2、a3、a1?2a2?a2?2a3?a3?2a4?L?a2012?2a2013?a2013?2a1a1?a2?a3?L?a2013?0．
解析：根据条件知：
，求证：
(a1?2a2)?(a2?2a3)?(a3?2a4)?L?(a2013?2a1)??(a1?a2?a3?L?a2013)?0，（1）
另一方面，令a1?2a2?a2?2a3?a3?2a4?L?a2013?2a1?m，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：
(a1?2a2)?(a2?2a3)?(a3?2a4)?L?(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,L,a2012?2a2013,a2013?2a1．
2013?a1，即得a1?0．同理可知：a2?a3?L?a2013?0．命题得证． 从而知：a1?29．对任意的?，求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值．
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、L、m，当j1?j2时，都有aij1?aij2．现将aij??mxn的每
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?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ai?1j?ai?2j．试判断aij的大小关系，并说明理由．
??mxn，
??mxn中每一行的n个数
?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，对于任
??ai?(j?1)，其中j?1、意i?12、3、L、n?1． 、2、3、L、m，都有aij??若存在一组a?、2、3、L、m，pq?ap(q?1)．令ak(q?1)?aik(q?1)，其中k?1?i1,i2,i3,L,im???1,2,3,L,m?．则当t?p时，都有aiq?ai(q?1)?at?(q?1)?a?p(q?1)?a?pq．也
tt??2、3、L、m)中，至少有p个数小于a?aij即在aiq(i?1、pq，也即apq在数阵
至少排在第p?1行，与a?pq排在第p行矛盾．
??mxn的第q列中，
??ai?(j?1)，即数阵aij?所以对于任意i?1、2、3、L、m，都有aij都是递增的．
??mxn中每一行的n个数从左到右
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