清華大學(xué)聯(lián)盟2013

一、選擇題(每題8分,共48分)

1.

1()

A.2B.3C.5D.6

【解】由x1可知x2?2,

同理由1x可知(1?x)3?2;

所以方程(x2?2)[(1?x)3?2]?0的次數(shù)最小,其次數(shù)為5,故選C.

2.在6?6的表中停放3輛完全相同的紅色和3輛完全相同的黑色車,每一行每一列只有一輛車,每輛車只占一格,共有種停放方法.

A.720B.20C.518400D.14400

【解】紅色車選3列有C63?20種方法,再?gòu)倪@三列中選三行有C63?20種方法,另外將紅色

車放在已選好的三列三行中有3?2?6種方法,同理黑色車只能從剩下的三行三列九個(gè)格中選,也有3?2?6種方法,因此方法數(shù)有(20?20?6)?6?14400種.故選D.

3.已知x2?2y?5,y2?2x?5(x?y),則x3?2x2y2?y3值為()

A.?10B.?12C.?14D.?16

【解】由x2?2y?5與y2?2x?5兩式作差得x?y??2(x?y),代入兩式中分別化出x2?2x?1?0、y2?2y?1?0,所以x,y是方程t2?2t?1?0的兩個(gè)不等實(shí)根,于是

2,xy??1x?y??,也所以

x3?2x2y2?y3?(x?)y[(x?22故選y)?3xy]?2(xy)??(2?)?7.?2?D.16

4.在數(shù)列{an}中,a1?1,Sn?1?4an?2(n?1),則a2013值為()

A.3019?22012B.3019?22013C.3018?22012D.無(wú)法確定

【解】由a1?1,Sn?1?4an?2(n?1)……①可知,

當(dāng)n?1時(shí),S2?4a1?2,所以a2?5;

當(dāng)n?2時(shí),有Sn?4an?1?2(n?2)……②,由①-②式得,

an?1?4an?4an?1(n?2),即an?1?2an?2(an?an?1)(n?2),且a2?2a1?3

所以an?1?2an?3?2n?1(n?N*),同除以2n得,an?1an3a1,且???1;nn?102222

an?13

?1?n,故令n?2012時(shí),得a2013?22012?3019,故選A.n22

5.在?ABC中,D為BC中點(diǎn),DM平分?ADB交AB于點(diǎn)M,DN平分?ADC交AC于N,

所以

則BM?CN與MN的關(guān)系為()A.BM?CN?MNB.MN?CN?MNC.BM?CN?MN

D.無(wú)法確定

【解】如圖,在DA取DE?DB,連接ME,NE,MN

則顯然可證ME?MB,EN?NC,

且有ME?NE?MN,即BM?CN?MN,

上述不等式當(dāng)且僅當(dāng)?MED??DEN?180?,也即?B??C?180?,

這顯然與三角形內(nèi)角和定理矛盾,故等號(hào)取不到,也即選A.

6.模長(zhǎng)都為1的復(fù)數(shù)A,B,C滿足A?B?C?0,則

AA

BC?AC?AB

的模長(zhǎng)為()

A?B?C

A.?B.1C.2D.無(wú)法確定【解】由題知AA?BB?CC?1,所以

12

BC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??,

A?B?CA?B?CA?B?CBC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??也即

A?B?CA?B?CA?B?C

?

2

2

3?BA?CA?AB?CB?AC?BC

?1,故選B.

3?AB?AC?BA?BC?CA?CB

二、解答題(每題18分,共72分)

7.最多能找多少個(gè)兩兩不相等的正整數(shù)使其任意三個(gè)數(shù)之和為質(zhì)數(shù),并證明你的結(jié)論.【解】:至多有4個(gè).首先可以取1,3,7,9這四個(gè)數(shù),它們?nèi)我馊齻�(gè)數(shù)之和分別為11,13,17,19符合質(zhì)數(shù)定義.下面再證明5個(gè)正整數(shù)是不符合題意的.

若有5個(gè)正整數(shù),則考慮質(zhì)數(shù)被3除的余數(shù),如果有一個(gè)數(shù)的余數(shù)為0,那么考慮余下的4個(gè)數(shù)被3除的余數(shù),如果余數(shù)既有1也有2,那么這兩個(gè)數(shù)與前面余數(shù)為0的數(shù)的和剛好為3的倍數(shù),故不符合題意,如果余下四個(gè)數(shù)的余數(shù)均相等,顯然取余下四個(gè)數(shù)中的三個(gè)數(shù),則這三個(gè)數(shù)的和為3的倍數(shù)不是質(zhì)數(shù),也不符合題意,如果這5個(gè)數(shù)被3除的余數(shù)都不等于3,則由抽屜原理,至少有3個(gè)數(shù)被3除的余數(shù)相同,這三個(gè)數(shù)的和是3的倍數(shù)不是質(zhì)數(shù),也不符合題意.綜上可知,不存在5個(gè)正整數(shù)符合題意,即至多有4個(gè)正整數(shù)符合題意.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|證明:a1?a2?a3???a2013?0.

【證明】:觀察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨設(shè)|a1?2a2|?t,

則①可寫(xiě)為kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又顯然2k?2013?0,則有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即證.

9.對(duì)于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一個(gè)m?n的數(shù)表,已知每一行的數(shù)均是由小到大排列.現(xiàn)在將每一列的數(shù)由小到大重

新排列,則新的數(shù)表中每一行的數(shù)滿足什么樣的關(guān)系？請(qǐng)證明你的結(jié)論.

〖原題敘述〗:已知有m?n個(gè)實(shí)數(shù),排列成m?n階數(shù)陣,記作{aij}m?n,使得數(shù)陣中的每一行從左到右都是遞增的,即對(duì)意的i?1,2,3,?,m,當(dāng)j1?j2時(shí),都有aij1?aij2.現(xiàn)將{aij}m?n的每一

?}m?n,即對(duì)列原有的各數(shù)按照從上到下遞增的順序排列,形成一個(gè)新的m?n階數(shù)陣,記作{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)的大小關(guān)任意的i?1,2,3,?,n,當(dāng)i1?i2時(shí),都有ai??ai?2j.試判斷{aij

1j

系,并說(shuō)明理由.

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,理由如下:【解】:數(shù)陣{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,我們只需證明,顯然,我們要證明數(shù)陣{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).對(duì)于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一組a?,令ak?a?pqp(q?1)

則當(dāng)t?p時(shí),都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,與a?,也即a?在數(shù)陣{aij排在第pp個(gè)數(shù)小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到所以對(duì)于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即數(shù)陣{aij

i(j?1)

右都是遞增的.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|證明:a1?a2?a3???a2013?0.

【證明】:觀察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨設(shè)|a1?2a2|?t,

則①可寫(xiě)為kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又顯然2k?2013?0,則有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即證.

9.對(duì)于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一個(gè)m?n的數(shù)表,已知每一行的數(shù)均是由小到大排列.現(xiàn)在將每一列的數(shù)由小到大重

新排列,則新的數(shù)表中每一行的數(shù)滿足什么樣的關(guān)系？請(qǐng)證明你的結(jié)論.

〖原題敘述〗:已知有m?n個(gè)實(shí)數(shù),排列成m?n階數(shù)陣,記作{aij}m?n,使得數(shù)陣中的每一行從左到右都是遞增的,即對(duì)意的i?1,2,3,?,m,當(dāng)j1?j2時(shí),都有aij1?aij2.現(xiàn)將{aij}m?n的每一

?}m?n,即對(duì)列原有的各數(shù)按照從上到下遞增的順序排列,形成一個(gè)新的m?n階數(shù)陣,記作{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)的大小關(guān)任意的i?1,2,3,?,n,當(dāng)i1?i2時(shí),都有ai??ai?2j.試判斷{aij

1j

系,并說(shuō)明理由.

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,理由如下:【解】:數(shù)陣{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,我們只需證明,顯然,我們要證明數(shù)陣{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).對(duì)于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一組a?,令ak?a?pqp(q?1)

則當(dāng)t?p時(shí),都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,與a?,也即a?在數(shù)陣{aij排在第pp個(gè)數(shù)小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到所以對(duì)于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即數(shù)陣{aij

i(j?1)

右都是遞增的.

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).對(duì)于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一組a?,令ak?a?pqp(q?1)

則當(dāng)t?p時(shí),都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,與a?,也即a?在數(shù)陣{aij排在第pp個(gè)數(shù)小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到所以對(duì)于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即數(shù)陣{aiji(j?1)

右都是遞增的.

清華大學(xué)聯(lián)盟2013

一、選擇題(每題8分,共48分)

1.

1()A.2B.3C.5D.6

【解】由x1可知x2?2,

同理由1x可知(1?x)3?2;所以方程(x2?2)[(1?x)3?2]?0的次數(shù)最小,其次數(shù)為5,故選C.

2.在6?6的表中停放3輛完全相同的紅色和3輛完全相同的黑色車,每一行每一列只有一輛車,每輛車只占一格,共有種停放方法.

A.720B.20C.518400D.14400【解】紅色車選3列有C63?20種方法,再?gòu)倪@三列中選三行有C63?20種方法,另外將紅色車放在已選好的三列三行中有3?2?6種方法,同理黑色車只能從剩下的三行三列九個(gè)格中選,也有3?2?6種方法,因此方法數(shù)有(20?20?6)?6?14400種.故選D.3.已知x2?2y?5,y2?2x?5(x?y),則x3?2x2y2?y3值為()A.?10B.?12C.?14D.?16

【解】由x2?2y?5與y2?2x?5兩式作差得x?y??2(x?y),代入兩式中分別化出x2?2x?1?0、y2?2y?1?0,所以x,y是方程t2?2t?1?0的兩個(gè)不等實(shí)根,于是

2,xy??1x?y??,也所以

x3?2x2y2?y3?(x?)y[(x?

22

故選y)?3xy]?2(xy)??(2?)?7.?2?D.16

4.在數(shù)列{an}中,a1?1,Sn?1?4an?2(n?1),則a2013值為()

A.3019?22012B.3019?22013C.3018?22012D.無(wú)法確定【解】由a1?1,Sn?1?4an?2(n?1)……①可知,

當(dāng)n?1時(shí),S2?4a1?2,所以a2?5;

當(dāng)n?2時(shí),有Sn?4an?1?2(n?2)……②,由①-②式得,

an?1?4an?4an?1(n?2),即an?1?2an?2(an?an?1)(n?2),且a2?2a1?3

所以an?1?2an?3?2n?1(n?N*),同除以2n得,

an?1an3a1

,且???1;nn?10

2222

an?13

?1?n,故令n?2012時(shí),得a2013?22012?3019,故選A.n22

5.在?ABC中,D為BC中點(diǎn),DM平分?ADB交AB于點(diǎn)M,DN平分?ADC交AC于N,

所以

則BM?CN與MN的關(guān)系為()A.BM?CN?MNB.MN?CN?MNC.BM?CN?MN

D.無(wú)法確定

【解】如圖,在DA取DE?DB,連接ME,NE,MN

則顯然可證ME?MB,EN?NC,

且有ME?NE?MN,即BM?CN?MN,

上述不等式當(dāng)且僅當(dāng)?MED??DEN?180?,也即?B??C?180?,

這顯然與三角形內(nèi)角和定理矛盾,故等號(hào)取不到,也即選A.

6.模長(zhǎng)都為1的復(fù)數(shù)A,B,C滿足A?B?C?0,則

AA

BC?AC?AB

的模長(zhǎng)為()

A?B?C

A.?B.1C.2D.無(wú)法確定【解】由題知AA?BB?CC?1,所以

12

BC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??,

A?B?CA?B?CA?B?CBC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??也即

A?B?CA?B?CA?B?C

?

2

2

3?BA?CA?AB?CB?AC?BC

?1,故選B.

3?AB?AC?BA?BC?CA?CB

二、解答題(每題18分,共72分)

7.最多能找多少個(gè)兩兩不相等的正整數(shù)使其任意三個(gè)數(shù)之和為質(zhì)數(shù),并證明你的結(jié)論.【解】:至多有4個(gè).首先可以取1,3,7,9這四個(gè)數(shù),它們?nèi)我馊齻�(gè)數(shù)之和分別為11,13,17,19符合質(zhì)數(shù)定義.下面再證明5個(gè)正整數(shù)是不符合題意的.

若有5個(gè)正整數(shù),則考慮質(zhì)數(shù)被3除的余數(shù),如果有一個(gè)數(shù)的余數(shù)為0,那么考慮余下的4個(gè)數(shù)被3除的余數(shù),如果余數(shù)既有1也有2,那么這兩個(gè)數(shù)與前面余數(shù)為0的數(shù)的和剛好為3的倍數(shù),故不符合題意,如果余下四個(gè)數(shù)的余數(shù)均相等,顯然取余下四個(gè)數(shù)中的三個(gè)數(shù),則這三個(gè)數(shù)的和為3的倍數(shù)不是質(zhì)數(shù),也不符合題意,如果這5個(gè)數(shù)被3除的余數(shù)都不等于3,則由抽屜原理,至少有3個(gè)數(shù)被3除的余數(shù)相同,這三個(gè)數(shù)的和是3的倍數(shù)不是質(zhì)數(shù),也不符合題意.綜上可知,不存在5個(gè)正整數(shù)符合題意,即至多有4個(gè)正整數(shù)符合題意.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|證明:a1?a2?a3???a2013?0.

【證明】:觀察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨設(shè)|a1?2a2|?t,

則①可寫(xiě)為kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又顯然2k?2013?0,則有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即證.

9.對(duì)于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一個(gè)m?n的數(shù)表,已知每一行的數(shù)均是由小到大排列.現(xiàn)在將每一列的數(shù)由小到大重

新排列,則新的數(shù)表中每一行的數(shù)滿足什么樣的關(guān)系？請(qǐng)證明你的結(jié)論.

〖原題敘述〗:已知有m?n個(gè)實(shí)數(shù),排列成m?n階數(shù)陣,記作{aij}m?n,使得數(shù)陣中的每一行從左到右都是遞增的,即對(duì)意的i?1,2,3,?,m,當(dāng)j1?j2時(shí),都有aij1?aij2.現(xiàn)將{aij}m?n的每一

?}m?n,即對(duì)列原有的各數(shù)按照從上到下遞增的順序排列,形成一個(gè)新的m?n階數(shù)陣,記作{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)的大小關(guān)任意的i?1,2,3,?,n,當(dāng)i1?i2時(shí),都有ai??ai?2j.試判斷{aij

1j

系,并說(shuō)明理由.

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,理由如下:【解】:數(shù)陣{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,我們只需證明,顯然,我們要證明數(shù)陣{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).對(duì)于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一組a?,令ak?a?pqp(q?1)

則當(dāng)t?p時(shí),都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,與a?,也即a?在數(shù)陣{aij排在第pp個(gè)數(shù)小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到所以對(duì)于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即數(shù)陣{aij

i(j?1)

右都是遞增的.

清華大學(xué)聯(lián)盟2013

一、選擇題(每題8分,共48分)

1.

1()A.2B.3C.5D.6

【解】由x1可知x2?2,

同理由1x可知(1?x)3?2;所以方程(x2?2)[(1?x)3?2]?0的次數(shù)最小,其次數(shù)為5,故選C.

2.在6?6的表中停放3輛完全相同的紅色和3輛完全相同的黑色車,每一行每一列只有一輛車,每輛車只占一格,共有種停放方法.

A.720B.20C.518400D.14400【解】紅色車選3列有C63?20種方法,再?gòu)倪@三列中選三行有C63?20種方法,另外將紅色車放在已選好的三列三行中有3?2?6種方法,同理黑色車只能從剩下的三行三列九個(gè)格中選,也有3?2?6種方法,因此方法數(shù)有(20?20?6)?6?14400種.故選D.3.已知x2?2y?5,y2?2x?5(x?y),則x3?2x2y2?y3值為()A.?10B.?12C.?14D.?16

【解】由x2?2y?5與y2?2x?5兩式作差得x?y??2(x?y),代入兩式中分別化出x2?2x?1?0、y2?2y?1?0,所以x,y是方程t2?2t?1?0的兩個(gè)不等實(shí)根,于是

2,xy??1x?y??,也所以

x3?2x2y2?y3?(x?)y[(x?

22

故選y)?3xy]?2(xy)??(2?)?7.?2?D.16

4.在數(shù)列{an}中,a1?1,Sn?1?4an?2(n?1),則a2013值為()

A.3019?22012B.3019?22013C.3018?22012D.無(wú)法確定【解】由a1?1,Sn?1?4an?2(n?1)……①可知,

當(dāng)n?1時(shí),S2?4a1?2,所以a2?5;

當(dāng)n?2時(shí),有Sn?4an?1?2(n?2)……②,由①-②式得,

an?1?4an?4an?1(n?2),即an?1?2an?2(an?an?1)(n?2),且a2?2a1?3

所以an?1?2an?3?2n?1(n?N*),同除以2n得,

an?1an3a1

,且???1;nn?10

2222

an?13

?1?n,故令n?2012時(shí),得a2013?22012?3019,故選A.n22

5.在?ABC中,D為BC中點(diǎn),DM平分?ADB交AB于點(diǎn)M,DN平分?ADC交AC于N,

所以

則BM?CN與MN的關(guān)系為()A.BM?CN?MNB.MN?CN?MNC.BM?CN?MN

D.無(wú)法確定

【解】如圖,在DA取DE?DB,連接ME,NE,MN

則顯然可證ME?MB,EN?NC,

且有ME?NE?MN,即BM?CN?MN,

上述不等式當(dāng)且僅當(dāng)?MED??DEN?180?,也即?B??C?180?,

這顯然與三角形內(nèi)角和定理矛盾,故等號(hào)取不到,也即選A.

6.模長(zhǎng)都為1的復(fù)數(shù)A,B,C滿足A?B?C?0,則

AA

BC?AC?AB

的模長(zhǎng)為()

A?B?C

A.?B.1C.2D.無(wú)法確定【解】由題知AA?BB?CC?1,所以

12

BC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??,

A?B?CA?B?CA?B?CBC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??也即

A?B?CA?B?CA?B?C

?

2

2

3?BA?CA?AB?CB?AC?BC

?1,故選B.

3?AB?AC?BA?BC?CA?CB

二、解答題(每題18分,共72分)

7.最多能找多少個(gè)兩兩不相等的正整數(shù)使其任意三個(gè)數(shù)之和為質(zhì)數(shù),并證明你的結(jié)論.【解】:至多有4個(gè).首先可以取1,3,7,9這四個(gè)數(shù),它們?nèi)我馊齻�(gè)數(shù)之和分別為11,13,17,19符合質(zhì)數(shù)定義.下面再證明5個(gè)正整數(shù)是不符合題意的.

若有5個(gè)正整數(shù),則考慮質(zhì)數(shù)被3除的余數(shù),如果有一個(gè)數(shù)的余數(shù)為0,那么考慮余下的4個(gè)數(shù)被3除的余數(shù),如果余數(shù)既有1也有2,那么這兩個(gè)數(shù)與前面余數(shù)為0的數(shù)的和剛好為3的倍數(shù),故不符合題意,如果余下四個(gè)數(shù)的余數(shù)均相等,顯然取余下四個(gè)數(shù)中的三個(gè)數(shù),則這三個(gè)數(shù)的和為3的倍數(shù)不是質(zhì)數(shù),也不符合題意,如果這5個(gè)數(shù)被3除的余數(shù)都不等于3,則由抽屜原理,至少有3個(gè)數(shù)被3除的余數(shù)相同,這三個(gè)數(shù)的和是3的倍數(shù)不是質(zhì)數(shù),也不符合題意.綜上可知,不存在5個(gè)正整數(shù)符合題意,即至多有4個(gè)正整數(shù)符合題意.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|證明:a1?a2?a3???a2013?0.

【證明】:觀察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨設(shè)|a1?2a2|?t,

則①可寫(xiě)為kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又顯然2k?2013?0,則有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即證.

9.對(duì)于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一個(gè)m?n的數(shù)表,已知每一行的數(shù)均是由小到大排列.現(xiàn)在將每一列的數(shù)由小到大重

新排列,則新的數(shù)表中每一行的數(shù)滿足什么樣的關(guān)系？請(qǐng)證明你的結(jié)論.

〖原題敘述〗:已知有m?n個(gè)實(shí)數(shù),排列成m?n階數(shù)陣,記作{aij}m?n,使得數(shù)陣中的每一行從左到右都是遞增的,即對(duì)意的i?1,2,3,?,m,當(dāng)j1?j2時(shí),都有aij1?aij2.現(xiàn)將{aij}m?n的每一

?}m?n,即對(duì)列原有的各數(shù)按照從上到下遞增的順序排列,形成一個(gè)新的m?n階數(shù)陣,記作{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)的大小關(guān)任意的i?1,2,3,?,n,當(dāng)i1?i2時(shí),都有ai??ai?2j.試判斷{aij

1j

系,并說(shuō)明理由.

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,理由如下:【解】:數(shù)陣{aij

?}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到右都是遞增的,我們只需證明,顯然,我們要證明數(shù)陣{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).對(duì)于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一組a?,令ak?a?pqp(q?1)

則當(dāng)t?p時(shí),都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,與a?,也即a?在數(shù)陣{aij排在第pp個(gè)數(shù)小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n個(gè)數(shù)從左到所以對(duì)于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即數(shù)陣{aij

i(j?1)

右都是遞增的.

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