106下學期招生考試(試題+解答)

(1)

北區高中學生數學與科學跨領域研究人才培育計畫考試時間: 107年3月4日, 13:30 – 16:30,計三小時本試題共五題_,兩頁試題若有疑問, 請於考試開始後的三十分鐘內, 舉手提交「提問單」詢問;之後不再接受詢問。 A4 白紙為答案紙與計算紙, 考試結束請將答案排序, 然後提問單與計算紙排在最後面, 再由監考人員裝訂。答案限用黑色或藍色筆書寫, 僅作圖可使用鉛筆, 不得使用修正液 (帶), 不得使用電子計算器。每題七分,答題的“推演過程”為評分的依據。 1. 在_{1 ∼ 100}這一百個正整數中,任取21個。試證:一定存在四個數,其中有兩個數之和等於另兩個數之和。 2. 點D在∆ABC 的內部,已知

AB = ab, BC = bc, CA = ca, AD = ad, BD = bd, CD = cd,

此處a, b, c, d都是正數。試求:_{∠ABD + ∠ACD}之值為何? 3. 已知正實數a, b, c滿足 a+ b + c < abc. 試證: 1 √ 1 + a2 + 1 √ 1 + b2 + 1 √ 1 + c2 < 3 2. 1

(2)

4. 令_ℜ表示所有實數所成之集合。函數f _{: (−1, 1) → ℜ}且滿足下列條件: (i) f(1 2) = −1; (ii) f(x) + f (y) = f ( x+ y 1 + xy), ∀x, y ∈ (−1, 1). 試問: (1) 證明:_{∀x ∈ (−1, 1), f(x)}為奇函數; (2) 對數列 x1 = 1 2, xn+1 = 2xn 1 + x2 n , 求f(xn); (3) 證明恆等式 1 + f (1 5) + · · · + f( 1 n2_{+ 3n + 1}) + f ( 1 n+ 2) = 0, 對所有的正整數n. 5. 試求滿足pq_|(2p_{+ 2}q₎_的質數_{p, q.} 2

(3)

北區高中學生數學與科學跨領域研究人才培育計畫參考解答 107年3月4日 1. 在_{1 ∼ 100}這一百個正整數中,任取21個。試證:一定存在四個數,其中有兩個數之和等於另兩個數之和。解: 在_{1 ∼ 100}這一百個正整數中, 任意兩個相加,其和數只能是_{3, 4, 5, · · · , 199,}共有 197種可能。在任取21個正整數中,其中任意兩個相加共有 21 × 20 2 = 210個和數。根據鴿籠原理, 這210個和數中至少有h210 197 i + 1 = 2個相同,即存在a, b, c, d四個數,使得a+ b = c + d.

(4)

2. 點D在∆ABC 的內部,已知

AB = ab, BC = bc, CA = ca, AD = ad, BD = bd, CD = cd,

此處a, b, c, d都是正數。試求:_{∠ABD + ∠ACD}之值為何? 解: _{∠ABD + ∠ACD = 60}◦_. 如圖,作_{∆ACK ∼ ∆ABD,}則 ∆ADK ∼ ∆ABC. 此時, CK bd = ca ab ⇒ CK = cd = CD; 同理可得: DK bc = ad ab ⇒ DK = cd = CD; 故∆CDK 為正三角形。則

∠ABD + ∠ACD = ∠ACK + ∠ACD = ∠DCK = 60◦_.

D

C K A

(5)

3. 已知正實數a, b, c滿足 a+ b + c < abc. 試證: 1 √ 1 + a2 + 1 √ 1 + b2 + 1 √ 1 + c2 < 3 2. 解: 設a+ b + c = k2_abc_{(0 < k < 1).}_則 k(a + b + c) = k3abc. 令

ka= tan A, kb = tan B, kc = tan C, 其中,_{∠A, ∠B, ∠C} _{∈ (0,}π

2).

則 tan A + tan B + tan C = tan A · tan B · tan C.

易得_{∠A + ∠B + ∠C = π.} 故 _√ 1 1 + a2 + 1 √ 1 + b2 + 1 √ 1 + c2 < 1 p1 + (ka2₎+ 1 p1 + (kb2₎ + 1 p1 + (kc2₎

= cos A + cos B + cos C ≤ 3 cosA+ B + C₃ = 3

(6)

4. 令_ℜ表示所有實數所成之集合。函數f _{: (−1, 1) → ℜ}且滿足下列條件: (i) f(1 2) = −1; (ii) f(x) + f (y) = f ( x+ y 1 + xy), ∀x, y ∈ (−1, 1). 試問: (1) 證明:_{∀x ∈ (−1, 1), f(x)}為奇函數; (2) 對數列 x1 = 1 2, xn+1 = 2xn 1 + x2 n , 求f(xn); (3) 證明恆等式 1 + f (1 5) + · · · + f( 1 n2_{+ 3n + 1}) + f ( 1 n+ 2) = 0, 對所有的正整數n. 解: (1) 對_{0 ∈ (−1, 1),}有 f(0) + f (0) = f (0 + 0 1 + 0) = f (0). 故f(0) = 0. 又x_{∈ (−1, 1),}有 f_{(x) + f (−x) = f(}x− x 1 − x2) = f (0) = 0. 得f_{(−x) = −f(x).} 故f(x)在x_{∈ (−1, 1)}上為奇函數。 (2) 取x= y,有 2f (x) = f ( 2x 1 + x2). 從而, f(xk+1) = f ( 2xk 1 + x2 k ) = 2f (xk) ⇒ f(xk+1) f(xk) = 2. 由上式得:數列_{f(xk)}為首項−1,公比為2之等比數列。故 f(xn) = −2n−1.

(7)

(3) 由 1 k2_{+ 3k + 1} = 1 (k + 1)(k + 2) − 1 = 1 k+1 − 1 k+2 1 − 1 (k+1)(k+2) . 得f( 1 k2_{+ 3k + 1}) = f ( 1 k+ 1) + f (− 1 k+ 2) = f ( 1 k+ 1) − f( 1 k+ 2). ⇒ n X k=1 f( 1 k2_{+ 3k + 1}) = n X k=1 f( 1 k+ 1) − f( 1 k+ 2) = f (1 2) − f( 1 n+ 2) = −1 − f(_n 1 + 2). 移項得 1 + f (1 5) + f ( 1 11) + · · · + f( 1 n2_{+ 3n + 1}) + f ( 1 n+ 2) = 0

(8)

5. 試求滿足pq_|(2p_{+ 2}q₎_的質數_{p, q.} 解: 先證明一個引裡。引裡: 設正整數m, n. 若m_|(2n − 1)且r為滿足m_|(2r − 1)的最小正整數,則r_|n. 證明: 設n_{= kr + s (0 ≤ s < r).} 由m_|(2r_{− 1) ⇒ m|(2}kr_{− 1) ⇒ m|(2}n_{− 2}s_). 因為m_|(2n_{− 1),}_所以_, m_|(2s_{− 1),} 且s < r. 但r為滿足m_|(2r_{− 1)}_{的最小正整數}_,_故_s _{= 0,}_即_n_{= kr, r|n.} 回到原題。若p= q,即p2_|2p+1 _{⇒ p = 2.} 易知, p= q = 2滿足要求。若p_{6= q}且_{2 ∈ {p, q},}不妨設p= 2,即 2q|(4 + 2q) ⇒ q|(2 + 2q−1). 又依據費馬小定理知: q_|(2q−1_{− 1).}與前式比較得 q_{|3 ⇒ q = 3.} 易知, p= 2, q = 3滿足要求。若p_{6= q}且p, q均為奇質數,設 p_{− 1 = 2}αa, q_{− 1 = 2}βb, 其中, a, b均為奇數, α, β 為正整數。先由p_|(2p_{+ 2}q ) ⇒ p|(2p−1_{+ 2}q−1_). 又依據費馬小定理知: p_|(2p−1_{− 1).} 與前式比較得p_|(2q−1_{+ 1).} 則p_|(2p−1_{− 1), p|(2}2(q−1)_{− 1)}_且_p_{∤ (2}q−1_{− 1).} 設r為滿足p_|(2r_{− 1)}_{的最小正整數。則} r_{|(p − 1), r|2(q − 1),} 且r_{∤ (q − 1).} 從而α > β. (1) 再由q_|(2p_{+ 2}q₎_出發_,_{結合費馬小定理}_,_同理可得_: β > α. (2) 由於(1)式與(2)式不能同時滿足,故不存在兩個奇質數滿足要求。綜合上述,這兩個質數為2, 2或2, 3.