數學科學能力競賽複試解答

國 立 台 灣 師 範 大 學

九 十 九 學 年 度

高中科學實驗能力競賽【第二階段】數學科解答卷

_{P. 0 1}

附 屬 高 級 中 學

第 一 學 期 2009/09/30 一、填充題（每題 10 分，共計 80 分） 1. 2. (0, 25, 75), (4, 18, 78), (8, 11, 81), (12, 4, 84) 1 2 3. 4. 24 174 5. 6. 1901 1 2 2 2 1 2 i   _{ 或} 2 1 7. 8. 3 7 2 11 1. 在南北朝《張丘建算經》中有一個很有名的百雞問題，題目是這樣：公雞 5 元錢 1 隻，母雞 3 元錢 1 隻，小雞 3 隻 1 元 錢，現在用 100 元錢買 100 隻雞，分別可以買 a 隻公雞、b 隻母雞及 c 隻小雞？求整數組(a, b, c)。(答案不只一組) 解：依題意 100 (1) 1 5 3 100 (2) 3 a b c a b c       _{  }    ，(2)3  (1)得 14a + 8b = 200，即 7a + 4b = 100，易得 4 整除 a， 令 a = 4t, 其中 t 為非負整數，代回得 b = 25  7t，c = 75 + 3t，再由 b  0 得 t 25 7 ，也就是 t = 0, 1, 2, 3。 代回便能得到(a, b, c)的所有解(0, 25, 75), (4, 18, 78), (8, 11, 81), (12, 4, 84)。 2. 若 x = 5 3 8  ，試求 log (2 5 7 6 6) 2 3 4 4 1 x  x  x  x 之值。 解：由於 x = ₂ 2 8 8(3 5) 6 2 5 5 1 3 5 _{3 5}        _ ，故(x + 1)2 = 2 5 ，得 x2 + 2x  4 = 0， 所以 2x4 + 5x3  7x2  6x + 6 = (x2 + 2x  4)(2x2 + x  1) + 2 = 2  log (2 4 5 3 7 2 6 6) 4 1 x  x  x  x = 1 4 log 2_{= }1 2。 3. 求 78＋45的正因數個數。 解：78+ 45 = 78+ 2 × 74× 25+ 210 2 × 74× 25 = (74 + 25)2  (72 × 23)2 (利用加減項後，變成平方差) = (74 + 25 + 72 × 23) (74 + 25  72 × 23) (變成較小的數字之後，再分解比較好做) = 2825 × 2041 = 52 × 113 × 13 × 157，所以有(2+1)(1+1)(1+1)(1+1) = 24 個正因數。 4. 立方體中，任選兩組頂點所形成的兩條線段為相互歪斜線段，共有幾對？ 解：設立方體邊長為 l，任選兩組頂點所形成的線段分長度 l、 2l、 3l 各 12、12、4 條，共 28 條， 其中互相平行者：長度 l 有三個方向各 4 條，有 3 4 2 C ；長度 2l 共 12 條，每兩個一對，有12 2 對；長度 3l 不平行。 而相交於一點者：交於頂點類，有 8 個頂點，每個頂點有 7 條線段通過，有 8 7 2 C 對；交於各面中點類，各面一對， 共 6 對；交於立方體中心者，有 4 條，共 4 2 C 對。 故所求為C₂28 (3 4 2 C +12 2 )  (8 7 2 C + 6 +C24) = 174 對。 5. 數列 1, 2, 3,…, 2010 中，扣除與 2010 不互質的數後，第 500 個數是多少？ 解：由於 2010 = 2 × 3 × 5 × 67，此數列共有 2010 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 67  _  _  _  _           = 528 個數，故所求為倒數第 29 個數。 又 1, 2,…, 30 中有 30 1 1 1 1 1 1 2 3 5  _  _  _         = 8 個數與 30 互質，所以 1981, 1982,…, 2010 中有 8 個數與 2010 互質， 1951, 1952,…, 1980 中有 8 個數與 2010 互質，1921, 1922,…, 1950 中有 7 個數與 2010 互質(去除 67 × 29 = 1943)， 1891, 1892,…, 1920 中有 8 個數與 2010 互質，故為 1891, 1892,…, 1920 中第三個與 2010 互質的數，即 1901。

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第 一 學 期 6. 找出方程式 x3 _{+ 2 2x}2 _{+ 2x + 2+ 1 = 0 的所有解。} 解：令 t = ₂，原式成為 x3 + 2tx2 + t2x + t + 1 = 0 得 x t2 + (2x2 + 1)t + (x3 + 1) = 0 十字交乘得[xt + (x2  x + 1)][t + (x + 1)] = 0，t 還原得 x2 + ( ₂ 1)x + 1 = 0 或 x + ₂+ 1 = 0，故 x = 1 2 2 2 1 2 i    _{或 2 1。} 7. A, B, C 為橢圓 2 2 1 4 9 x y   上三點，且ABC 的重心恰為原點，已知 A(1, 3 3 2 )，求BC之長。 解：設 B(x1, y1), C(x2, y2)，x1  x2，由重心原點易得 x1 + x2 = 1, y1 + y2 =  3 3 2 ，如此BC中點 M 為( 2 1  _{,  3 3} 4 )， 又 2 2 1 1 ₁ 4 9 x _ y _{ 且} 2 2 2 2 ₁ 4 9 x _ y _{ ，相減得}( 1 2)( 1 2) ( 1 2)( 1 2) ₀ 4 9 x x x x _ y y y y _{ ，化簡得 1 2} 1 2 3 2 y y x x  _{ }  ， 即直線_BC的斜率為 3 2  ，又直線_BC過BC中點 M ( 2 1  ,  3 3 4 )，所以BC  ：y = 3 2  x  3， 代入橢圓方程式，解得 x = 1 或2，故 B(1,  3 3 2 ), C(2, 0)，故BC= 3 7 2 。 8. 設 a, b 為正實數，求 2a + b +2 a+ 18 ab的最小值。 解：令 2a + b +2 a+ 18 ab= [ka + b + 18 ab] + [(2  k)a + 2 a]，欲使兩中括號內各利用算幾不等式找出最小值，並使兩者等號成立 條件相同，必須有 ka = b =18 ab且(2  k)a = 2 a，解得 k = 3 2, a = 2, b = 3。 故 2a + b +2 a+ 18 ab= [ 3 2 a + b +18 ab] + [2 a +2 a]  3 3 18 3 2 a b ab   +2 2 2 a a  = 11，等號會在 a = 2, b = 3 時成立，得最小值 11。 二、計算證明題（沒有過程不予計分，部份過程給部份分數，每題 20 分，共計 100 分） 1. 容器內裝有濃度為 10%的溶液 100 公克，注入濃度為 40%的溶液 25 公克，均勻攪拌後，再倒出混合液 25 克，如此 反覆下去。設 a0% = 10%表示溶液的初始濃度，an%代表稀釋 n 次後的溶液濃度(nN)，試求： (1) a1 =？(4 分) (2) 列出 an與 an+1的關係式。(6 分) (3) 求出 an的一般式。(10 分) 解：(1) a1 = 10 100 40 25 100 25     = 16。 (2) an+1 = 100 40 25 100 25 n a     ，即 an+1 = 4 5an + 8。 (3) 由於 an+1  40 = 4 5(an  40)，所以 an  40 = ( 4 5) (an 1  40) =( 4 5)2(an 2  40) =…=( 4 5)n (a0  40) = 30( 4 5)n， 得 an = 40  30( 4 5)n。 答：(1) a1 = 16, (2) an+1 = 4 5an + 8, (3) an = 40  30( 4 5)n 2. 證明：任意四邊形 ABCD 的四邊長、兩條對角線長及對角線中點連線長有如下的關係： 2 2 2 2 2 2 2 4MN AC BD DA CD BC AB       (其中 M,N 分別是對角線BD,AC的中點) 解：連BN ,ND利用中線定理可知：2(DN2NB2)4MN2BD2……(1) 同理_2(CD2_DA2_{) 4 DN}2_AC2……(2) 2 2 2 2 4 ) ( 2 AB BC  BN AC ……(3) (1)式+1 2(2)式+ 1 2(3)式後可消去題目中沒有的BN ,ND， 得 2 2 2 2 2 2 2 4MN AC BD DA CD BC AB       N M A B C D

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附 屬 高 級 中 學

第 一 學 期 2009/09/30 3. 某比賽共有 n 人參加 (n 2)，採單循環制(即任兩人都需要比賽一場)，每場比賽沒有和局。若有某甲滿足〝對於任何 其他選手乙，必有甲勝乙或是甲間接勝乙(即甲勝某丙而丙勝乙)〞則稱甲為優秀選手。證明： (1) 必存在優秀選手。(10 分) (2) 若這樣的優秀選手只有一個，則此選手在此次比賽期間全勝。(10 分) 解： (1) 假設甲為勝利最多場的其中一人，令 A 為甲所勝的所有人形成之集合，B 為勝了甲的所有人形成之集合， 顯然除了甲以外的人必在 A 或 B 中。 若 B 中有某乙沒被 A 中的任何人打敗，於是乙勝過 A 中所有人及甲，故乙的勝場數超過甲，此與假設矛盾！ 所以 B 中所有人都分別被 A 中的某人打敗，則甲可以間接勝過 B 中所有人，故甲為優秀選手。得證！ (2) 不妨設唯一的優秀選手為甲，令 A 為甲所勝的所有人形成之集合，B 為勝了甲的所有人形成之集合， 若 B 非空集合，由(1)知 B 中有相對於 B 的優秀選手乙，即乙勝過或間接勝過 B 中其他所有人，然而 B 勝甲且 B 透過甲間接勝過 A 中所有人，如此得乙為優秀選手，此與優秀選手的唯一性互相矛盾。 所以 B 為空集合，即甲勝過所有人。得證！ 4. 如圖，圓 O 與圓 O1內切於 A，圓 O 與圓 O2內切於 B，而圓 O1與圓 O2相交於 P, Q 兩點，試證明： 若 A, Q, B 三點共線，則OPQ 為直角。 解：設圓 O, O1, O2的半徑分別為 R, r1, r2，

由於O A O Q1  1 、O B O Q2  2 、OA OB ，故O1QA = O1AQ = O2BQ = O2QB，

又 A, Q, B 三點共線，故得OA O Q// 2 且OB O Q// 1 ，即 OO1QO2為平行四邊形。 如圖，設OQ與PQ分別交O O_{1 2}於 M, N，則OM MQ，PN NQ。 如此得_MN為QOP 中點連線，故MN OP// ，又MN PQ，得OPPQ， 即OPQ 為直角。 5. 三實數 a < b < c 滿足 a + b + c = 6，ab + bc + ca = 9。試證：0 < a < 1 < b < 3 < c < 4。 解：首先 ab = 9  bc  ca = 9  c(b + a) = 9  c(6  c) = (3  c)2  0，同理 bc  0, ca  0，得 0  a < b < c。 若 a = 0，由上一行前面等式知 c = 3，再和為 6 得 b = 3，此與 b < c 矛盾，故 0 < a < b < c。 接著便得 a =3 3 a < 3 a b c  = 2，模仿第一行得 bc = (3  a)2， 再由算幾不等式得 abc = a(3  a)2=1 22a(3  a)(3  a)  3 1 2 (3 ) (3 ) 2 3 a   a a       = 4， 等號成立時，a = 1，解得 b = 1, c = 4，此與 a < b 矛盾，所以等號不會成立，得 0 < abc < 4。 然後令 f (x) = x3  (a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x  abc = x3  6x2 + 9x  abc，

而 f (0) = f (3) = abc < 0，f (1) = f (4) = 4  abc > 0，由勘根定理得 f (x) = 0 在 0~1、1~3 及 3~4 間各有一實根， 最後由根與係數關係知 a, b, c 為 f (x) = 0 的三根，配合 a < b < c 即得 0 < a < 1 < b < 3 < c < 4。 N M Q P B O O₁ A O₂