2014IMAS國中組第二輪檢測中文試題詳解

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2014 初中組第二輪檢測試題詳解

───────────────────────────────────────────────── 1. 代數式(a+1)(b− + +1) (b 1)(c− + +1) (c 1)(a−1)與下面哪一項相等? (A)ab+bc+ca−3 (B)ab+bc+ca (C)ab+bc+ca+2a+2b+2c+3 (D)ab+bc+ca−2a−2b−2c−3 (E)ab bc+ +ca−2a−2b−2c+3 【參考解法1】 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 3 a b b c c a ab b a bc c b ca a c ab bc ca + − + + − + + − = + − − + + − − + + − − = + + − 【參考解法2】 若令a= = =b c 1,則原代數式之取值為 0,且有 (A) ab+bc+ca− = + + − =3 1 1 1 3 0 (B) ab+bc+ca= + + =1 1 1 3 (C) ab+bc+ca+2a+2b+2c+ = + + + + + + =3 1 1 1 2 2 2 3 12 (D) ab+bc+ca−2a−2b−2c− = + + − − − − = −3 1 1 1 2 2 2 3 6 (E) ab+bc+ca−2a−2b−2c+ =3 1+1+1 2− − − + =2 2 3 0 即選項中僅(A)與(E)的取值為0。 若令a= = = −b c 1,則原代數式之取值為 0,且有 (A) ab+bc+ca− = + + − =3 1 1 1 3 0 (B) ab+bc+ca= + + =1 1 1 3 (C) ab+bc+ca+2a+2b+2c+ = + + − − − + =3 1 1 1 2 2 2 3 0 (D) ab+bc+ca−2a−2b−2c− = + + + + + − =3 1 1 1 2 2 2 3 6 (E) ab+bc+ca−2a−2b−2c+ = + +3 1 1 1+2+ + + =2 2 3 12 而選項中僅(A)與(C)的取值為 0。 因此只有(A)可能與原代數式相等,故選(A)。 答案:(A) 2. 在△ABC 中,E 為 AC 邊上的一點,D 為 BC 邊的中 點,F 為線段 BE 的中點,若△ABC 的面積為120 cm2 且四邊形 AFDC 的面積為 80 cm2,請問△BDF 的面 積為多少cm2? (A)10 cm2 (B)15 cm2 (C)17.5 cm2 (D)20 cm2 (E)25 cm2 【參考解法】

連接 FC,令記號 S 表示面積,由題目條件可知SABF =SAFESBCF =SFCE

即 1 60 2 AFC ABC S = S = cm2。故SBDF =SFDC =SAFDCSAFC =80−60=20cm2。 答案:(D) F E D C B A

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3. 已知 m 為大於 1 的正整數,m3可寫成 m 個連續奇數的和,例如23 = +3 5、 3 3 = + +7 9 11、43 = + + +13 15 17 19、…。若m3的表達式之連續奇數中有一 個數是999,請問m的值是多少? (A)30 (B)31 (C)32 (D)33 (E)34 【參考解法】 將 3 m 寫成 m個連續奇數的和後,若此數列之首項為2k +1,則最末項為 2k + +1 2(m− =1) 2k +2m−1,故知其和為(2 1 2 2 1) 3 2 k k m m m + + + − × = ,即有 3 2m =4k +2m,因此 2 2 m m k = − ,所以首項為2k + =1 m2− +m 1、末項為 2 2k +2m− =1 m + −m 1,因此 2 2 1 999 1 m − + ≤mm + −m 。再利用配方法可得: 2 1 2 3 2 1 2 5 1 ( ) 999 1 ( ) 2 4 2 4 m − + =m m− + ≤ ≤m + − =m m+ − 此即 2 2 2 2 1 1 ( ) 998 1024 32 2 4 1 1 961 31 1000 ( ) 4 2 m m  − ≤ < =    = < +  因此得到m=32。 答案:(C) 4. 已知一個正三角形的周長為 a,一個正方形的周長為 b,如果此正方形的面 積等於此正三角形面積的一半,請問 2 2 a b 的值等於什麼? (A)3 3 8 (B) 3 3 4 (C) 3 3 2 (D) 3 3 3 (E) 6 3 【參考解法】 正三角形的邊長為 3 a ,用勾股定理求得它的高為 3 3 3 2 6 a a × = ,故它的面積為 2 1 3 3 2 3 6 36 a a a × × = ;正方形的邊長為 4 b ,故它的面積為 2 2 ( ) 4 16 b =b ,因此得到 2 2 1 3 16 2 36 b a = i ,整理得 2 2 3 3 2 a b = 。 答案:(C) 5. 小明有兩個盒子,一個盒子裏是空的,另一個盒子裏有 n 塊糖,n 是一個正 整數。他以 4 塊糖、3 塊糖、2 塊糖的順序,逐次將糖加入糖數較少的盒子 中。如果盒子內的糖數相同,則他可以任選一個盒子加入糖。最後,他發現 兩個盒子中的糖數恰好相差 1 塊,請問 n 有多少種可能的值? (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 (E)6

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【參考解法 1】 由操作的過程可列式|||n− − − =4 | 3 | 2 | 1,先去掉最外層的絕對值符號,得 ||n− − − =4 | 3 | 2 1或||n− − − = −4 | 3 | 2 1,故||n− − =4 | 3 | 3或||n− − =4 | 3 | 1;再去掉 一層絕對值符號,得到|n− − = −4 | 3 3、−1、1、3,故|n− =4 | 0、2、4、6,因此 4 n− 等於−6、−4、−2、0、2、4、6 之一,結合 n 是正整數得到 n 有 2、4、6、 8、10 共5 種可能的值。 【參考解法2】 最終兩個盒子中共有n+ + + = +4 3 2 n 9塊糖,由於它們中的糖數恰好相差 1塊, 所以兩個盒子中糖的總數是奇數,即 n 是偶數;由於原來的空盒子最後至多有 4+ + =3 2 9塊糖,而原來有 n 塊糖的盒子最終至少有 n 塊糖,所以n− ≤9 1,即 10 n≤ . 不超過10 的正偶數僅有2、4、6、8、10五個,將其逐一代入驗證均滿 足題意,故 n 有2、4、6、8、10 共5種可能的值。 答案:(D) 6. 已知 a、b、c 都是實數,關於 x 的多項式x3+ax2 +bx+c含有因式x2 +5x−3, 請問a+ +b 2c的值是多少? 【參考解法1】 3 2 x +ax +bx+c必為x2 +5x−3與一個一次因式的乘積。 設 3 2 2 ( 5 3)( ) x +ax +bx+ =c x + xpx+q ,比較x 項的係數得3 p=1,比較其它項 係數得a= +q 5、b=5q−3、c= −3q,故a+ +b 2c= + +(q 5) (5q− + −3) 2( 3 )q =2。 【參考解法2】 3 2 x +ax +bx+c必為x2 +5x−3與一個一次因式的乘積。由x 項的係數得知一次3 因式的首項係數為1、由常數項得知末項係數為 3 c − ,即: 3 2 2 3 2 2 3 2 ( 5 3)( ) 3 5 5 3 3 3 5 (5 ) (3 ) 3 3 c x ax bx c x x x c c x x x x x c c c x x x c + + + = + − − = + − − − + = + − − + + 因此 5 3 c a= − 、 (3 5 ) 3 c b= − + ,故 2 5 (3 5 ) 2 2 3 3 c c a+ +b c= − − + + c= 。 答案:2 7. 請問方程|xyz|=6共有多少組整數解? 【參考解法】 原方程等價於| | | | | | 6x i y i z = ,三個正整數的乘積為6,只能是1 1 6× × 或1 2 3× × 的 排列。若為一個 6 兩個 1,則| |x 、| |y 、| |z 有 3 種取值方式,若為 1、2、3 的 排列,則| |x 、| |y 、| |z 有 6 種取值方式,共有 9 種取值方式。最後 x、y、z 可 以分別取正負值,故原方程共有 3 9 2× =72組整數解。 答案:72

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8. 在三角形 ABC 中,AB=7cm、AC =8cm、BC =9cm。以 A 為圓心的圓交 AB於點F、交AC於點E。以B為圓心BF為半徑的圓與以 C為圓心CE為 半徑的圓相切於BC上的點 D,如圖所示。請問這三個圓的面積之總和為多 少cm2? (取π =3.14) 【參考解法】 設AF =AE =xcm, 則BF =BD= −7 xcm、CE=CD= −8 xcm, 故(7− + − =x) (8 x) 9cm,解得x=3cm, 從而推出三個圓的半徑分別為3 cm、4 cm、5 cm,因此三個圓的面積之和為 2 2 2 (3 4 5 ) 50 50 3.14 157 π + + = π = × = cm2。 答案:157cm2 9. 第一行有2 枚棋子,接下來的每一行都比前一行多1 枚棋子。已知總共有 2015枚棋子,請問這些棋子共有多少行? 【參考解法】 假設這些棋子共有n 行,則最後一行有n+1枚棋子,故 (2 1) 2015 2 n + + =n ,解得 62 n= (另一根n= −65不合題意,捨去)。 【註】本題也可以用估算的方式求出n=62。 答案:62 行 10. 某次讀書交流會上,主辦單位贈送每位參加者一本書,同時每位女性參加者 贈送給每位其他的女性參加者一本書,每位男性參加者也贈送給每位其他的 男性參加者一本書。已知參加者中所有男性收到的贈書之總和比所有女性收 到的贈書之總和多 31 本,請問這次讀書交流會總共有多少名參加者? 【參考解法】 設這次讀書交流會共有 m 名男參加者,n 名女參加者,由題意得 ( 1) ( 1) 31 m+m m− = +n n n− + ,整理得m2 −n2 =31,故 (mn m)( + =n) 31。由 0 m+ >nm− >n 0,由於 31 是質數,所以必有m− =n 1、m+ =n 31,因此共 有 31 名參加者。 答案:31 名 A F E D C B

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11. 點 D 在三角形 ABC 的 BC 邊上使得 76 BAD ∠ = °,點C′是點 C 關於 AD的 對稱點,如圖所示。已知四邊形ABC D′ 是平行四邊形,請問∠ADC為多少度? 【參考解法】 連接CC′。由題意知△ADC ≅△ADC′,故 AC = AC′,∠CAD= ∠C AD′ ,由等腰三角 形三線合一知ADCC′,又AD BC// ′, 故BC′⊥CC′。 由於DC = DC′,故∠DCC′= ∠DC C′ ,而∠BC D′ 是∠DC C′ 的餘角、∠C BD′ 是 DCC′ ∠ 的餘角,故∠BC D′ = ∠C BD′ 。 由平行四邊形的性質知∠ADB= ∠C BD′ = ∠BC D′ = ∠BAD= °76 , 故∠ADC =180° − ° =76 104°。 答案:104° 12. 設 k 是非零整數,關於 x 的方程 2 9 81 10 k x k x − + = 有兩個不同的整數根,請 問較大的根減去較小的根所得的差是什麼? 【參考解法】 先將方程整理得 2 2 10 (9 81) 0 xk xi + k − = ,由題意知兩個根都是整數,故判別 式 2 2 (10 )k 4(9k 81) ∆ = − − 應是一個完全平方數,設 2 m ∆ = ,其中 m 為正整數。 整理後可得 2 2 64 324 m = k + ,因式分解得 (m−8 )(k m+8 )k =324。 由 m 是正整數知m−8km+8k 至少有一個為正,故這兩個數都是正整數,顯 然兩數不同,但奇偶性相同。由 4 2 324= ×3 2 知僅有以下幾種情況: 情況 1: m−8k =162、m+8k =2,解得m=82、k = −10,此時兩根分別 為 91− 和 9− ,符合題意,差為 82; 情況 2: m−8k =54、m+8k =6,解得m=30、k = −3,此時兩根分別為 30 − 和 0,但 0 是增根,不合題意,捨去; 情況 3: m−8k =6、m+8k =54,與情況 2 相似,出現增根 0,捨去; 情況 4: m−8k =2、m+8k =162,與情況 1 相似,兩根分別為 9 和 91, 符合題意,差為 82。 綜上所述,兩根的差為 82。 答案:82 13. 將正整數 1、2、…、20 分成兩組,使得其中一組的所有數之和等於 n,另 一組的所有數之積也等於 n,請問 n 的最大值是什麼? 【參考解法】 首先說明n=192符合題意,此時令第二組為 4、6、8,第一組為剩餘所有數,則 第二組三個數的積為 4 6 8 192× × = ,第一組所有數之和為 (1 2+ + +⋯ 20)− + + =(4 6 8) 192,符合題意。 C A B D C

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下面說明n>192不合題意。 當n=193、194、197、199、201、202、203 時,n 分別含有大於 20 的質因數 193、 97、197、199、67、101、29,無法成為第二組所有數之積; 當n=195時,n 含有質因數 13,故第二組必有 13,但第二組剩餘所有數之和為 (1 2+ + + 20) 195 13− − =2,故第二組必為 2、13,但 2 13 195× ≠ ,矛盾; 當n=196時,n 含有兩個質因數 7,故第二組必有 7 和 14,但這樣第一組所有數 之和最多為 (1 2+ + +⋯ 20)− +(7 14) 189= ,矛盾; 當n=198時,n 含有質因數 11,故第二組必有 11,但第二組剩餘所有數之和為 (1 2+ + +⋯ 20) 198 11 1− − = ,故第二組必為 1、11,但1 11 198× ≠ ,矛盾; 當n=200時,n 含有兩個質因數 5,故第二組必有兩個 5 的倍數,但這樣第一組 所有數之和最多為 (1 2+ + +⋯ 20)− +(5 10) 195= ,矛盾; 當n≥204時,第二組所有數之和不超過 (1 2+ + +⋯ 20)−204=6,它們的乘積顯 然不能等於 n,矛盾。 綜上所述,所求 n 的最大值為 192。 答案:192 14. 在正方形 ABCD 中,E、F 分別是 BC、CD 上的點, △CEF 的周長是正方形 ABCD 周長的一半,點 G 為 AE 上的點使得 FGAE,點 H 為 FG 上的點使得 AH = EF,如下圖所示。請證明AHEF。 【參考解法】 如圖,延長 CB 至 K,使得BK =DF,連結 AK,延長 AH 交 EF 於 L。由於AB= AD,∠ABK = ∠ = °D 90 得△ADF△ABK,故DF = BKAF = AK,∠BAK = ∠DAF。由 此得

90

FAK FAB BAK FAB DAF DAB

∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠ = °。 由於△CEF 的周長是正方形 ABCD 周長的一半,故 2 ( ) EF = ABCE+CF =BE+DF =BE+BK =EK, 又AE= AEAF = AK,故△AFE△AKE,因此 1 45 2

FAE EAK FAK

∠ = ∠ = ∠ = °。

因為 FGAE,所以△AGE 為等腰直角三角形,故 AG =FG

結合AH = EF、∠FAK = ∠AGH = ∠FGE= °90 得△ AGH△FGE,由此得:

180 180 90 FLH FHL HFL AHG GAH ∠ = ° − ∠ − ∠ = ° − ∠ − ∠ = °, 即AHEF,證畢。 【評分標準】 證得EF =EK,5 分 證得∠FAE= °45 ,5 分 證得 AG=FG,5 分 證得AHEF,5 分 A B C D E L F K G H

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15. 將一個大正三角形的每條邊用 4 個點將它 5 等分,然後以平行於三角形各邊 的直線將這些點相連接,把大正三角形分割為 25 個小正三角形,如下右圖 所示。一片四正三角形塊為將 4 個小正三角形以邊對邊連接在一起的區塊, 共有三種不同的四正三角形塊,如下左圖所示。 (1) 請將 7 個小正三角形塗色,使得無法在此大正三角形內放置任何一片四正三 角形塊而不蓋到任何塗色的小正三角形。(4 分) (2) 請證明無論如何將 6 個小正三角形塗色,都一定可以在此大正三角形內放置 一片四正三角形塊而不蓋到任何塗色的小正三角形。(16 分) 【參考解法】 (1) 將如圖所示的小正三角形塗黑,則無法在此大正三 角形內放置任何一片四正三角形塊而不蓋住任何塗色 的小正三角形。若將旋轉翻轉視為相同,則只有此唯一 的方法。 (2) 假設結論不成立,即存在一種將 6 個小正三角形塗色的方式,使得無法在此 大正三角形內放置任何一片四正三角形塊而不蓋住任何塗色的小正三角形。在 下左圖中,下面兩個用紅線標示的正六邊形內,必然至少各要將 2 個小正三角 形塗色,否則顯然可找出四正三角形塊;上方用紅線標示的三角形裏必然也要 至少要將 1 個小正三角形塗色,中間靠左用紅線標示的凹六邊形裏必然也要至 少要將 1 個小正三角形塗色,這說明 6 個被塗色的小正三角形都要在已用紅線 標示的四塊封閉區域中,也就是說中間靠右的兩個小正三角形不能再被塗色, 否則塗色的數量超過 6 個。

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將紙版旋轉翻轉,由對稱性可知上右圖中黃色的小正三角形都不能被塗色,故 綠色的小正三角形必須都被塗色,否則可以找到四正三角形塊,但綠色小正三 角形有 9 個,矛盾! 綜上所述,無論如何挑選 6 個小正三角形塗色,都一定可以在此大正三角形內 放置一片四正三角形塊而不蓋住任何塗色的小正三角形,證畢。 【評分標準】 (1)小題:給出正確塗色方法,4 分 (2)小題: 說明左圖內的二個紅色凸六邊形各至少要挖除 2 個小正三角形,4 分 說明左圖內的紅色凹六邊形至少要挖除 1 個小正三角形,4 分 說明左圖內的紅色三邊形至少要挖除 1 個小正三角形,4 分 說明右圖的綠色的小正三角形必須都被挖除,4 分

數據

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參考文獻

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