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數學科學能力競賽複試解答

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Academic year: 2021

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(1)

國 立 台 灣 師 範 大 學

九 十 八 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 12 分,共計 72 分) 1. 2. 3. (36, 48) 24 120 4. 5. 6. 374 1005 3 1 22010   6027 1. 假設 m < n 且 m, n 都是正整數,滿足(23 m 3 n)2 2823 6。試求數對(m, n)。 解:顯然 m 和 n 都不是立方數,而(23 m3 n)2 43 m2 3 n2 43 m43 n23 mn唯一可能成為立方數的只有 mn,也就是mn123 1728;而且被消去的根式可能為3 m2 4 n3 3 n2 4 m3 得(m,n)(48,36)不合,以及(m,n)(36,48)。 2. 在 4×4 的方格中,每個方格中填入一數,使得對於其中任意一個方格,與其相鄰(有公共的邊)的所有方格中的數之和皆 為 4,求這 16 個數的總和。 解:將這 16 個數給代號(如圖),有 1 3 6 4; 2 4 7 4; 5 10 13 4; 8 11 16 4; 9 14 4; 12 15 4 AAAAAAAAAAAAAAAA  六式相加即得這 16 個數的總和為 24,例如後圖是一組解。 3. 以正十二邊形頂點作為頂點的所有三角形中,鈍角三角形共有幾個? 解:如右下圖,以正十二邊形 A1 A2 …A12頂點作為頂點的所有鈍角三角形中, 令 Ak +12 = Ak , k = 1, 2,…, 5,考慮鈍角對邊為A Ar r t時,(其中 r = 1, 2,…,12,t = 2, 3, 4, 5) 鈍角頂點可能為 Ar +1, Ar +2,…, Ar + t 1,共 t  1 種。故總數為 5 2 12 ( 1) t t  

 = 120。 4. 求最小的自然數 n,使得 n2的末四位為 9876。 解:最末位為 4 或 6, 若為 4,(10X 4)2 100X2 80X 16,也就是 8X 17(mod10)得 X=2 或 7;(100X24)2 10000X2 4800X 576 8X 58(mod10),X 無解;(100X 74)2 10000X2 14800X 5476 8X 4 8(mod10),X=3 或 8,3742 139876符合; 若為 6,(10X 6)2 100X2120X 36 2X 37(mod10),X=2 或 7;(100 26)2 10000 2 5200 676 X X X , 2X 68(mod10),X=1 或 6;(1000X 126)2 1000000X2 252000X 15876 2X 59(mod10),X=2 或 7,都比 374 來的大。 (100X 76)2 10000X2 15200X 57762X 78(mod10),X 無解。 故最小為 374。 5. 求 ? 3 2 3 8 3 4 3 2 3 1 2009                              其中

 

x 表示不大於 x 的最大整數。 解:因為 2=3-1,所以若 n 為奇數, 23  2332      n n ;若 n 為偶數, 23  2331      n n , 1005 3 1 2 2 2010 3 2 4 2 1 3 2 3 8 3 4 3 2 3 1 2009 2009 2010                                     6. 設 a, b, c 為正實數,滿足2005a2008b2011c = 2006a2009b2012c= 2007a2010b2013c= 98,試求 log 98(abc)之值。 解:2005a2008b2011c= 2006a2009b2012c = 2007a2010b2013c= 98,試求 log 98(abc) 原式同取以 98 為底之對數得 log98 2005 a +log98 2008 b +log98 2011 c =log98 2006 a +log98 2009 b +log98 2012 c =log98 2007 a +log98 2010 b +log98 2013 c = 1, 這表示 x 的方程式log98 3 a x + 98 log b x + 98 log 3 c x = 1…… 有根 2008, 2009, 2010。 式乘以 x(x  3)(x + 3)再移項化簡得 x3  ( log 98 a + log98 b + log98 c )x2 + (x 的一次項及常數項) = 0 有根 2008, 2009, 2010,

由根與係數關係得 2008 + 2009 + 2010 = log98 a + log98 b + log98 c = log98 (abc),即 log98 (abc) = 6027。

A16 A15 A14 A13 A12 A11 A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 4 4 4 4 4 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A12 A11 A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1

(2)

丁 丙 乙 甲 時間(時) 位置 6.5 6 5 2 12 C E D F B A

國 立 台 灣 師 範 大 學

九 十 八 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 2

附 屬 高 級 中 學

第 一 學 期 2009/09/30 二、計算證明題(每題 18 分,共計 108 分) 1. 在一條很長且筆直的路上,有甲乙丙丁四輛車子,各自以相同的速率行駛。已知 在今天中午12 點之前,甲乙丙三車往相同方向行駛,而且甲車在乙車後面;乙 車在丙車後面,丁車自遠方向這三輛車駛來。中午12 點時,甲車追上乙車;下午 2 點時,甲車追上丙車;下午 5 點時,甲車第一個遇到丁車;下午 6 點時,乙車 遇到丁車;下午6 點 30 分,丙車遇到丁車。問:乙車何時追上丙車? 解:作位置對時間圖,如圖,有 3 2  BC AB , 1 2 5 . 01   DE CD 。 對ACE 以 BFE 為截線用孟氏定理得 1 1 3 3 2       FA DF FA DF ED CE BC AB 得到 2 1  FA DFA 與 D 差距 6 小時,故 F 點為下午 4 時。 2. 找出所有滿足下列條件的函數 f :對於不為 0 或 1 的任意實數,都有 f (x) + f (1 −1 x) = x + 1 + 1 1 x 。 解:已知 f (x) + f (1 −1 x) = x + 1 + 1 1 x ……… 在式中,將 x 以(1 −1 x)代入得 f (1 −1 x ) + f ( 1 1 x   ) = (1 − 1 x) + 1  x ……… 在式中,將 x 以( 1 1 x   )代入得 f ( 1 1 x   ) + f (x) = 1 1 x   + 1  1 x x  ……… (++) 2 得 f (x) = x + x 1 1 2。 3. 凸四邊形 ABCD 中, 2 AB +CD2=AD2+BC2,證明:此四邊形 ABCD 對角線互相垂直。 解:依題意,有 |AB

|2|BC

|2=|AD

|2|DC

|2  (AB BC

 

)(AB BC

 

) = (AD DC

 

)(AD DC

 

)  AC

(AB

BC

) = AC

(AD

DC

)  AC

(AB

AD

+DC

BC

) = 0  AC

(2DB

) = 0 故此四邊形 ABCD 對角線ACBD互相垂直。

(3)

國 立 台 灣 師 範 大 學

九 十 八 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 3

附 屬 高 級 中 學

第 一 學 期

4.

三角形ABC 中,∠BAC = 60,∠ABC = 80,∠BAC 的平分線交BCD;∠ABC 的平分線交ACE。試證:

AB+BD = AE+BE

解:如圖,延長ABF,使得BFBD且∠BFD=40,故 AB+BD=AB+BF=AF………

又∠C=∠CBE=40,∴ECBE,得 AE+BE=AE+EC=AC………

而∠DAF = ∠DAC, ∠AFD=40 = ∠ACD, AD=AD,得 ΔADF  ΔADC (AAS)  AF=AC………

由,,知 AB+BD=AF=AC=AE+BE,得證。 5. 兩圓 C1, C2之圓心分別為 O1, O2,且交於相異兩點 A, B,若射線O B1  ,O B2 分別交圓 C2, C1於 D, E。證明:A, O1, O2, E, D 五點共圓。 解:如圖,因為O A1 =O B1 , O A2 =O B2 ,O O1 2=O O1 2,

O1 AO2  O1 BO2,得∠O1 AO2 = ∠O1 BO2 ……… 又O B2 =O D2 ,所以∠O2 BD = ∠O2 DB ……… 由,得

∠O1 AO2 +∠O2 DB = ∠O1 BO2 +∠O2 BD = 180, 所以 A, O1 , D, O2四點共圓, 同理 A, O1 , E, O2四點共圓, 得證 A, O1 , E, D, O2五點共圓。 6. 設 x, y, z 為正實數,試證明: 5 3 3 x xyz +3 5 3 y xyz +3 3 5 z xyz  3 11。 解:因為 5 3 3 x xyz +3 5 3 y xyz +3 3 5 z xyz  3 11  (1  2 5 3 3 x xyz ) + (1  2 3 5 3 y xyz ) + (1  2 3 3 5 z xyz )  3  3 2 11   (3x + 3y + 3z)( 1 5x3y3z + 1 3x5y3z + 1 3x3y5z )  27 11  (11x + 11y + 11z)( 1 5x3y3z + 1 3x5y3z + 1 3x3y5z )  9  ( 5x3y3z2+ 3x5y3z2+ 3x3y5z2)( 2 1 5x3y3z + 2 1 3x5y3z + 2 1 3x3y5z )  (1 + 1 + 1)2 而最後一式由柯西不等式知成立,故得證原式成立。 F D E C A B C2 C1 D E B A O1 O2

參考文獻

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