高一下第一次期中考數學題庫(50)

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(1)

單元 1

1. 已知相機光圈值2, 2 2, 4,構成一個等比數列 an ,求 (1)首項a1及公比 r 的值。 (2)第 6 項a6的值。 (3)光圈值 32 出現在該數列的第幾項? 解答  (1)a12,r 2 (2)a68 2 (3)第 9 項  解析  (1) 首項 1 2 a  ,公比r 2 22  2 。  (2)第6項a6a r1 5 2

 

2 58 2。  (3)設an 32,利用等比數列一般項的公式,得 1 1 2

 

2 1 32 n n n a a r  , 整理成2n2116 2 4,得 1 4 2 n ,解得n9。故32是數列的第9項。  2. 在坐標平面上由原點開始,依照先向上、向右、向下、再向右的規律,每次移動1個單位,依序得P1,P2,P3,,如圖所示。 (1)從P1到P30共經過n次向上,求n的值。 (2)求P30的坐標。 解答  (1)8 (2)(14,1)  解析  (1) 觀察圖發現:向上後的終點為P2,P6,P10,, 其下標2,6,10,構成一個首項為2,公差為4的等差數列 an 。 又因為30 2 4   

8 1

,所以30 an 的第8項。P30是第8個向上的終點,即n8。  (2)因為P30是第8個向上的終點,所以從P1到P30經過7 2 14  次向右, 故P30

14,1

。 

(2)

3. 設數列 an 是每項均為正數的等比數列,且 7 1 1 a a 5 3 a  ,求a8的值。 解答  81 解析  設等比數列 an 的首項a1為a,公比為r。 由題意得, 6 4 1 3 ar a ar     ,即 3 4 1 3 ar ar        (負不合) 將兩式相除得到r3,並代回解得a271 故 8 7 7 1 3 81 27 aar    。  4. 已知四數形成一個等比數列,前三數的乘積為1,後三數的和為34,求此四數。 解答  21,12,14 解析  設此四數為araarar2。 因為a a ar 1 r   ,所以a31,解得a1。 又因為 2 1 2 3 4 a ar ar    r r,所以解得 1 2 r  故此四數依序為21,12,14。  5. 已知 an 為等比數列滿足a1a216,a2a348,求a3a4的值。 解答  144  解析   2 3 1 2 48 3 16 a a r a a      ,

3 4 2 3 48 3 144 aaaa  r   。 

(3)

6. 寫出下列數列的前五項: (1) 2n1 。 (2) 3nn1 。 解答  (1)a11,a23,a35,a47,a59 (2) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 , , , , 4 7 10 13 16 aaaaa  解析  (1) 因為數列 2n1 的一般項an2n1,所以將 n 分別以 1, 2, 3, 4, 5 代入,得 1 1, 2 3, 3 5, 4 7, 5 9 aaaaa。  (2)因為數列 3nn1 的一般項 n 3 1 n a n   ,所以將 n 分別以 1, 2, 3, 4, 5 代入,得 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 , , , , 4 7 10 13 16 aaaaa。  7. 已知等比數列 an 中,a2108, 6 64 3 a,求 (1)首項a1與公比r的值。 (2)a4的值。 解答  (1)當r23時, 1 162 a  ;當r 23時,a1 162 (2)48  解析  (1) 因為 2 1 108 aa r , 6 1 5 64 3 aa r  ,所以 4 4 6 2 16 2 81 3 a r a          ,解得 2 3 r  。 當r23時,108 1 2 3 a   ,解得 1 162 a  ; 當r 23時, 1 2 108 3 a       ,解得a1 162。  (2)不論 2 3 r 或 2 3 r  , 2 2 4 2 2 108 48 3 aa r        。 

(4)

8. 附圖是某年三月的月曆,其中黑線所圍的4天的日期總和為78,問該年的四月1日是星期幾? 解答  星期五  解析  設此4天的日期分別為aa7a14a21 可得4a42 78 ,解得a9,即三月9162330日均為星期三。 故推得四月1日是星期五。  9. 設數列 an 滿足a216且a52。 (1)已知數列 an 為等差數列,求公差d 的值。 (2)已知數列 an 為等比數列,求公比r的值。 解答  (1)143 (2)12 解析  (1) 因為數列 an 為等差數列,所以a5a23d, 即2 16 3d ,解得d  143 。  (2)因為數列 an 為等比數列,所以a5a r2 3, 即2 16r 3,解得 1 2 r。  10. 已知等差數列 an 滿足a254,a515,求a7及一般項an。 解答  a7 = − 11,an = − 13n + 80  解析  設等差數列 an 的首項為a1,公差為d ,則a2 a1 da5 a1 4d。 由題意可得:a1 d 54,a14d15, 將兩式相減可得3d  39,解得d 13 代回a1 d 54,解得a167。 因此,a7 a1 6d 67 6  

13

 11, 一般項an a1

n1

d67

n  1

 

13

 13n80。 

(5)

11. 已知等比數列 ana34,a6 108,求a5及一般項an。 解答  a5 = 36,an = 4 × 3n − 3  解析  設等比數列 an 的首項為a1,公比為r,則 2 3 1 aa r 5 6 1 aa r 由題意可得:a r1 24, 5 1 108 a r 將兩式相除可得 5 1 2 1 108 4 a r a r  ,即r327,解得r3, 代回 2 1 4 a r  ,可得 1 4 9 a 因此, 5 1 4 4 4 3 36 9 aa r    ,一般項 1 1 3 1 4 3 4 3 9 n n n n aa r        。  12. 已知 3, −6, 12,…, −384 構成一個等比數列 an ,求 (1)首項a1及公比 r 的值。 (2)第 5 項a5的值。 (3)−384是第幾項? 解答  (1)a13,r 2 (2)a548 (3)第 8 項  解析  (1) 首項a13,公比r36 2。  (2)第5項 4

 

4 5 1 3 2 48 aa r     。  (3)設an  384,利用等比數列一般項的公式, 得 1

 

1 1 3 2 384 n n n aa r        , 整理成

 

2 n1 128,得n 1 7,解得n8。 故384是數列的第8項。 

(6)

13. 用長度為1的線段有規律的排成若干圖形,如圖所示。           依此規律可畫第4圖、第5圖、…,並設an為第n圖中所使用長度為1的線段總數。 (a17,a211,a315) (1)寫出數列 an 的遞迴關係式。 (2)求a20的值。 解答  (1) 1 1 7 4 2 n n a a a n     (  ) (2)83  解析  (1) 由圖可知,後一圖比前一圖多出一段: ,即多出4條長度為1的線段。 因此,數列 an 是公差為4的等差數列。 又 1 7 a  ,得其遞迴關係式為 1 1 7 4 2 n n a a an     (  )。  (2)利用等差數列一般項的公式an a1

n1

d ,得a20   7 19 4 83。  14. 取一個線段,將其三等分後,刪除中間的線段再加上兩條等長的小線段,形成第2圖。再將第2 中的4條線段,各自等分成三段,刪除中間的線段再加上兩條等長的更小線段,形成第3圖。           依此規律可畫第4圖、第5圖、…,重複這樣的步驟,並設an是第n圖中線段的總數。(a11, 2 4 aa316 (1)寫出數列 an 的遞迴關係式。 (2)求a6的值。 解答  (1) 1 1 1 4 2 n n a a a n       ( ) (2)1024  解析  (1) 由圖可知:每經過一個步驟,每條線段都會變成4條更小的線段。 因此, an 是一個公比為4的等比數列。 又 1 1 a  ,得其遞迴關係式為 1 1 1 4 2 n n a a an       ( )。  (2)利用等比數列的一般項公式an a r1 n1   ,得 6 1 6 1 4 1024 a     。 

(7)

15. 取一正方形T1,以其各邊中點為頂點連成的四邊形T2也是正方形。重複這樣的步驟,得到一序列的 正方形T1,T2,T3,,如圖所示。已知T1的面積為1024,並設an為正方形Tn的面積。 (1)寫出數列 an 的遞迴關係式。 (2)求a10的值。 解答  (1) 1 1 1024 1 2 2 n n a a a n        ( ) (2)2  解析  (1) 由圖可知: 因為△ ADC為等腰直角三角形, 所以CD 2AC 12 2 AC  12AB, 即 2 T 的邊長為T1邊長的 1 2,推得T2的面積為T1面積的 1 2, 即 2 1 1 2 a a  ,同理可得 3 4 2 3 1 2 a a aa  。 因此, an 是一個公比為12的等比數列。 又 1 1024 a  ,得其遞迴關係式為 1 1 1024 1 2 2 n n a a a n      ( )。  (2)利用等比數列的一般項公式 1 1 n n aa r  ,得 10 1 10 1 1 1024 1024 2 2 512 a            。 

(8)

16. 在西洋棋盤上放置小麥,規則如下: (i)第一格放入2粒小麥,第二格放入4粒小麥。 (ii)每一格所放入的小麥剛好比前一格的3倍少2粒。an為第n格所放入小麥的數目。 (1)求 an 的遞迴關係式。 (2)問:在第4格內放入了幾粒小麥? 解答  (1) 1 1 2 3 2 2 n n a a a n n        ( 是正整數且 ) (2)28 解析  (1) 1 1 2 3 2 2 n n a a an n        ( 是正整數且 )。  (2)由關係式 1 1 2 3 2 2 n n a a an n        ( 是正整數且 ), 得出a23a1 2 4⇒a33a2 2 10⇒a43a3 2 28。  17. 取一個白色正三角形,將其等分成 4 個相同的小正三角形,然後將中間的三角形塗成黑色;接著再 將剩下的 3 個白色小正三角形,分別等分成 4 個相同的更小正三角形,並將中間更小的正三角形塗 成黑色。重複這樣的步驟,如圖所示。 第1圖 第2圖 第3圖 第4圖 依此規律可畫第 5 圖、第 6 圖、…,並設an為第 n 圖中白色三角形的總數。 (1)寫出數列 an 的遞迴關係式。 (2)求a6的值。 解答  (1) 1 1 1 3 2 n n a a a n       , ( ) (2)a6243 解析  (1) 由圖可知:每經過一個步驟,每個白色三角形都可以分割出 3 個更小的白色三角形。 因此 n a 是一個公比為 3 的等比數列。又a11,得其遞迴關係式為 1 1 1 3 2 n n a a a n       , ( )。 (2)利用等比數列一般項的公式 1 1 n n aa r,得 6 1 6 1 3 243 a     。 

(9)

18. 將所有的正整數依序排列如圖所示:第一列有 1 個數字,第二列有 2 個數字,第三列有 3 個數字, …;下一列都比上一列增加 1 個數字,以此類推。設an代表第 n 列最右邊的數字(a11,a2 3, 3 6 a,…)。 (1)寫出數列 an 的遞迴關係式。 (2)求a6的值。 解答  (1) 1 1 1 2 n n a a a n n        ( ) (2)a621 解析  (1) 依題意可得,a11,a2  1 2 3,a3   1 2 3 6,a4    1 2 3 4 10。 從上式可知:a2比a1多出 2,a3比a2多出 3,…, 以此類推,anan1多出 n,又a11, 所以 n a 的遞迴關係式為 1 1 1 2 n n a a a n n        , ( )。 (2)因為a4 10,所以a5a4 5 15,a6a5 6 21。  19. 伸出左手,從大拇指開始,按照下圖的方式依序數數字: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,…。 設an是第 n 次對應到大拇指時所數到的數字。 (1)數數看:寫出a a a a1, , ,2 3 4的值。 (2)數到 999 時,所指的是哪根手指頭?  (A)大拇指 (B)食指 (C)中指 (D)無名指 (E)小指 解答  (1)a11,a29,a317,a425 (2)C  解析  (1) 依題意順序數數字,可得a11,a29,a317,a4 25。  (2)由(1)可得: an 是一個首項為 1,公差為 8 的等差數列,其一般項為

1 1 8 8 7 n a   n   n 因此若想知道數到接近 999 時,哪一個數字會對應到大拇指, 則考慮an999,即解不等式8n 7 999,得n125.75。 故可知正整數 n 的最大值為 125,此時a125993,

(10)

即當我們數到 993 時,會對應到大拇指。

(11)

20. 已知等比數列 an 滿足a1a320,a2a4 10,求a5的值。 解答  a51 解析  設等比數列 an 的首項為 a,公比為 r。由題意得 2 1 3 3 2 4 20 10 a a a ar a a ar ar              , ,即

2 2 1 20 1 10 a r ar r          , 。 將兩式相除得到r 12,並代回解得 16 a 。故 4 4 5 1 16 1 2 aar       。  21. 用正方形有規律的拼成若干圖形,如圖所示。           依此規律可畫第4圖、第5圖、…,並設an為第n圖中正方形的總數。已知每個小正方形都由長度 為1的線段組成。設bn為第n圖中所使用長度為1的線段總數。 (1)寫出數列 bn 的遞迴關係式。 (2)求b6的值。 解答  (1) 1

1 4 2 2 2 n n b b b n n         ( ) (2)54  解析  (1) 由圖可知:b14。 又第2圖比第1圖增加3條橫線,3條直線,得b2      b1 3 3 b1 2

2 1

。 又第3圖比第2圖增加4條橫線,4條直線,得b3      b2 4 4 b2 2

3 1

。           以此類推可得bnbn1  2

n 1

,即bnbn1

2n2

。又b14, 得其遞迴關係式為 1

1 4 2 2 2 n n b b b n n         ( )。 

(12)

(2)利用遞迴關係式可得: 2 10

(13)

22. 用黑、白兩種顏色的正方形地磚有規律的拼成若干圖形,如圖所示。 依此規律可畫第4圖、第5圖、…,並設an為第n圖中白色地磚的總數。 (1)求a1,a2,a3,a4的值。 (2)寫出數列an的一般項公式。 (3)問:第50圖需要多少白色地磚? 解答  (1)a18,a2 13,a3 18,a423 (2)an5n3 (3)253  解析  (1) 由圖可知:a18,a213,a318,a423。  (2)由(1)的觀察可知數列 an 是首項為8,公差為5的等差數列, 利用等差數列一般項公式an a1

n1

d ,得an 8

n  1 5 5

n3。  (3)a50 5 50 3 253  。   23. 設數列 n a 的遞迴關係式為 1 1 2 1 2 2 n n a a n a          ( )。 (1)寫出a2,a3。 (2)猜測一般項an。 (3)使用數學歸納法驗證你的猜測。 解答  (1) 2 3 2 a 3 4 3 a  (2) n 1 n a n   (3)見解析  解析  (1) 由遞迴關係式可得 2 1 3 2 2 2 a    , 3 1 4 2 3 3 2 a    。  (2)因為 1 1 1 2 1 a    , 2 3 2 1 2 2 a    , 3 4 3 1 3 3 a    , 所以猜測 n 1 n a n   。  (3) (i)當n1時, 1 1 1 2 1 a    ,猜測是正確的。 (ii)設n k 時猜測正確,即 k 1 k a k    則當n k 1時,   1 1 1 2 2 2 1 1 k k k a k a k k        2

1

1 1 1 k k k k        ,  可知猜測是正確的。

(14)

故由數學歸納法可知:我們的猜測是正確的, 即對於所有的正整數nn 1 n a n   。  24. 已知20,ab為等差數列,ab36為等比數列,且ab皆為正數,求ab的值。 解答  a = 25,b = 30  解析  由於20ab為等差數列,設公差為d,令a20db20 2 d 由於ab,36為等比數列,所以b236a

20 2d

236 20

d

d10

29

d20

d220d100 9 d180d211d80 0

d16

 

d 5

0⇒d 165d 16時,

a b,

 

 20d,20 2 d

 

 4, 12

不合,d5時,

  

a b,  20d,20 2 d

 

 25,30

,故a25b30。  25. 設數列 n a 的遞迴關係式為 1 1 1 2 2 1 n n a n a a n n            , ( )。 (1)寫出a2,a3的值。 (2)猜測一般項an的公式。 (3)使用數學歸納法驗證你的猜測。 解答  (1) 2 1 3 a, 3 1 4 a (2) 1 1 n a n   (3)見解析  解析  (1) 由遞迴關係式可得 2 2 1 1 2 1 2 3 a     , 3 3 1 1 3 1 3 4 a     。  (2)觀察數列的規律: 1 1 1 2 1 1 a    , 2 1 1 3 2 1 a    , 3 1 1 4 3 1 a    , 可猜測:對於所有的正整數 , 1 1 n n a n   。  (3) (I)當n1時, 1 1 1 2 1 1 a    ,猜測是正確的。 (II)設n k 時猜測正確,即 1 1 k a k   ,  則當n k 1時,由遞迴關係式,  得 1

1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 k k k k a a k k k k k                 ,  即當n k 1時,猜測也是正確的。 故由數學歸納法知:對於所有的正整數 , 1 1 n n a n   。 

(15)

 

 

 

 

2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 k k k k a a k k k k k k k                   

 

 

 

2 4 3 1 3 3 1 2 1 2 1 2 2 1 1 k k k k k k k k k k k k                   ,  可知猜測是正確的。 故由數學歸納法可知:我們的猜測是正確的, 即對於所有的正整數n, 2 1 n n a n    恆成立。 

單元

2

註:本題庫中

L

符號均代表………

如下例中

13 +23+33+L+203=13+23+33+…+203 1. 求下列連續正整數的立方和。 (1)13   23 33 203  。 (2)113123133  203。 解答  (1)44100 (2)41075  解析  令Sn    13 23 33 n3。  (1)

2 3 3 3 3 20 20 20 1 1 2 3 20 44100 2 S               。  (2)

2 3 3 3 3 20 10 10 10 1 11 12 13 20 44100 41075 2 S S                 。  2. 已知一等比數列的首項為3,公比為2,求前8項的和。 解答  765 解析  

8 8 1 8 1 3 1 2 765 1 1 2 a r S r         。  3. 求下列各級數的和: (1)2242  202 (2)113123 203  。

(16)

解答  (1)1540 (2)41075  解析  (1) 22 42 202 4 1

2 22 102

4 10 11 21 1540 6              。  (2)11 123 3  203

1323  203

 

 13  23  103

       

2 2 20 20 1 10 10 1 2 2              44100 3025 41075  。  4.   (1)求首項為 6,前 8 項和為 132 的等差數列之公差。 (2)求等差級數9 5 1    

15

的和。 解答  (1)d 3 (2)21 解析  (1) 利用等差級數的和公式 n

2 1 2

1

n a n d S    得 8

8 2 6 8 1 132 2 d S        ,解得 3 d  。  (2)設此等差數列的項數為 n, 因為首項a19,公差d    5 9 4,末項an 15, 所以  15 9

n  1

  

4 ,解得n7 利用等差級數的和公式

1

2 n n n a a S   ,得 7

7 9 15 21 2 S       。  5. 已知 an 為等差數列,且首項為15,公差為5,和為735,求此等差數列的項數。 解答  21 解析  利用等差數列的和公式

2 1

1

2 n n a n d S    735

30 5

1

2 n   n  整理得5n235n1470 0n27n294 0 ,解得n2114(不合)。 故可得此數列共有21項。  6. 已知 an 是一個等比數列,且a2  24,a312,求a1a2  a8的值。 解答  2558

(17)

解析  設等比數列 n a 的公比為r,可得 32 12 1 24 2 a r a      , 2 1 24 48 1 2 a a r      。 故 1 2 8 aa   a

8 8 1 1 48 1 1 2 255 1 1 1 8 2 a r r                     。  7. 設等比數列 an 的前n項和為Sn,且S25,S420,求S6的值。 解答  65  解析  設等比數列 an 的首項為a,公比為r,由題意可得 2 S  a ar

2 3 2 2 2 4 2 2 2 1 S  a ar ar ara ar r a ar Sr SSr 因此,20 5 1 r  

2

,解得r2 3

2 3 4 5 2 4 6 S  a ar ar ararara ar r a ar r a ar  S2r S2 2r S4 2S2

1 r2 r4

   5 1 3 9

65。  8. 已知一等差數列前3項和為9,前9項和為81,求其前6項的和。 解答  36  解析  設此等差數列為 an ,且首項為a,公差為d ,依題意得 1 2 3 3 3 9 a   a a ad

1 2 9 9 2 8 9 36 81 aa   aadd  dad 解得a1d2 前6項和為a1a2  a66a

d2d  5d

6a15d36。  9.   (1)求首項為5,前9項和為90的等差數列之公差d (2)求等差級數76 72   12的和。 解答  (1)54 (2)748 

(18)

解析  (1) 利用等差級數的和公式,得 9

9 2 5 9 1 90 2 d S        ,解得 5 4 d。  (2)設此等差數列的項數為n。因為首項a176,公差d 72 76  4, 末項an 12,所以12 76 

n  1

  

4 ,解得n17 利用等差級數的和公式,得

1 17

17 17 17 76 12 748 2 2 a a S        。 

(19)

10. 已知 an 為等比數列,且前n項和Sn與第nan滿足4Sn  4 an,求此數列的公比。 解答  13 解析  當n1時,4S1 4 a1,又因為S1a1,所以 1 4 3 an2時,4S2 4 a2,又因為 1 4 3 a

1 2

2 4 aa  4 a ,所以 2 4 9 a   r    4 49 3 13   。  11. 已知一等比數列的首項為7,第n項為448,前n項之和為889,求項數n的值。 解答  7 解析  設此數列的公比為r 由題意得 1 1 448 n n a a r

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n a r a r a a r r a S r r r           448 7 889 1 r r     , 448r 7 889r889r2 1 448 7 2  n ⇒2n164 ⇒n7。  12. 寶石收藏家擁有若干重量不等的寶石,其中最重的為 70 公克,最輕的為 10 公克,所有寶石的重 量恰可形成一個等差數列,且總重量超過 500 公克。問:收藏家最少擁有幾顆寶石? 解答  13 顆  解析  設寶石共有 n 顆。 因為所有寶石的重量恰可形成一個等差數列, 所以利用等差級數的和公式, 得總重量為

10 70

500 2 n n S     解得n252 。故收藏家最少擁有 13 顆寶石。 

(20)

13. 已知數列 ann項的和Snn2n,求 (1)a1的值。 (2)a5的值。 (3)一般項an的公式。 解答  (1)2 (2)10 (3)an2nn1)  解析  (1) a1S1  12 1 2。  (2)由題意得

2 1 2 3 4 5 5 2 1 2 3 4 4 5 5 4 5 5 30 4 4 20 10 a a a a a S a a a a S a S S                    (3)依照(2)的方法可得,anSnSn1n2 n

n1

 

2 n1

2nn2)。 因為a12也滿足an2n,所以一般項an 2nn1)。  14. 已知 an 是一個等差數列,且a1a2a3 3,a4 a5 a6 21, 求此等差數列第7項到第9項的和。 解答  39 解析  設數列 an 的首項為a,公差為d 。依題意可得:

 

 

 

1 2 3 4 5 6 2 3 3 4 5 21 a a a a a d a d a a a a d a d a d                        , 將兩式相減,可得3d3d3d  18,即9d 18。 因此可得第7項到第9項的和為 7 8 9 a  a a

a6d

 

a7d

 

a8d

a3d

 

a4d

 

a5d

9d       

21

 

 18

 39 補充說明:由上面的觀察可得:第1項到第3項的和、第4項到第6項的和與第7項到第 9項的和是一個公差為18的等差數列。  15. 已知一等差數列第1項到第5項的和為5,第6項到第10項的和為30 求此等差數列第11項到第15項的和。 解答  55 解析  設等差數列的首項為a,公差為d ,由題意可知: 第 1 項到第 10 項的和為 35  ,因此

5 10 5 2 4 5 2 10 2 9 35 2 a d S a d S               ,解得 1 a , 1 d   。

(21)

因為第 1項到第15項的和為

15

2 14

 

1

15 2 14 90 2 2 a d          又第1項到第10項的和為35,所以第11項到第15項的和為55。  16. 已知數列 an 前 n 項和Sn  n2 6n,求 (1)a1的值。 (2)a4的值。 (3)一般項an的公式。 解答  (1)a15 (2)a4  1 (3)an   2n 7 (n1)  解析  (1) a1S1   1 6 5。  (2)由題意得a4S4S3  

16 24

 

  9 18

 1。  (3)依照(2)的方法可得,

2

2

1 6 1 6 1 2 7 n n n aSS   n n   nn   n  (n ≥ 2), 因為a1    5 2 1 7,所以一般項an  2n 7 (n ≥ 1)。  17. 在邊長為 2 的正方形中有 5 個相似的黑色三角形,如圖所示。 問:這 5 個黑色三角形面積的總和。 解答  128341 解析  由圖可知,5 個相似的黑色三角形皆為等腰直角三角形, 其腰長為2, 1, ,1 2 的等比數列(公比為 1 2)﹔ 即黑色三角形的面積為2, , ,1 1 2 8 的等比數列(公比為 1 4)。 利用等比級數的和公式, 得 5 個黑色三角形面積的總和為 5 5 1 2 1 4 341 1 128 1 4 S             。  18. 已知數列 ann項的和Sn3n2n,求 (1)a1的值。 (2)a4的值。 (3)一般項an的公式。

(22)

解答  (1)2 (2)20 (3)an6n4(n1)  解析  (1) a1S1   3 12 1 2。  (2)由題意得

2 1 2 3 4 4 2 1 2 3 3 4 4 3 3 4 4 44 3 3 3 24 20 a a a a S a a a S a S S                    (3)依照(2)的方法可得,anSnSn13n2 n

3

n1

 

2 n1

6n4n2)。 又因為a12也滿足an6n4,所以一般項an 6n4(n1)。  19. 已知一皮球自離地面81公尺高處垂直落下,且每次垂直反彈的高度為落下的高度之23,求皮球自 落下至反彈4次後,反彈到最高點所經過的路徑總長。 解答  325 公尺  解析  皮球所經過的路徑總長為 2 3 2 2 2 81 2 81 81 81 3 3 3                      4 2 81 3        81 2 54 36 24

16 325 。  20. 已知 f x

 

2x3x ,求 f

 

1  f

 

2   f

 

10 的值。 解答  2211 解析  

 

 

 

  

1 2 3 10 1 2 3 1 2 2 3 2 3 2 3 3 10 2 3 10 f f f f               原式

2122  210

     3 1 2 3

 10

  

10 2 2 1 3 55 2046 165 2211 2 1          。  21. 求連續正奇數的平方和:12  32 292  。 解答  4495  解析  令Sn 12 22  n2, 2 2 2 29 1 2 29 S    

 

29 29 1 2 29 1 8555 6       

(23)

2 2 2 2 2 2 2 4   28 4 1 2   14 14

 

14 14 1 2 14 1 4 4 4060 6 S              , 故12  32 292 8555 4060 4495  。 

(24)

22. 將數字有規律的排列如圖,求圖中所有數字的和。 解答  285  解析  觀察圖形可得所有數字的和 1 1 2 2 9 9        9 10 19 285 6     。  23. 求1 2 2 3 3 4     15 16 的值。 解答  1360 解析  原式        1 1 1

2

2 1

 15 15 1

1222  152

   

1 2  15

  15 15 1

   

 

6 2 15 1

15

15 12

1360  。  24. 求連續正偶數的立方和:2343 203  。 解答  24200  解析   3 3 3 2 4   20  8 1

323  103

2 10 1 10 8 24200 2          。  25. 附圖表示正方形垛的疊法。 某水果販將柳丁堆成正方形垛。已知最底層的邊有16個柳丁,求此正方形垛的柳丁數目。 解答  1496 個  解析  由圖可知:柳丁數目為162152 12 

 

16 16 1 2 16 1 1496 6        (個)。 

(25)

單元 3

1. 已知宇集U

1, 2, 3, 4, 5

,A

1, 2, 3

,B

2, 3, 4

,求 (1)A ∩ B(2)A ∪ B (3)A − B(4)A′。 解答  (1)

 

2, 3 (2)

1, 2, 3, 4

(3)

 

1 (4)

 

4, 5 解析  利用文氏圖,將A, BU標示如圖: 根據定義,得   (1) A B 

 

2, 3 。  (2)A B 

1, 2, 3, 4

。  (3)A B 

 

1 。  (4)A

 

4, 5 。  2. 從5種報紙、4種週刊及3種期刊中各訂一種,共有多少種訂閱方案? 解答  60 種  解析  利用乘法原理,得訂閱方案共有5 4 3 60   (種)。  3. 美國職棒大聯盟總冠軍賽採七戰四勝制,若比完第四場時,洋基隊與道奇隊各獲兩勝,戰成平手, 則 (1)利用樹狀圖描述往後比賽所有可能的情形。 (2)往後比賽共有多少種可能的情形?又其中洋基隊獲得冠軍的情形有幾種? 解答  (1)見解析 (2)6 種,3 種  解析  (1) 利用樹狀圖描述如下:(其中Y表洋基隊勝,D表道奇隊勝) (2)由(1)的樹狀圖得知,共有6種可能情形。 其中洋基隊獲得冠軍的情形有3種。  U A B 1 4 5 3 2

(26)

4. 連續投擲一粒骰子兩次,出現點數和為3的倍數之情形共有幾種? 解答  12 種  解析  分四類: 點數和3:有

 

1,2 ,

 

2,1 共2種。 點數和6:有

 

1,5 ,

 

2,4 ,

 

3,3 ,

 

4,2 ,

 

5,1 共5種。 點數和9:有

 

3,6 ,

 

4,5 ,

 

5,4 ,

 

6,3 共4種。 點數和12:有

 

6,6 共1種。 利用加法原理,得共有2 5 4 1 12    種情形。  5. 小菱有不同的T 4件、襯衫3件、褲子2件、裙子2件及外套1件。外出時,從T 恤、襯衫中選一 件穿,從褲子、裙子中選一件穿,至於外套可穿也可不穿,共有多少種搭配的方式? 解答  56 種  解析  利用乘法原理,得搭配方法共有

4 3    

 

2 2

2 56(種)。  6. 設集合A

x x| 2ax 4 0

B

x x| 2ax b 0

A B 

 

1 ,求實數ab的值。 解答  a 3b2 解析  因為A B 

 

1 ,所以1 A 且1 B 因此 2 2 1 1 4 0 1 1 0 a a b             ⇒ 3 0 1 0 a a b          , 解得a 3b2。  7. 寫出下列各命題的否定命題: (1)2是偶數且 2 是質數。 (2) 3是正數。 解答  (1)2 不是偶數或 2 不是質數 (2) 3不是正數  解析  (1) 依邏輯的笛摩根定律,否定敘述為:2 不是偶數或 2 不是質數。  (2)依邏輯的笛摩根定律,否定敘述為: 3不是正數。 

(27)

8. 餐廳的主菜有牛排、豬排、雞排與羊排 4 種;湯有玉米湯、海鮮湯與蔬菜湯 3 種;飲料有咖啡與 紅茶 2 種。每位客人須從主菜、湯及飲料各任選一種。問:共有多少種點餐方式? 解答  24 種  解析  分三個步驟點餐:第 1 步驟選主菜,有 4 種選法;第 2 步驟選湯,有 3 種選法; 第 3 步驟選飲料,有 2 種選法。利用乘法原理,點餐方式共有 4 × 3 × 2 = 24(種)。  9. 從甲地到乙地有12條道路,其中有5條雙向道,4條由甲地到乙地的單行道,3條由乙地到甲地的 單行道。求從甲地到乙地再回到甲地,且去程與回程走不同的路,共有多少種路線安排。 解答  67 種  解析  分類如下: (i)甲到乙走雙向道:有5  

4 3

35(種)。 (ii)甲到乙走單行道:有4  

5 3

32(種)。 故由加法原理得知,共有35 32 67  種路線。  10. 同時丟三枚大小不同的硬幣,求奇數個正面的情形共有幾種? 解答  4 種  解析  分成以下兩類: (i)恰一正面:有

正 反 反, ,

反 正 反, ,

反 反 正, ,

共3種。 (ii)恰三正面:有

正 正 正, ,

共1種。 故共有3+1=4種情形。 

(28)

11. 如圖是由三個邊長為1單位的正方形組成的道路分布圖: (1)利用樹狀圖描述從A點出發,經過4單位長,到達F點的所有情形。 (2)從A點出發,經過4單位長,到達F點的走法共有幾種。 解答  (1)(i)A D H E F (ii)A D H G F (iii)A   B C G F (iv)A B H E F (v)A B H G F (2)5種  解析  (1) 利用樹狀圖描述如下: (i)A D H E F (ii)A D H G F (iii)A   B C G F (iv)A B H  E F (v)A B H G F (2)由(1)的樹狀圖得知,共有5種走法。  12. 自甲地到乙地有電車路線2條,公車路線2條,自乙地到丙地有電車路線1條,公車路線3條。今 自甲地經乙地再到丙地,若甲地到乙地與乙地到丙地兩次選擇中,電車與公車各選一次,則共有 多少種路線安排? 解答  8 種  解析  依題意圖示: 其中虛線表電車路線,實線表公車路線。 因為電車與公車路線各選一次,所以路線安排可分成以下二類:

(29)

(i)先電車再公車:有2 3 6  (種)。 (ii)先公車再電車:有2 1 2  (種)。 故由加法原理得知,共有6 2 8  種路線。  13. 關於540的正因數,回答下列各題: (1)共有多少個? (2)是完全平方數者有多少個? (3)是18的倍數者有多少個? (4)是2的倍數但不是3的倍數者有多少個? (5)所有正因數的總和。 解答  (1)24 個 (2)4 個 (3)8 個 (4)4 個 (5)1680  解析  將540質因數分解得到540 2 2 33 51 。  (1)因為540的正因數可寫成2a 3b 5c的形式, 其中a可為0,1,2;b可為0,1,2,3;c可為0,1。 故正因數共有3 4 2 24   (個)。  (2)若正因數中是完全平方數,則a可為0,2;b可為0,2;c必為0。 故共有2 2 1 4   (個)。  (3)若是18的倍數,則a可為1,2;b可為2,3;c可為0,1。 故共有2 2 2 8   (個)。  (4)若是2的倍數但不是3的倍數,則a可為1,2;b必為0;c可為0,1。 故共有2 1 2 4   (個)。  (5)所有正因數的總和為

20 21 22

 

30 31 3233

 

5051

   7 40 6 1680。  14. 用1元,5元,10元硬幣付貨款50元,每一種硬幣不一定都要有,共有多少種付款方式? 解答  36 種  解析  設1元有x個,5元有y個,10元有z個,其中xyz為非負整數。 依題意,得x5y10z50。 依z的值由大而小,討論如下: (i)當 5 z 時,x5y0,此時 0 0 x y ,有1組解。 (ii)當 4 z 時,x5y10,此時 10 5 0 0 1 2 x y ,有3組解。 (iii)當z3時,x5y20,此時xy 20 15 10 5 00 1 2 3 4,有5組解。 (iv)當 2 z 時,x5y30,此時 30 25 20 0 0 1 2 6 x y   ,有7組解。 (v) 1 z 時,x5y40,此時 40 35 30 0 0 1 2 8 x y   ,有9組解。

(30)

(vi)當z0時,x5y50,此時xy 50 45 400 1 2 100 ,有 11組解。 故共有1 3 5 7 9 11 36      種付款方式。  15. 用黃、紅、藍、綠、紫等五種顏色塗下列各圖中的空白區域,每區域只塗一色,顏色可重複使用, 但相鄰的區域不同顏色,各有多少種塗法? (1) (2) 解答  (1)960 種 (2)260 種  解析  (1) 如圖,依ABCDE的順序著色。 因為ABCDE分別有54344種塗法, 所以共有5 4 3 4 4 960     種塗法。  (2)如圖,依ABCD的順序著色。分類如下: (i)若BC同色,則ABCD分別有5,414種塗法。  因此有5 4 1 4 80    種塗法。 (ii)若BC異色,則ABCD分別有5433種塗法。  因此有5 4 3 3 180    種塗法。 根據加法原理,共有80 180 260  種塗法。 

(31)

16. 全班 40 人作測驗,測驗題分 A, B, C 三題,結果答對 A 題者有 15 人,答對 B 題者有 19 人,答對 C題者有 20 人,其中 A, B 兩題都答對者有 10 人;B, C 兩題都答對者有 12 人;C, A 兩題都答對者 有 8 人;三題都答對者有 3 人。請問: (1)全班同學中,至少答對一題者有多少人? (2)全班同學中,三題都答錯者有多少人? 解答  (1)27 人 (2)13 人  解析  設 U 表示全班同學組成的集合;A, B, C 分別表示答對 A, B, C 題的人組成的集合。由題意

 

40 n U,n A

 

15,n B

 

19,

 

20 n C,n A B

10,n B C

12,

8 n CA,n A B C

 

3 A B C U   (1)利用取捨原理,得

n A B C 

 

 

 

n A n B n C n A B n B C n C A n A B C             15 19 20 10 12 8 3 27         即至少答對一題者有 27 人。  (2)因為n U

 

n A B C

 

40 27 13  所以三題都答錯者有 13 人。  17. 附圖是科學館的參觀路線圖,若想不重複的走完每一個路徑,共有幾種不同的參觀路線? 解答  48 種  解析  從入口進入後,第1次遇到叉路共有6個選擇(出口不可選);繞一個迴路後,第2次遇 到叉路時,有4個選擇(出口和先前走過的2個路線不可選);再繞一個迴路後,第3 次遇到叉路時,有2個選擇(出口和先前走過的4個路線不可選);繞最後一個迴路後, 第4次遇到叉路時,只剩出口1個選擇。 根據乘法原理,共有6 4 2 1 48    (種)參觀路線。 

(32)

18. 全班 40 人中,35 人有手機,15 人有平板電腦,12 人同時有手機與平板電腦。關於全班 40 人,回 答下列問題: (1)手機與平板電腦至少有一種者有多少人? (2)沒有手機,也沒有平板電腦者有多少人? 解答  (1)38 人 (2)2 人  解析  設 U 表示全班同學組成的集合; A, B分別表示有手機與有平板電腦者組成的集合。 由題意知 n U

 

40,n A

 

35,n B

 

15,n A B

12。  (1)利用取捨原理,得n A B

n A

 

n B

 

n A B

35 15 12 38   即手機與平板電腦至少有一種者有 38 人。  (2)因為n U

 

n A B

40 38 2  所以沒有手機,也沒有平板電腦者有 2 人。  19. 已知集合A

4, ,a a23

B

1,a2,3a1

滿足A B 

 

2 ,求實數a的值。 解答  2  解析  因為A B 

 

2 ,所以2 A 又因為a2 3 3 ,所以a2。  20. 班上共有40位同學,喜歡籃球的有23人,喜歡棒球的有18人,喜歡桌球的有14人;喜歡籃球與 棒球的有12人,喜歡棒球與桌球的有5人,喜歡籃球與桌球的有6人;三種球類都喜歡的有2人。 請問此班在三種球類中, (1)至少喜歡一種球類的有多少人? (2)三種球類都不喜歡的有多少人? (3)喜歡籃球與棒球但不喜歡桌球的有多少人? 解答  (1)34 人 (2)6 人 (3)10 人  解析  (1) 設ABC分別表示喜歡籃球, 棒球,桌球的人組成的集合。 利用取捨原理,得所求為

n A B C 

 

 

 

n A n B n C n A B n B C        n C

A

n A B C

 

23 18 14 12 5 6 2 34         (人)。  (2)所求為40 34 6  (人)。  A B 12 U

(33)
(34)

21. 在1100的正整數中, (1)是237的倍數者共有多少個? (2)是2的倍數或3的倍數,但不是7的倍數者共有多少個? 解答  (1)72 個 (2)58 個  解析  設ABC分別表示1100的正整數中 分別為237倍數的數組成的集合。   (1)利用取捨原理,得所求為

n A B C 

 

 

 

n A n B n C n A B n B C        n C

A

n A B C

 

50 33 14 16 4 7 2 72         (個)。  (2)利用文氏圖,得所求為

n A B n A C n B C n A B C  

50 33 16 

   7 4 2 58(個)。 〈另解〉

 

72 14 58 n A B C  n C    (個)。  22. 學校舉辦桌球及羽球比賽,某班有 20 人參賽,其中參加桌球比賽者有 12 人, 兩種球賽都參加者有 5 人。問:這班有多少人參加羽球比賽? 解答  13 人  解析  設 A, B 分別表示參加桌球與羽球比賽學生組成的集合。 由題意知n A

 

12,n A B

20,n A B

5 利用n A B

n A

 

n B

 

n A B

, 得20 12 n B

 

 5 n B

 

13。 故共有 13 人參加羽球比賽。 23. 附圖中,每一個小三角形均為正三角形,問:圖中大大小小的三角形共有多少個? 解答  13 個  解析  設最小正三角形的邊長為1單位。 邊長為1單位:有1 3 5 9   個。 邊長為2單位:有3個。

(35)

邊長為3單位:有1個。 由加法原理,得共有9 3 1 13   (個)三角形。  24. 關於180的正因數,回答下列各題: (1)共有多少個? (2)是完全平方數者有多少個? (3)是12的倍數者有多少個? (4)是2的倍數但不是3的倍數者有多少個? (5)所有正因數的總和。 解答  (1)18 個 (2)4 個 (3)4 個 (4)4 個 (5)546  解析  將180質因數分解得到180 2 2 32 5 。  (1)因為180的正因數可寫成2a 3b 5c的形式,其中a可為0,1 2; b可為0,1,2;c可為0,1。故正因數共有3 3 2 18   (個)。  (2)若是完全平方數,則a可為0,2;b可為0,2;c可為0。 故共有2 2 1 4   (個)。  (3)若是12的倍數,則a必為2;b可為1,2;c可為0,1。 故共有1 2 2 4   (個)。  (4)若是2的倍數但不是3的倍數,則a可為1,2;b必為0;c可為0,1。 故共有2 1 2 4   (個)。  (5)所有正因數的總和為

20 21 22

 

30 31 32

 

5051

   7 13 6 546。  25. 醒獅團的 6 個獅頭手中有 4 個老手 2 個新手,4 個獅尾手中有 3 個老手 1 個新手。今想選派獅頭手 與獅尾手各一人表演一段舞獅秀,若選出的兩人中,至少要有一人是老手,則共有多少種選派方 案? 解答  22 種  解析  因為至少要有一人是老手,所以選派方案可分成三類: (I)獅頭是老手,獅尾是新手:有 4 × 1 = 4 種。 (II)獅頭是新手,獅尾是老手:有 2 × 3 = 6 種。 (III)獅頭是老手,獅尾是老手:有 4 × 3 = 12 種。 利用加法原理,得選派方案共有 4 + 6 + 12 = 22 種。 

(36)

單元 4

1. aaabbc6個字母排一列,求下列的排列數: (1)任意排。 (2)二個b相鄰。 解答  (1)60 種 (2)20 種  解析  (1) 利用有相同物的排列,得所求為 6! 60 3!2! (種)。  (2)將二個b視為一體,與aaac排成一列,得所求為5! 20 3! (種)。  2. 學校想從 6 個參觀地點中,選出 3 個依序參訪,其安排的方案共有多少種? 解答  120 種  解析  從 6 個參觀地點中,任選 3 個排成一列的方法數,共有

6 3 6! 6! 6 5 4 120 6 3 ! 3! P        (種)。  3. 縣長選舉共有 5 人登記參選,參選號次由抽籤決定。共有多少種可能的抽籤結果? 解答  120 種  解析  抽籤的結果可視作將 5 人排成一列, 其中排在最左邊代表第 1 號, 其後依次為第 2, 3, 4, 5 號。 因為 5 人排成一列有5! 120 種排法, 所以抽籤結果也有 120 種。  4. 學校獨唱比賽共有 6 位同學報名參加,出場順序由抽籤決定。共有多少種可能的抽籤結果? 解答  720 種  解析  抽籤的結果可視作將 6 位參賽者排成一列,其中排在最左邊代表第 1 位出場,其後依次為 第 2, 3, 4, 5, 6 位出場。因為 6 位參賽者排成一列共有 6! = 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 720 種排法,所以抽籤結果也有 720 種。 

(37)

5. 自動販賣機有 6 種飲料可供選擇,三個人運動完後各購買一罐飲料。 (1)共有多少種選購方法? (2)若三人約定所選的飲料不可以相同,則共有多少種選購方法? 解答  (1)216 種 (2)120 種  解析  (1) 因為每人各有 6 種選購方法,所以選購方法共有6 6 6 216   種。  (2)因為三人所選的飲料不可以相同,所以選購方法共有6 5 4 120   種。   6. 老師想從10個同學中,指派3人分別擔任主席、司儀及記錄,共有多少種指派方案? 解答  720 種  解析  指派方案共有 103 10! 10 9 8 720 7! P      (種)。  7. 要將兩節國文、英文、數學、物理、化學及音樂各一節,排入星期一的7節課中。若數學課不排 在第四節與第五節,則課表共有幾種排法? 解答  1800 種  解析  將7節課任意排一列共有7! 2520 2! (種)。 須扣除以下兩類: (i)數學課排在第四節,有1 6! 360 2!   (種)。 (ii)數學課排在第五節,有1 6! 360 2!   (種)。 故共有2520 360 360 1800   (種)排法。  8. 兔子挖了三個可以藏身的洞。如果兔子每晚都待在這三個洞的其中之一,躲避敵人,那麼未來的 五個晚上,兔子有多少種藏身安排? (示意圖) 解答  243 種 

(38)

解析  由題意知,兔子每天晚上有三個藏身的地方。 3 第4天 3 第5天 3 第3天 3 第2天 3 第1天 利用乘法原理,五天共有3 3 3 3 3 3     5243 種藏身安排。  9. 推銷員想從7個城市中,選出4個城市依序推銷產品,安排方案共有多少種? 解答  840 種  解析  安排方案共有 74

7! 7! 7 6 5 4 840 7 4 ! 3! P         (種)。  10. 小吃店只賣牛肉麵、什錦麵、陽春麵、粄條及米粉五種餐點,若某顧客決定未來三天中午都到小 吃店點一份餐點,問該顧客共有幾種午餐的餐點安排? 解答  125 種  解析  因為每一天都有5種選擇,所以三天午餐的餐點安排共有5 5 5 5   3125 (種)。  11. 甲、乙兩人負責在 7 天年假期間到公司值班,其中甲值班 4 天,乙值班 3 天。請問年假值班的安 排共有多少種? 解答  35 種  解析  將 4 個甲及 3 個乙在一到七底下任意排一列,例如: 一 二 三 四 五 六 七 甲 甲 乙 乙 甲 乙 甲 這個排列表示甲值班第一、二、五、七天,乙值班第三、四、六天。因此,每一種排列 方法等同於一種值班的安排。利用有相同物的排列公式,值班的安排共有

4 3 !

7! 35 4!3! 4!3!    (種)。   12. 從一個10人的俱樂部,選出一位主任,一位幹事和一位會計,且均由不同人出任,如果10人中的 甲和乙不能同時被選上,那麼共有多少種不同的選法? 解答  672 種  解析  從10人中選三人排成一列,依序為主任、幹事和會計,選法有10 9 8 720   (種)。 但甲乙同時被選上的情形有8 3! 48  (種)(先選出1人再與甲乙排一列)。 故共有720 48 672  (種)選法。 

(39)

13. 將5本不同的書全部分給甲、乙、丙三人,求下列分法: (1)任意分。 (2)甲至少得一本書。 (3)每人至少得一本書。 解答  (1)243 種 (2)211 種 (3)150 種  解析  (1) 因為每一本書都有3種分法,所以分法共有3 3 3 3 3 3     5243 (種)。  (2)所求

任意分

 

 甲沒拿到書的分法

 35 25211(種)。  (3)令集合ABC分別代表甲、乙、丙三人沒拿到書,則 所求

任意分

n A B C

 

  =

任意分

n A

 

n B

 

n C

 

n A B

n B

C

n C

A

n A B C

 

   35

252525   15 1 15 5 0

  243

96 3 0 

150(種)。  14. 由0,1234共五個數字組成的三位數中,下列各情形共有多少個偶數? (1)數字不可重複。 (2)數字可以重複。 解答  (1)30 個 (2)60 個  解析  (1) 因為偶數的個位數必為偶數,所以分成三類: (i)□ □ 0:有4 3 12  個。 (ii)□ □ 2:有3 3 9  個。 (iii)□ □ 4:有3 3 9  個。 由加法原理,得偶數共有12 9 9 30   (個)。  (2)因為偶數的個位數必為偶數,所以分成三類: (i)□ □ 0:有4 5 20  個。 (ii)□ □ 2:有4 5 20  個。 (iii)□ □ 4:有4 5 20  個。 由加法原理,得共有20 20 20 60   (個)。 

數據

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參考文獻

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