高級中學數學及自然學科能力競賽 數學科筆試（一）試題【參考解答】

臺北市九十六學年度

高級中學數學及自然學科能力競賽 數學科筆試（一）試題【參考解答】

問題一：

【參考解答】

(1) 設P(t²,t)是拋物線y² x上一點，且拋物線y²  x在點P(t²,t)的法線通過點 )

0 , ( a 。

因為拋物線y²  x以點P(t² ,t)為切點的切線方程式為ty (1 2)(xt²)，所以，

拋物線y²  x在點P(t² ,t)的法線方程式為 t t y

tx 2 ³ 

2 。

因為上述法線通過點( a,0)，所以，可得 t t at2 ³

2 ，

0 ) 1 2 2

( t² a 

t 。

由此可知：

拋物線y²  x有三條法線通過點( a,0)t(2t² 2a1)0有三個相異實數解

 2a10

 2

1

a 。

(2)因為法線2tx y2t³t的斜率為2t，所以，當拋物線y² x有三條法線通過點 )

0 ,

( a 時，此三法線的斜率分別為 0、 4a2與 4a2。因為斜率為 0 的直線與有 斜率的直線都不垂直，所以，得

有兩條法線互相垂直 4a2( 4a2)1

 4a21

 4

 3

a 。║

問題二：

【參考解答】對每個正整數 n，令

p 表示 n 次“交換”後，甲袋中為一白球與一黑球的機率， n

q 表示 n 次“交換”後，甲袋中為二黑球的機率， n

r 表示 n 次“交換”後，甲袋中為二白球的機率。 n

顯然地，可知

2 1 6 3 2 1 6 3 2 1

1     

p ，

4 1 6 3 2 1

1   

q ，

4 1 6 3 2 1

1   

r 。

對每個正整數 n，n1，若n1次“交換”後甲袋中為一白球與一黑球，此時乙袋中 為三白球與三黑球，則為使 n 次“交換”後甲袋中為一白球與一黑球，在 n 次“交換”中必 須自甲、乙兩袋都取出黑球或自甲、乙兩袋都取出白球。此種情況的機率為

6) 3 2 1 6 3 2 (1

1   



pn 。

若n1次“交換”後甲袋中為二黑球，此時乙袋中為四白球與二黑球，則為使 n 次“交 換”後甲袋中為一白球與一黑球，在 n 次“交換”中必須自乙袋取出白球。此種情況的機 率為

6) 1 4

1( 



qn 。

若n1次“交換”後甲袋中為二白球，此時乙袋中為二白球與四黑球，則為使 n 次“交 換”後甲袋中為一白球與一黑球，在 n 次“交換”中必須自乙袋取出黑球。此種情況的機 率為

6) 1 4

1( 



rn 。

由此可得

1 1

1 1

1

1 3

2 3

2 2

) 1 6 1 4 ( 6)

1 4 ( 6)

3 2 1 6 3 2

(1 _{    }

             

 _{n n n n n n}

n p q r p q r

p

1 1

1 1

1

1 6

1 3 ) 2 1

3( 2 2

) 1 3(

2 2

1











       

 p_n q_n r_n p_n p_n p_n 。

令

)]

6( [ 1 ) (

6 ] 1 3

[2 p ₁ p x p ₁ x

p_n   _n  _n    _n  ， 可得x4 7。因此，由上述等式

6 1

1 3 2

 

 _n

n p

p 可得

7) ( 4

6 1 7 4

1





 _n

n p

p 。

因為上式對每個大於 1 的正整數 n 都成立，所以，依歸納原理可得：對每個正整數 n，

恆有

7) ( 4 6) ( 1 7 4

1

1 





 ^ p

p_n ⁿ ，

14 ) 1

6 ( 1 7

4  ₁

 ^n

pn ，

14 ) 1 6 ( 1 7

4 ₉₅

96    

p 。║

問題三：

【證】在等腰三角形△CDB 中，因為CDBCMB45^，所以，BCD90^。於 是，△CMB( 與△DME ) 是鈍角三角形。依鈍角三角形的 SSA 全等定理，可知△CMB

△DME，_MBME。於是，△MBE 是直角等腰三角形，_BE與 CD 平行，AM 將_BE垂 直平分於 G 。

若 B 至直線 CD 的垂足為 F，則BF GM BG。依直角三角形的 SSA 全等定理，

可知△BCF △BAG。於是，FBCABG，ABC FBG 90^。║

問題四：

【參考解答】首先，將原式變形如下：









9 ²  ² 

) cot (tan 12 ) 1 (cot 4 ) 1 (tan

9 ²  ²   



) tan 6 tan 6 cot 4 ( ) cot 6 cot 6 tan 9 (

13 ²    ²   

 。

依算幾不等式，可得

3 2 3

2 6cot 6cot 3 9tan 6cot 6cot 9 12

tan

9













3 2 3

2 6tan 6tan 3 4cot 6tan 6tan 6 18

cot

4













由此可知

3 2 3

2 4csc 12sec csc 13 9 12 6 18

sec

9        。

因為

3 2 3

2 4csc 12sec csc 13 9 12 6 18

sec

9       

























 

3 2

2

3 2

2

tan 6 tan 6 cot 4 3 tan 6 tan 6 cot 4

cot 6 cot 6 tan 9 3 cot 6 cot 6 tan 9

































 









tan 6 cot

4

cot 6 tan 9

2 2

3 tan³  2

 

3

3 tan  2





所以，可知9sec²











3

312 6 18

9

13  。║