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高級卷(11-12 年級)

1. 8002－2008＝5994

答案：（E）

2. 1 20與 2

10之差為 2 1 4 1 3 10 20 20 20

− = − =

答案：（E）

3. 如圖，利用補角與四邊形的內角和可知 x＝360－80－80－70＝130

答案：（D）

4. （同初級卷第 6 題、中級卷第 4 題）200 8 200 8 8

8 8 64 200 8 200

× = × × = × =

÷

答案：（D）

5. 【方法一】

因為x² −4x+ =3 (x−1)(x− ，所以極小值會發生在 x=2 時且其值為3)

( )

1× − = − 1 1

【方法二】

2 2

4 3 ( 2) 1

x − x+ = x− − ，所以極小值會發生在 x=2 時且其值為 1−

答案：（A）

6. 3 元應分為 1.75 元與 1.25 元，其比為 175：125＝7：5

答案：（B）

7. （同中級卷第 10 題）將1000²⁰⁰⁸的數值寫下，首位數為 1 且有 3×2008 個 0，

故共有 1+3×2008＝6025 位

答案：（C）

8. 如圖，令圓的半徑為 r，則正三角形的邊長為 2r 且由畢氏定理可知高為r 3。

因此半圓的面積為

2

2 πr

而正三角形的面積為2 3 ² 2 3

r r× = r ，

所以面積比為

2

: 3 2 : 2 3 2

r r

π =π

答案：（B）

9. 因 1 cos 0.5

x= = ，故2 ² 1

cos x= 且因此4 3

sinx = 2 。而tan 2 3 1

2

x = = ，所以

tanx= 3是選項中最大的

答案：（E）

10. （同初級卷第 24 題、中級卷第 15 題）水的體積為 100×200×50＝1000000cm³， 而實心長方體金屬的體積為 80×100×60＝480000cm³。

因此若將這個實心長方體金屬全部沉入魚缸內，使得它的 80 cm × 100 cm 這 一個表面貼緊魚缸的底部時，水深為1480000

20000 =74cm。因這個實心長方體金 屬高為 60cm，故這個金屬長方體正上方的水深為 14cm

答案：（B）

11. 因2⁵⁰⁰ =32¹⁰⁰、3⁴⁰⁰ =81¹⁰⁰、4³⁰⁰ =64¹⁰⁰、5²⁰⁰ =25¹⁰⁰、6¹⁰⁰ =6¹⁰⁰，故最大值為

400 100

3 =81

答案：（B）

12. 因為投擲 1 次的期望值為 1 1 1 1 1 1 21 7

1 2 3 4 5 6

6 6 6 6 6 6 6 2

× + × + × + × + × + × = = ，故

投擲 100 次的點數總和接近 7

100 350

× =2

答案：（D）

13. （同中級卷第 16 題）將 2008 做質因數分解可得 2008＝2³×251，因此乘以 2008 後會成為一個完全平方數的最小正整數是 2×251＝502

答案：（D）

14. 如圖所示，做輔助線 ZW，且 ZW 與 XY 的交點為 T。則由對稱性知 XT、WT、

YT 與 ZT 的長度都等長。因矩形的長與寬即為 XY 與 XT，故其比為 2：1

答案：（C）

15. 因 f x( )=ax² +bx+ ，故知 c

(1) 2 (1)

(2) 4 2 3 (2) (3) 9 3 1 (3)

f a b c

f a b c

f a b c

= + + =

= + + =

= + + =

式 式 式 即可得

(2) (1) 3 1 (4) (3) (2) 5 2 (5) (5) (4) 2 3 (6)

a b a b a

+ = + = −

= −

. Ĉ

. Ĉ

. Ĉ

式 式 式

式 式 式

式 式 式

故 3

a= − 、2 11

b= 2 、c = − 2

答案：（A）

16. 如圖，令小陀螺的半徑為 r，則大陀螺的半徑為r 3

因此大陀螺的圓周為 2πr 3而小陀螺的圓周為 2 rπ 。故當大陀螺轉動 1 圈 時，小陀螺轉動2 3

2 3 r

r π

π ^{= 圈}

答案：（D）

17. 若集合 X＝{1、2、3、4、5、6}的子集合中有超過 4 個元素，則必含有連續 的整數，故只須考慮僅有 1、2 或 3 個元素的子集合。

僅有 1 個元素：{1}、{2}、{3}、{4}、{5}、{6}共 6 種；

恰有 2 個元素：{1，3}、{1，4}、{1，5}、{1，6}、{2，4}、{2，5}、

{2，6}、{3，5}、{3，6}、{4，6}共 10 種；

恰有 3 個元素：{1，3，5}、{1，3，6}、{1，4，6}、{2，4，6}共 4 種；

因此共有 6+10+4＝20 個子集合滿足題意

答案：（C）

18. （同初級卷第 23 題、中級卷第 21 題）因為集雨的水量與集雨的面積成正比，

所以「農舍屋頂的集雨量」：「穀倉屋頂的集雨量」＝200：80＝5：2。因此 若要收集儘可能多的雨水，兩個蓄水池的剩餘集水空間也要是 5：2。

此時因農舍蓄水池仍有 100－35＝65 KL 的剩餘集水空間、穀倉蓄水池仍有

25－13＝12 KL 的剩餘集水空間，而

12 > ，故要從穀倉蓄水池抽取水至農2 舍蓄水池。

假設從穀倉蓄水池抽取 x KL 的水至農舍蓄水池，則農舍蓄水池有(65－x) KL 的剩餘集水空間、穀倉蓄水池有(12+x) KL 的剩餘集水空間，則可得

65 5 12 2

x x

− = +

130−2x=60+5x 10 x=

因此要從穀倉蓄水池抽取 10 KL 的水至農舍蓄水池。

答案：（D）

19. 可一般性的假設u₁ =a、u₂ =b、而對於n≥ 時，3 u_n =u_n−1−u_n−2，其中 a、b 為實數。則可觀察出：

u3 = −b a、u₄ = − − = −b a b a、u₅ = − − −a (b a)= −b、u₆ = − − − = −b ( a) a b而

7 ( )

u = − − − =a b b a、u₈ = −a (a− =b) b，故這是一個週期為 6的循環數列。

因2008≡4(mod 6)，故u₂₀₀₈ =u₄ = −a。因本題中u₁ = 2、u₂ =π，故u₄ = − 2 答案：（A） 20. 如圖，令QR=1，則RU =ST = 2。

由直角三角形QTS 可知 1 tan 30

2 3

QT = ° = 。

因此△QTS 的面積為1 2 1

2× 2× 3 = 3、△QRU的面積為1 1

2× × = ，故所1 1 2 求之面積比為1 1

: 3 : 2 2 3 =

答案：（D） 21. 【方法一】

依題意繪出右圖，可知∠VUW

＝20°。令α °為該正多邊形的外 角，則知

∠QVU＝2α°且∠VUW＝3α°。

故知3α＝20，即 20 360 3 54

α = = ，

故這個正多邊形有54 個邊。

【方法二】

已知將這個正多邊形的邊PQ和邊 TS延長交於點 U且∠QUS＝160°。若將 這個正多邊形視為將一條邊旋轉n次後所得之圖形，可知旋轉3次共轉了 180°－160°＝20°，故這條邊需旋轉(360°÷20°)×3=54次才能回到原位，即這 個正多邊形有54 個邊。

答案：（E） 22. 因12³ =1728<2008 13< ³ =2197，故知僅需考慮2 、³ 3 、³ 4 、³ 5 、³ 6 、³ 7 、³

8 、3 9 、³ 10 、³ 11 與³ 12 的倍數。 ³ 因2008

8 =251，故有 251 個數可被2 整除，而這些數中也包含了³ 4 、³ 6 、³ 8 、³ 10 與3 12 的倍數。 ³

令⎢ ⎥⎣ ⎦x ^為表示 x的整數部分。則可知：

有 2008 27 74

⎢ ⎥ =

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ^個數可被

3 整除，而這些數中也包含了3 6 、³ 9 與³ 12 的倍數； ³

有 2008 125 16

⎢ ⎥ =

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ^個數可被

5 整除，而這些數中也包含了3 10 的倍數； ³

有 2008 343 5

⎢ ⎥ =

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ^個數可被

7 整除以及有3 2008 1331 1

⎢ ⎥ =

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ^個數可被

11 整除。 3

而以上的數中6 、³ 10 與³ 12 的倍數都被算了 2 次，因此必須減掉³ 2008 216 9

⎢ ⎥ =

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ^個

數(6 的倍數已包含³ 12 的倍數)及³ 2008 1000 2

⎢ ⎥ =

⎢ ⎥

⎣ ⎦ 個數，因此共有 251+74+16+5+1

－9－2＝336 個

答案：（B）

23. 【方法一】

令a=xyx、b=uvu及a－b都是三位數的迴文數，則知 100( ) 10( ) ( ) a− =b x−u + y− +v x−u

其中x− >u 0、y− ≥v 0。故所要求之數對的數量即為數對(x、u)的數量與數 對(y、v)的數量相乘的積，其中 9≥ > >x u 0、9≥ ≥ ≥y v 0。

因9≥ ≥x 1、9≥ ≥u 1且x− >u 0，故數對(x、u)的數量為 9 2 36

⎛ ⎞=

⎜ ⎟⎝ ⎠ ；

因9≥ ≥ 、9y 0 ≥ ≥ 且v 0 y> 時，數對(v y、v)的數量為 10 2 45

⎛ ⎞=

⎜ ⎟⎝ ⎠ ；

而9≥ ≥ 、9y 0 ≥ ≥ 且v 0 y= 時，數對(v y、v)的數量為 10，故總數為 36×(45+10)

＝1980

【方法二】

令xyx、uvu為三位數的迴文數。若xyx−uvu也是三位數的迴文數，則知

9≥ > ≥ 且9x u 1 ≥ ≥ ≥ 。 y v 0

若x＝9，則u有 8 種可能；若x＝8，則u有 7 種可能；若x＝7，則u有 6 種可能；若x＝6，則u有 5 種可能；若x＝5，則u有 4 種可能；若x＝4，

則u有 3 種可能；若x＝3，則u有 2 種可能；若x＝2，則 u只有 1 種可能；

因此x 與u有 8+7+6+5+4+3+2+1＝36 種可能配對的方式。

若y＝9，則v 有 10 種可能；若y＝8，則v有 9 種可能；若 y＝7，則v有 8 種可能；若y＝6，則v 有 7 種可能；若y＝5，則v 有 6 種可能；若y＝4，

則v 有 5 種可能；若y＝3，則v 有 4 種可能；若y＝2，則v 有 3 種可能；

若y＝1，則v 有 2 種可能；若y＝0，則v 只有 1 種可能；因此y 與v有 10+9+8+7+6+5+4+3+2+1＝55 種可能配對的方式。

故x、y、u、v 一共有 36×55＝1980 種可能配對的方式。

【方法三】

因要求 a－b也是三位數的迴文數，故令a=xyx，其中 2≤ ≤ 及 0x 9 ≤ ≤ 、y 9 b=uvu，其中1≤ ≤ − 及0u x 1 ≤ ≤ 。因此由v y a=xyx可決定出

(

)(

)

數對。因對於 2≤ ≤ 時x 9 y 有 55 種可能，故合計共有(1+2+3+4+5+6+7+8)×55

＝36×55＝1980 種可能的數對。

答案：（B）

24. 右圖為將大正立方體內部的所有點與線都投影 在一面上的視圖，其中ABCD為大正立方體的 該面，X、Y、Z、W及V為正八面體六個頂點 裡其中五個頂點的投影，PQ則是小正立方體 裡一邊的投影。

可知P是△VXW 的重心，故知PV：LP＝2：1。

因AL＝LV，故 PV：AV＝2：(2+1+3)＝1：3，

即PQ：AB＝1：3。

答案：（D）

25. 如圖，正三角形PQR被分成三種不同的區 域，依其位置命名為中央區、邊緣區及角落 區。可知邊緣區的面積大於角落區的面積，

因此要讓中央區與角落區中面積較小者盡可 能大。

若取PX＝x，則知邊緣區為邊長 x的正三角 形而中央區為邊長 1－3x 的正三角形。

因要讓中央區與角落區中面積較小者盡可能 大，即讓這兩個區域面積相等便可滿足。因 此有x＝1－3x，即PX＝1

4

答案：（C）

中央區

角落區

邊緣區

26. 假設正立方體的邊長為 1。如右圖所示，令正方形ABCD 為正立方體的頂面， X、Y、Z及V為所在之邊的中點，

則線段AV、BX、DZ及CY會在正立方體內部交於 1 點，

並從對稱性可知，該點至頂面的中心之距離為1 4。

利用相同想法套用在正立方體其他五個面上，共可得 6 個這樣的點。

如右圖，再令 P、Q及 R也是所在之邊的中點。則線段 BP與DQ 也會在正立方體內部交於 1 點。如下圖所示，

將線段BP與DQ 分別投影到正立方體的前方、上方及 側邊後，可知該交點與其距離最近的正立方體頂點之距 離為1

3（利用每一個情況中邊長比為 2：1 的相似三角 形即可得知）。

而這樣的點在正立方體內部一共有 8 個。此時一共找到了 6+8＝14 個點。

現驗證不會有其它的點，我們從線段 AV來看。在 B點與各邊中點連線的線 段中，只有三條不會落在正立方體的表面上。BX與AV的交點即為前述 14 個點之一。對於BP與AV，若將這兩條線段都投影到正立方體ADG這一面 上，可發現BP與AV的投影只會相交在頂點上，即這兩條線段在正立方體 內部不會有交點。最後一條線段與AV也因為相同原因而沒有交點。利用相 同想法套用在AV以外的其他線段上，可知除了前述 14 個點之外不會再有其 它的交點。

答案：14 27. （同初級卷第 29 題、中級卷第 29 題）從給定項數時，所能找到之和的最大

數來看起。

1 項時：1＝1；

2 項時：2＝1+1；

3 項時：4＝1+2+1；

4 項時：6＝1+2+2+1；

5 項時：9＝1+2+3+2+1；

6 項時：12＝1+2+3+3+2+1。

可以發現項數分別為奇數與偶數時有不同的公式：

若為 2n項時，最大和為n(n+1)；若為 2n+1 項時，最大和為(n+1) 。

因 44×45＝1980 及 45×45＝2025，故 88 項不可能達到 2008 而 89 項之和可 能為 2008。

因 88 項和的最大值為 1980＝1+2+3+…+88+88+87+…+3+2+1，比 2008 少 28，故可在該式中的兩個 28 中任選一個，在其後再加入一個 28 即為項數為 89 項且和為 2008。因此若不使用一些沒有必要的項時此數列需 89 項。

答案：89 28. 3x² −8y² +3x y^{2 2} =2008⇔3x y^{2 2} +3x² −8y² =2008

2 2 2 2 2 2 2

2 2 4 3

3 3 8 8 2008 8 3 ( 1) 8( 1) 2000 (3 8)( 1) 2000 2 5

x y x y x y y

x y

+ − − = − ⇔ + − + =

⇔ − + = = ×

因 2000 ＝1×2000＝2×1000＝4×500＝5×400＝8×250

＝10×200＝16×125＝20×100＝25×80＝40×50

故可能滿足 x、y 為正整數的只有3x² − =8 40、y² + =1 50。因此 x＝4、y＝7 且 xy＝28。

答案：28 29. 【方法一】

取正三角形 PQR 的邊長為 2 單位，則高為 3 單 位且面積為 3 平方單位。如右圖，作 OT 平行 QP 與 RP 交於 T 點，再作 TU 垂直 PQ 交 PQ 於 U 點，令 OT＝x。因正三角形 PQR 的面積即為

△POQ、△QOR 以及△ROP 三個三角形的面積 和，故△POQ、△QOR 以及△ROP 的高之和為 正三角形 PQR 的高，即 3 單位，也因此知 3

OL= 6 單位、 3

ON = 2 單位。

因△ONT 與△TPU 的內角都是 30°、60°與 90°，可知 3 3

2 ÷ =x 2 ，即x= ，1 故△ONT 的面積為1 3 1 3

2× 2 × =2 8 平方單位。從△TPU 的內角是 30°、60°

與 90°可知 3

6 3

PU = ，因此 1

PU =6單位且△TPU的面積為1 1 3 3 2× ×6 6 = 72 平 方單位。而矩形OTUL的面積為 3 3

1× 6 = 6 平方單位，故四邊形LONP的面 積為 3 3 3 22 3 11 3

8 + 6 + 72 = 72 = 36 平方單位。

故

11 3 36 11

3 36 LONP

PQR = =

四邊形 的面積

三角形 的面積 ，故所求為 36+11＝47

【方法二】

如右圖，令Δ₁、Δ₂及Δ₃分別為所在之四邊形區域的 面積，各線段長度如圖所標示。則可知

1 2 3

2 3

2 2

2 2 3

a f b c d e

Δ = +

Δ = +

Δ = +

而 ¹

1 2 3

LONP PQR

= Δ

Δ + Δ + Δ 四邊形 的面積

三角形 的面積 。因此須分別計

算出a、b、c、d、e、f 之值。

作OX//PR 交PL 於X、OT//PQ 交PN於T。

則 1

tan 30

XL = ° = 3、ON cos30 TO = °即

3 6

cos30 3 TO= XP= =

° ^，故

1 6 7

3 3 3

a=PL= + = ； 同樣的想法，知 tan 30

TN =3 °即 3 TN = 3、

1 3

cos30 2

XO = ° = 即 2

PT = XO= 3，故 3 2 5

3 3 3

f =PN = + = ； 繼續可推知 5

b= 3、 4

c= 3、 8

d = 3及 7

e= 3，故

1

1 2 3

7 15

3 3 22 11

7 15 16 21 5 8

3 2 3 2 72 36

3 a f

a f d e b c

+

Δ = + = + + + + + = =

Δ + Δ + Δ + + + + +

因此所求為36+11＝47

【方法三】

令正三角形PQR的高為 h，因正三角形PQR的 面積即為△POQ、△QOR以及△ROP三個三角 形的面積和，故正三角形PQR的高為△POQ、

△QOR以及△ROP的高之和，即 6

h=OL+OM +ON = OL，故

6 OL=h、

3 OM = h、

2

ON = 。因此可用高為h OL之小正三角形將正三

角形PQR切割為如右圖之情況，O 點恰在「格點」上。透過計算每一塊區 域所含有的小三角形數目，可知四邊形OLPN之面積為正三角形PQR之面 積的11

36^{，因此所求為}36+11＝47

答案：47

30. 考慮如下圖所示的多邊形OPQRS，其中OP＝7、OQ＝a、OR＝b、OS＝5 2 及∠POQ＝∠QOR＝∠ROS＝45°。

則由餘弦定理可知 49 2 7 2

PQ= +a − a、QR= a² +b² − 2ab以及RS = 50+b² −10b 由三角不等式可知PQ+QR+RS的極小值是 PS，且再由餘弦定理可知

2 2

2 49 50 70 13 PS = OP +OS + ×OP OS× = + + = 因此極小值為13。

答案：13