臺灣大學數學系
八十九學年度大學推薦甄試數學學科試題
- 設$\alpha,\beta$為$x^2+\sqrt{10}x+2=0$的兩根，求$\displaystyle\left|\frac{\alpha^4+\alpha^2\beta^2+\beta^4}{\alpha^2-\beta^2}\right|$之值。（$15$分）
- 設$L_1:x+y=0$，以$L_1$為對稱軸，求點$P\left(a,b\right)$的對稱點$Q$的座標。（$5$分）
- 設$L_2:x+y=1$，以$L_2$為對稱軸，求點$P\left(a,b\right)$的對稱點$R$的座標。（$5$分）
- 設$\Gamma:y=x^2+2$，以$L_2$為對稱軸，試求拋物線$\Gamma$的對稱圖形的方程式。（$8$分）
- 設$Q\left(u,v\right)$並連接$\overline{PQ}$，按對稱點的意義可知$\overline{PQ}$垂直$L_1$且交於$L_1$於$M_1$，其中$M_1$為$P$、$Q$的中點。
- 由垂直可知$\overline{PQ}$的斜率與$L_1$的斜率相乘為$-1$，即$\displaystyle\frac{b-v}{a-u}\cdot\left(-1\right)=-1$，即$a-u=b-v$。
- 由$M_1$為$P$、$Q$的中點可知$\displaystyle M_1\left(\frac{a+u}{2},\frac{b+v}{2}\right)$。又$M_1$落在$L_1$上，因此$\displaystyle a+u+b+v=0$。
- 設$R\left(u,v\right)$為$P$以$L_2$的對稱點，則$\overline{PR}垂直$L_2$且交於$L_2$於$M_2$，其中$M_2$為$P$、$R$中點。
- 由垂直可知$\overline{PR}$的斜率與$L_2$的斜率相乘為$-1$，即有$a-u=b-v$。
- 由$M_2$為$P$、$R$的中點可知$\displaystyle M_2\left(\frac{a+u}{2},\frac{b+v}{2}\right)$。又$M_2$落在$L_2$上，因此$a+u+b+v=2$。
- 透過b.我們考慮$P\left(a,b\right)$落在$\Gamma$上，即$b=a^2+2$，從而$R\left(u,v\right)$座標為$\left(-a^2-1,-a+1\right)$。藉此我們要找出$u$與$v$的關係，能夠發現$u=-v^2 +2v-2$，即$R$落在$x+1=-\left(y-1\right)^2$上。結果如下圖
- 設$G$為三角形$\bigtriangleup ABC$的重心，過$G$作任意直線與線段$\overline{AB}, \overline{AC}$分別交於$P$,$Q$且$P\neq A$,$Q\neq A$。試證$\displaystyle\frac{\overline{AB}}{\overline{AP}}+\frac{\overline{AC}}{\overline{AQ}}$為定值。（$15$分）
- $\overline{MB}=\overline{BC}$；
- 因為$\overline{BB'}\parallel\overline{CC'}$，故由內錯角相等有$\angle B'BM=\angle C'CM$；
- 由對頂角相等有$\angle BMB'=\angle CMC'$。
- 令$f\left(x\right)=-x\left(x-1\right)\left(x+1\right)$。一質點在$x$軸上運動，在$t$時刻的位置是$x\left(t\right)$，已知該質點的速度$\displaystyle v\left(t\right)=\frac{dx\left(t\right)}{dt}$滿足$v=f\left(x\right)$，即$v\left(t\right)=f\left(x\left(t\right)\right)$。
- 當$x\left(0\right)>1$時，$\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=$？（$3$分）
- 當$0<x\left(0\right)<1$時，$\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=$？（$3$分）
- 當$-1<x\left(0\right)<0$時，$\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=$？（$3$分）
- 當$x\left(0\right)<-1$時，$\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=$？（$3$分）
- 如圖，$ABCD$為長方形紙張，$\overline{AD}=2\pi$，$\overline{AB}=2$，其上繪有一條正弦曲線，將紙張由左向右捲起，捲成半徑為一的圓柱，並讓$A,B$點分別與$D,C$點疊和。
- 紙捲上的曲線是否在一平面上？（$7$分）
- 紙捲上的曲線是否為一橢圓？如果是，長軸短軸各為多少？（$8$分）
首先我們先記長方形$\overline{AB}$中點為平面原點$O\left(0,0\right)$，以$\overleftrightarrow{AB}$為$y$軸並且指向$A$為正向，而平行$\overline{AD}$為$x$軸且延$\vec{AD}$為正向，則該正弦曲線可寫為$y=\sin x$。
設捲起後的空間座標原點$O\left(0,0,0\right)$同樣為$\overline{AB}$中點，$x$軸與$y$軸之設定相同，而$z$軸的正向則指向圓柱的另一側。由於捲起可以注意到其原先的正弦函數之座標$\left(x,\sin x\right)$與其空間的座標將有對應關係。
首先注意這樣的捲起$y$座標不會被改變，而空間之$x$座標將透過$\sin x$呈現（這是因為捲起的過程中會產生弧長），而這樣的捲起形成的圓柱之中軸會位在$x=0$、$z=1$上，因此該曲線必須滿足$x^2+z^2=1$，取適當的正負號可發現其座標為$\left(\sin x,\sin x,1-\cos x\right)$，由此亦見該曲線落於$x=y$的平面上。
作圖如下
- 容易觀察到該曲線落在橢球$\displaystyle\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+z^2=1$，由此可知該曲線為橢圓。當$z=0$而$x=y=\pm1$則有長軸長為$2\sqrt{2}$；而當$x=y=0$則$z=\pm1$，由此有短軸長為$2$。
- 袋中起初有$3$個紅球，$2$個白球。每次從袋中取出一球後，將此球以及與它同色的$5$個球（共六個球）一齊放回袋中。
- 試問第二次取出白球的機率為多少？（$5$分）
- 試問第三次取出白球的機率為多少？（$5$分）
- 由前兩小題的答案猜猜第$n$次取出白球的機率為多少？並請證明你(妳)的猜想。（$10$分）
- 若取出白球得$5$分，取出紅球得$8$分，則連續取球$5$次，總得分之期望值為若干？（$5$分）
- 命$W_1$表示第一次取出白球、$R_1$表示第一次取出紅球、$W_2$表示第二次取出白球。而第二次取出白球的機率可分為兩種情況：第一次取出白球、第一次取出紅球，列式如下：
$\begin{aligned}P\left(W_2\right)=&P\left(W_2\wedge W_1\right)+P\left(W_2\wedge R_1\right)\\=&P\left(W_1\right)P\left(W_2|W_1\right)+P\left(R_1\right)P\left(W_2|R_1\right)\\=&\frac{2}{5}\cdot\frac{7}{10}+\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{10}\\=&\frac{2}{5}\end{aligned}$
- 命$W_3$表示第三次取出白球的情況。第三次取出白球的機率會依賴於前兩者取出球的情況而變，可以分為前兩次都取出白球、一次取出白球一次取出紅球（可再為兩種情況：先白再紅或先紅再白）、兩次都取出紅球等三種情形，由此所求之機率可表達如下
$\begin{aligned}P\left(W_3\right)=&\frac{2}{5}\cdot\frac{7}{10}\cdot\frac{12}{15}+2\cdot\frac{2\cdot3}{5\cdot10}\cdot\frac{7}{15}+\frac{3}{5}\cdot\frac{8}{10}\cdot\frac{2}{15}\\=&\frac{168+84+48}{750}\\=&\frac{300}{750}\\=&\frac{2}{5}\end{aligned}$
命$W_n$、$R_n$分別為第$n$次取出白球與紅球的情況，由前兩題會猜測$\displaystyle P\left(W_n\right)=\frac{2}{5}$、$\displaystyle P\left(R_n\right)=\frac{3}{5}$。
根據題設可知$n=1$時命題成立。現假定$n=k$的情況成立，即$\displaystyle P\left(W_k\right)=\frac{2}{5}$。此外記$N$為取出白球的次數，據此可以計算$P\left(W_{k+1}\right)$如下
$\begin{aligned}\displaystyle P\left(W_{k+1}\right)=&\sum_{i=1}^{k}\left[P\left(W_k|N=i\right)\cdot\frac{5i+2}{5k+5}+P\left(R_k|N=i-1\right)\cdot\frac{5i-3}{5k+5}\right]\\=&\frac{1}{5k+5}\sum_{i=1}^{k}\left[P\left(W_{k-1}|N=i-1\right)+P\left(R_{k-1}|N=i-1\right)\right]\cdot\frac{\left(5i+2\right)\left(5i-3\right)}{5k}\\&+\frac{1}{5k+5}\sum_{i=1}^{k}\left[P\left(W_{k-1}|N=i-1\right)+P\left(R_{k-1}|N=i-1\right)\right]\cdot\frac{\left(5i-3\right)\left(5k-5i+3\right)}{5k}\\=&\sum_{i=1}^{k}\left[P\left(W_{k-1}|N=i-1\right)+P\left(R_{k-1}|N=i-1\right)\right]\cdot\frac{5i-3}{5k}\end{aligned}$
現在可以注意到$P\left(R_{k-1}|N=k-1\right)=0$，並且特別記$P\left(R_{k-1}|N=-1\right)=0$，如此上式可進一步改寫如下$\displaystyle P\left(W_{k+1}\right)=\sum_{i=1}^{k}\left[P\left(W_{k-1}|N=i-1\right)\cdot\frac{5i-3}{5k}+P\left(W_{k-1}|N=i-2\right)\cdot\frac{5i-8}{5k}\right]=P\left(W_k\right)=\frac{2}{5}$
這表明$n=k+1$時命題成立。因此由數學歸納法該命題對所有正整數$n$恆成立。- 命$X_n$為第$n$次取球的隨機變數，取出白球時記為$5$而取出紅球記為$8$。如此所求為$\displaystyle E\left(\sum_{n=1}^{5}X_n\right)$，根據期望值的特性以及各次的取球機率為獨立事件，可知所求為
$\displaystyle5\mbox{E}\left(X_1\right)=5\cdot\left[5\cdot\frac{2}{5}+8\cdot\frac{3}{5}\right]=28$
訣竅
利用韋達定理(根與係數的關係)求解即可。解法
根據韋達定理可知$\begin{aligned}\alpha+\beta=&-\sqrt{10}\\\alpha\beta=&2\end{aligned}$
由此可得$\begin{aligned}\alpha^4+\alpha^2\beta^2+\beta^4=&\left(\alpha^2+\beta^2\right)^2-\left(\alpha\beta\right)^2\\=&\left[\left(\alpha+\beta\right)^2-2\alpha\beta\right]^2-\left(\alpha\beta\right)^2\\=&\left[\left(-\sqrt{10}\right)^2-4\right]^2-4\\=&32\\\left(\alpha-\beta\right)^2=&\left(\alpha+\beta\right)^2-4\alpha\beta=\left(-\sqrt{10}\right)^2-4\cdot2=2\end{aligned}$
據此可得分母之值：$\left|\alpha^2-\beta^2\right|=\left|\alpha+\beta\right|\left|\alpha-\beta\right|=2\sqrt{5}$。結合以上可知所求即為$\displaystyle\frac{32}{2\sqrt{5}}=\frac{16\sqrt{5}}{5}$。
訣竅
根據對稱點的意義計算即可。解法
訣竅
畫出適當的輔助線並運用重心的性質即可。解法
$\displaystyle\begin{aligned}\frac{\overline{AB}}{\overline{AP}}+\frac{\overline{AC}}{\overline{AQ}}=&\frac{\overline{AB'}}{\overline{AG}}+\frac{\overline{AC'}}{\overline{AG}}\\=&\frac{\overline{AB'}+\overline{AM}+\overline{MC'}}{\overline{AG}}\\=&\frac{2\overline{AM}}{\overline{AG}}\\=&\frac{3\overline{AG}}{\overline{AG}}\\=&3\end{aligned}$
其中一個等號是利用重心的性質有$2\overline{AM}=3\overline{AG}$。訣竅
直接解微分方程式。解法
若對任何$t$而言皆無$x\left(t\right)=0$時，原式可以寫為$\displaystyle\frac{dx\left(t\right)}{dt}=-x^3\left(t\right)+x\left(t\right)$
移項後同除以$\displaystyle x^3\left(t\right)$有$\displaystyle\frac{1}{x^3\left(t\right)}\frac{dx\left(t\right)}{dt}-\left(1-\frac{1}{x^2\left(t\right)}\right)=0$
左右同乘以$-2e^{-2t}$，接著對左邊之分子分母同乘以$e^{-2t}$，如此有$\displaystyle \frac{\displaystyle-\frac{2}{x^3\left(t\right)}\frac{dx\left(t\right)}{dt}e^{-2t}+2e^{-2t}\left(1-\frac{1}{x^2\left(t\right)}\right)}{e^{-4t}}=0$
注意到左邊為函數相除的微分公式，因此能寫成下式$\displaystyle\left(\frac{1-\frac{1}{x^2\left(t\right)}}{e^{-2t}}\right)'=0$
兩邊同取積分，積分範圍自$0$到$t$如此有$\displaystyle\frac{1-\frac{1}{x^2\left(t\right)}}{e^{-2t}}-\frac{1-\frac{1}{x^2\left(0\right)}}{1}=0$
整理後能寫出$\displaystyle x^2\left(t\right)=\frac{1}{1-e^{-2t}\left(1-\frac{1}{x^2\left(0\right)}\right)}$
最後注意到此微分方程為自治微分方程，因而若$x\left(t\right)$為該微分方程之解，故$x\left(t-t_0\right)$亦為微分方程之解。從而若有符合該微分方程的解且存在一時刻$t$使$x\left(t\right)=0$，那麼我們可以不失一般性地考慮$x\left(0\right)=0$地情況，可以注意到在該處之各階導數恆為零，且此微分方程的解具有唯一性，從而延拓後有$x\left(t\right)\equiv0$。（不過此時的情況不屬於題目需要討論的情形）
由於位置函數會隨著時間而為連續函數，且由前述可知不存在任何時刻使得$x\left(t\right)=0$。故對a.b.的情況下有
$\displaystyle x\left(t\right)=\frac{1}{\sqrt{1-e^{-2t}\left(1-\frac{1}{x^2\left(0\right)}\right)}}\to1\quad\mbox{當}\quad t\to\infty$
對c.d.的情況下有$\displaystyle x\left(t\right)=-\frac{1}{\sqrt{1-e^{-2t}\left(1-\frac{1}{x^2\left(0\right)}\right)}}\to-1\quad\mbox{當}\quad t\to\infty$
訣竅
透過解析幾何仔細地計算之。解法
訣竅
按照條件機率狀況完整列式，並在第三小題時運用數學歸納法完整的計算之，最後則根據期望值的基礎知識答題即可。解法
面試試題A
題目$A$：設數列定義如下：$\begin{aligned} &F_1=1\\&F_2=1\\&F_{n+2}=F_{n+1}+F_n,\mbox{ when }n=1,2,3,\cdots\end{aligned}$
試證對任意自然數$n$恆有$F_{n+1}^2+F_n^2=F_{2n+1}$。訣竅
留意此為斐波那契數列，運用關於此數列的相關知識求解；亦可利用數學歸納法證明更加寬廣的結果。解法一
由於$F_n$為斐波那契數列，因此（該公式之推導很容易可以查到）$\displaystyle F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$
由此直接計算有$\displaystyle\begin{aligned}F_{n+1}^2+F_n^2=&\left[\frac{1}{5}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+2}-\frac{2}{5}\left(\frac{1-5}{4}\right)^{n+1}+\frac{1}{5}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+2}\right]\\&+\left[\frac{1}{5}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}-\frac{2}{5}\left(\frac{1-5}{4}\right)^n+\frac{1}{5}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}\right]\\=&\frac{1}{5}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}+\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{-1}\right)+\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}+\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{-1}\right)\right]\\=&\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}\right]\\=&F_{2n+1}\end{aligned}$
解法二
運用數學歸納法，我們試圖同時證明$F_{n+1}^2+F_n^2=F_{2n+1}$以及$F_{n+1}\left(F_{n+2}+F_n\right)=F_{2n+2}$。
容易計算得到$F_2=2$、$F_3=3$、$F_4=5$，因此有$F_1^2+F_2^2=2$、$F_2\left(F_3+F_1\right)=F_4$，即這兩式在$n=1$時成立。
現假設兩式在$n=k$時皆成立，即有
$F_{k+1}^2+F_k^2=F_{2k+1}$
$F_{k+1}\left(F_{k+2}+F_k\right)=F_{2k+2}$
現計算$F_{k+2}^2+F_{k+1}^2$如下$\begin{aligned}F_{k+2}^2+F_{k+1}^2=&F_{k+2}^2-F_k^2+F_{k+1}^2+F_k^2\\=&\left(F_{k+2}-F_k\right)\left(F_{k+2}+F_k\right)+F_{2k+1}\\=&F_{k+1}\left(F_{k+2}+F_k\right)+F_{2k+1}\\=&F_{2k+2}+F_{2k+1}\\=&F_{2k+3}\end{aligned}$
另一方面也可以計算$F_{k+2}\left(F_{k+3}+F_{k+1}\right)$如下$\begin{aligned}F_{k+2}\left(F_{k+3}+F_{k+1}\right)=&F_{k+2}\left(F_{k+2}+2F_{k+1}\right)\\=&F_{k+2}^2+F_{k+2}F_{k+1}+F_{k+2}F_{k+1}\\=&F_{k+2}^2+F_{2k+2}-F_{k+1}F_k+F_{k+2}F_{k+1}\\=&F_{2k+2}+F_{k+2}^2+F_{k+1}\left(F_{k+2}-F_k\right)\\=&F_{2k+2}+F_{k+2}^2+F_{k+1}^2\\=&F_{2k+2}+F_{2k+3}\\=&F_{2k+4}\end{aligned}$
因此根據數學歸納法兩式對所有正整數$n$恆成立。面試試題B
題目$B$：如圖所示，有一寬為$a$之長紙條，自底端$\overline{DE}$上任取一點$A$，以$\overline{AB}$為摺痕把$AEB$這一角摺起來，使$E$點合到紙條左邊的$C$點。當然$B,C$兩點隨$A$點變動而變動。問$A$要如何才可使$\overline{AB}$最短。
訣竅
建立適當的假設後進行計算即可利用微分求其極小值。解法
設$A$距離$D$的距離為$x_0>0$，則為了使$E$能沿通過$A$的直線對折後落於$\overline{DC}$上則應要求$\displaystyle x_0<\frac{a}{2}$。現在設定坐標系，令$D$為$\left(0,0\right)$、$A$為$\left(x_0,0\right)$、$E$為$\left(a,0\right)$，而$\overrightarrow{DC}$為$y$軸正向。
根據對折可知$\overline{AE}=\overline{AC}=a-x_0$，因此$\overline{DC}=\sqrt{\left(a-x_0\right)^2-x_0^2}=\sqrt{a^2-2ax_0}$，故$C$為$\left(0,\sqrt{a^2-2ax_0}\right)$。
另一方面由$\overline{AB}\perp\overline{CE}$可求出$\overline{AB}$的斜率為$\displaystyle m_{\overline{AB}}=-\frac{1}{m_{\overline{CE}}}=\frac{a}{\sqrt{a^2-2ax_0}}$。因此可利用點斜式能表達出$\overleftrightarrow{AB}$的方程式為$\displaystyle y=\frac{a}{\sqrt{a^2-2ax_0}}\left(x-x_0\right)$。如此便能可解出$B$座標為$\displaystyle\left(a,\frac{a\left(a-x_0\right)}{\sqrt{a^2-2ax_0}}\right)$。
藉由以上準備的座標可以得到$\displaystyle\overline{AB}^2=\left(a-x_0\right)^2+\frac{a^2\left(a-x_0\right)^2}{a^2-2ax_0}=\frac{2\left(a-x_0\right)^3}{a-2x_0}$，此為$x_0$的函數。
為了找出$\overline{AB}$的極小值，我們考慮函數$f$如下
$\displaystyle f\left(x_0\right)=\frac{2\left(a-x_0\right)^3}{a-2x_0}$
接著解$f'\left(x_0\right)=0$，即$\displaystyle f'\left(x_0\right)=\frac{-6\left(a-x_0\right)^2\left(a-2x_0\right)-2\left(a-x_0\right)^3\cdot\left(-2\right)}{\left(a-2x_0\right)^2}=0$
即$\displaystyle\frac{2(a-x_0)^2\left(4x_0-a\right)}{\left(a-2x_0\right)^2}=0$
如此解得$\displaystyle x_0=\frac{a}{4}$。又進一步微分後代入$\displaystyle x_0=\frac{a}{4}$，則有
$\displaystyle f''\left(x_0\right)=18>0$
因此$f$在$\displaystyle x_0=\frac{a}{4}$處有最小值，即$A$選擇在離$D$距離$\displaystyle\frac{a}{4}$之處能使$\overline{AB}$最短。
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