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2017年6月23日 星期五

八十九學年度大學推薦甄試數學學科試題詳解

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

  1. α,βx2+10x+2=0的兩根,求|α4+α2β2+β4α2β2|之值。(15分)
  2. 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

    α+β=10αβ=2

    由此可得

    α4+α2β2+β4=(α2+β2)2(αβ)2=[(α+β)22αβ]2(αβ)2=[(10)24]24=32(αβ)2=(α+β)24αβ=(10)242=2

    據此可得分母之值:|α2β2|=|α+β||αβ|=25
    結合以上可知所求即為3225=1655

    1. L1:x+y=0,以L1為對稱軸,求點P(a,b)的對稱點Q的座標。(5分)
    2. L2:x+y=1,以L2為對稱軸,求點P(a,b)的對稱點R的座標。(5分)
    3. Γ:y=x2+2,以L2為對稱軸,試求拋物線Γ的對稱圖形的方程式。(8分)
  3. 訣竅根據對稱點的意義計算即可。
    解法
    1. Q(u,v)並連接¯PQ,按對稱點的意義可知¯PQ垂直L1且交於L1M1,其中M1PQ的中點。
      • 由垂直可知¯PQ的斜率與L1的斜率相乘為1,即bvau(1)=1,即au=bv
      • M1PQ的中點可知M1(a+u2,b+v2)。又M1落在L1上,因此a+u+b+v=0
      由前兩項可解得u=bv=a,即Q的座標為(b,a)
    2. R(u,v)PL2的對稱點,則¯PRL_2L_2M_2M_2PR$中點。
      • 由垂直可知¯PR的斜率與L2的斜率相乘為1,即有au=bv
      • M2PR的中點可知M2(a+u2,b+v2)。又M2落在L2上,因此a+u+b+v=2
      由前兩項可解得u=b+1v=a+1,即R的座標為(b+1,a+1)
    3. 透過b.我們考慮P(a,b)落在Γ上,即b=a2+2,從而R(u,v)座標為(a21,a+1)。藉此我們要找出uv的關係,能夠發現u=v2+2v2,即R落在x+1=(y1)2上。結果如下圖

  4. G為三角形ABC的重心,過G作任意直線與線段¯AB,¯AC分別交於P,QPA,QA。試證¯AB¯AP+¯AC¯AQ為定值。(15分)
  5. 訣竅畫出適當的輔助線並運用重心的性質即可。
    解法
    作直線AG¯BCM,並且作平行¯PQ的直線BBCC分別交於BC,如上圖。由於下列三項事實:
    • ¯MB=¯BC
    • 因為¯BB¯CC,故由內錯角相等有BBM=CCM
    • 由對頂角相等有BMB=CMC
    因此根據ASA全等性質可以證明出BMB≅△CMC,故¯MB=¯BC。因此題目所提的比例式可表達並計算如下

    ¯AB¯AP+¯AC¯AQ=¯AB¯AG+¯AC¯AG=¯AB+¯AM+¯MC¯AG=2¯AM¯AG=3¯AG¯AG=3

    其中一個等號是利用重心的性質有2¯AM=3¯AG

  6. f(x)=x(x1)(x+1)。一質點在x軸上運動,在t時刻的位置是x(t),已知該質點的速度v(t)=dx(t)dt滿足v=f(x),即v(t)=f(x(t))
    1. x(0)>1時,limtx(t)=?(3分)
    2. 0<x(0)<1時,limtx(t)=?(3分)
    3. 1<x(0)<0時,limtx(t)=?(3分)
    4. x(0)<1時,limtx(t)=?(3分)
  7. 訣竅直接解微分方程式。
    解法若對任何t而言皆無x(t)=0時,原式可以寫為

    dx(t)dt=x3(t)+x(t)

    移項後同除以x3(t)

    1x3(t)dx(t)dt(11x2(t))=0

    左右同乘以2e2t,接著對左邊之分子分母同乘以e2t,如此有

    2x3(t)dx(t)dte2t+2e2t(11x2(t))e4t=0

    注意到左邊為函數相除的微分公式,因此能寫成下式

    (11x2(t)e2t)=0

    兩邊同取積分,積分範圍自0t如此有

    11x2(t)e2t11x2(0)1=0

    整理後能寫出

    x2(t)=11e2t(11x2(0))

    最後注意到此微分方程為自治微分方程,因而若x(t)為該微分方程之解,故x(tt0)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(t)=0,那麼我們可以不失一般性地考慮x(0)=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(t)0。(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(t)=0。故對a.b.的情況下有

    x(t)=11e2t(11x2(0))1t

    對c.d.的情況下有

    x(t)=11e2t(11x2(0))1t


  8. 如圖,ABCD為長方形紙張,¯AD=2π¯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。
    1. 紙捲上的曲線是否在一平面上?(7分)
    2. 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)
  9. 訣竅透過解析幾何仔細地計算之。
    解法
    1. 首先我們先記長方形¯AB中點為平面原點O(0,0),以ABy軸並且指向A為正向,而平行¯ADx軸且延AD為正向,則該正弦曲線可寫為y=sinx

      設捲起後的空間座標原點O(0,0,0)同樣為¯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(x,sinx)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sinx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=0z=1上,因此該曲線必須滿足x2+z2=1,取適當的正負號可發現其座標為(sinx,sinx,1cosx),由此亦見該曲線落於x=y的平面上。

      作圖如下
    2. 容易觀察到該曲線落在橢球x22+y22+z2=1,由此可知該曲線為橢圓。當z=0x=y=±1則有長軸長為22;而當x=y=0z=±1,由此有短軸長為2

  10. 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。
    1. 試問第二次取出白球的機率為多少?(5分)
    2. 試問第三次取出白球的機率為多少?(5分)
    3. 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)
    4. 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)
  11. 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
    1. W1表示第一次取出白球、R1表示第一次取出紅球、W2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:

      P(W2)=P(W2W1)+P(W2R1)=P(W1)P(W2|W1)+P(R1)P(W2|R1)=25710+35210=25

    2. W3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

      P(W3)=257101215+223510715+35810215=168+84+48750=300750=25

    3. WnRn分別為第n次取出白球與紅球的情況,由前兩題會猜測P(Wn)=25P(Rn)=35

      根據題設可知n=1時命題成立。現假定n=k的情況成立,即P(Wk)=25。此外記N為取出白球的次數,據此可以計算P(Wk+1)如下

      P(Wk+1)=ki=1[P(Wk|N=i)5i+25k+5+P(Rk|N=i1)5i35k+5]=15k+5ki=1[P(Wk1|N=i1)+P(Rk1|N=i1)](5i+2)(5i3)5k+15k+5ki=1[P(Wk1|N=i1)+P(Rk1|N=i1)](5i3)(5k5i+3)5k=ki=1[P(Wk1|N=i1)+P(Rk1|N=i1)]5i35k

      現在可以注意到P(Rk1|N=k1)=0,並且特別記P(Rk1|N=1)=0,如此上式可進一步改寫如下

      P(Wk+1)=ki=1[P(Wk1|N=i1)5i35k+P(Wk1|N=i2)5i85k]=P(Wk)=25

      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。
    4. Xn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E(5n=1Xn),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

      5E(X1)=5[525+835]=28


面試試題A

題目A:設數列定義如下:

F1=1F2=1Fn+2=Fn+1+Fn, when n=1,2,3,

試證對任意自然數n恆有F2n+1+F2n=F2n+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Fn為斐波那契數列,因此(該公式之推導很容易可以查到)

Fn=15(1+52)n15(152)n

由此直接計算有

F2n+1+F2n=[15(1+52)2n+225(154)n+1+15(152)2n+2]+[15(1+52)2n25(154)n+15(152)2n]=15[(1+52)2n+1(1+52+(1+52)1)+(152)2n+1(152+(152)1)]=15[(1+52)2n+1(152)2n+1]=F2n+1

解法二

運用數學歸納法,我們試圖同時證明F2n+1+F2n=F2n+1以及Fn+1(Fn+2+Fn)=F2n+2

容易計算得到F2=2F3=3F4=5,因此有F21+F22=2F2(F3+F1)=F4,即這兩式在n=1時成立。

現假設兩式在n=k時皆成立,即有

F2k+1+F2k=F2k+1

Fk+1(Fk+2+Fk)=F2k+2

現計算F2k+2+F2k+1如下

F2k+2+F2k+1=F2k+2F2k+F2k+1+F2k=(Fk+2Fk)(Fk+2+Fk)+F2k+1=Fk+1(Fk+2+Fk)+F2k+1=F2k+2+F2k+1=F2k+3

另一方面也可以計算Fk+2(Fk+3+Fk+1)如下

Fk+2(Fk+3+Fk+1)=Fk+2(Fk+2+2Fk+1)=F2k+2+Fk+2Fk+1+Fk+2Fk+1=F2k+2+F2k+2Fk+1Fk+Fk+2Fk+1=F2k+2+F2k+2+Fk+1(Fk+2Fk)=F2k+2+F2k+2+F2k+1=F2k+2+F2k+3=F2k+4

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¯DE上任取一點A,以¯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¯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A距離D的距離為x0>0,則為了使E能沿通過A的直線對折後落於¯DC上則應要求x0<a2

現在設定坐標系,令D(0,0)A(x0,0)E(a,0),而DCy軸正向。

根據對折可知¯AE=¯AC=ax0,因此¯DC=(ax0)2x20=a22ax0,故C(0,a22ax0)

另一方面由¯AB¯CE可求出¯AB的斜率為m¯AB=1m¯CE=aa22ax0。因此可利用點斜式能表達出AB的方程式為y=aa22ax0(xx0)。如此便能可解出B座標為(a,a(ax0)a22ax0)

藉由以上準備的座標可以得到¯AB2=(ax0)2+a2(ax0)2a22ax0=2(ax0)3a2x0,此為x0的函數。

為了找出¯AB的極小值,我們考慮函數f如下

f(x0)=2(ax0)3a2x0

接著解f(x0)=0,即

f(x0)=6(ax0)2(a2x0)2(ax0)3(2)(a2x0)2=0

2(ax0)2(4x0a)(a2x0)2=0

如此解得x0=a4

又進一步微分後代入x0=a4,則有

f

因此f\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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