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α,β為x2+√10x+2=0的兩根,求|α4+α2β2+β4α2−β2|之值。(15分)
- 設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)
- 設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)
- 設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)
- 設Q(u,v)並連接¯PQ,按對稱點的意義可知¯PQ垂直L1且交於L1於M1,其中M1為P、Q的中點。
- 由垂直可知¯PQ的斜率與L1的斜率相乘為−1,即b−va−u⋅(−1)=−1,即a−u=b−v。
- 由M1為P、Q的中點可知M1(a+u2,b+v2)。又M1落在L1上,因此a+u+b+v=0。
- 設R(u,v)為P以L2的對稱點,則¯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¯PR的斜率與L2的斜率相乘為−1,即有a−u=b−v。
- 由M2為P、R的中點可知M2(a+u2,b+v2)。又M2落在L2上,因此a+u+b+v=2。
- 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(−a2−1,−a+1)。藉此我們要找出u與v的關係,能夠發現u=−v2+2v−2,即R落在x+1=−(y−1)2上。結果如下圖
- 設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,Q且P≠A,Q≠A。試證¯AB¯AP+¯AC¯AQ為定值。(15分)
- ¯MB=¯BC;
- 因為¯BB′∥¯CC′,故由內錯角相等有∠B′BM=∠C′CM;
- 由對頂角相等有∠BMB′=∠CMC′。
- 令f(x)=−x(x−1)(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))。
- 當x(0)>1時,limt→∞x(t)=?(3分)
- 當0<x(0)<1時,limt→∞x(t)=?(3分)
- 當−1<x(0)<0時,limt→∞x(t)=?(3分)
- 當x(0)<−1時,limt→∞x(t)=?(3分)
- 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。
- 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¯AB中點為平面原點O(0,0),以↔AB為y軸並且指向A為正向,而平行¯AD為x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=0、z=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,1−cosx),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x22+y22+z2=1,由此可知該曲線為橢圓。當z=0而x=y=±1則有長軸長為2√2;而當x=y=0則z=±1,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(W2∧W1)+P(W2∧R1)=P(W1)P(W2|W1)+P(R1)P(W2|R1)=25⋅710+35⋅210=25
- 命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)=25⋅710⋅1215+2⋅2⋅35⋅10⋅715+35⋅810⋅215=168+84+48750=300750=25
命Wn、Rn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)=25、P(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)=k∑i=1[P(Wk|N=i)⋅5i+25k+5+P(Rk|N=i−1)⋅5i−35k+5]=15k+5k∑i=1[P(Wk−1|N=i−1)+P(Rk−1|N=i−1)]⋅(5i+2)(5i−3)5k+15k+5k∑i=1[P(Wk−1|N=i−1)+P(Rk−1|N=i−1)]⋅(5i−3)(5k−5i+3)5k=k∑i=1[P(Wk−1|N=i−1)+P(Rk−1|N=i−1)]⋅5i−35k
現在可以注意到P(Rk−1|N=k−1)=0,並且特別記P(Rk−1|N=−1)=0,如此上式可進一步改寫如下P(Wk+1)=k∑i=1[P(Wk−1|N=i−1)⋅5i−35k+P(Wk−1|N=i−2)⋅5i−85k]=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。- 命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(5∑n=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⋅[5⋅25+8⋅35]=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α+β=−√10αβ=2
由此可得α4+α2β2+β4=(α2+β2)2−(αβ)2=[(α+β)2−2αβ]2−(αβ)2=[(−√10)2−4]2−4=32(α−β)2=(α+β)2−4αβ=(−√10)2−4⋅2=2
據此可得分母之值:|α2−β2|=|α+β||α−β|=2√5。結合以上可知所求即為322√5=16√55。
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
作直線↔AG交¯BC於M,並且作平行¯PQ的直線↔BB′、↔CC′分別交於B′與C′,如上圖。由於下列三項事實:¯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。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)有1x3(t)dx(t)dt−(1−1x2(t))=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−2x3(t)dx(t)dte−2t+2e−2t(1−1x2(t))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(1−1x2(t)e−2t)′=0
兩邊同取積分,積分範圍自0到t如此有1−1x2(t)e−2t−1−1x2(0)1=0
整理後能寫出x2(t)=11−e−2t(1−1x2(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(t−t0)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)=1√1−e−2t(1−1x2(0))→1當t→∞
對c.d.的情況下有x(t)=−1√1−e−2t(1−1x2(0))→−1當t→∞
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: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=1√5(1+√52)n−1√5(1−√52)n
由此直接計算有F2n+1+F2n=[15(1+√52)2n+2−25(1−54)n+1+15(1−√52)2n+2]+[15(1+√52)2n−25(1−54)n+15(1−√52)2n]=15[(1+√52)2n+1(1+√52+(1+√52)−1)+(1−√52)2n+1(1−√52+(1−√52)−1)]=1√5[(1+√52)2n+1−(1−√52)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=2、F3=3、F4=5,因此有F21+F22=2、F2(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+2−F2k+F2k+1+F2k=(Fk+2−Fk)(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+2−Fk+1Fk+Fk+2Fk+1=F2k+2+F2k+2+Fk+1(Fk+2−Fk)=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
設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為(0,0)、A為(x0,0)、E為(a,0),而→DC為y軸正向。
根據對折可知¯AE=¯AC=a−x0,因此¯DC=√(a−x0)2−x20=√a2−2ax0,故C為(0,√a2−2ax0)。
另一方面由¯AB⊥¯CE可求出¯AB的斜率為m¯AB=−1m¯CE=a√a2−2ax0。因此可利用點斜式能表達出↔AB的方程式為y=a√a2−2ax0(x−x0)。如此便能可解出B座標為(a,a(a−x0)√a2−2ax0)。
藉由以上準備的座標可以得到¯AB2=(a−x0)2+a2(a−x0)2a2−2ax0=2(a−x0)3a−2x0,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(a−x0)3a−2x0
接著解f′(x0)=0,即f′(x0)=−6(a−x0)2(a−2x0)−2(a−x0)3⋅(−2)(a−2x0)2=0
即2(a−x0)2(4x0−a)(a−2x0)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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