臺灣大學數學系
八十七學年度大學推薦甄試數學學科試題
- 設$\sin\theta+\cos\theta=t$
- 試將$P=3\left(\cos\theta+\sin\theta\right)+4\sin\theta\cos\theta$用$t$表示。（$2$分）
- 當$\theta$在$0$到$2\pi$之間變動時，分別求$t$值（$2$分）與$P$值（$4$分）的變化範圍。
- 由於$t^2=\left(\sin\theta+\cos\theta\right)^2=1+2\sin\theta\cos\theta$，因此
$\displaystyle P=3t+4\cdot\frac{t^2-1}{2}=2t^2+3t-2$
- 由於
$\displaystyle t=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$
因此$t$的範圍為介在$-\sqrt{2}$到$\sqrt{2}$之間。又$\displaystyle P=2\left(t+\frac{3}{4}\right)^2-\frac{25}{8}$
根據$-\sqrt{2}\leq t\leq\sqrt{2}$，兩邊同加$\displaystyle\frac{3}{4}$可得$\displaystyle\frac{3}{4}-\sqrt{2}\leq t+\frac{3}{4}\leq\frac{3}{4}+\sqrt{2}$
接著兩邊同取平方後乘以$2$可得$\displaystyle0\leq2\left(t+\frac{3}{4}\right)^2\leq2\left(\frac{3}{4}+\sqrt{2}\right)^2=\frac{41}{8}+3\sqrt{2}$
最後同減$\displaystyle\frac{25}{8}$可得$\displaystyle-\frac{25}{8}\leq P\leq2+3\sqrt{2}$
- 設直線$L_0:ax+by+c=0$與圓$C_0:x^2+y^2+dx+ey+f=0$相交於$P_1,P_2$兩相異點。若$k_0$為一實數，我們知道圓$C:x^2+y^2+dx+ey+f+k_0\left(ax+by+c\right)=0$通過$P_1,P_2$兩點。試證：任一過$P_1,P_2$兩點的圓必為$x^2+y^2+dx+ey+f+k\left(ax+by+c\right)=0$，其中$k$為一實數（$8$分）。
- 設$\vec{a}=\left(a_1,a_2,a_3\right)$, $\vec{b}=\left(b_1,b_2,b_3\right)$, $\vec{c}=\left(c_1,c_2,c_3\right)$為三個空間向量。已知：$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$所張的平行六面體體積為$\left|\begin{matrix}a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\c_1&c_2&c_3\end{matrix}\right|$的絕對值。今將$a_1,a_2,a_3,b_1,b_2,b_3,c_1,c_2,c_3$這九個數分別丟一銅板來設定它為$1$或$2$（正面為$1$，反面為$2$），則上述行列式的值為零的機率等於多少？（$8$分）
- 當$\vec{a}=\left(1,1,1\right)$或$\vec{a}=\left(2,2,2\right)$時，
- 若$\vec{b}$為$\left(1,1,1\right)$或$\left(2,2,2\right)$，則有$\vec{c}$有八種情形符合，由於$\vec{a}$、$\vec{b}$各有兩種選擇，故此類有$32$種選擇。
- 若$\vec{b}$不為$\left(1,1,1\right)$也不為$\left(2,2,2\right)$，則$\vec{c}$可取為$\vec{a}$或$\vec{a}$的倍數或$\vec{b}$本身，或使$\vec{b}+\vec{c}$為$\vec{a}$之倍數，如此$\vec{c}$有四種選擇，故此類亦有$48$種。
- 當$\vec{a}$不為$\left(1,1,1\right)$或$\left(2,2,2\right)$時，可分類如下：
- 當$\vec{b}=\left(1,1,1\right)$或$\left(2,2,2\right)$時，$\vec{c}$可取$\vec{b}$或$\vec{b}$的倍數或$\vec{a}$本身或能使$\vec{a}+\vec{c}$為$\vec{b}$的倍數，故此類有$48$種情形。
- $\vec{b}$與$\vec{a}$相同，則$\vec{c}$有八種選擇，故此類有$48$種狀況。
- 當$\vec{b}$與$\vec{a}$之和為$\left(2,2,2\right)$時，$\vec{c}$有四種選擇，分別為$\vec{a}$、$\vec{b}$、$\left(1,1,1\right)$、$\left(2,2,2\right)$，此類有$24$種可能。
- 當$\vec{b}$不符合上述情形（有四種）時，$\vec{c}$僅有兩種可能，故此類有$48$種情況。
- 點$P$為實係數三次多項式$f\left(x\right)$的反曲點，$Q$為$f\left(x\right)$圖形上異於$P$之一點。試證：
- 過$P$點的切線與$f\left(x\right)$的圖形只交於切點。（$4$分）
- 過$Q$點的切線與$f\left(x\right)$的圖形不只交於一點。（$4$分）
- 設$f\left(x\right)=ax^3+bx^2+cx+d$，則計算其二階導函數為$f''\left(x\right)=6ax+2b$，解$f''\left(x\right)=0$可得$\displaystyle x=-\frac{b}{3a}$，因此$P$點座標為$\displaystyle\left(-\frac{b}{3a},f\left(-\frac{b}{3a}\right)\right)$。由此考慮$P$點的切線方程如下
$\displaystyle y-f\left(-\frac{b}{3a}\right)=f'\left(-\frac{b}{3a}\right)\left(x+\frac{b}{3a}\right)$
透過代入消去法解該切線與$y=f\left(x\right)$之交點，即解下列方程之根$\begin{aligned} &ax^3+bx^2+cx+d\\=&f\left(-\frac{b}{3a}\right)+f'\left(-\frac{b}{3a}\right)\left(x+\frac{b}{3a}\right)\\=&a\left(-\frac{b}{3a}\right)^3+b\left(-\frac{b}{3a}\right)^2+c\left(-\frac{b}{3a}\right)+d+\left(-\frac{b^2}{3a}+c\right)\left(x+\frac{b}{3a}\right)\end{aligned}$
展開整理可得$\displaystyle27a^3x^3+27a^2bx^2+9ab^2x+b^3=0$
亦可寫成$\left(3ax+b\right)^3=0$，因此可得三重根$\displaystyle x=-\frac{b}{3a}$，故通過$P$點的切線與$y=f\left(x\right)$僅交於$P$點。 - 延續a.，仍設$f\left(x\right)=ax^3+bx^2+cx+d$，並設$Q\left(x_0,y_0\right)$，其中$\displaystyle x_0\neq-\frac{b}{3a}$。此時作$Q$點的切線方程如下
$y-f\left(x_0\right)=f'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)$
透過代入消去法解該切線與$y=f\left(x\right)$之交點，即解下列方程之根$\begin{aligned} &ax^3+bx^2+cx+d\\=&f\left(x_0\right)+f'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)\\=&ax_0^3+bx_0^2+cx_0+d+\left(3ax_0^2+2bx_0+c\right)\left(x-x_0\right)\end{aligned}$
移項整理有$a\left(x^3-x_0^3\right)+b\left(x^2-x_0^2\right)+c\left(x-x_0\right)-\left(3ax_0^2+2bx_0+c\right)\left(x-x_0\right)=0$
同提$\left(x-x_0\right)$可得$\left[a\left(x^2+xx_0+x_0^2\right)+b\left(x+x_0\right)-\left(3ax_0^2+2bx_0\right)\right]\left(x-x_0\right)=0$
即為$\left[a\left(x^2+xx_0-2x_0^2\right)+b\left(x-x_0\right)\right]\left(x-x_0\right)=0$
可再提$\left(x-x_0\right)$，如此可得$\left(ax+2ax_0+b\right)\left(x-x_0\right)^2=0$
故可解得$x=x_0$（二重根）、$\displaystyle x=-2x_0-\frac{b}{a}$，由於$\displaystyle x_0\neq-\frac{b}{3a}$，因此$\displaystyle -2x_0-\frac{b}{a}\neq x_0$，故此該切線與$y=f\left(x\right)$不只交於$Q$點。 - 地球的子午線由北極到南極長$20000$公里，北緯$\theta$弧度以北的面積用$f\left(\theta\right)$表示。
- 根據$\displaystyle f'\left(\theta\right)=\lim_{x\to\theta}\frac{f\left(x\right)-f\left(\theta\right)}{x-\theta}$，你認為$f'\left(\theta\right)$應該是什麼？理由呢？（$4$分）
- 利用上面的$f'\left(\theta\right)$，求出赤道到北緯$\displaystyle\frac{\pi}{6}$弧度間的面積。（$4$分）
- 根據題意條件可先求出地球半徑為$\displaystyle\frac{20000}{\pi}$。並且按照設定可知$f\left(x\right)-f\left(\theta\right)$表示北緯$x$弧度與北緯$\theta$弧度所夾的有向面積（即若$x>\theta$則$f\left(x\right)-f\left(\theta\right)$取負，若$x<\theta$則$f\left(x\right)-f\left(\theta\right)$取正）其面積代表球面上的圓環區域，並且連向圓心後所對應之夾角即為$x-\theta$。當$x$趨近於$\theta$時，該圓環會趨近於圓，但當$x\neq\theta$時，該面積可近似地表達為北緯$\theta$弧度的圓周長乘以角$x-\theta$對應的圓上弧長，因此
$\displaystyle\frac{f\left(x\right)-f\left(\theta\right)}{x-\theta}\approx-\frac{\left(2\pi\frac{20000}{\pi}\cos\theta\right)\cdot\frac{20000}{\pi}\cdot\left(x-\theta\right)}{x-\theta}=-\frac{8\times10^8}{\pi}\cos\theta$
因此可合理地認為$\displaystyle f'\left(\theta\right)=-\frac{8\times10^8}{\pi}\cos\theta$。 - 透過a.可以知道$\displaystyle f\left(\theta\right)=C-\frac{8\times10^8}{\pi}\sin\theta$，其中$C$為積分常數，因此所求之面積則可表達如下
$\displaystyle f\left(0\right)-f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{8\times10^8}{\pi}\left(\sin\frac{\pi}{6}-\sin0\right)=\frac{4\times10^8}{\pi}$
- 一階微分直接計算如下
$\displaystyle f'\left(\theta\right)=-\frac{8\times10^8}{\pi}\cos\theta$
- 按題目所求即為
$\displaystyle f\left(0\right)-f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{4\times10^8}{\pi}$
訣竅
第一小題應留意三角函數的平方關係，第二題則應考慮三角函數之疊合，確定$t$的範圍後即能確定$P$的可能值。解法
訣竅
本題透過已知表明該方程為通過$P_1$與$P_2$之圓，而反過來說滿足這種條件的圓的方程式也只能寫成這種形式。為了達到這樣的目標，我們必須在過程中確認其形式表達法的唯一性。解法
設圓$K$過$P_1, P_2$兩點，其方程設為$x^2+y^2+d_1x+e_1y+f_1=0$。由於$K$、$C$皆過$P_1$與$P_2$，因此$P_1$與$P_2$也滿足下列方程（該方程為$K$減去$C$之結果）$\left(d_1-d\right)x+\left(e_1-e\right)y+\left(f_1-f\right)-k\left(ax+by+c\right)=0$
此為直線方程式，又通過$P_1$與$P_2$之直線方程式有唯一性（僅差常數倍），因此存在整數$m$使得$\begin{aligned} &d_1-d-ka=ma\\&e_1-e-kb=mb\\&f_1-f-kc=mc\end{aligned}$
因此$d_1=d+\left(k+m\right)a$、$e_1=e+\left(k+m\right)b$、$f_1=f+\left(k+m\right)c$，故圓$K$可表達為$x^2+y^2+dx+ey+f+\left(k+m\right)\left(ax+by+c\right)=0$
此即所欲證。訣竅
分類討論之。解法
題目等價於問自下列向量中任取三條（可重複取）使其平行六點體體積為$0$之機率：$\begin{aligned}\left(1,1,1\right)&\left(1,1,2\right)&\left(1,2,1\right)&\left(1,2,2\right)\\\left(2,1,1\right)&\left(2,1,2\right)&\left(2,2,1\right)&\left(2,2,2\right)\end{aligned}$
容易按下列方法分類訣竅
直接解方程確認是否僅有一個或多個交點即可。解法
訣竅
藉由幾何意義思考之；或者使用微積分直接精確計算之亦可。解法一
解法二
根據題目條件，可知地球半徑為$\displaystyle R=\frac{20000}{\pi}$。如此可以考慮函數$y=g\left(x\right)=\sqrt{R^2-x^2}$繞$x$軸旋轉而產生的體積，並且設定$\left(\pm R,0\right)$分為北極與南極。再者，題目給定之北緯$\theta$弧度亦可對應至$x=R\sin\theta$之位置，因此利用微積分中的旋轉體表面積公式可將$f\left(\theta\right)$表達並計算如下：$\displaystyle\begin{aligned}f\left(\theta\right)=&\int_{R\sin\theta}^R2\pi g\left(x\right)\sqrt{1+g'^2\left(x\right)}dx\\=&2\pi\int_{R\sin\theta}^{R}\sqrt{R^2-x^2}\cdot\sqrt{1+\left(\frac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}\right)^2}dx\\=&2\pi\int_{R\sin\theta}^RRdx\\=&2\pi R^2\left(1-\sin\theta\right)dx\\=&\frac{8\times10^8}{\pi}\left(1-\sin\theta\right)\end{aligned}$
由此可知面試試題A
若正整數$n$可寫成$2^k$，其中$k$為正整數或零，則稱$n$是$2$的冪次。例如$1,2,4,8,\cdots$等都是$2$的冪次。試證：- 若$n$是$2$的冪次，則$n$無法寫成兩個或兩個以上的連續正整數之和。
- 若$n$不是$2$的冪次，則$n$可寫成兩個或兩個以上的連續正整數之和。
訣竅
第一小題可使用反證法去說明其與質因數分解本有矛盾，第二小題則可透過等差數列之思想去寫出這些連續的正整數。解法
- 設$n=2^k$，其中$k$為正整數。利用反證法，假設$n$可寫為$m$個連續正整數之和，其最小的正整數為$k_0$而$m\geq2$，則
$\displaystyle n=k_0+\cdots+\left(k_0+m-1\right)=\frac{m\left(2k_0+m-1\right)}{2}$
即有$m\left(2k_0+m-1\right)=2^{k+1}$，這表明左式的質因數分解如右。但若$m$為偶數，則$2k_0+m-1$為奇數，此為矛盾。故$n=2^k$不可能寫成兩個或兩個以上的連續正整數之和。此結論與$k$之選取無關，由此獲得1.之結論。 - 若$n$不是$2$的冪次，則可將$n$寫為$2^km$，其中$k\geq0$，$m$為正奇數。我們按下列情況分別考慮
- 若$\displaystyle 2^k>\frac{m-1}{2}$，則自$\displaystyle2^k-\frac{m-1}{2}$起連續取$m$項即能滿足條件。
- 若$\displaystyle 2^k\leq\frac{m-1}{2}$，則自$\displaystyle\frac{m+1}{2}-2^k$起連續取$2^{k+1}$項即能滿足條件。
面試試題B
設$E_1:ax_1+b_1y+c_1z=d_1$, $E_2:a_2x+b_2y+c_2z=d_2$, $E_3:a_3x+b_3y+c_3z=d_3$為空間中三平面，令$\Delta=\left|\begin{matrix}a_1&b_1&c_1\\a_2&b_2&c_2\\a_3&b_3&c_3\end{matrix}\right|, \Delta_x=\left|\begin{matrix}d_1&b_1&c_1\\d_2&b_2&c_2\\d_3&b_3&c_3\end{matrix}\right|, \Delta_y=\left|\begin{matrix}a_1&d_1&c_1\\a_2&d_2&c_2\\a_3&d_3&c_3\end{matrix}\right|, \Delta_z=\left|\begin{matrix}a_1&b_1&d_1\\a_2&b_2&d_2\\a_3&b_3&d_3\end{matrix}\right|.$
請就三平面$E_1,E_2,E_3$間的相關位置（如平行，重疊，相交，…）與$\Delta,\Delta_x^2+\Delta_y^2+\Delta_z^2$是否為零加以詳細的討論。訣竅
利用克拉瑪公式等相關知識加以分析討論之。解法
空間中三平面之關係共有八種，條列如下：- 三平面重合；
- 兩平面重合並與第三個平面平行；
- 兩平面重合並與第三個平面相交於一直線；
- 三個平面兩兩平行；
- 三平面恰交於一線；
- 三平面兩兩相交於一直線；
- 兩平面平行並與第三個平面分別相交於一直線；
- 三平面恰交於一點。
利用克拉瑪公式可知僅第七項（三平面恰交於一點）有$\Delta\neq0$，其餘皆有$\Delta=0$。
另一方面，$\Delta_x^2+\Delta_y^2+\Delta_z^2=0$若且唯若$\Delta_x=\Delta_y=\Delta_z=0$。
明顯可知當其中兩有平面重合時即可使三者皆為$0$，因此前三種情形皆符合。
第四種情況則有三平面之法向量相同，由此易知此情形亦符合。
第五項可利用平面族之觀念可知第三個平面可表達為前兩個平面的線性組合，因此三個行列式也都為$0$。
第六項不可能有$\Delta_x=\Delta_y=\Delta_z=0$，說明如下：
由於可以將$E_3$進行平移至$E_4$使得與$E_1$、$E_2$三平面恰交於一線，因此$E_4$可寫為$E_1$與$E_2$的線性組合，因此$E_3$之法向量可寫為$k\left(a_1,b_1,c_1\right)+m\left(a_2,b_2,c_2\right)$，其中$km\neq0$，但$d_3\neq kd_1+md_2$。利用反證法，假設$\Delta_x=\Delta_y=\Delta_z=0$，現在計算$\Delta_x$與$\Delta_y$如下
$\Delta_x=\left|\begin{matrix}d_1&b_1&c_1\\d_2&b_2&c_2\\d_3&kb_1+mb_2&kc_1+mc_2\end{matrix}\right|=\left(d_3-kd_1-md_2\right)\left|\begin{matrix}b_1&c_1\\b_2&c_2\end{matrix}\right|=0$
$\Delta_y=\left|\begin{matrix}a_1&d_1&c_1\\a_2&d_2&c_2\\ka_1+ma_2&d_3&kc_1+mc_2\end{matrix}\right|=\left(kd_1+md_2-d_3\right)\left|\begin{matrix}a_1&c_1\\a_2&c_2\end{matrix}\right|=0$
由於$d_3\neq kd_1+md_2$，因此存在實數$s$與$t$使得$b_1=sb_2$、$c_1=sc_2$以及$a_1=ta_2$、$c_1=tc_2$。因此$s=t$，這表明$\left(a_1,b_1,c_1\right)$平行於$\left(a_2,b_2,c_2\right)$，這與此情況之假設不合。故最初的假設不正確。第七項亦不可能有$\Delta_x=\Delta_y=\Delta_z=0$，說明如下：我們設$E_1$與$E_2$互相平行，其中$E_3$分別與$E_1$與$E_2$相交於一直線。因此我們可以將平面方程表達如下
$\begin{aligned} &E_1:a_1x+b_1y+c_1z=d_1\\&E_2:a_1x+b_1y+c_1z=d_2\\&E_3:a_3x+b_3y+c_3z=d_3\end{aligned}$
其中$d_1\neq d_2$，我們可以不妨假設$d_1<d_2$，若不然則將$E_1$與$E_2$交換。再者，向量$\left(a_1,b_1,c_1\right)$與向量$\left(a_3,b_3,c_3\right)$不平行，否則$E_3$就與前兩個平面平行或重合，就與所討論之情況不合了。利用反證法，我們設$\Delta_x=\Delta_y=\Delta_z=0$，現直接計算$\Delta_x, \Delta_y$如下
$\Delta_x=\left|\begin{matrix}d_1&b_1&c_1\\d_2&b_1&c_1\\d_3&b_3&c_3\end{matrix}\right|=\left(d_1-d_2\right)\left|\begin{matrix}b_1&c_1\\b_3&c_3\end{matrix}\right|=0$
$\Delta_y=\left|\begin{matrix}a_1&d_1&c_1\\a_1&d_2&c_1\\a_3&d_3&c_3\end{matrix}\right|=\left(d_2-d_1\right)\left|\begin{matrix}a_1&c_1\\a_3&c_3\end{matrix}\right|=0$
由$\Delta_x=0$可知存在實數$k$使得$b_1=kb_3$且$c_1=kc_3$，而$\Delta_y=0$則存在實數$m$使得$a_1=ma_3$且$c_1=mc_3$。最後代入$\Delta_z$的計算中有$\Delta_z=\left|\begin{matrix}a_1&b_1&d_1\\a_1&b_1&d_2\\a_3&b_3&d_3\end{matrix}\right|=\left(d_1-d_2\right)\left|\begin{matrix}a_1&b_1\\a_3&b_3\end{matrix}\right|=\left(d_1-d_2\right)\left|\begin{matrix}ma_3&kb_3\\a_3&b_3\end{matrix}\right|=0$
即有$\left(d_1-d_2\right)a_3b_3\left(m-k\right)=0$，因此$a_3=0$或$b_3=0$或$m=k$。若$m=k$，則向量$\left(a_1,b_1,c_1\right)=m\left(a_3,b_3,c_3\right)$，此與假設不合。故$a_3=0$或$b_3=0$。但當$a_3=0$，則表明$a_1=0$，此時即有$\left(a_1,b_1,c_1\right)=k\left(a_3,b_3,c_3\right)$，同樣不合；類似地可知當$b_3=0$有類似的矛盾，因此在此情形下不可能有$\Delta_x^2+\Delta_y^2+\Delta_z^2=0$。第八項則不一定，若恰交之點原點則為零，若恰交之點不為原點則不為零。我們將如上的結論整理如下表| 三平面狀態 | $\Delta$ | $\Delta_x^2+\Delta_y^2+\Delta_z^2$ |
|---|---|---|
| 三平面重合 | 零 | 零 |
| 兩平面重合並與第三個平面平行 | 零 | 零 |
| 兩平面重合並與第三個平面相交於一直線 | 零 | 零 |
| 三個平面兩兩平行 | 零 | 零 |
| 三平面恰交於一線； | 零 | 零 |
| 三平面兩兩相交於一直線 | 零 | 非零 |
| 兩平面平行並與第三個平面分別相交於一直線 | 零 | 非零 |
| 三平面恰交於一點 | 非零 | 視交點是否為原點而定，是原點則為零，否則非零 |
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