九十二學年度大學申請入學筆試試題詳解

九十二學年度國立台灣大學數學系學士班
申請入學筆試試題（一）
$92$年$3$月$28$日　上午$9:00-11:00$

說明：每題$20$分。答題時，計算題要有計算過程，證明題要論證清晰完整。請儘量作答，計算或證明不完全者，可就正確部分得部分分數。

1. 試描繪極座標曲線$r=1+\sin\theta$的圖形。
   （請利用所附的三角函數表，畫在所附的極座標紙上。）

   $\theta$	$10^\circ$	$20^\circ$	$40^\circ$	$50^\circ$	$70^\circ$	$80^\circ$
   $\sin\theta$	$0.174$	$0.342$	$0.643$	$0.766$	$0.940$	$0.985$

訣竅
運用極座標的概念與附表所提供的數字盡量詳細的描點。
解法
作圖如下：



2. 設方程式$x^3+2x^2-5x-7=0$的三根為$\alpha,\beta,\gamma$。
   試求以$\alpha^2+2$, $\beta^2+2$, $\gamma^2+2$為三根的三次方程式。
訣竅
運用根與係數的關係即可。
解法

以$\alpha^2+2$、$\beta^2+2$、$\gamma^2+2$為三根的三次方程如下並展開化簡：

$\begin{aligned} &\left[x-\left(\alpha^2+2\right)\right]\left[x-\left(\beta^2+2\right)\right]\left[x-\left(\gamma^2+2\right)\right]\\=&\left[\left(x-2\right)-\alpha^2\right]\left[\left(x-2\right)-\beta^2\right]\left[\left(x-2\right)-\gamma^2\right]\\=&\left(x-2\right)^3-\left(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2\right)\left(x-2\right)^2+\left(\alpha^2\beta^2+\beta^2\gamma^2+\gamma^2\alpha^2\right)\left(x-2\right)-\alpha^2\beta^2\gamma^2\end{aligned}$

另一方面由根與係數的關係可知

$\begin{aligned} &\alpha+\beta+\gamma=-2\\&\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-5\\&\alpha\beta\gamma=7\end{aligned}$

利用關係式可知

$\begin{aligned}\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=&\left(\alpha+\beta+\gamma\right)^2-2\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right)=\left(-2\right)^2-2\cdot\left(-5\right)=14\\\alpha^2\beta^2+\beta^2\gamma^2+\gamma^2\alpha^2=&\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right)^2-2\alpha\beta\gamma\left(\alpha+\beta+\gamma\right)\\=&\left(-5\right)^2-2\cdot7\cdot\left(-2\right)=53\\\alpha^2\beta^2\gamma^2=&\left(\alpha\beta\gamma\right)^2=49\end{aligned}$

因此滿足題目所述之三次方程為

$\begin{aligned} &\left(x-2\right)^3-14\left(x-2\right)^2+53\left(x-2\right)-49\\=&x^3-20x^2+121x-219\end{aligned}$



3. 設正方形$P_1P_2P_3P_4$的邊長為$1$，且$P_5$為此正方形內一點。試證一定存在相異$3$點$P_i, P_j, P_k$使得三角形$\bigtriangleup P_iP_jP_k$的面積$\displaystyle\leq\frac{1}{8}$。
訣竅
直接對正方形劃分區域進行討論即可。
解法
明顯地，當$i,j,k$皆不為$5$時面積皆為$\displaystyle\frac{1}{2}>\frac{1}{8}$，不合於條件，無需考慮。假設不存在這樣的三個點，表示$P_5$距$\overline{P_1P_2}$、$\overline{P_2P_3}$、$\overline{P_3P_4}$、$\overline{P_4P_1}$各邊超過$\displaystyle\frac{1}{4}$。記正方形中心為$O\left(0.5,0.5\right)$，那麼可以注意到$P_5$到$O$的距離不超過$\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}$，此時$\bigtriangleup P_1P_3P_5$之面積便不超過$\displaystyle\frac{1}{8}$。因此無論$P_5$在正方形內部的何處皆必存在三角形符合題目條件。


4. 直角三角形中，三邊長皆為正整數且其中一股（即非斜邊）長為$45$。
   試問此種直角三角形有多少種？其中面積最小的是什麼？
訣竅
運用畢氏定理以及整數分解的唯一性即可。
解法
設斜邊為$c$，另一股為$b$，因此有$b^2+45^2=c^2$，如此有
$3^4\cdot5^2=45^2=\left(c-b\right)\left(c+b\right)$
因此$45^2$有$15$個正因數，具體條列如下，並且注意$c+b>c-b$，亦即$b>0$：
• 當$c-b=1$、$c+b=2025$時有$b=1012$、$c=1013$，此時面積為$22770$；
• 當$c-b=3$、$c+b=675$時有$b=336$、$c=339$，此時面積為$7560$；
• 當$c-b=5$、$c+b=405$時有$b=200$、$c=205$，此時面積為$4500$；
• 當$c-b=9$、$c+b=225$時有$b=108$、$c=117$，此時面積為$2430$；
• 當$c-b=15$、$c+b=135$時有$b=60$、$c=75$，此時面積為$1350$；
• 當$c-b=25$、$c+b=81$時有$b=28$、$c=53$，此時面積為$630$；
• 當$c-b=27$、$c+b=75$時有$b=24$、$c=51$，此時面積為$540$；
因此有$7$種直角三角形，其中最小的面積為$540$平方單位。


5. 某校圖書館藏書用$6$個阿拉伯數碼$a_1a_2a_3a_4a_5a_6$來編號，其中$0\leq a_i\leq 9$，且此$6$個數字滿足下列條件：

   $a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5+6a_6$會被$11$整除。

   1. 試問下列那些編號一定是錯誤編號？
      $331013$，$570120$，$956501$
   2. 設上題錯誤編號是因第二碼$a_2$被誤寫，則正確編號是什麼？
   3. 設上題錯誤編號是因第三碼$a_3$被誤寫，則正確編號是什麼？
   4. 是否有一編號的第三、四碼$a_3a_4$被誤寫而檢測不出來？為什麼？
訣竅
直接依據設定進行檢驗，並從中抽換數碼測試之。
解法
1. • 當編號為$331013$時，計算$a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5+6a_6$可得$35$，不能被$11$整除，故此編號錯誤。
   • 當編號為$570120$時，計算$a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5+6a_6$可得$33$，能被$11$整除，故此編號不一定錯誤。
   • 當編號為$956501$時，計算$a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5+6a_6$可得$63$，不能被$11$整除，故此編號錯誤。
2. 依前一題可知$331013$與$956501$為一定錯誤之編號。假設錯誤發生在$a_2$，則
   • 假設$331013$之正確編號為$3a_21013$，則有$2a_2+29$為$11$之倍數，因此$a_2=2$，亦即正確編號為$321013$。
   • 假設$956501$之正確編號為$9a_26501$，則有$2a_2+53$為$11$的倍數，因此$a_2=1$，亦即正確編號為$916501$。
3. 依第一小題題可知$331013$與$956501$為一定錯誤之編號。假設錯誤發生在$a_3$，則
   • 假設$331013$之正確編號為$33a_3013$，則有$3a_3+32$為$11$之倍數，因此$a_3=4$，亦即正確編號為$334013$。
   • 假設$956501$之正確編號為$95a_3501$，則有$3a_3+45$為$11$的倍數，因此$a_3=7$，亦即正確編號為$957501$。
4. 有可能。根據第一小題可知$570120$不一定錯誤，但如果$a_3a_4$同時出錯可能就無法發現，例如正確的編碼可能為$571320$等。

九十二學年度國立台灣大學數學系學士班
申請入學筆試試題（二）
$92$年$3$月$28$日　下午$2:00-4:00$

說明：每題$25$分。答題時，計算題要有計算過程，證明題要論證清晰完整。請儘量作答，計算或證明不完全者，可就正確部分得部分分數。

1. 設$x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$為取自集合$\left\{2,6,-2,1,3\right\}$之相異$5$個數，且$y_1,y_2,y_3,y_4,y_5$為取自集合$\left\{3,-1,5,4,-3\right\}$之相異$5$個數。若$k=\left(-2\right)\times\left(-3\right)+1\times\left(-1\right)+2\times3+3\times4+6\times5$，則試證

   $x_1\times y_1+x_2\times y_2+x_3\times y_3+x_4\times y_4+x_5\times y_5\leq k$

訣竅
此為排序不等式之應用。
解法
本題本質上等同於證明排序不等式：設$x_1\leq x_2\leq\cdots x_n$、$y_1\leq y_2\leq\cdots\leq y_n$為兩組實數，且$x_{\sigma\left(1\right)},\cdots,x_{\sigma\left(n\right)}$為$x_1,\cdots,x_n$的一個排列，那麼有
$x_1y_1+\cdots x_ny_n\geq x_{\sigma\left(1\right)}y_1+\cdots+x_{\sigma\left(n\right)}y_n$
證明如下：我們對數列長度$n$進行歸納。
當$n=2$時，可以注意到$x_1\leq x_2$時且$y_1\leq y_2$時有$\left(x_2-x_1\right)\left(y_2-y_1\right)\geq0$，展開後可得$x_1y_1+x_2y_2\geq x_2y_1+x_1y_2$，由此可知$n=2$時排序不等式成立。
現設$n=k$時排序不等式成立，亦即對任何排序$\sigma$恆有
$x_1y_1+\cdots+x_ky_k\geq x_{\sigma\left(1\right)}y_1+\cdots+x_{\sigma\left(k\right)}y_k$
如此當$n=k+1$時可以發現：
$x_1y_1+\cdots+x_ky_k+x_{k+1}y_{k+1}\geq x_{\sigma\left(1\right)}y_1+\cdots+x_{\sigma\left(k\right)}y_k+x_{k+1}y_{k+1}$
若$\sigma'$為$k+1$個數的排序，那麼當$\sigma\left(k+1\right)=k+1$時排序不等式顯然成立。假若$\sigma\left(k+1\right)\neq k+1$時，不妨假定$\sigma\left(k+1\right)=m$，那麼可以注意到$x_my_m+x_{k+1}y_{k+1}\geq x_my_{k+1}+x_{k+1}y_m$，如此化為原先之情形。因此排序不等式在$n=k+1$的情形下亦成立。
由以上的論證可知取$n=5$即可知道該不等式成立。


2. 設橢圓的長軸為$x$軸，且原點為此橢圓左邊的頂點。
   1. 試寫出此種橢圓的通式。
   2. 用你的橢圓通式，要如何取極限就可以得到拋物線$y^2=4x$。
訣竅
依照橢圓之標準式列式後考慮次數關係找到適當的長短軸關係式再取極限即可。
解法
1. 設右頂點為$\left(2a,0)\right)$，則此橢圓之通式依賴於另一獨立之參數$b$（$0<b<a$）：

   $\displaystyle\frac{\left(x-a\right)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$

2. 先對該通式進行整理可得

   $\displaystyle y^2=\frac{b^2x^2}{a^2}-\frac{2b^2x}{a}$

   因此取$2a=-b^2$並取$a\to\infty$，此時$x^2$之係數趨於零，因而橢圓方程化為$y^2=4x$。


3. 1. 設$f\left(x\right)=x^2+4x+c$且對任何正整數$n$，$f\left(n\right)$為整數的平方。
      試證$f\left(x\right)=\left(x+2\right)^2$。
   2. 設$f\left(x\right)=4x^2+bx+c$且對任何正整數$n$，$f\left(n\right)$為整數的平方。
      試證存在一整數$k$使得$f\left(x\right)=\left(2x+k\right)^2$。
訣竅
依照平方數的距離進行考慮即能發現關係。
解法
1. 按題意，可設$f\left(1\right)=c+5=k^2$、$f\left(2\right)=c+12=m^2$，其中$m,k$皆為正整數，因此$m^2-k^2=7$，故$\left(m-k\right)\left(m+k\right)=7$，又$m,k$為正整數，故$m-k=1$、$m+k=7$，從而有$m=4$、$k=3$，因而有$c=4$。如此得到$f\left(x\right)=\left(x+2\right)^2$。經驗證可知當$n$為正整數時必有$f\left(n\right)=\left(n+2\right)^2$為完全平方數。
2. 按題意知$\displaystyle f\left(n\right)=\left(2n+\frac{b}{4}\right)^2+c-\frac{b^2}{16}$為完全平方數，因此$\left(8n+b\right)^2+16c-b^2$亦為完全平方數。但當$n$滿足$2\left(8n+b\right)-1>\left|16c-b^2\right|$時，$16c-b^2$為零，這是因為平方數$m^2$與相鄰的平方數距離至少要有$2m-1$，因此讓$\left|16c-b^2\right|$的值不超過$2\left(8n+b\right)-1$即能達到這樣的要求。於是$\displaystyle f\left(x\right)=\left(2n+\frac{b}{4}\right)^2$為完全平方數，可知$\displaystyle\frac{b}{4}$為整數，取此為$k$能滿足要求。


4. $P$點在$x$軸上的整數點$0,1,2,3,4$間跳動。當$P$點在$n$且$0<n<4$時，則經過$1$分鐘後，$P$點跳至點$n+1$的機率為$\displaystyle\frac{3}{4}$，跳至點$n-1$的機率為$\displaystyle\frac{1}{4}$。當$P$點在$0$或$4$時，則$P$點就不再跳動。設一開始$P$點在$2$的位置。
   1. 試求$P$點停在$0$的機率是多少？
   2. 試求$P$點停在$4$的機率是多少？
   3. 若經過$k$分鐘後，$P$點停在$0$或$4$，則$k$的期望值是多少？
訣竅
仔細分析後可發現機率隨著時間呈現遞迴關係，解出此遞迴關係式可輕易地獲得前兩題之答案，至於期望值則取決於無窮和的計算技巧：計算出部分後取極限求值即可。
解法

本題須進行一整體考慮，可以注意到時間經過偶數分鐘時位置會落在偶數位置，而奇數分鐘時則落在奇數位置。假定$k$為非負整數，則當經過時間為$2k$分鐘時，分別記落在$0$、$2$、$4$的機率為$A_k$、$B_k$、$C_k$，且知三者之和為$1$。容易發現遞迴關係如下

$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &A_{k+1}=A_k+\frac{B_k}{16}\\&B_{k+1}=\frac{3B_k}{8}\\&C_{k+1}=C_k+\frac{9B_k}{16}\end{aligned}\right.$

其中$A_0=0$、$B_0=1$、$C_0=0$。容易解得這三個遞迴數列之通式為

$\left\{\begin{aligned} &A_k=\frac{1-\left(\frac{3}{8}\right)^k}{10}\\&B_k=\left(\frac{3}{8}\right)^k\\&C_k=\frac{9-9\cdot\left(\frac{3}{8}\right)^k}{10}\end{aligned}\right.$

前兩題所求分別為$\displaystyle\lim_{k\to\infty}A_k=\frac{1}{10}$、$\displaystyle\lim_{k\to\infty}C_k=\frac{9}{10}$。故$P$點停留在$0$之機率為$\displaystyle\frac{1}{10}$而停留在$4$的機率為$\displaystyle\frac{9}{10}$。

現考慮停留在$0$或$4$之時間期望值。如前所述，必定在偶數分鐘時停留在偶數位置，因此期望值表達並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}2k\cdot\left[A_k-A_{k-1}+C_k-C_{k-1}\right]=&\frac{5}{4}\sum_{k=1}^{\infty}k\cdot\left(\frac{3}{8}\right)^{k-1}\\=&\frac{5}{4}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}k\cdot\left(\frac{3}{8}\right)^{k-1}\\=&\frac{5}{4}\lim_{n\to\infty}\left[\frac{64}{25}\left(1-\left(\frac{3}{8}\right)^n\right)-\frac{8n}{5}\left(\frac{3}{8}\right)^n\right]\\=&\frac{16}{5}\end{aligned}$

其中部分和的計算如下：
首先記部分和為$\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}k\cdot\left(\frac{3}{8}\right)^{k-1}$，同乘以$\displaystyle\frac{3}{8}$後與$S_n$相減可得

$\displaystyle\frac{5}{8}S_n=-n\cdot\left(\frac{3}{8}\right)^n+\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{3}{8}\right)^{k-1}=\frac{8}{5}\left(1-\left(\frac{3}{8}\right)^n\right)-n\cdot\left(\frac{3}{8}\right)^n$

如此解得$S_n$。