九十四學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系九十四學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題　　2005/4/2　上午 9:00-11:00

1. 已知$x^4-x^3-4x^2+3x+k=0$有二根之和為$1$。試求$k$之值及此方程之$4$個根。
訣竅
運用根與係數的關係即可。
解法
設四根分別為$\alpha,1-\alpha,\beta,\gamma$，考察三次項的根與係數的關係可知$\beta=-\gamma$，接著考慮一次項的根與係數關係可得
$-\alpha\beta^2-\left(1-\alpha\right)\beta^2=-3$
因此$\beta^2=3$，不妨取$\beta=\sqrt{3}$，則$\gamma=-\sqrt{3}$。最後由因式分解可知
$\begin{aligned}x^4-x^3-4x^2+3x+k=&\left(x-\alpha\right)\left(x-1+\alpha\right)\left(x+\sqrt{3}\right)\left(x-\sqrt{3}\right)\\=&\left(x^2-x-\alpha^2+\alpha\right)\left(x^2-3\right)\\=&x^4-x^3+(-\alpha^2+\alpha-3)x^2+3x+\left(3\alpha^2-3\alpha\right)\end{aligned}$
因此有$\alpha^2-\alpha-1=0$，不妨取$\displaystyle\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。故本方程之四根分別為$\pm\sqrt{3}$與$\displaystyle\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$，而$k=3$。


2. 若圓之內接四邊形對角線互相正交，則自交點向一邊作垂線必平分其對邊。
訣竅
本題關鍵在於注意到圓周角相等的性質，由此證明等腰三角形，進而指出平分其對邊恰好為直角三角形之中點。
解法
設此四邊形為$ABCD$，連$\overline{AC}$與$\overline{BD}$，並記兩者交點為$P$。按題目設
$\angle APB=\angle BPC=\angle CPD=\angle DPA=90^\circ$
不失一般性的，考慮$P$對$\overline{AB}$作高$\overline{PE}$，延長交$\overline{CD}$於$F$。由於$\angle PCD$與$\angle ABD$所對之圓弧相等，因此$\angle PCD=\angle ABD$，又由直角三角形內的角度互餘計算可得$\angle ABD=\angle APF$，最後由對頂角相等得到$\angle APF=\angle CPE$，總結而言可得$\angle ECP=\angle CPE$，從而$\overline{EP}=\overline{EC}$。同理有$\overline{EP}=\overline{ED}$。綜合可得$\overline{EP}=\overline{EC}=\overline{ED}$，故$E$平分$\overline{CD}$。相同的方法可以自$P$對各邊取高可得到相同的結論。


3. 解$\sin x+\sin2x+\sin3x=0$於$45^\circ<x<225^\circ$的範圍內。
訣竅
由倍角公式考慮進行因式分解計算之。
解法
由倍角公式等可將原式改寫為$\sin x+2\sin x\cos x+3\sin x-4\sin^3x=0$或寫為
$2\sin x\left(2+\cos x-2\sin^2x\right)=0$
因此$\sin x=0$或$2+\cos x-2\sin^2x=0$，前者由$x$的範圍可得$x=180^\circ$。而後者可進一步由平方關係得到
$2\cos^2x+\cos x=0$
因此$\cos x=0$或$\displaystyle\cos x=-\frac{1}{2}$，故由題目設定的範圍可得$x=90^\circ$或$120^\circ$。
綜合以上可得三解，分別為$90^\circ$或$120^\circ$或$180^\circ$。


4. 某班有$n$個學生，學號從$1$排至$n$。今有數學考卷，老師想將考卷分成單號與雙號兩堆。從第一張考卷開始，若遇到連續幾張雙號的考卷，則一起抽出放在另一堆。若遇到單號，則不抽出。
   1. 若$n=13$，則抽出之總次數為$3$次之機率為多少？
   2. 若$n=12$，則抽出之總次數的期望值為多少？
   3. 若$n=4k$，則抽出之總次數的期望值為多少？
訣竅
仔細計算排列組合數以確定出機率，而針對一般狀況時宜注意到對稱性。
解法

1. 所有排列的情況有$13!$種。

   取出三次意味著雙號的考卷被單號的考卷分為三群，令$x_i$為第$i$群的雙號考卷的張數，其中$i=1,2,3$，且滿足$x_1+x_2+x_3=6$，容易知道滿足這個不定方程的正整數解有$C^5_2=10$種。

   另一方面，單號的考卷則被雙號的考卷至多分為四群，令$y_j$為第$j$群的單號考卷的張數，其中$j=1,2,3,4$，因此滿足$y_1+y_2+y_3+y_4=7$，為了使雙號得以區隔，因此要求$y_2,y_3$為正整數，其餘為非負整數，可以知道此不定方程的解有$C^8_3=56$種。

   最後應考慮單號考卷與雙號考卷的排列順序，故符合條件的方法數有$56\cdot10\cdot7!\cdot6!$種。

   由此知此情況之機率為$\displaystyle\frac{560\cdot7!6!}{13!}=\frac{140}{429}$。

2. 設總抽出次數為$r$，因此$1\leq r\leq 6$。令$x_i$為第$i$群的雙號考卷的張數，其中$i=1,2,\cdots,r$，$y_j$為第$j$群的單號考卷的張數，其中$j=1,2\cdots,r+1$，分別滿足

   $\begin{aligned} &x_1+\cdots+x_r=6\\&y_1+\cdots+y_{r+1}=6\end{aligned}$

   其中$x_i$均為正整數，而$y_j$中除了$y_1$與$y_{r+1}$為非負整數外其餘皆為正整數。容易知道兩種不定方程的解分別有$C^5_{r-1}$種、$C^7_r$種，因此機率為$\displaystyle\frac{C^5_{r-1}C^7_r\left(6!\right)^2}{12!}$。
   由此可計算期望值為

   $\begin{aligned}\sum_{r=1}^{6}r\cdot\frac{C^5_{r-1}C^7_r\left(6!\right)^2}{12!}=&\frac{\left(6!\right)^2}{12!}\sum_{r=1}^{6}\frac{5!7!}{\left[\left(r-1\right)!\right]^2\left(6-r\right)!\left(7-r\right)!}\\=&\frac{7200}{11}\left(\frac{1}{5!6!}+\frac{1}{4!5!}+\frac{1}{2!2!3!4!}+\frac{1}{3!3!2!3!}+\frac{1}{4!4!2!}+\frac{1}{5!5!}\right)\\=&\frac{7200}{11}\cdot\frac{462}{5!6!}\\=&\frac{7}{2}\end{aligned}$

3. 設總抽出次數為$r$，因此$1\leq r\leq2k$。令$x_i$為第$i$群的雙號考卷的張數，其中$i=1,2,\cdots,r$，$y_j$為第$j$群的單號考卷的張數，其中$j=1,2\cdots,r+1$，分別滿足

   $\begin{aligned} &x_1+\cdots+x_r=2k\\&y_1+\cdots+y_{r+1}=2k\end{aligned}$

   其中$x_i$均為正整數，而$y_j$中除了$y_1$與$y_{r+1}$為非負整數外其餘皆為正整數。容易知道兩種不定方程的解分別有$C^{2k-1}_{r-1}$種、$C^{2k+1}_r$種，因此機率為$\displaystyle\frac{C^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r\left[\left(2k\right)!\right]^2}{\left(4k\right)!}$。

   由此可表達期望值如下

   $\begin{aligned}\displaystyle&\frac{\left[\left(2k\right)!\right]^2}{\left(4k\right)!}\sum_{r=1}^{2k}rC^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r\\=&\frac{\left[\left(2k\right)!\right]^2}{\left(4k\right)!}\left[\sum_{r=1}^{k}rC^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r+\sum_{r=k+1}^{2k}rC^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r\right]\\=&\frac{\left[\left(2k\right)!\right]^2}{\left(4k\right)!}\left[\sum_{r=1}^{k}rC^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r+\sum_{r=1}^{k}\left(2k-r+1\right)C^{2k-1}_{2k-r}C^{2k+1}_{2k-r+1}\right]\\=&\frac{\left[\left(2k\right)!\right]^2}{\left(4k\right)!}\sum_{r=1}^{k}\left(2k+1\right)C^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r\\=&\frac{2k+1}{2}\sum_{k=1}^{2k}\frac{C^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r\left[\left(2k\right)!\right]^2}{\left(4k\right)!}\\=&\frac{2k+1}{2}\end{aligned}$

   其中特別注意到$C^{2k-1}_{r-1}C^{2k+1}_r=C^{2k-1}_{2k-r}C^{2k+1}_{2k-r+1}$。

國立台灣大學數學系九十四學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題　　2005/4/2　下午 2:00-4:00

1. 已知一雙曲線過點$\left(1,1\right)$且以$\left\{\begin{aligned} &3x-2y+1=0\\&3x+2y-7=0\end{aligned}\right.$為其漸近線。試求此雙曲線之方程式。
訣竅
按雙曲線的基本思想可知將漸近線為雙曲線的極限情形。
解法
由$\left(3x-2y+1\right)\left(3x+2y-7\right)=0$表兩漸近線形成之交叉圖形，因此設雙曲線之方程式為
$\left(3x-2y+1\right)\left(3x+2y-7\right)=C$
又此雙曲線應通過$\left(1,1\right)$，代入後可得$C=-4$，因此雙曲線為
$(3x-2y+1)(3x+2y-7)=-4$
或寫為
$\displaystyle-\frac{\left(x-1\right)^2}{4/9}+\frac{\left(y-2\right)^2}{1}=1$
經檢驗可知此雙曲線確實符合條件。


2. 1. 設$a,b>0$。試證$a^3+b^3\geq a^2b+ab^2$。
   2. 設$k$為實數。若對任何正實數$x,y$

      $\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq k\sqrt{x+y}$皆成立，

      則$k$之最小值為何？
訣竅
經由直接計算可以發現。
解法
1. 明顯地，$a-b$與$a^2-b^2$擁有相同的正負號，因此$\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\geq0$，因此展開可得

   $a^3-ab^2-a^2b+b^3\geq0$

   即有$a^3+b^3\geq a^2b+ab^2$
2. 由算術幾何不等式可知

   $x+y\geq2\sqrt{xy}$

   兩邊同時加上$x+y$可得

   $2\left(x+y\right)\geq\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2$

   因此同時開根號可得

   $\sqrt{2}\sqrt{x+y}\geq\sqrt{x}+\sqrt{y}$

   因此$k=\sqrt{2}$時不等式成立。而當$k<\sqrt{2}$時，可以留意到若$k<0$則右式為負，不可能有該不等式，因此僅需考慮$0\leq k\sqrt{2}$，但取$x=y$可有

   k\sqrt{x+y}<2\sqrt{x}=\sqrt{x}+\sqrt{y}$

   此意味著不等式不成立，因此能使該不等式成立的最小的$k$為$\sqrt{2}$。


3. 求$\displaystyle\frac{x^2}{8}-6\log x+1.68=0$的所有近似根。
   提示$1$：$\log2=0.3010$，$\log3=0.4771$，$\log7=0.8451$。
   提示$2$：先求根的範圍，再用內插法。
訣竅
由勘根定理後內插法計算之。
解法

設$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{x^2}{8}-6\log x+1.68$，由於當$x<1$時恆有$f\left(x\right)>0$，因此僅需考慮$x\geq1$的情形。由直接計算可知$f\left(1\right)=2.93>0$，$f\left(2\right)= 0.374>0$，$f\left(3\right)=-0.0576<0$，$f\left(4\right)=0.068$，此時由勘根定理知至少分別存在一根落於區間$\left(2,3\right)$與$\left(3,4\right)$之中。再者由圖形的變化或由微分可以知道僅這兩個區間中分別恰有一根，而且除此之外沒有其他的實根。

在區間$\left(2,3\right)$上將$\left(2,0.374\right)$與$\left(3,-0.0576\right)$連直線可得方程為

$y-0.374=-0.4316(x-2)$

取$y=0$能解得$\displaystyle x=2+\frac{0.374}{0.4316}=2+\frac{935}{1079}\approx2.86654309545$

在區間$\left(3,4\right)$上將$\left(3,-0.0576\right)$與$\left(4,0.068\right)$連直線可得方程為

$y+0.0576=0.1256\left(x-3\right)$

取$y=0$能解得$\displaystyle x=3+\frac{0.0576}{0.1256}=3+\frac{72}{157}\approx3.45859872611$



4. 設$\vec{p},\vec{q},\vec{r}$為平面上三個向量。假設對平面上任一非零向量$\vec{u}$而言，$\vec{u}\cdot\vec{p},\vec{u}\cdot\vec{q},\vec{u}\cdot\vec{r}$三個數一定有正有負。試證存在三正數$a,b,c$使得

   $a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r}=\vec{0}$

   （$\vec{u}\cdot\vec{p}$表示$\vec{u}$和$\vec{p}$之內積）
訣竅
利用不失一般性的假設強化條件後證明之；利用垂直的特性迫使條件必有一正一負。
解法一

按題設可知$\vec{p}$、$\vec{q}$、$\vec{r}$均為非零向量，否則不妨設$\vec{p}$為零向量，則取$\vec{u}$使$\vec{u}\cdot\vec{q}=0$，那麼不可能$\vec{u}\cdot\vec{p},\vec{u}\cdot\vec{q},\vec{u}\cdot\vec{r}$有正有負。

取$\vec{u}=\vec{p}$，那麼$\vec{u}\cdot\vec{q}$與$\vec{p}\cdot\vec{r}$之一為負。如果$\vec{p}\cdot\vec{q}<0$但$\vec{p}\cdot\vec{r}>0$，那麼可以注意到$\vec{r}\cdot\vec{r}$與$\vec{r}\cdot\vec{p}$皆為正數，從而$\vec{r}\cdot\vec{q}<0$，因此$\vec{q}\cdot\vec{p}$與$\vec{q}\cdot\vec{r}$皆為負數。因此不失一般性，藉由更動$\vec{p},\vec{q},\vec{r}$名稱的順序可以設定$\vec{p}\cdot\vec{q}$與$\vec{p}\cdot\vec{r}$皆負。

再者可以注意到藉由旋轉與伸縮對$a,b,c$的存在性不影響，如此能假設$p=\left(1,0\right)$。

現在記$\vec{q}=\left(q_1,q_2\right),\vec{r}=\left(r_1,r_2\right)$，按不失一般性的設定知$q_1<0$、$r_1<0$。

現在取$\vec{u}=\left(0,1\right)$，那麼由$\vec{u}\cdot\vec{p}=0$以及題目設定可知$\vec{u}\cdot\vec{q}$與$\vec{u}\cdot\vec{r}$異號，可以不失一般性地假設$\vec{u}\cdot\vec{q}$取正號（若$\vec{u}\cdot\vec{q}$為負值時，可以藉由交換$\vec{q}$與$\vec{r}$的名稱使$\vec{u}\cdot\vec{q}$為正）。由這樣地假設可得$q_2>0$、$r_2<0$。

現在取$a=1$，那麼解下列方程組

$\left\{\begin{aligned}&1+bq_1+cr_1=0\\&bq_2+cr_2=0\end{aligned}\right.$

從第二式中可以知道$b$與$c$必須同號，再由第一式能知道$b,c$皆為正號。證明完畢。

解法二

承解法一中可以先知道$\vec{p},\vec{q},\vec{r}$皆為非零向量。取$\vec{u}$垂直於$\vec{p}$，那麼$\vec{u}\cdot\vec{q}$與$\vec{u}\cdot\vec{r}$異號。因此$\vec{p}$與$\vec{q}$、$\vec{r}$皆不平行。運用相同的方法可以知道$\vec{p},\vec{q},\vec{r}$之間兩兩皆不平行。

因此存在非零實數$a,b,c$滿足$a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r}=\vec{0}$。現在仍取$\vec{u}$使得$\vec{u}$與$\vec{p}$垂直，如此有

$\vec{u}\cdot\left(a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r}\right)=0$

由於$\vec{u}\cdot\vec{q}$與$\vec{u}\cdot\vec{r}$異號，可以知道$b,c$同號。再取$\vec{u}$使$\vec{u}$垂直於$\vec{q}$可以進一步知道$a,b,c$三者皆同號，而且若同為負號亦可改取正號，如此證明完畢。