一百零一學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$101$學年度學士班甄選入學
第二階段〈筆試一〉試題
2012年3月31日上午9:00-11:00

• 試題共四大題，每大題$25$分，滿分$100$分。
• 本試題卷可供草稿使用，但答案連同詳細之演算或證明過程務必寫在試卷本上，並於題號欄標明題號$\left(1.、...\right)$與子題號$\left(A.、...\right)$，否則將予扣分。
• 不准使用計算機；除作圖外，線用藍色或黑色筆作答。

1. 如右圖，平面上有一直角三角形$\bigtriangleup ABC$，$\angle C$為直角，且$\overline{AC}=1$、$\overline{BC}=a$，將兩半徑相等的圓置於$\bigtriangleup ABC$內部，並如圖與各邊相切，而且兩圓亦相切。求此圓的半徑長。
   
訣竅
透過求內切圓半徑的經驗來劃分區域求解。
解法

設兩個小圓的圓心分別為$O_1$、$O_2$，且半徑為$r$，其中圓$O_1$與$\overline{AC}$和$\overline{AB}$相切，而圓$O_2$與$\overline{BC}$和$\overline{AB}$相切。連$\overline{AO_1}$、$\overline{O_1C}$、$\overline{CO_2}$、$\overline{O_2B}$、$\overline{O_1O_2}$，則可如圖將$\bigtriangleup ABC$分為四個區域：梯形$AO_1O_2B$、$\bigtriangleup AO_1C$、$\bigtriangleup CO_1O_2$、$\bigtriangleup CO_2B$。



如此計算各區域面積可知

$\displaystyle\frac{a}{2}=\frac{ar}{2}+\frac{r}{2}+\frac{2r}{2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}-r\right)+\frac{r}{2}\left(2r+\sqrt{a^2+1}\right)$

同乘以$2$並展開可得

$\displaystyle a=r\left(a+1+\frac{2a}{\sqrt{a^2+1}}+\sqrt{a^2+1}\right)$

因此可解得

$\displaystyle r=\frac{a}{1+a+\frac{2a}{\sqrt{a^2+1}}+\sqrt{a^2+1}}=\frac{a\sqrt{1+a^2}}{\left(1+a\right)\left(1+a+\sqrt{1+a^2}\right)}$



2. 若$\left(x,y\right)$在圓$\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2=5$上，且$\left(x,y\right)$非原點。試描述所有複數點$\displaystyle z=\frac{20}{x+yi}$的軌跡，其中$i=\sqrt{-1}$。
訣竅
運用自訂的變數考察實部與虛部滿足的關係式即可。
解法
設$z=a+bi$，那麼按要求可知實部與虛部相等有
$\left\{\begin{aligned} &xa-yb=20\\&xb+ya=0\end{aligned}\right.$
據此可解出$x$與$y$如下
$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &x=\frac{20a}{a^2+b^2}\\&y=-\frac{20b}{a^2+b^2}\end{aligned}\right.$
又按題目可知$x$與$y$滿足$x^2+y^2-2x-4y=0$，因此有
$\displaystyle\frac{400a^2}{\left(a^2+b^2\right)^2}+\frac{400b^2}{\left(a^2+b^2\right)^2}-\frac{40a}{a^2+b^2}+\frac{80b}{a^2+b^2}=0$
同乘以$a^2+b^2$並約去$40$並整理可得
$-a+2b+10=0$
亦即$z$的實部$a$與虛部$b$會滿足$a-2b=10$，因此軌跡為直線。


3. 函數$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1}{x^2+12}$。在$y=f\left(x\right)$的函數曲線上選擇相異兩點$A\left(2,f\left(2\right)\right)$和$B\left(b,f\left(b\right)\right)$，作過$A$、$B$的直線，並令其方程式為$y=mx+k$。
   1. 若$b>2$，對任何$x$且$2<x<b$，$mx+k>f\left(x\right)$是否一定成立？證明你的答案。
   2. 是否存在$b<2$，使得對所有$x\leq2$，$mx+k\leq f\left(x\right)$都成立？證明你的答案。
訣竅
利用凹向性的觀察來證明結論；而對第二個問題在旋轉割線過程中恰好成為切線時能滿足題目要求。
解法
1. 該不等式會成立。由於直線$y=mx+k$過$A$與$B$兩點，因此$\displaystyle m=\frac{f\left(b\right)-f\left(2\right)}{b-2}$、$\displaystyle k=f\left(2\right)-\frac{2f\left(b\right)-2f\left(2\right)}{b-2}$。因此要在$x\in\left(2,b\right)$時證明下列的不等式為

   $\displaystyle\frac{f\left(b\right)-f\left(2\right)}{b-2}x+f\left(2\right)-\frac{2f\left(b\right)-2f\left(2\right)}{b-2}>f\left(x\right)$

   定義函數$g:\left(2,b\right)\to\mathbb{R}$如下

   $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(2\right)}{b-2}\left(x-2\right)-f\left(2\right)$

   計算其一階與二階導函數

   $\begin{aligned} &g'\left(x\right)=f'\left(x\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(2\right)}{b-2}\\&g''\left(x\right)=f''\left(x\right)=\frac{6x^2-24}{\left(x^2+12\right)^3}\end{aligned}$

   由於$x\in\left(2,b\right)$，因此$g''\left(x\right)>0$，這表示$g$在$\left(2,b\right)$中凹口向上，因此$g$在$\left(2,b\right)$沒有最大值，亦即最大值發生在邊界。又可以注意到若將$g$連續地延拓至邊界可知$g\left(2+\right)=g\left(b-\right)=0$，從而對$x\in\left(2,b\right)$時有$g\left(x\right)<0$。如此證明完畢。
2. 考慮$f\left(x\right)$在$B\left(b,f\left(b\right)\right)$的切線方程式為

   $\displaystyle y-\frac{1}{b^2+12}=-\frac{2b}{\left(b^2+12\right)^2}\left(x-b\right)$

   若切線通過$\displaystyle A\left(2,\frac{1}{16}\right)$，那麼有

   $\displaystyle \frac{1}{16}-\frac{1}{b^2+12}=-\frac{2b\left(2-b\right)}{\left(b^2+12\right)^2}$

   如此可解得$b=2$（有重根）或$b=-6$。而$b=2$於題意不合，因此取$b=-6$即可。此時檢驗如下圖可知成立。
   


4. 如圖，有一正八面體的骨架。假設從任一頂點出發走$1$步，可以走到相鄰的頂點，且從任一頂點走向各鄉林頂點的機率都是$\displaystyle\frac{1}{4}$。現從$A$點出發，試分別求出走了$n$步之後，會走到$A$點、$B$點或$C$點的機率。（用$n$的式子表示這三項機率）
   
訣竅
找出每一步的機率及其前一步之間的遞迴關係並且解出遞迴是
解法
設$A_n,B_n,C_n$分別為第$n$步時至$A,B,C$點的機率。明顯第一步會走至中間層的四端點之一，因此$A_1=C_1=0$、$\displaystyle B_1=\frac{1}{4}$。再者，可以注意到中間層的其餘四點在過程中的機率會與$B_n$相同。根據這些資訊可列出遞迴關係式如下
$\left\{\begin{aligned} &A_{n+1}=4B_n\cdot\frac{1}{4}\\&B_{n+1}=\frac{A_n}{4}+2B_n\cdot\frac{1}{4}+\frac{C_n}{4}\\&C_{n+1}=4B_n\cdot\frac{1}{4}\end{aligned}\right.$
首先由第一式與第三式可以知道對$n\in\mathbb{N}\cup\left\{0\right\}$而言恆有$A_{n+1}=C_{n+1}=B_n$，再者亦可發現$A_{n+1}+4B_{n+1}+C_n=A_n+4B_n+C_n$，再由初始條件可發現恆有$A_n+4B_n+C_n=1$。因此由第二式可知
$\displaystyle B_{n+1}=\frac{1-2B_n}{4}$
兩邊同減$\displaystyle\frac{1}{6}$，可得
$\displaystyle B_{n+1}-\frac{1}{6}=-\frac{1}{2}\left(B_n-\frac{1}{6}\right)$
這表明$\displaystyle\left\{B_n-\frac{1}{6}\right\}$為等比數列，因此有$\displaystyle B_n=\frac{1}{6}-\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{2}\right)^n$，繼而有$\displaystyle A_n=C_n=\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^n$。

國立台灣大學數學系$101$學年度學士班甄選入學
第二階段〈筆試二〉試題
2012年3月31日下午2:00-4:00

• 試題共四大題，每大題$25$分，滿分$100$分。
• 本試題卷可供草稿使用，但答案連同詳細之演算或證明過程務必寫在試卷本上，並於題號欄標明題號$\left(1.、...\right)$與子題號$\left(A.、...\right)$，否則將予扣分。
• 不准使用計算機；除作圖外，線用藍色或黑色筆作答。

1. 如下圖，在$\bigtriangleup ABC$中，$\angle C=60^\circ$，$K$為$\overline{BC}$上一點，且$\angle BAK=\angle CAK$。設$\overline{AC}=1$，$\overline{KC}=a$，
   1. 試以$a$的式子表示$\overline{BC}$長。
   2. 是否存在一個三角形，其中一角為$60^\circ$，且其各邊為相異正整數？證明你的答案。

訣竅
注意到線段$\overline{AK}$為角平分線，並且利用題目給定的特定角可使用餘弦定理求解。
解法

1. 首先設$\overline{AB}=x$，則由於$\overline{AK}$為$\angle A$的平分線，因此$\overline{BK}=xa$。此外可以注意到$\angle CAK<60^\circ$，否則當$\angle CAK\geq60^\circ$時將有$\angle BAC\geq120^\circ$，那麼$ABC$三點無法構成三角形會與題設矛盾。由此可確知$\angle CAK<\angle ACK$，進而有$1>a$。現在於$\bigtriangleup ABC$中以$\angle C=60^\circ$使用餘弦定理可得

   $\displaystyle x^2=1^2+\left(xa+a\right)^2-2\cdot1\cdot\left(xa+a\right)\cdot\frac{1}{2}$

   整理可得

   $\left(a^2-1\right)x^2+\left(2a^2-a\right)x+\left(a^2-a+1\right)=0$

   因式分解可得$\left(x+1\right)\left[\left(a^2-1\right)x+\left(a^2-a+1\right)\right]=0$。由於$x\neq-1$，因此$\displaystyle x=\frac{1-a+a^2}{1-a^2}$，進而有

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

2. 存在。

   這是因為取$a$為有理數時可由前一小題得知$\overline{BC}$與$\overline{AB}$也為有理數。如此同乘以各邊母之最小公倍數放大便可獲得所求之三角形。但須注意當$\displaystyle a=\frac{1}{2}$時不能獲得所求，這是因為此時的三角形為正三角形，不符合三邊各異的條件。

   不妨取$\displaystyle a=\frac{1}{3}$，則本題之三角形之三邊分別為$1$、$\displaystyle\frac{7}{8}$、$\displaystyle\frac{5}{8}$，那麼放大$8$倍可得邊長分別為$8$、$7$、$5$的三角形。



2. 如圖，空間中有一三角形$\bigtriangleup ABC$，令$\overline{BC}=a$、$\overline{CA}=b$、$\overline{AB}=c$。設

   $\overrightarrow{OG}=\alpha\cdot\overrightarrow{OA}+\beta\cdot\overrightarrow{OB}+\gamma\cdot\overrightarrow{OC}$

   其中$O$為原點，$G$為$\bigtriangleup ABC$之內心（三角平分線的交點）。從SSS全等性質知道三邊決定三角形的性質，試用$a$、$b$、$c$表示$\alpha$、$\beta$、$\gamma$。
   
訣竅
運用角平分線的特性和分點公式即可證明結論。
解法
延長$\overleftrightarrow{AG}$交$\overline{BC}$於$D$，那麼依角平分線的特性可知$\overline{BD}:\overline{DC}=c:b$，又由$\overline{BC}=a$，因此$\displaystyle\overline{BD}=\frac{c}{b+c}a$、$\displaystyle\overline{DC}=\frac{b}{b+c}a$。再者，又於$\bigtriangleup ABD$中由$\overline{BG}$為角平分線，因此
$\displaystyle\overline{AG}:\overline{GD}=\overline{BA}:\overline{BD}=c:\frac{c}{b+c}a=\left(b+c\right):a$
因此由分點公式可知
$\begin{aligned}\displaystyle\overrightarrow{OG}=&\frac{a}{a+b+c}\overrightarrow{OA}+\frac{b+c}{a+b+c}\overrightarrow{OD}\\=&\frac{a}{a+b+c}\overrightarrow{OA}+\frac{b+c}{a+b+c}\left(\frac{b}{b+c}\overrightarrow{OB}+\frac{c}{b+c}\overrightarrow{OC}\right)\\=&\frac{a}{a+b+c}\overrightarrow{OA}+\frac{b}{a+b+c}\overrightarrow{OB}+\frac{b}{a+b+c}\overrightarrow{OC}\end{aligned}$
因此$\displaystyle\left(\alpha,\beta,\gamma\right)=\left(\frac{a}{a+b+c},\frac{b}{a+b+c},\frac{c}{a+b+c}\right)$。


3. 考慮三次方程式$x^3+3ax+2a=0$，其中$a$為一實數參數。試就$a$可能的取值範圍，討論此方程根的特性（包括實根數目，正負根數目、重根數目）。
訣竅
運用微分分析多項式的走勢進而判斷根的數量與特性。
解法

設$f\left(x\right)=x^3+3ax+2a$，則$f'\left(x\right)=3x^2+3a=3\left(x^2+a\right)$、$f''\left(x\right)=6x$。針對一階導函數的根的狀況進行討論：

• 若$a>0$，則$f'\left(x\right)>0$，因此$f\left(x\right)$嚴格遞增，因此$f\left(x\right)=0$的三根分別為一實根和兩共軛虛根。再者有$f\left(0\right)=2a>0$，因此不可能有正根，從而該實根為負根。故於此情形下有$1$負實根。
• 若$a=0$，則$f\left(x\right)=x^3$，因此有$x=0,0,0$（三重實根）。

• 若$a<0$，則$f'\left(x\right)=0$有兩根分別為$x=\pm\sqrt{-a}$。又由$f''\left(\pm\sqrt{-a}\right)=\pm6\sqrt{-a}$，可知$x=-\sqrt{-a}$為極大值而於$x=\sqrt{-a}$為極小值。

  此時可先注意到$f\left(\sqrt{-a}\right)=2a\left(1+\sqrt{-a}\right)<0$，因此對$f\left(-\sqrt{-a}\right)=2a\left(1-\sqrt{-a}\right)$的值進一步分類如下：

  • 若$1-\sqrt{-a}>0$，亦即$-1<a<0$時，有$f\left(-\sqrt{-a}\right)<0$，因此於$x\leq\sqrt{-a}$時無根，而$x>\sqrt{-a}$時恰有一正根。
  • 若$1-\sqrt{-a}=0$時，亦即$a=-1$時，有$f\left(x\right)=\left(x+1\right)^2\left(x-2\right)$，因此有根為$x=-1,-1,2$，有三實根，分別為兩負重根與一正根。
  • 若$1-\sqrt{-a}<0$，亦即$a<-1$時，有$f\left(-\sqrt{-a}\right)>0$，再者有$f\left(0\right)=2a<0$。因此由勘根定理可知於區間$\left(-\infty,-\sqrt{-a}\right)$、區間$\left(-\sqrt{-a},0\right)$和區間$\left(0,\sqrt{-a}\right)$等三個區間中各有一根。因此有三實根，其中有兩負根和一正根，並無重根。

總結如下

$a$值範圍	實根數量	正根數量	負根數量	有無重根
$a>0$	$1$	$0$	$1$	無
$a=0$	$3$	$0$	$0$	有三重零根
$-1<a<0$	$1$	$1$	$0$	無
$a=-1$	$3$	$1$	$2$	有二重負根
$a<-1$	$3$	$1$	$2$	無



4. 請仔細閱讀，並回答文中方格內的問題。

   一組彼此互異的正整數$a_1,a_2,\cdots,a_n$構成一個正整數集合$A$：

   $A=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_n\right\}$

   我們用$\left|A\right|$表示集合$A$中元素的數目。舉例來說，如果$A=\left\{2,5\right\}$，則$\left|A\right|=2$。

   現在考慮兩個正整數集合$A$和$B$，並利用$A$中元素與$B$中元素的和，定義一個新集合$A+B$。例如若$A=\left\{2,5\right\}$，$B=\left\{1,4\right\}$，由於

   $\begin{aligned} &2+1=3\\&2+4=5+1=6\\&5+4=9\end{aligned}$

   因此$A+B=\left\{3,6,9\right\}$，其中$6$雖然有兩種加法組合，但只算成一個元素。

   若以$\max\left(a,b\right)$表示$a$和$b$中比較大的數，例如$\max\left(3,2\right)=3$，$\max\left(4,4\right)=4$。

   1. 請證明下列不等式：

      $\max\left(\left|A\right|,\left|B\right|\right)\leq\left|A+B\right|\leq\left|A\right|\left|B\right|$

   現在取定一個正整數$n$，對任意兩個具有$n$個正整數元素的集合$A$和$B$，取它們的和$A+B$，然後將所有可能的$\left|A+B\right|$收集起來，構成一個新的集合${\bf S}_n$。譬如很容易就可以驗證${\bf S}_1=\left\{1\right\}$。而由下面的例子

   $\left\{1,2\right\}+\left\{1,2\right\}=\left\{2,3,4\right\}$，$\left|\left\{2,3,4\right\}\right|=3$
   $\left\{1,2\right\}+\left\{1,3\right\}=\left\{2,3,4,5\right\}$，$\left|\left\{2,3,4,5\right\}\right|=4$

   可知$3$和$4$都是${\bf S}_2$中的元素。事實上${\bf S}_2=\left\{3,4\right\}$（你將在題C.中證明）。
   2. 對任意正整數$n$，請決定${\bf S}_n$中的最小元素和最大元素，並證明之。
   
   
   3. 對任意正整數$n$，請決定${\bf S}_n$與$\left|{\bf S}_n\right|$，並證明之。
訣竅
條列並有系統的計數即可。
解法

1. 設$A=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_n\right\}$，$B=\left\{b_1,b_2,\cdots,b_m\right\}$，並且不妨假定$n\leq m$，因此$\max\left(\left|A\right|,\left|B\right|\right)=\left|B\right|=m$。按定義可知

   $\left\{b_1+a_1,b_2+a_1,\cdots,b_m+a_1\right\}\subseteq A+B\subseteq\left\{\begin{matrix}a_1+b_1,&a_1+b_2,&\cdots&a_1+b_m\\a_2+b_1,&a_2+b_2,&\cdots&a_2+b_m\\\vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\a_n+b_1,&a_n+b_2,&\cdots&a_n+b_m\end{matrix}\right\}$

   由包含關係可知

   $\max\left(\left|A\right|,\left|B\right|\right)=m\leq\left|A+B\right|\leq nm=\left|A\right|\left|B\right|$

   證明完畢。

2. 藉由觀察可發現${\bf S}_n$的最小元素為$2n-1$，而最大元素為$n^2$。

   先證明最大元素為$n^2$，根據前一小題可知此為上界，因此我們僅需指出等號對任何正整數$n$皆有可能成立即可，為此我們需對任意給定的$n$指出兩個$n$元集$A$和$B$並盡可能使其兩者相加的元素各不相同。首先取$A=\left\{1,2,\cdots,n\right\}$，那麼取$B=\left\{1,n+1,2n+1,\cdots,kn+1,\cdots,n^2-n+1\right\}$，可以發現$A+B=\left\{2,\cdots,n^2+1\right\}$，確實有$n^2$個元素。如下表格所示

   	$1$	$2$	$\cdots$	$n$
   $1$	$2$	$3$	$\cdots$	$n+1$
   $n+1$	$n+2$	$n+3$	$\cdots$	$2n+1$
   $2n+1$	$2n+2$	$2n+3$	$\cdots$	$3n+1$
   $\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
   $kn+1$	$kn+2$	$kn+3$	$\cdots$	$\left(k+1\right)n+1$
   $\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
   $n^2-n+1$	$n^2-n+2$	$n^2-n+3$	$\cdots$	$n^2+1$

   現在證明最小元素為$2n-1$。設$A=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_n\right\}$、$B=\left\{b_1,b_2,\cdots,b_n\right\}$，並且其中的元素滿足$a_1<a_2<\cdots<a_n$、$b_1<b_2<\cdots<b_n$。首先可以確定$A+B$至少包含如下$2n-1$個的元素

   $\left\{a_1+b_1,a_2+b_1,\cdots,a_n+b_1,a_n+b_2,\cdots,a_n+b_n\right\}\subseteq A+B$

   可以藉由元素的大小關係確知以上的元素皆不重複，並且我們可以指出等號是可能成立的。例如取$A=B=\left\{1,2,\cdots,n\right\}$，則$A+B=\left\{2,\cdots,2n\right\}$，確實恰有$2n-1$個元素。如下表格所示

   	$1$	$2$	$\cdots$	$n$
   $1$	$2$	$3$	$\cdots$	$n+1$
   $2$	$3$	$4$	$\cdots$	$n+2$
   $3$	$4$	$5$	$\cdots$	$n+3$
   $\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
   $k$	$k+1$	$k+2$	$\cdots$	$k+n$
   $\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
   $n$	$n+1$	$n+2$	$\cdots$	$2n$

3. 同樣藉由觀察可知${\bf S}_n=\left\{2n-1,2n,2n+1,\cdots,n^2-1,n^2\right\}$（$2n-1$至$n^2$中的所正整數），從而$\left|{\bf S}_n\right|=n^2-2n+2$。對於$2n-1$和$n^2$的情形於上述的情況中已經給出明確的構造方法。給定$A=\left\{1,2,\cdots,n\right\}$以及$2n-1<k<n^2$，我們希望找出$B$使得$\left|A+B\right|=k$。可以注意到若盡量讓$B$中的元素盡量接近便能使重複增加，任兩列之間可由不重複至最多重複$n-1$個項目。

   由於與最多相比少了$n^2-k$個元素，將此數除以$n-1$後運用除法原理有

   $n^2-k=\left(n-1\right)q+r$

   其中$q$為不超過$n-2$的正整數，而$r$滿足$0\leq r<n-1$。據此可知取$B$如下

   $B=\left\{1,2,3,\cdots,q,q+1,q+n+1-r,\left(q+2\right)n+1,\left(q+3\right)n+1,\cdots,n^2-n+1\right\}$

   這便能滿足$\left|A+B\right|=k$。
   這是因為在建構表格時，前$q+1$列中有$n+q$個元素，而第$q+2$列則另有與先前不重複的$n-r$個元素，而第$q+3$列至第$n$列則計有$n\left(n-q-2\right)$個元素，因此共有

   $\left(n+q\right)+\left(n-r\right)+n\left(n-q-2\right)=n^2-nq+q-r=k$