一百學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$100$學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題一
2011年四月二日上午9:00-11:00

不得使用計算機
除作圖外，答案限用黑色或藍色筆書寫，試題共四大題，每題各佔$25\%$。

1. ($25$分) 已知$x,y,z$是三個$1$到$9$的自然數，若能適當的在$x,y$之間及$y,z$之間插入加減號，使得運算結果為$10$，則將該組$\left(x,y,z\right)$納入三碼數字王題庫，試求三碼數字王題庫內共有多少組$\left(x,y,z\right)$。例如$\left(8,3,5\right)$可納入三碼數字王題庫，因$8-3+5=10$。但$\left(8,3,4\right)$則不納入題庫，因不可能找到加減號組合達到運算結果為$10$。
訣竅
直接分類討論各種結果即可。
解法
設有三個介於$1$至$9$的正整數$x,y,z$，那麼有四種可能分別為
$\begin{aligned} &x+y+z=10,~~x-y+z=10,\\&x+y-z=10,~~x-y-z=10.\end{aligned}$
• 若$x+y+z=10$，其正整數解容易知道有$36$種。
• 若$x-y+z=10$，則$x+z=10+y$。當$y=1$時有有$8$種；$y=2$時有$7$種；依此至$y=8$有$1$種，共有$36$種。
• 若$x+y-z=10$，則$x+y=10+z$，同理可知亦有$36$種。
• 若$x-y-z=10$，則$x=y+z+10\geq12$，這與$x$介於$1$至$9$之間矛盾，因此不可能。
由上述討論可知共計$108$種。


2. ($25$分) 當$\displaystyle y\geq\sum_{j=0}^{50}\frac{1}{2^{50-j}}\left|x-2^j\right|+\sum_{j=1}^{50}\frac{1}{2^j}\left|x-2^{50+j}\right|$時，試求$x+2y$的最小值。
訣竅
考察斜率即可。
解法

首先設$\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{j=0}^{50}\frac{1}{2^{50-j}}\left|x-2^j\right|+\sum_{j=1}^{50}\frac{1}{2^j}\left|x-2^{50+j}\right|$，可以注意到

$x+2y\geq x+2f\left(x\right)$

其等號成立即為$y=f\left(x\right)$。但此為連續函數，因此僅需找出$x_0$使得當$x<x_0$時$x+2f\left(x\right)$遞減而$x>x_0$時$x+2f\left(x\right)$遞增。

為此，我們僅需考慮一次項的係數。明顯可以注意到當$x<2^{50}$時一次項係數至多為$-1$，亦即為負，而當$x>2^{50}$時一次係數至少有$3$，因此於$x=2^{50}$時$x+2y$有最小值，其值為$\displaystyle\frac{301\cdot2^{50}+2^{-49}}{3}$。



3. 1. ($5$分) 已知複數$\omega=\cos\left(\pi/4\right)-i\sin\left(\pi/4\right)=\left(1-i\right)/\sqrt{2}$，試求直線$\omega z+\overline{\omega z}=2$的斜率。
   2. ($10$分) 二次曲線$x^2+axy+y^2=1$，其中$a$為實數。試求$a$的範圍，使得圖形為橢圓的充分且必要條件。
   3. ($10$分) 在b. 小題中，若圖形為一橢圓且$a>0$，試求焦點坐標。
訣竅
第一小題僅需釐清題意即可作答；第二小題與第三小題則須把握住橢圓的特性，如焦點的概念等。
解法
1. 設$z=x+yi$，那麼由條件可知

   $\displaystyle\frac{1-i}{\sqrt{2}}\left(x+yi\right)+\frac{1+i}{\sqrt{2}}\left(x-yi\right)=2$

   展開整理可得$x+y=\sqrt{2}$，因此斜率為$-1$。

2. 按高中所學知識可知二元二次方程通常為圓錐曲線（或稱二次曲線）及其退化型態。直接求解$x$可得

   $\displaystyle x=\frac{-ay\pm\sqrt{\left(a^2-4\right)y^2+4}}{2}$

   由於希望此方程為橢圓，因此$x$與$y$的範圍不可能為任意實數，此表示$\left(a^2-4\right)y^2+4$不能在任意給定$y$的情形下恆為正數，這表示$a^2-4<0$，亦即$-2<a<2$。至此可知$-2<a<2$為該二次方程為橢圓的必要條件。

   現在證明$-2<a<2$為該二次方程為橢圓的充分條件。為此我們僅須指出這樣的橢圓的兩焦點及長軸長並計算即可。

   當$0<a<2$時可取兩焦點為$\displaystyle\pm\left(\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}},-\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}\right)$，長軸長為$\displaystyle2\sqrt{\frac{2}{2-a}}$，按橢圓定義驗證如下

   $\begin{aligned}\displaystyle&\sqrt{\left(x-\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}\right)^2+\left(y+\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}\right)^2}\\+&\sqrt{\left(x+\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}\right)^2+\left(y-\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}\right)^2}=2\sqrt{\frac{2}{2-a}}\end{aligned}$

   移項平方展開後整理同類項並除以$-4$可得

   $\begin{aligned}\displaystyle&\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}x-\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}y+\frac{2}{2-a}\\=&\sqrt{\frac{2}{2-a}}\sqrt{\left(x+\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}\right)^2+\left(y-\sqrt{\frac{2a}{4-a^2}}\right)^2}\end{aligned}$

   平方展開後移項整理即可獲得$x^2+axy+y^2=1$。

   當$a=0$時為$x^2+y^2=1$，此為單位圓，可視為橢圓之特例，其焦點重合。

   當$-2<a<0$時可取兩焦點為$\displaystyle\pm\left(\sqrt{\frac{2a}{a^4-4}},\sqrt{\frac{2a}{a^4-4}}\right)$，長軸長為$\displaystyle2\sqrt{\frac{2}{2+a}}$。按橢圓定義驗證如下

   $\begin{aligned}\displaystyle&\sqrt{\left(x-\sqrt{\frac{2a}{a^4-4}}\right)^2+\left(y-\sqrt{\frac{2a}{a^2-4}}\right)^2}\\+&\sqrt{\left(x+\sqrt{\frac{2a}{a^2-4}}\right)^2+\left(y+\sqrt{\frac{2a}{a^2-4}}\right)^2}=2\sqrt{\frac{2}{2+a}}\end{aligned}$

   移項平方展開後整理同類項並除以$-4$可得

   $\begin{aligned}\displaystyle&\sqrt{\frac{2a}{a^2-4}}x+\sqrt{\frac{2a}{a^2-4}}y+\frac{2}{2+a}\\=&\sqrt{\frac{2}{2+a}}\sqrt{\left(x+\sqrt{\frac{2a}{a^2-4}}\right)^2+\left(y+\sqrt{\frac{2a}{a^2-4}}\right)^2}\end{aligned}$

   平方展開後移項整理即可獲得$x^2+axy+y^2=1$。

3. 承前一小題之描述即可。


4. 1. ($10$分) 在上半空間夾角為鈍角的兩個向量，證明其在$xy$平面上的投影向量夾角仍為鈍角。
   2. ($15$分) 在空間中，證明不存在$5$個向量，使得任兩個向量的夾角皆為鈍角。
訣竅
對第一小題而言注意鈍角代表內積為負，並且同時落於上半空間或下半空間是重要的條件；對第二小題而言可援引第一小題並使用反證法證明之。
解法
1. 設兩個在上半空間的向量$\vec{a}=\left(a_1,a_2,a_3\right)$、$\vec{b}=\left(b_1,b_2,b_3\right)$，其中$a_3,b_3$為正數。按要求有

   $\vec{a}\cdot\vec{b}=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3<0$

   又由$a_3b_3>0$，因此$a_1b_1+a_2b_2<0$。而$\vec{a}$與$\vec{b}$於$xy$平面上的投影為$\left(a_1,a_2,0\right)$、$\left(b_1,b_2,0\right)$，藉由下列計算可知兩者相夾仍為鈍角。

   $\left(a_1,a_2,0\right)\cdot\left(b_1,b_2,0\right)=a_1b_1+a_2b_2<0$

2. 運用反證法，假設存在五個向量$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OD},\overrightarrow{OE},$滿足任兩個夾角皆為鈍角。設定$\overrightarrow{OA}$為$z$軸負向，那麼由於其餘四個向量與$\overrightarrow{OA}$夾鈍角，因此它們都落在上半空間中，並且它們兩兩都互夾鈍角。至此可依前一小題的結果可知它們於$xy$平面的投影皆互夾鈍角。於$xy$平面上依逆時針考慮這些投影向量會發現如此角度加總將超過$2\pi$，如此與平面幾何導致矛盾。因此不可能存在這樣的五個向量。

國立台灣大學數學系$100$學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題二
2011年四月二日下午2:00-4:00

不得使用計算機
除作圖外，答案限用黑色或藍色筆書寫，試題共四大題，每題各佔$25\%$。

1. 令$A=\left\{1,\cdots,n\right\}$為由$1$到$n$的正整數所形成的集合，現由集合中移除一數$x$後，剩下的$n-1$個數字的平均數為$40.75$。
   1. ($10$分) 試問$n$的最大值及最小值為何？
   2. ($15$分) 試問$x$的值為何？
訣竅
直接按題設列式後按正整數的特性分析之。
解法
1. 按設定有
   $$\begin{equation}\label{1}\frac{n\left(n+1\right)}{2}-x=\frac{163\left(n-1\right)}{4}\end{equation}$$
   其中$x$為介於$1$至$n$的正整數，從而有

   $\displaystyle\frac{n\left(n-1\right)}{2}=\frac{n\left(n+1\right)}{2}-n\leq\frac{163\left(n-1\right)}{4}\leq\frac{n\left(n+1\right)}{2}-1=\frac{\left(n+2\right)\left(n-1\right)}{2}$

   因此同除以$n-1$後整理可得

   $\displaystyle79.5=\frac{159}{2}\leq n\leq\frac{163}{2}=81.5$

   但由$\left(\ref{1}\right)$可注意到右式為整數，因此$n-1$為四的倍數，因此$n=81$。
2. 將$n=81$代入$\left(\ref{1}\right)$中可求得$x=61$。


2. 令$\alpha,\beta,\gamma$為方程式$x\left(x-2\right)\left(3x-7\right)=2$的三相異實根，
   1. ($15$分) 試證$\alpha,\beta,\gamma$皆為正數。
   2. ($10$分) 令$\tan\theta_1=\alpha$，$\tan\theta_2=\beta$，$\tan\theta_3=\gamma$，試求$\tan\left(\theta_1+\theta_2+\theta_3\right)$。
訣竅
由勘根定理斷定實根之位置即可，其次運用和角公式便能計算正切函數之值。
解法

1. 設$f\left(x\right)=x\left(x-2\right)\left(3x-7\right)-2$，直接取值可知$f\left(0\right)=-2$、$f\left(1\right)=2$、$f\left(2\right)=-2$、$f\left(3\right)=4$，由於$f$為連續函數可知$f$在$\left(0,1\right)$、$\left(1,2\right)$、$\left(2,3\right)$皆有實根。又由代數基本定理可知恰有三個根，因此這三個根皆為正實根。
2. 利用和角公式可知

   $\displaystyle\begin{aligned}\tan\left(\theta_1+\theta_2+\theta_3\right)=&\frac{\tan\left(\theta_1+\theta_2\right)+\tan\theta_3}{1-\tan\left(\theta_1+\theta_2\right)\tan\theta_3}\\=&\frac{\tan\theta_1+\tan\theta_2+\tan\theta_3-\tan\theta_1\tan\theta_2\tan\theta_3}{1-\tan\theta_1\tan\theta_2-\tan\theta_2\tan\theta_3-\tan\theta_3\tan\theta_1}\end{aligned}$

   運用根與係數的關係與題設可知

   $\displaystyle\begin{aligned} &\tan\theta_1+\tan\theta_2+\tan\theta_3=\frac{13}{3}\\&\tan\theta_1\tan\theta_2+\tan\theta_2\tan\theta_3+\tan\theta_3\tan\theta_1=\frac{14}{3}\\&\tan\theta_1\tan\theta_2\tan\theta_3=\frac{2}{3}\end{aligned}$

   因此所求為

   $\displaystyle\tan\left(\theta_1+\theta_2+\theta_3\right)=\frac{\frac{13}{3}-\frac{2}{3}}{1-\frac{14}{3}}=-1$



3. ($25$分) 試求一直線$L$與曲線$y=x^4+4x^3+5x^2+x+1$在某點$Q$相切又交於$P,R$兩點，且$Q$點恰為$\overline{PR}$之中點，如下示意圖。(提示：例如$y=0$與曲線$y=x^4-x^2$在點$\left(0,0\right)$相切，又交於另外兩點$\left(1,0\right)$及$\left(-1,0\right)$，且切點為兩交點之中點。)
   
訣竅
由於$P,Q,R$三點共線且$Q$為中點，因此座標呈現等差，據此假設出座標後運用根與係數關係即可求解。
解法

假設滿足題目條件的直線$L$的方程式為$y=mx+k$，且$Q$之$x$座標為$a$，由於$Q$為$P$和$R$的中點，因此可設$P$與$R$之$x$座標分別為$a-d$和$a+d$，其中$d>0$。

根據題設可知下列聯立方程

$\begin{aligned} &y=mx+k\\&y=x^4+4x^3+5x^2+x+1\end{aligned}$

有四個實根分別為$a-d,a,a,a+d$。運用代入消去法可知此四根亦為$x^4+4x^3+5x^2+\left(1-m\right)x+\left(1-k\right)=0$之根。如此由根與係數的關係可知$4a=-4$，從而$a=-1$。據此可知$Q\left(-1,2\right)$。

若記$f\left(x\right)=x^4+4x^3+5x^2+x+1$，那麼導函數$f'\left(x\right)=4x^3+12x^2+10x+1$，因此在$x=-1$處的斜率為$f'\left(-1\right)=-1$。使用點斜式可得到$L$為$y=-x+1$。可檢驗得知$P\left(-2,3\right)$、$R\left(0,1\right)$，如此確實符合題目條件。



4. ($25$分) 如下圖所示，在邊長為$1$的正四面體$ABCD$中內接一正立方體，其底面$TUVW$落在三角形$BCD$上，邊$QR$落在三角形$ACD$上，頂點$P$落在三角形$ABC$上，頂點$S$落在三角形$ABD$上，試求該內接正方體的邊長。
   
訣竅
運用相似形之方法將立體問題化約至平面問題。
解法

記$E$為直線$AP$與$\overline{BC}$的交點、$F$為直線$AQ$與$\overline{CD}$的交點、$G$為直線$AR$與$\overline{CD}$的交點、$H$為直線$AS$與$\overline{BD}$的交點。由於正方形$PQRS$與底面$BCD$平行，因此四邊形$EFGH$與正方形$PQRS$相似，從而$EFGH$亦為正方形。

如此僅考察底面$BCD$可注意到$EFGH$為內接的正方形。若設$\overline{FG}=x$，則$\displaystyle\overline{CF}=\overline{GD}=\frac{1-x}{2}$。在$\bigtriangleup CEF$中可知$\overline{CF}:\overline{EF}=1:\sqrt{3}$，因此$\displaystyle\frac{1-x}{2}:x=1:\sqrt{3}$，可解得$x=2\sqrt{3}-3$。

現在注意四面體$A-EFGH$與四面體$A-PQRS$相似，因此$\overline{PS}:\overline{EF}$與兩四面體之高的比例相等。由於正四面體的高為$\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3}$，因此有

$\displaystyle\overline{PS}:\overline{EF}=\frac{\sqrt{6}}{3}-\overline{PT}:\frac{\sqrt{6}}{3}$

記$\overline{PS}=\overline{PT}=s$，並且代入$\overline{EF}=2\sqrt{3}-3$可解得

$\displaystyle s=\frac{6\sqrt{2}-3\sqrt{6}}{6\sqrt{3}+\sqrt{6}-9}$

此亦可約去$\sqrt{3}$可得$\displaystyle s=\frac{2\sqrt{6}-3\sqrt{2}}{6+\sqrt{2}-3\sqrt{3}}$。