一百零二學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$102$學年度學士班甄選入學個人申請
第二階段筆試一試題
2013年3月30日(六)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答案卷本上，並於答案卷本之題號欄標明題號$\left(一、,...\right)$與子題號$\left((1)、...\right)$，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. 設 $a_1=9$ 且當 $n\geq2$ 時 $a_n=9^{a_{n-1}}$，試求 $a_{102}$ 的末兩位數字。
訣竅
運用二項式定理與數學歸納法計算之。
解法
首先可知 $a_1$ 除以 $100$ 之餘數為 $9$，接著直接計算可知
$\displaystyle a_2=9^9=\left(10-1\right)^9=\sum_{i=0}^9C^9_i\left(-1\right)^{9-i}10^i$
如此除以 $100$ 的餘數為 $-1+90=89$。現在證明對所有正整數 $k\neq1$ 將有 $a_k$ 除以 $100$ 的餘數為 $89$ 如下：
已知 $k=2$ 時成立，現假設 $k=n$ 時成立，那麼可知
$\displaystyle a_{n+1}=9^{a_n}=\left(10-1\right)^{a_n}=\sum_{i=0}^{a_n}C_i^{a_n}\left(-1\right)^{a_n-i}10^i$
由於 $a_n$ 為奇數，因此 $a_{n+1}$ 除以 $100$ 的餘數為 $10a_n-1$，而運用歸納假設可知 $a_n$ 除以 $100$ 的餘數為 $89$，因此 $a_{n+1}$ 除以 $100$ 的餘數為 $10\cdot89-1=889\equiv 89$。因此由數學歸納法可知命題成立。
由上可知 $a_{102}$ 除以 $100$ 的餘數亦為 $89$。


2. 設$f\left(x\right)=ax^3+bx^2+cx+d$且$f\left(p-1\right)=11$, $f\left(p\right)=27$, $f\left(p+1\right)=79$，其中$p>1$。已知當$p-1\leq x\leq p+1$時，$f\left(x\right)\geq0$。試求曲線$y=f\left(x\right)$及直線$y=0$, $x=p-1$, $x=p+1$所圍區域的面積。
訣竅
利用條件找出係數的關係式，隨後運用於定積分的計算中即可。
解法

根據條件可知

$\left\{\begin{aligned}f\left(p-1\right)=&a\left(p-1\right)^3+b\left(p-1\right)^2+c\left(p-1\right)+d=11\\f\left(p\right)=&ap^3+bp^2+cp+d=27\\f\left(p+1\right)=&a\left(p+1\right)^3+b\left(p+1\right)^2+c\left(p+1\right)+d=79\end{aligned}\right.$

將第一式與第三式相加並除以$2$可得

$ap^3+3ap+bp^2+b+cp+d=45$

與第二式相比較可知$3ap+b=18$。現在利用定積分計算面積可知

$\displaystyle\begin{aligned}\int_{p-1}^{p+1}f\left(x\right)dx=&\left.\frac{a}{4}x^4+\frac{b}{3}x^3+\frac{c}{2}x^2+dx\right|_{p-1}^{p+1}\\=&2a\left(p^3+p\right)+2b\left(p^2+\frac{1}{3}\right)+2cp+2d\\=&2\left(ap^3+bp^2+cp+d\right)+\frac{2}{3}\left(3ap+b\right)\\=&2\cdot27+\frac{2}{3}\cdot18\\=&66\end{aligned}$



3. 某社區委員會根據其章程推選社區委員若干名，該社區住戶代表共$171$人，被推薦人獲得$57$張同意票，方能出任社區委員。當該社區住戶代表僅$141$人參與投票，若某被推薦人所得到「同意票」及「非同意票」的票數分別為$84$張及$57$張。開票時，當使用簡單隨機抽樣的方式，每次從票櫃中取出一張，當該被推薦人「同意票」票數達到$57$張時，將票櫃內未開票的張數記為$X$。
   1. 試列出隨機變數$X$的所有可能取值。
   2. 試導出隨機變數$X$的機率質量函數。
訣竅
對於所有$X$可能的取值分析其各種可能的情況之數量即能求出對應之機率。
解法

1. 由於題目未描述不同意票的數量，因此$X$最少可能為$27$，至多為$84$。因此$X$的取值為$27,28,\cdots,83,84$等之間共計$58$種可能的正整數。
2. 當$X=k$($k=27,\cdots,84$)時表明已開出的票分別為$57$張同意票以及$84-k$張不同意票並且最後一張為同意票，那麼會有$\displaystyle\frac{\left(140-k\right)!}{56!\left(84-k\right)!}\frac{k!}{27!\left(k-27\right)!}=C_{56}^{140-k}C^k_{27}$種開票方式。因此總共有$C_{56}^{56}C_{27}^{84}+C_{56}^{57}C_{27}^{83}+\cdots+C_{56}^{113}C_{27}^{27}$種開票方法，運用巴斯卡公式可知其值為$C_{57}^{141}$種開票方法。如此可知隨機變數$X$的機率質量函數為

   $\displaystyle P\left(X=k\right)=\frac{C_{56}^{140-k}C_{27}^k}{C_{57}^{141}}$



4. 坐標平面上有四點，$A\left(1,0\right)$、$B\left(-1,0\right)$、$C\left(0,1\right)$、$D\left(0,-1\right)$。令$F_{AB}$代表所有落在坐標平面的點與$A$及$B$兩點的距離和為$2\sqrt{2}$的集合，令$F_{CD}$代表所有落在坐標平面的點與$C$及$D$兩點距離和為$2\sqrt{2}$的集合。
   1. 試寫出$F_{AB}$的方程式。
   2. 以原點$\left(0,0\right)$為起點的射線，交$F_{AB}$於$P$點，交$F_{CD}$於$Q$點。試求$\overline{PQ}$的最大值及最小值。
訣竅
按照定義直接計算即可。
解法

1. 設$\left(x,y\right)$落於$F_{AB}$上，則按定義有

   $\sqrt{\left(x-1\right)^2+y^2}+\sqrt{\left(x+1\right)^2+y^2}=2\sqrt{2}$

   將其中一項根號移項後平方可得

   $\left(x-1\right)^2+y^2=8-4\sqrt{2\left(x+1\right)^2+2y^2}+\left(x+1\right)^2+y^2$

   整理可得

   $-x-2=-\sqrt{2\left(x+1\right)^2+2y^2}$

   再次平方移項後可得

   $x^2+2y^2-2=0$

   亦可寫為橢圓標準式如下

   $\displaystyle\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{1}=1$

2. 同理可寫出$F_{CD}$的方程式為$2x^2+y^2-2=0$或$\displaystyle\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{2}=1$。考慮斜率為$m$的射線之參數式為$\left\{\begin{aligned} &x=t\\&y=mt\end{aligned}\right.$，其中$t\geq0$。可以將射線參數式分別代入$F_{AB}$與$F_{CD}$的方程式之中有

   $\begin{aligned} &t^2+2\left(mt\right)^2-2=0\\&2t^2+\left(mt\right)^2-2=0\end{aligned}$

   如此可分別解得$\displaystyle t=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+2m^2}}$、$\displaystyle t=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+m^2}}$。因此$\displaystyle P\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+2m^2}},\frac{m\sqrt{2}}{\sqrt{1+2m^2}}\right)$、$\displaystyle Q\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+m^2}},\frac{m\sqrt{2}}{\sqrt{2+m^2}}\right)$，進而可得$\displaystyle\overline{PQ}=\left|\frac{1}{\sqrt{1+2m^2}}-\frac{1}{\sqrt{2+m^2}}\right|\sqrt{2+2m^2}$。

   當$m=\pm1$時可知$\overline{PQ}=0$為最小值，因此接下來僅需求$\overline{PQ}$的最大值。

   設$\displaystyle f\left(m\right)=\left|\frac{1}{\sqrt{1+2m^2}}-\frac{1}{\sqrt{2+m^2}}\right|\sqrt{2+2m^2}$。由於$f$為偶函數，因此僅需考慮在$\left[0,\infty\right)$之間的取值，且可知$f'\left(0\right)=0$。再者可以注意到$\displaystyle f\left(\frac{1}{m}\right)=f\left(m\right)$，因此更只需於$\left[0,1\right]$上研究其最大值即可。此時

   $\displaystyle f\left(m\right)=\left(\frac{1}{\sqrt{1+2m^2}}-\frac{1}{\sqrt{2+m^2}}\right)\sqrt{2+2m^2}=\sqrt{\frac{2+2m^2}{1+2m^2}}-\sqrt{\frac{2+2m^2}{2+m^2}}$

   為了找出極值，我們要於$\left(0,1\right)$上求$f'\left(m\right)=0$的根，亦即有

   $\displaystyle f'\left(m\right)=-\frac{2m}{\left(1+2m^2\right)^2}\sqrt{\frac{1+2m^2}{2+2m^2}}-\frac{2m}{\left(2+m^2\right)^2}\sqrt{\frac{2+m^2}{2+2m^2}}=0$

   可以看出$m=0$為一根。假若$-1<m\lt;0$，則$f'\left(m\right)>0$；假若$0<m<1$，則$f'\left(m\right)<0$，因此$f$在$m=0$處有極大值，其值$f\left(0\right)=\sqrt{2}-1$。

   因此$\overline{PQ}$最小值為$0$，而最大值為$\sqrt{2}-1$。

國立台灣大學數學系$102$學年度學士班甄選入學個人申請
第二階段筆試二試題
2013年3月30日(六)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答案卷本上，並於答案卷本之題號欄標明題號$\left(一、,...\right)$與子題號$\left((1)、...\right)$，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. 當$x^2+y^2\leq1$時，試求$x^2y-y^2x$的最大值，並證明其為最大值。
訣竅
運用變數代換使函數化為較簡單的形式後運用初等不等式判定其最大值；亦可使用拉格朗日乘子法求最大值。
解法一

設$u=x-y$、$v=xy$，那麼由於$-1\leq-x^2-y^2\leq2xy\leq x^2+y^2\leq1$可知$\displaystyle-\frac{1}{2}\leq v\leq\frac{1}{2}$。因此題目的條件可寫為為$0\leq u^2+2v\leq1$，而求函數$uv$的最大值。由於要找最大值，因此僅需考慮$u,v$皆為正數或皆為負數的情形，否則一正一負則使$uv$之值為負，此時不可能有最大值。

• 假定$u,v$為正，那麼由算術幾何不等式有

  $\displaystyle\frac{1}{3}\geq\frac{u^2+v+v}{3}\geq\sqrt[3]{u^2v^2}$

  此時$uv$的最大值為$\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}$，並且等號成立條件為$\displaystyle x=\frac{\sqrt{15}\pm\sqrt{3}}{6}$、$\displaystyle y=\frac{\sqrt{15}\mp\sqrt{3}}{6}$。。
• 假定$u,v\leq0$，可以注意到給定$v$時，$-\sqrt{1-2v}\leq u\leq-\sqrt{-2v}$，因此$\displaystyle uv\leq-v\sqrt{1-2v}\leq\frac{\sqrt{2}}{2}$，其中等號成立條件為$u=-\sqrt{2}$、$\displaystyle v=-\frac{1}{2}$，此時$\displaystyle x=-\frac{\sqrt{2}}{2}$、$\displaystyle y=\frac{\sqrt{2}}{2}$

綜上可知最大值為$\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}$。

【註】若以$\left(u,v\right)$的坐標系可注意到本題條件所形成之區域如下，因此考慮$uv=k$的等高線可輕易找到最大值的位置。



解法二

設$f\left(x,y\right)=x^2y-y^2x$、$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq1\right\}$，則$f$於$D$上為連續函數（事實上為光滑函數）且$D$為有界閉集，因此$f$於$D$上有最大值。

若最大值發生在內部，則該位置$\left(x,y\right)$必滿足

$\left\{\begin{aligned}f_x\left(x,y\right)=&2xy-y^2=0\\f_y\left(x,y\right)=&x^2-2xy=0\end{aligned}\right.$

可解得$\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$，此時$f\left(0,0\right)=0$。

若最大值發生在邊界，那麼考慮拉格朗日乘子函數$F$如下

$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2y-y^2x+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$

依此解聯立方程組

$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,\lambda\right)=2xy-y^2+2x\lambda=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=x^2-2xy+2y\lambda=0\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-1=0\end{aligned}\right.$

前兩式相加並因式分解可得$\left(x+y\right)\left(x-y+2\lambda\right)=0$。

• 若$x+y=0$，則代入第三式中可得解得$\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$、$\displaystyle y=\mp\frac{\sqrt{2}}{2}$。
• 若$x-y+2\lambda=0$，有$y=x+2\lambda$，代入第一式中有$x^2+2x\lambda-4\lambda^2=0$，從而可解得$x=\left(-1\pm\sqrt{5}\right)\lambda$，而$y=\left(1\pm\sqrt{5}\right)\lambda$。這樣代入第三式中可得$12\lambda^2=1$，因此有$\displaystyle\lambda=\pm\frac{\sqrt{3}}{6}$。如此可得坐標為$\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\frac{-\sqrt{3}\pm\sqrt{15}}{6},\frac{\sqrt{3}\pm\sqrt{15}}{6}\right),\left(\frac{\sqrt{3}\pm\sqrt{15}}{6},\frac{-\sqrt{3}\pm\sqrt{15}}{6}\right)$。

將以上所得之座標代入檢驗可知於$\displaystyle x=-\frac{\sqrt{2}}{2}$、$\displaystyle y=\frac{\sqrt{2}}{2}$時有最大值$\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}$。



2. 考慮二次函數$f\left(x\right)=x^2-5x+6$，以及數列$a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$，其中$a_1=0$，而且當$n\geq1$時，$a_{n+1}$是滿足$f\left(a_{n+1}\right)\leq a_n$的最大數。證明$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$存在，並求其值。
訣竅
證明該數列遞增有上界，如此可以根據遞增有界定理確認該數列收斂。
解法

當$n\geq1$時直接解不等式有

$\displaystyle\frac{5-\sqrt{4a_n+1}}{2}\leq a_{n+1}\leq\frac{5+\sqrt{4a_n+1}}{2}$

因此取$\displaystyle a_{n+1}=\frac{5+\sqrt{4a_n+1}}{2}$，其中可以注意到每次的構造都將使$4a_n+1>0$，從而$a_{n+1}$的選取總是能辦到。

現在利用數學歸納法證明$a_{n+1}>a_n$。首先可以知道$3=a_2>0=a_1$，因此$n=1$時該不等式成立。現在假定$n=k$時不等式成立，亦即$a_{k+1}>a_k$，那麼有

$\displaystyle a_{k+2}=\frac{5+\sqrt{4a_{k+1}+1}}{2}>\frac{5+\sqrt{4a_k+1}}{2}=a_{k+1}$

因此由數學歸納法可知對任意正整數$n$不等式$a_{n+1}>a_n$恆成立

另一方面，亦可使用數學歸納法證明對所有正整數$n$恆有$a_n<3+\sqrt{3}$。首先由$a_1=0<3+\sqrt{3}$，因此$n=1$時不等式成立。現假定$n=k$時有$a_k<3+\sqrt{3}$，那麼有

$\displaystyle a_{k+1}=\frac{5+\sqrt{4a_k+1}}{2}<\frac{5+\sqrt{13+4\sqrt{3}}}{2}=3+\sqrt{3}$

因此根據數學歸納法可知不等式$a_n<3+\sqrt{3}$對所有正整數$n$恆成立。

由於$\left\{a_n\right\}$遞增有上界，因此根據單調有界定理可知$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$存在。現在記數列$\left\{a_n\right\}$的極限為$L$，那麼對$\displaystyle a_{n+1}=\frac{5+\sqrt{4a_n+1}}{2}$同取極限可得

$\displaystyle L=\frac{5+\sqrt{4L+1}}{2}$

如此可解得$L=3\pm\sqrt{3}$。但由於數列遞增且$a_2=3$，故$L=3-\sqrt{3}$不合，因此極限值$L=3+\sqrt{3}$。



3. 以$a_n$表示用$1$和$2$組成、至少有兩個相鄰的位碼同時為$1$的$n$位自然數的個數；而$b_n$表示用$1$和$0$組成、至少兩個相鄰的位碼同時為$1$的$n$位自然數的個數。例如$a_3=3$，因為只有$112,211,111$三個這樣的數；但$b_3=2$，因為只有$110$和$111$兩種這樣的數，注意的是$011$並不是。
   1. 寫出$a_n$之間的遞迴關係式。(但不必求遞迴關係式的解)
   2. 用$a_n$的答案表示$b_n$的答案。
訣竅
藉由添加數字的過程中發掘數列增加的變化關係，進而寫出遞迴關係式。
解法

1. 除了題目所定義之$a_n$外，考慮不符合題意剩餘的數字，可以分為$a_n'$與$a_n''$分別為開頭為$1$與開頭為$2$的數字。舉例如下，當$n=4$時，

   • $a_4=8$，因為有這$8$個數字符合條件：$1111$、$2111$、$1211$、$1121$、$1112$、$1122$、$2112$、$2211$；
   • $a_4'=3$，因為有這$3$個數字符合條件：$1221$、$1212$、$1222$；
   • $a_4''=5$，因為有$5$個數字符合條件：$2222$、$2122$、$2212$、$2221$、$2121$。

   可以注意到這三個數列滿足下列的關係

   $\left\{\begin{aligned} &a_n+a_n'+a_n''=2^n\\&a_{n+1}=2a_n+a_n'\\&a_{n+1}'=a_n''\\&a_{n+1}''=a_n'+a_n''\end{aligned}\right.$

   首先，$a_n,a_n',a_n''$窮盡$n$位雙字元數字的所有可能，其總數為$2^n$，這說明了第一條等式。再者由$a_{n+1}$的建構可知，要嘛由符合$a_n$的數字往前添加$1$或$2$而得，要嘛由$a_n'$的數字往前添加$1$而得，從而發現出第二條等式。其餘同理分析之即可。

   先從第四條方程可得$a_{n+1}''=2^n-a_n$，如此代入第三條方程有

   $a_{n+2}'=a_{n+1}''=2^n-a_n$

   最後再代入第二條方程中可得

   $a_{n+3}=2a_{n+2}+a_{n+2}'=2a_{n+2}+2^n-a_n$

   因此$a_n$滿足遞迴關係式如下

   $\left\{\begin{aligned} &a_{n+3}=2a_{n+2}-a_n+2^n,~n\geq1\\&a_1=0,~a_2=1,~a_3=3.\end{aligned}\right.$

2. 兩種數碼的不同處在於前者使用$1$與$2$時可以任意的排列成$n$位數，但後者使用$1$與$0$時應避免使$0$居於首位數。因此可以考慮一個變換規則，將所有$a_n$的數碼$2$改為$0$，隨後計數$2$居為首位的個數並排除，這樣的數量即為$b_n$。

   延續前一小題使用的符號可以發現

   $b_n=a_n-a_{n-1},~n\geq2$



4. 如圖，$\bigtriangleup ABC$中，$\angle ACB=\theta$，$\overline{AB}=c$，$\overline{BC}=a$，$\overline{CA}=b$。
   
   1. 試證存在$0<t<1$（$t$以$a,b,c$的式子表達），使得

      $\displaystyle\frac{1-t^2}a=\frac{2t-2t^2\cos\theta}{b}=\frac{1+t^2-2t\cos\theta}{c}.$

      [提示：考慮$\left(1-t^2\right)+\left(1+t^2-2t\cos\theta\right)$。]
   2. 若$a,b,c$皆為正整數，試證存在二正整數$m>n>0$，使得

      $\displaystyle\frac{m^2-n^2}{a}=\frac{2mn-2n^2\cos\theta}{b}=\frac{m^2+n^2-2mn\cos\theta}{c}.$

   3. 試求二正整數$p,q$使得$\displaystyle r=\sqrt{p^2+q^2+\frac{11}{10}pq}$也是正整數。
訣竅
對第一小題可直接解方程，第二小題應與第一小題進行聯繫即可，最後第三小題可直接試誤或進行餘弦定理進行考察。
解法

1. 取$\displaystyle t=\frac{b}{a+c}$可符合題意，這是因為根據三角不等式可知$a+c>b$，因此$\displaystyle t\in\left(0,1\right)$。

   首先注意到$\displaystyle\cos\theta=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，並且藉由$\displaystyle\frac{1-t^2}{a}=\frac{1+t^2-2t\cos\theta}{c}$進行整理即要解下列的二次方程

   $b\left(a+b\right)t^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)t+b\left(a-c\right)=0$

   運用公式解可得

   $\displaystyle t=\frac{a^2+b^2-c^2\pm\left(a^2-b^2-c^2\right)}{2b\left(a+c\right)}$

   因此有$\displaystyle t=\frac{a-c}{b}$或$\displaystyle t=\frac{b}{a+c}$。

2. 承前一小題明顯可取$m=a+c$、$n=b$便能符合題意。

3. 可取$p=10$, $q=17$，如此有$r=24$。

   想法：可以觀察到這是以$p,q,r$為三邊的三角形使用餘弦定理時會具有的形式，其中$r$的對角之餘弦值為$\displaystyle-\frac{11}{20}$，命該角為$R$，易知為鈍角。取$\overline{QR}=20$，那麼作過$Q$且垂直直線$\overline{PR}$交於$K$，那麼$\overline{RK}=11$，而$\overline{QK}=\sqrt{279}=3\sqrt{31}$。

   此時思考縮小三分之一的直角三角形其中一股長度為$\sqrt{31}$，斜邊為$b$，另一股為$a$，則$b^2-a^2=31$。若試探$b-a=1$，則$b+a=31$，從而$b=16$而$a=15$。至此可推知$\overline{PQ}=48$而$\overline{PK}=45$。此時$\bigtriangleup PQR$之三邊為$20,34,48$可滿足條件。簡單起見可取$10,17,24$亦能滿足。