TRML絕對是每年教甄的一大重點，但近幾年主辦單位已經不公佈題目
感謝高雄中學數學科教師提供題目，造福廣大的教甄考生
h ttp://web.kshs.kh.edu.tw/math/exam.htm(連結已經失效)

我花了一些時間將整份題目重新打字，圖也重新畫過
2011TRML.odt需要OpenOffice或LibreOffice才能開啟
http://www.libreoffice.org/

有朋友問我團體賽的第 3,5,6 題，幫他解答後，順便附在這裡～


第 3 題：

f(n)f(n+1)f(n)f(n−1) 

f(n)−f(n+1)0f(n)−f(n−1)0 

(n+1)091n−(n+2)091n+10(n+1)091n−n091n−10 

091n(n+1)−(n+2)0910091n−1(n+1)091−n0 

(n+1)−(n+2)0910(n+1)091−n0 

n982n991 

因為 n 為正整數，所以 n=10






第 5 題：

如果畫出外接圓圓心，然後連接到題目所給的六邊形的各頂點，把它切割成六個小三角形，

可以發現這六個小三角形重新排列成~邊長依序為 464646 的新的六邊形的話，則新六邊形的面積不變，

而重排之後的新六邊形面積就好算了，

就將邊長為 6 的三邊延長，

qq5.png (16.75 KB)

2012-2-20 10:23

如附圖，用邊長為 14(=4+6+4) 的大正三角形面積扣掉三個邊長為 4 的小三角形面積就可以得到了。

所求面積＝43142−34342=373 


ps. 至於為何此新的大六邊形的每個內角都是 120 ，
　　其實畫出它的外接圓與圓心就可以證的出來了，在此就省略說明了。



第 6 題

設 g(x)=ax2+bx+c

將 134p 分成兩數、兩數為一組～共兩組，

必存在有某一組兩數帶入 g(x) 得 ax2+bx+c=k1

另一組兩數帶入 g(x) 得 ax2+bx+c=k2

其中 k1k2 為 f(x)=0 的兩根



因此，134p 中的某兩數為 ax2+bx+(c−k1)=0 的兩根，而另兩數為 ax2+bx+(c−k2)=0 的兩根

因為此兩方程式有相同的「兩根之和」，因此有下列三種可能性：

case i: 1+3=4+p

case ii: 1+4=3+p

case iii: 4+3=1+p

可得 p 的最大值為 6

想請問個人賽I-2, I-9應朝何方向解決?
謝謝。

個人賽I-2
設a、b、c是三實數，滿足a+b+c=9， ab+bc+ca=0 ，則 a+b 的最大值為　　。

個人賽I-9
考慮所有滿足 \displaystyle \cases{a_1+a_2+\ldots+a_{2011}=2012 \cr \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_{2011}}=2012} 的2011個正數 a_1,a_2,\ldots,a_{2011} ，則對於 i=1,2,\ldots,2011 ， \displaystyle a_i+\frac{1}{a_i} 的最大值為　　。

個人賽第 2 題：

因為 a+b+c = 9 ，所以 a+b = 9-c

所以題目等同於要找 c 的最小值

再來先換成兩個變數就好~ a+b+c= 9\Rightarrow b= 9-a-c

帶入 ab+bc+ca=0\Rightarrow c(a+b) + ab =0

可得 c(9-c) + a(9-a-c)=0\Rightarrow a^2 + (c-9) a + c(c-9)=0

（上面那行～是刻意表示成 a 的一元二次方程式的樣子）

因為 a 為實數，所以上式 a 的一元二次方程式有實根

由判別式 \geq 0

可得 (c-9)^2 - 4\cdot1\cdot c(c-9)\geq 0\Rightarrow -3\leq c\leq 9

（討論至此發現，發現 c 有下界 -3，但它會是最小值嗎？）

當 c=-3 時，帶入 a^2 + (c-9) a + c(c-9)=0

即可解得 a = 6，

順便再由 a+b+c=9，可得 b = 6.

因此，可知當 (a,b,c)=(6,6,-3) 時，

c 會有最小值為 -3，

且 a+b 的最大值為 12.








個人賽第 9 題：

a_1+a_2+a_3+\cdots+a_{2011}=2012

\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots+\frac{1}{a_{2011}}=2012

如果說要求 \displaystyle a_i+\frac{1}{a_i} 範圍

可將上面兩式改寫成

a_1+a_2+a_3+\cdots+a_{i-1}+a_{i+1}+\cdots+a_{2011}=2012-a_i

\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots+\frac{1}{a_{i-1}}+\frac{1}{a_{i+1}}+\cdots+\frac{1}{a_{2011}}=2012-\frac{1}{a_i}


由柯西不等式可得

\displaystyle \left(a_1+a_2+a_3+...+a_{i-1}+a_{i+1}...+a_{2011}\right)\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots+\frac{1}{a_{i-1}}+\frac{1}{a_{i+1}}+\cdots+\frac{1}{a_{2011}}\right)

　　\geq \left(1+1+1+....+1+1+1\right)^2

\displaystyle\Rightarrow \left(2012-a_i\right)\left(2012-\frac{1}{a_i}\right)\geq 2010^2

\displaystyle\Rightarrow 2012^2 - 2012\cdot a_i - \frac{2012}{a_i} +1 \geq 2010^2

\displaystyle a_i+\frac{1}{a_i}\leq \frac{8045}{2012}

且當等號成立時，a_1=a_2=a_3=\cdots=a_{i-1}=a_{i+1}=\cdots=a_{2011}

此時，2010a_1+a_i=2012 且 \displaystyle  \frac{2010}{a_1}+\frac{1}{a_i}=2012

將「a_i 帶入 a_1」或是「a_1 帶入 a_i」，再利用根與係數關係式，

皆可討論得 a_i 與 a_1 都有正實根，

因此 \displaystyle a_i+\frac{1}{a_i} 的最大值為 \displaystyle \frac{8045}{2012}

引用:

原帖由 hugo964 於 2012-3-12 03:35 PM 發表
想請問個人賽I-2, I-9應朝何方向解決?
謝謝。

I-2 提供另一個想法

a+b+c=9 ,a+b=9-c-------------(1)

(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)
=a^2+b^2+c^2+2*0=a^2+b^2+c^2=9^2=81
a^2+b^2=81-c^2------------(2)

由柯西不等式得
(a^2+b^2)(1^2+1^2)>=(a+b)^2-----------(*)
將(1)&(2)代入(*)
得(81-c^2)*2>=(9-c)^2
整理得c^2-6c-27<=0
(c-9)*(c+3)<=0
-3<=c<=9---------------(3)

由(1)&(3)知     0<=a+b<=12
所以a+b最大值=12

想請問團體賽的第4,9,10題及個人賽的第3,5,11題,謝謝

個人賽I-3
如右圖，以 \overline{AB} 為直徑畫一圓， C 、 D 兩點在 \overline{AB} 上，使得 \overline{AC}=\overline{CD}=\overline{DB} ， Q 、 E 兩點在圓周上使得 Q 、 D 、 E 三點共線且 \overline{CE} ⊥ \overline{AB} ，再以 \overline{AD} 為直徑在圓內部畫一半圓，設 \overline{AQ} 交此小半圓於 P 點。若 \overline{AB}=9 ，則 \overline{PQ}= 　　。

個人賽I-5
滿足 3x^2-8[x]+2=0 最大的實數 x 為　　。(其中 [x] 表示小於或等於 x 的最大整數)

個人賽I-11
從1到35的35個正整數中選取某些數形成一些集合，使得每個集合中最大的數恰為此集合中其餘所有的數之乘積。如果1到35的每一個數至多只能出現在某一個集合中，則至多能造　　個這樣的集合。

團體賽4.
設 a 、 b 為正整數，且所有實數 x 都滿足 \displaystyle \left| \frac{2ax-b}{2x^2-8x+9} \right|<1 ， a+b= 　　。

團體賽9.
已知數列 a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n 滿足 a_{k+1}=a_{k}+3log2 或 a_{k+1}=a_k+log5 或 a_{k+1}=a_k-2 三者之一， k=1,2,3,\ldots,n-1 ，且 a_n=a_1 。若 n>100 ，則正整數 n 的最小值為　　。

團體賽10.
有15個正整數 a_1,a_2,\ldots,a_{14},a_{15} 滿足 a_1<a_2<\ldots<a_{14}<a_{15} 且 \displaystyle \sum_{i=1}^{15}a_i^2 \le 2011 ，則 a_{12}-a_{7} 可以達到的最大值為　　。

個人賽第5題

8[x]=3x^2+2\geq 2\Rightarrow [x]\geq \frac{1}{4}\Rightarrow [x]\geq 1  
(1) [x]=1時，3x^2+2=8 \Rightarrow x=\sqrt{2}
(2) [x]=2時，3x^2+2=16 \Rightarrow x=\sqrt{\frac{14}{3}}=\frac{\sqrt{42}}{3}  
因為最多兩個實根，答案如上
(可以畫出左右兩個圖，更容易理解)
  
團體賽第4題

因為2x^2-8x+9=2(x-2)^2+1，所以|2ax-b|<2(x-2)^2+1
換句話說，y=2(x-2)^2+1的圖形恆在折線y=|2ax-b|=2a|x-\frac{b}{2a}|的上方
且此折線的斜率的絕對值為2a，
因為折線的圖形以對稱軸為中心左右對稱，
當斜率絕對值為最大 m 時，必以 x=2 為折線的對稱軸，
所以 2x^2-8x+9>m|x-2|

若x\geq 2，則 2x^2-8x+9>mx-2m\Rightarrow 2x^2+(-8-m)x+(9+2m)>0，則判別式<0，得m^2<8\Rightarrow m<2\sqrt{2}
若x<2，則同理得 m<2\sqrt{2}
則 2a\leq m=2\sqrt{2}\Rightarrow a\leq \sqrt{2}
所以 a=1

此時原式成了 2x^2-8x+9>|2x-b|
若2x\geq b，則 2x^2-8x+9>2x-b\Rightarrow 2x^2-10x+(9+b)>0，則判別式<0，得b>\frac{7}{2}
若2x< b，則 2x^2-8x+9>-2x+b\Rightarrow 2x^2-6x+(9-b)>0，則判別式<0，得b<\frac{9}{2}
則 \frac{7}{2}<b<\frac{9}{2}，所以 b=4

算了半天，沒有其他正整數解了，所以 a+b=5


團體賽第9題

因為a_{n}=a_{1}，假設3種遞迴各利用了 x,y,z次，其中x+y+z=n
則 a_{1}=a_{x+y+z}=a_{1}+3xlog2+ylog5-2z=a_{1}+log\frac{2^{3x}\times 5^{y}}{10^{2z}}


所以 2^{3x}\times 5^{y}=2^{2z}\times 5^{2z}
\Rightarrow 2z=3x=y\Rightarrow x:y:z=2:6:3
因此最小的n=x+y+z=11
但是n>100，因此最小的n=11\times 10=110

[ 本帖最後由 katama5667 於 2012-7-2 07:45 PM 編輯 ]

團賽第五題,正確題目是
6邊依序是4,4,6,6,4,6還是4,6,4,6,4,6?
還是哪種算法都一樣呢?

個人賽11題

請問正解個數4個,是如何求出呢 ?!?!

我隨意用窮舉法,就找到8個如下,

{2,9,18} , {3,8, 24} , {4,7, 28} , {5,6,30 } , {2, 17, 34}, {3, 11, 33} , {4, 8, 32} , {5, 7, 35}

還是我誤會題意了嗎 ?!?! 請糾正我,謝謝唷 ^^

個人賽 11：

題目有說每個數至多出現在一個集合之中，所以一個數最多只能用一次