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標題: 2011TRML [打印本頁]

作者: bugmens    時間: 2011-10-10 16:38     標題: 2011TRML

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/

附件: 2011TRML.rar (2011-10-10 16:38, 357.88 KB) / 該附件被下載次數 4118
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作者: weiye    時間: 2012-2-20 10:21     標題: 回復 1# bugmens 的帖子

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:

\(\displaystyle \left\{\begin{array}{c}f(n)>f(n+1)\\ f(n)>f(n-1)\end{array}\right.\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}f(n)-f(n+1)>0\\ f(n)-f(n-1)>0\end{array}\right.\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}(n+1)0.91^n-(n+2)0.91^{n+1}>0\\ (n+1)0.91^n-n\cdot0.91^{n-1}>0\end{array}\right.\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}0.91^n\left((n+1)-(n+2)\cdot0.91\right)>0\\ 0.91^{n-1}\left((n+1)0.91-n\right)>0\end{array}\right.\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}(n+1)-(n+2)\cdot0.91>0\\ (n+1)0.91-n>0\end{array}\right.\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}n>\frac{82}{9}\\ n<\frac{91}{9}\end{array}\right.\)

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 \(4,6,4,6,4,6\) 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,



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=\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}\cdot 14^2}{4}-3\times\frac{\sqrt{3}\cdot 4^2}{4}=37\sqrt{3}.\)


ps. 至於為何此新的大六邊形的每個內角都是 \(120^\circ\) ,
  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 \(g(x)=ax^2+bx+c,\)

將 \(1,3,4,p\) 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 \(ax^2+bx+c = k_1\)

另一組兩數帶入 \(g(x)\) 得 \( ax^2+bx+c = k_2\)

其中 \(k_1, k_2\) 為 \(f(x)=0\) 的兩根



因此,\(1,3,4,p\) 中的某兩數為 \(ax^2+bx+(c - k_1)=0\) 的兩根,而另兩數為 \(ax^2+bx+(c - k_2)=0\) 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 \(6.\)

圖片附件: qq5.png (2012-2-20 10:23, 16.75 KB) / 該附件被下載次數 3145
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作者: hugo964    時間: 2012-3-12 15:35     標題: 回復 1# bugmens 的帖子

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  
作者: weiye    時間: 2012-3-12 16:37     標題: 回復 3# hugo964 的帖子

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 \(\displaystyle \frac{8045}{2012}\)
作者: Ellipse    時間: 2012-3-12 23:52

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
作者: kaline    時間: 2012-6-26 21:03

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  
作者: katama5667    時間: 2012-7-2 14:31     標題: 回復 6# kaline 的帖子

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 ]
作者: kaline    時間: 2012-7-3 00:49

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?
作者: 艾瑞卡    時間: 2015-2-28 11:07

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 ^^
作者: tsusy    時間: 2015-2-28 11:22     標題: 回復 9# 艾瑞卡 的帖子

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
作者: 艾瑞卡    時間: 2015-2-28 12:20     標題: 回復 10# tsusy 的帖子

謝謝寸絲師!! ^.^




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