標題: 105台北市立復興高中二招 [打印本頁]

---

作者: apple    時間: 2016-6-16 13:13     標題: 105台北市立復興高中二招

校方公告題目以及解答(附絕大部分詳解)

提供自己寫第3題的做法：
方程式為兩個圓，看成兩點分別在兩個圓上，和原點形成三角形，利用三角形面積求出所求之極值。
不知道有沒有其他的想法？

第4題：
拆項對消後，可以得到第n項

另外想要問第7題，
感覺這種題目常常出現，不知道怎麼下手比較恰當。
謝謝。

校方給的答案中，第六題的答案應該要修正成 3 或 3/5 才對。
謝謝信哥提醒~~~~~

[ 本帖最後由 apple 於 2016-6-17 10:02 AM 編輯 ]

附件: 105台北市立復興高中第2次數學教甄.pdf (2016-6-16 13:13, 120.86 KB) / 該附件被下載次數 9933
https://math.pro/db/attachment.php?aid=3495&k=b5f5c05f53ca041d7b518b5c3bcbd877&t=1732257408

附件: 105台北市立復興高中 第2次數學教甄答案.pdf (2016-6-16 13:13, 152.01 KB) / 該附件被下載次數 10025
https://math.pro/db/attachment.php?aid=3496&k=5c5d0510c3014653f1ed1c91b1222199&t=1732257408

---

作者: bugmens    時間: 2016-6-16 13:34

4.
設數列\( \langle\; a_n \rangle\; \)滿足遞迴式\( \Bigg\{\; \matrix{\displaystyle a_1=\frac{1}{3} \cr a_n=a_{n-1}+\frac{2}{n^2+3n+2},n \ge 2} \)，試求\(a_n\)。
[提示]
\( \displaystyle a_n=a_{n-1}+2\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) \)
\( \displaystyle a_{n-1}=a_{n-2}+2 \left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right) \)
\( \ldots \)
\( \displaystyle a_3=a_2+2 \left( \frac{1}{4}-\frac{1}{5} \right) \)
\( \displaystyle a_2=a_1+2 \left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4} \right) \)


5.
某手機公司共有甲、乙、丙三個生產線，依據統計，甲、乙、丙所製造的手機中分別有3%,1%,1%是瑕疵品。若公司希望在全部的瑕疵品中，由甲生產線所製造的比例不得超過\( \displaystyle \frac{1}{4} \)，則甲生產線所製造的手機數量可占全部手機產量的百分比至多為　　　。

某手機公司共有甲、乙、丙三個生產線，依據統計，甲、乙、丙所製造的手機中分別有5%,3%,3%是瑕疵品。若公司希望在全部的瑕疵品中，由甲生產線所製造的比例不得超過\( \displaystyle \frac{5}{12} \)，則甲生產線所製造的手機數量可占全部手機產量的百分比至多為　　　。
(100指考數甲)


6.
坐標空間中，若平面\(E\)：\(ax+by+cz=1\)滿足以下三條件：
(1)平面\(E\)與平面\(F\)：\(x+y+z=1\)有一夾角為\(30^{\circ} \)，
(2)點\(A(1,1,1)\)到平面\(E\)的距離等於1，
(3)\(a+b+c>0\)，
試求\(a+b+c\)的值　　。

坐標空間中，若平面\(E\)：\(ax+by+cz=1\)滿足以下三條件：
(1)平面\(E\)與平面\(F\)：\(x+y+z=1\)有一夾角為\(30^{\circ} \)，
(2)點\(A(1,1,1)\)到平面\(E\)的距離等於3，
(3)\(a+b+c>0\)，
則\(a+b+c\)的值為　　。
(100指考數甲)

---

作者: thepiano    時間: 2016-6-16 15:28     標題: 回復 1# apple 的帖子

第7題
\(\begin{align}
  & f\left( x \right)={{b}_{1}}\left( x-{{a}_{2}} \right)\left( x-{{a}_{3}} \right)+{{b}_{2}}\left( x-{{a}_{3}} \right)\left( x-{{a}_{1}} \right)+{{b}_{3}}\left( x-{{a}_{1}} \right)\left( x-{{a}_{2}} \right)-\left( x-{{a}_{1}} \right)\left( x-{{a}_{2}} \right)\left( x-{{a}_{3}} \right) \\
& f\left( {{a}_{1}} \right)>0,f\left( {{a}_{2}} \right)<0,f\left( {{a}_{3}} \right)>0,f\left( \infty  \right)<0 \\
\end{align}\)

---

作者: thepiano    時間: 2016-6-16 17:18     標題: 回復 1# apple 的帖子

第 3 題
用柯西或參數式搭配疊合與和角也可以

---

作者: jackyxul4    時間: 2016-6-16 22:11     標題: 回復 1# apple 的帖子

話說....第六題答案應該是3和3/5吧.....?

---

作者: eyeready    時間: 2016-6-16 22:36     標題: 回復 5# jackyxul4 的帖子

是的！想請教第八題，如何運算呢？

[ 本帖最後由 eyeready 於 2016-6-17 12:07 PM 編輯 ]

---

作者: apple    時間: 2016-6-17 10:01     標題: 回復 5# jackyxul4 的帖子

應該是3/5，沒錯!!!!

這是校方給的答案。
不過，我先在上面修正好了~~~

---

作者: cefepime    時間: 2016-6-17 13:40

第8題，拼湊一個構想拋磚引玉。

設 a, b, c 為異於 1 之正數，且 loga 10 + logb 10 + logc 10 = logabc 10，試求 (abc)⁴ - (abc)² * (a² + b² + c²) + a²b² + b²c² + c²a² 的值。

想法: 觀察條件式，"10" 並不具特殊性 -- 它可被任意非 1 正數取代。或者，觀察到只要 a, b, c 任二者呈倒數關係，即可滿足條件式。由此發現聯想到用 a, b, c 之一 (而非 10) 作為對數的底。

解:

loga 10 +  logb 10 + logc 10 = logabc 10

⇒ loga a +  logb a + logc a = logabc a   (亦可逕換底為 a)

⇒ 1 + (1 / loga b) + (1 / loga c) = 1 / (1 + loga b + loga c)

⇒ 1 + 1/s + 1/ t = 1/(1+s+t)   (令 loga b = s，loga c = t)

⇒ (s+t) / st = - (s+t) / (1+s+t)

⇒ (s+t)*(s +1)*(t +1) = 0

⇒ s = -t ∨ s = -1∨ t = -1

⇒ bc = 1 ∨ ab = 1 ∨ ac = 1

若 bc = 1，所求 = a⁴ - a² * (a² + b² + c²) + a² * (b² + c²) +1 = 1

(基於對稱性，其餘情形亦同。)

---

作者: thepiano    時間: 2016-6-17 15:07     標題: 回復 6# eyeready 的帖子

第8題
\(\begin{align}
  & \log {}_{a}10+\log {}_{b}10+\log {}_{c}10=\log {}_{abc}10 \\
& \frac{1}{\log a}+\frac{1}{\log b}+\frac{1}{\log c}=\frac{1}{\log \left( abc \right)} \\
& \log a=x,\log b=y,\log c=z \\
& \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z} \\
& \frac{yz+zx+xy}{xyz}=\frac{1}{x+y+z} \\
& xyz+{{y}^{2}}z+y{{z}^{2}}+z{{x}^{2}}+xyz+{{z}^{2}}x+{{x}^{2}}y+x{{y}^{2}}+xyz=xyz \\
& {{x}^{2}}y+x{{y}^{2}}+{{y}^{2}}z+y{{z}^{2}}+{{z}^{2}}x+z{{x}^{2}}+2xyz=0 \\
& \left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)=0 \\
& ab=1\ or\ bc=1\ or\ ca=1 \\
& {{(abc)}^{4}}-{{(abc)}^{2}}({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}=1 \\
\end{align}\)

---

作者: cefepime    時間: 2016-6-17 15:22

第 2 題，分享一個另解。

設 x, y, z 為正實數，試證明: x / (3x+y+z)  + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ≤ 3/5。

想法: 這種分式型的題目，有時可利用 "排序不等式" 解。(105松山高中計算證明題 4 亦同，請參考 https://math.pro/db/thread-2482-1-1.html)。

解:

左式顯然為二數列之逆序和。或者說:

不妨設 x ≥ y ≥ z

則 1/(3x+y+z) ≤ 1/(x+3y+z) ≤ 1/(x+y+3z)

由排序不等式，有:

x / (3x+y+z) + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ≤ x / (3x+y+z) + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ... (1)

x / (3x+y+z) + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ≤ y / (3x+y+z) + z / (x+3y+z) + x / (x+y+3z) ... (2)

x / (3x+y+z) + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ≤ z / (3x+y+z) + x / (x+3y+z) + y / (x+y+3z) ... (3)


(1)*3 + (2) + (3)

⇒ 5*(左式) ≤ 3，故 (左式) ≤ 3/5，得證。

---

作者: eyeready    時間: 2016-6-17 16:03

感謝thepiano、cefeprime 大大詳解！！

---

作者: Ellipse    時間: 2016-6-17 22:20

引用:

原帖由 thepiano 於 2016-6-17 03:07 PM 發表
第8題
\(\begin{align}
  & \log {}_{a}10+\log {}_{b}10+\log {}_{c}10=\log {}_{abc}10 \\
& \frac{1}{\log a}+\frac{1}{\log b}+\frac{1}{\log c}=\frac{1}{\log \left( abc \right)} \\
& \log a=x,\log b=y ...

借一下鋼琴兄這個:
1/x +1/y +1/z =1/ (x+y+z)
推得(x+y)(y+z)(z+x)=0
考生可以把這個記起來
否則考試還要花很多時間證

或是用輪換的方式也可以證

---

作者: Ellipse    時間: 2016-6-17 22:31

引用:

原帖由 cefepime 於 2016-6-17 03:22 PM 發表
第 2 題，分享一個另解。

設 x, y, z 為正實數，試證明: x / (3x+y+z)  + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ≤ 3/5。

想法: 這種分式型的題目，有時可利用 "排序不等式" 解。(105松山高中計算證明題 4 亦同，請參考 http://m ...

這題也可以用"琴生不等式"
你們可以想想看

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2016-6-17 10:46 PM 編輯 ]

---

作者: cefepime    時間: 2016-6-17 23:37

引用:

原帖由 Ellipse 於 2016-6-17 10:31 PM 發表

這題也可以用"琴生不等式"
你們可以想想看

謝謝 Ellipse 老師的提示，嘗試一做:


設 x, y, z 為正實數，試證明: x / (3x+y+z)  + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ≤ 3/5。


證明:

因左式為零次齊次函數, 不妨設 x+y+z = 1，原題即證: x / (2x+1) + y / (2y+1) + z / (2z+1) ≤ 3/5。

考慮函數 f(t) = t / (2t+1)，當 t > 0，其為凹口向下 (concave) 函數。  [ 因當 t > 0，g(t) = 1 / (2t+1) 凹口向上; 或因 f''(t) > 0 ]

由 Jensen 不等式:

[ f(x) + f(y) + f(z) ] / 3 ≤ f((x+y+z)/3) = f(1/3)

⇒ x / (2x+1) + y / (2y+1) + z / (2z+1) ≤ 3/5，得證。

------------------------------------------------------------------------------


上文提到的 "不妨設 x+y+z = 1"，也可以使利用柯西不等式的證明看起來精簡些，如下:

設 x+y+z = 1，原題即證: x / (2x+1) + y / (2y+1) + z / (2z+1) ≤ 3/5

由柯西不等式:

[ (2x+1) + (2y+1) + (2z+1) ] * [ 1/(2x+1) + 1/(2y+1) + 1/(2z+1) ] ≥ 9

⇒ 1/(2x+1)  + 1/(2y+1) + 1/(2z+1) ≥ 9/5

⇒ 1 - [ 2x/(2x+1) ] + 1 - [ 2y/(2y+1) ] + 1 - [ 2z/(2z+1) ] ≥ 9/5

⇒ x / (2x+1) + y / (2y+1) + z / (2z+1) ≤ 3/5，得證。


[ 本帖最後由 cefepime 於 2016-6-19 02:11 PM 編輯 ]

---

作者: cefepime    時間: 2016-6-18 03:09

第 2 題，參考 thepiano 老師之前的帖 (https://math.pro/db/thread-2436-2-3.html)，亦可採用算幾不等式。

(聯想: 算幾⇔柯西 ; 排序⇒算幾&柯西 ; 琴生⇒算幾&柯西 → 公告解答用柯西證明，暗示了用算幾，排序，及琴生不等式的可行性)。

設 x, y, z 為正實數，試證明: x / (3x+y+z)  + y / (x+3y+z) + z / (x+y+3z) ≤ 3/5。

證明:

令 3x+y+z = a，x+3y+z = b，x+y+3z = c ⇒ x = (4a-b-c)/10，y = (-a+4b-c)/10，z = (-a-b+4c)/10

原題即證:  

(4a-b-c)/a + (-a+4b-c)/b + (-a-b+4c)/c ≤ 6

⇔ 6 ≤ [(b/a) + (a/b)] + [(c/b) + (b/c)] + [(c/a) + (a/c)]

由算幾不等式，右式 ≥ 2+2+2 = 6，得證。

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

再來一個: 切線法 (利用切線的放縮法)

觀察原式，當 (x, y, z) = (1, 1, 1) 時可取等號 ⇒ 取函數 f(x) = 3x/25 + 2/25

先證: 當 x > 0，

x / (2x+3) ≤ 3x/25 + 2/25 ... (*)

⇔ 25x ≤ 6x² + 13x + 6

⇔ 0 ≤ (x - 1)²，成立。


回到題目式，不妨設 x+y+z = 3   [ 因上文是依據 (x, y, z) = (1, 1, 1) 分析 ]

原題即證:

x / (2x+3)  + y / (2y+3) + z / (2z+3) ≤ 3/5

由 (*) 式， 有:

x / (2x+3) ≤  3x/25 + 2/25 ... (1)

y / (2y+3) ≤  3y/25 + 2/25 ... (2)

z / (2z+3) ≤  3z/25 + 2/25 ... (3)

(1)+(2)+(3)

x / (2x+3)  + y / (2y+3) + z / (2z+3) ≤ 3/5，得證。


[ 本帖最後由 cefepime 於 2016-6-18 08:47 AM 編輯 ]

---

作者: jackyxul4    時間: 2016-6-18 09:07     標題: 回復 5# jackyxul4 的帖子

又發現到一件事情，第10題題目裡並沒有給出O點就是原點這件訊息吧?

所以其實題目是有瑕疵的，因為T是以原點為中心旋轉

要的話題目應該要加上O為原點，或是改後面題目任意三角形OPQ變換為O'P'Q'

---

歡迎光臨 Math Pro 數學補給站 (https://math.pro/db/)

論壇程式使用 Discuz! 6.1.0