pdf & doc 版題目卷

第 11 題：設 \(a\geq b\geq c\geq-2\) 且 \(3a + 2b - c = 4\)，則 \(a + 2b + c\) 之最大值＝？

解答：

令 \(x=a-b, y=b-c, z=c+2\)

\(3a + 2b - c = 4\)

\(\Rightarrow 3(a-b)+5(b-c)+4(c+2)=12\)

\(\Rightarrow 3x+5y+4z=12\)

則要滿足的限制條件為 \(3x+5y+4z=12,x\geq0,y\geq0,\) 且 \(z\geq0\)

滿足條件的區域為一個三角形，

且此三角形的各頂點為 \((4,0,0), (0,\frac{12}{5},0),(0,0,3)\)


再來研究目標函數～

\(a + 2b + c = (a-b)+3(b-c)+4(c+2)-8\)

　　　　\(=x+3y+4z-8\)

目標函數為 \(x+3y+4z-8\)

將各頂點帶入，可知當 \((x,y,z)=(0,0,3)\) 時，

　　　　　　　\(x+3y+4z-8=4\) 為最大值，

　　　　　　　亦即，當 \((a,b,c)=(1,1,1)\) 時，

　　　　　　　\(a + 2b + c=4\) 為最大值。

填充第 9 題
已知\(a,b\)為實數，若\(ax^{17}+bx^{16}+1\)能被\(x^2-x-1\)整除，則\(a=\)　　　。
[解答]
令 \(ax^{17}+bx^{16}+1=\left(x^2-x-1\right)\left(a_{15} x^{15} + a_{14} x^{14} +\cdots+a_1 x+a_0\right)\)

把左式用分離係數法乘開如下：

100_lssh_Q9.png (62.34 KB)

2011-6-23 09:17

註：解完才發現，thepiano 老師的解法更棒～詳見 http://www.shiner.idv.tw/teachers/viewtopic.php?p=6349#p6349

填充第 10 題：
設\(a,b\)皆為正整數，且\(a>b\)，若\(\displaystyle \frac{a+b}{a^2+ab+b^2}=\frac{2}{11}\)，則序對\((a,b)=\)　　　。
[解答]
因為 \(a>0,b>0\) 且 \(\displaystyle \frac{a+b}{a^2+ab+b}=\frac{2}{11}\)

所以，令 \(a+b=2k, a^2+ab+b=11k\)，其中 \(k\) 為正整數，

則

\(a^2+ab+b=11k\)

\(\Rightarrow a(a+b)+b=11k\)

\(\Rightarrow 2ak+b=11k\)

\(\Rightarrow b=k(11-2a)>0\)

\(\Rightarrow 11-2a>0\)

\(\displaystyle \Rightarrow 0<a<\frac{11}{2}\)

\(a=1,2,3,4,\mbox{ 或 }5\)

帶入 \(\displaystyle \frac{a+b}{a^2+ab+b}=\frac{2}{11}\)

可解得只有 \((a,b)=(5,5)\) 會使得 \(a,b\) 皆為正整數，

但是，題目有說 \(a>b,\)

所以此題無解。

註：亦可參見 thepiano 老師更快的解法步驟：http://www.shiner.idv.tw/teachers/viewtopic.php?p=6349#p6349 ^__^

填充第 2 題
若\((x-1)(x+1)^{30}=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\ldots+a_{31}x^{31}\)，試求\(a_0+a_1+2a_2+3a_3+\ldots+31a_{31}=\)　　　。
[解答]
令 \(f(x)=(x-1)(x+1)^{30}=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_{31}x^{31}\)

則 \(f'(x)=(x+1)^{30}+(x-1)\cdot30(x+1)^{29}\)

\(a_1+2a_2+3a_3+\cdots+31a_{31}=f'(1)=2^{30}\)

且因為 \(a_0=f(0)=-1\)

所以，\(a_0+a_1+2a_2+3a_3+\cdots+31a_{31}=2^{30}-1=1024\times1024\times1024-1=1073741823.\)

填充第 4 題
已知兩點\(A(x,y)\)，\(B(p,q)\)，且\(\displaystyle x=\frac{p}{p^2-q^2}\)，\(\displaystyle y=\frac{q}{p^2-q^2}\)，\((p\ne q)\)，若\(B\)點在直線\(x-y-1=0\)上運動，則\(A\)點的軌跡方程式為=　　　。
[解答]
因為 \(B(p,q)\) 點位在 \(x-y-1=0\) 直線上，

所以 \(p-q-1=0\Rightarrow p-q=1\)

\(\displaystyle x+y=\frac{p}{p^2-q^2}+\frac{q}{p^2-q^2}=\frac{p+q}{p^2-q^2}=\frac{1}{p-q}=1\)

\(\Rightarrow x+y-1=0\)

故，\(A(x,y)\) 點位在 \(x+y-1=0\) 直線上。




至於能否證明 \(A\) 的軌跡就是一整條直線～～～

\(\displaystyle x=\frac{p}{p^2-q^2}=\frac{p}{(p-q)(p+q)}\)

　\(\displaystyle =\frac{p}{p+q}=\frac{p}{p+(p-1)}\)

　\(\displaystyle =\frac{p}{2p-1}\)

\(\displaystyle \Rightarrow p=\frac{x}{2x-1}\)

故，只要 \(x\) 不等於 \(\displaystyle \frac{1}{2}\)，都可以找到 \(\displaystyle p=\frac{x}{2x-1}\)。

使得 \(B(p,q)\) 對應的 \(A(x,y)\) 落在 \(x+y-1=0\) 直線上。


至於 \(x+y-1=0\) 直線上的點 \(\displaystyle (\frac{1}{2},\frac{1}{2})\)

似乎找不到對應的 \(B(p,q)\) ？

所以答案應該是～～～～ \(x+y-1=0\) 扣掉一點 \(\displaystyle (\frac{1}{2},\frac{1}{2})\).



不知以上討論是否有疏漏的地方？^__^

不是做錯，是沒做完~~

題目要求 \(A\) 點軌跡方程式，

就是要求 \(x,y\) 要滿足的關係式，

而你列的式子最後還是有在變動的 \(p,q\)

而不是單純只有 \(x,y\) 。

不是，

\(p,q\) 是變數，

\(B(p,q)\) 是位在 \(x-y-1=0\) 直線上的動點。

如果 \(p,q\) 是常數的話，

那 \(\displaystyle A(x,y)=(\frac{p}{p^2-q^2},\frac{q}{p^2-q^2})\) 就是定點了，

何必求軌跡方程式呢？：Ｐ

第 6 題：
如圖(二)，\(\triangle ABC\)中，\(\overline{AB}=10\)，\(\overline{AC}=8\)，\(\overline{BC}=6\)，圓\(O\)為過\(C\)且與\(\overline{AB}\)相切的最小圓，圓\(O\)交\(\overline{BC}\)於\(E\)，交\(\overline{AC}\)於\(F\)，則\(\overline{EF}\)的長為=　　　。
[解答]
因為圓 \(O\) 為過 \(C\) 且與 \(\overline{AB}\) 相切的最小圓，

所以 \(\overline{CD}\) 為直徑，

\(\displaystyle \overline{CD} = \frac{\overline{AC}\times \overline{BC}}{\overline{AB}}=\frac{24}{5}\)

因為 \(\angle FCE=90^\circ\)

所以 \(\overline{EF}\) 亦為圓 \(O\) 的直徑，

故， \(\displaystyle \overline{EF}=\overline{CD}=\frac{24}{5}.\)


第 18 題：
如圖(三)，一圓交一正三角形\(ABC\)於\(D\)、\(E\)、\(F\)、\(G\)、\(H\)、\(I\)六點，若\(\overline{CF}=1\)，\(\overline{FG}=13\)，\(\overline{AG}=2\)，\(\overline{HI}=7\)，則\(\overline{DE}=\)　　　。
[解答]
此正三角形邊長 \(=1+13+2=16\)

\(\overline{AF}\times \overline{AG} = \overline{AH}\times \overline{HI}\)

　　\(\Rightarrow 15\times2=\overline{AH}\times(\overline{AH}+7)\)

　　\(\Rightarrow \overline{AH}=3\)

　　\(\Rightarrow \overline{BI}=16-(7+3)=6\)

令 \(\overline{CE}=x, \overline{BD}=y\)

由 \(\overline{CF}\times \overline{CG}=\overline{CE}\times \overline{CD}\)

　　且 \(\overline{BI}\times \overline{BH}=\overline{BD}\times \overline{BE}\)

可得 \(x(16-y)=14\) 且 \(y(16-x)=78\)

兩式相減，再以帶入消去法，

可解得 \(x=6-\sqrt{22}, y=10-\sqrt{22}\)

故，\(\overline{DE}=16-(x+y)=2\sqrt{22}.\)

113.5.8補充
如右圖，圓與正三角形\(\Delta ABC\)的三邊交出6個點，如果\(\overline{AG}=2\)、\(\overline{GF}=13\)、\(\overline{FC}=1\)、\(\overline{HI}=7\)，試求\(\overline{DE}=\)　　　。
(113台北市立陽明高中，https://math.pro/db/thread-3864-1-1.html)






第 24 題
如下圖，麗山高中的\(L\)形圖騰由一些方格所構成
(1)用5種顏色來塗這些方格，規定相鄰的格子必須著不同色，顏色可重複使用，則著色方法有　　　種。
(2)若用\(2\times1\)恰兩個方格大小的長方形磁磚來鋪這個\(L\)形的圖騰，規定不能敲碎磁磚，且須剛好鋪滿整個\(L\)形的圖騰，則鋪法有　　　種。
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[解答]
第 1 小題



如圖，先塗紅色區域，再塗藍色區域，

然後每兩個為一組塗色區域，

可得所求＝\((5\times 4)\times(1\times4+3\times3)^7=20\times 13^7\)

第 5 題：
如圖(一)，\(\overline{AB}\)與圓\(O\)相切於\(A\)，\(\overline{AB}=6\)，\(D\)為圓內一點，\(\overline{BD}\)為圓\(O\)於\(C\)，且\(\overline{BC}=\overline{CD}=3\)，\(\overline{OD}=2\)，則圓\(O\)的半徑為=　　　。
[解答]


如圖，延長題目的各線段，使之交圓於圖中 \(E,F,G\) 各點，則

\(\overline{AB}^2=\overline{BC}\times \overline{BE}\)

\(\Rightarrow \overline{BE}=12\)

\(\Rightarrow \overline{ED}=6\)

設 \(\overline{OF}=r\)

由 \(\overline{DF}\times \overline{DG}=\overline{DC}\times \overline{DE}\)

可得 \((r-2)(r+2)=3\times6\)

　　 \(\Rightarrow r=\sqrt{22}\)