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蔚借秦
4 years ago
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1 注意 : 允許學生個人非營利性的圖書館或公立學校合理使用本基金會網站所提供之各項試題及其解答可直接下載而不須申請重版系統地複製或大量重製這些資料的任何部分, 必須獲得財團法人臺北市九章數學教育基金會的授權許可申請此項授權請電郵 ccmp@seed.net.tw Notice: Individul students, nonprofit librries, or schools re permitted to mke fir use of the ppers nd its solutions. Republiction, systemtic copying, or multiple reproduction of ny prt of this mteril is permitted only under license from the Chiuchng Mthemtics Foundtion. Requests for such permission should be mde by e-miling Mr. Wen-Hsien SUN ccmp@seed.net.tw

2 年青少年數學國際城市邀請賽參賽代表遴選決賽試題第一部分 : 填充題, 每小題 5 分, 共 60 分 1. 將除以 106 之後所得到的餘數為參考解法 1 因 105 = = , 故 105 = (106 1) 107 = ( ) 而由二項式定理可知分別將 105 = (106 1) 107 = ( ) 展開後所得的兩個展開式中, 僅 ( 1) = 1與 (1) = 1 這二項不是 106 的倍數, 即可判斷出所得之餘數為 1+ 1= 0 參考解法因為奇數, 故可得知 = ( ) ( ) = 106 ( ) 即可判斷出所得之餘數為 0 參考解法 3 因 105 1(mod 106) 107 1(mod 106), 故 ( 1) + (1) 0 (mod 106), 即可判斷出所得之餘數為 0 ANS:0. 算式之值為參考解法 = = = = = = = ANS:37096

3 3. 點 E F 分別為長方形 ABCD 兩條邊 BC AB 上的點, 使得 ADF 的面積為 9 cm FBE 的面積為 6 cm CDE 的面積為 18 cm, 如圖所示, 則長方形 ABCD 的面積為 cm 參考解法令 AD= BC = cm AB= CD= b cm, 則長方形 ABCD 的面積為 b cm 而由 ADF 面積為 9 cm A F B E D C 18 可以得知 AF = cm 由 CDE 面積為 18 cm 36 可以得知 CE = cm, 故 b BF = AB AF = b cm BE = BC CE = cm, 此時再由 FBE 面積為 b 6 cm 可以得知 1 BF BE 即 ( b ) ( ) 6 b, 化簡得 ( b) 66b = 0, 因式分解可得 ( b 54)( b 1) = 0 可判斷出長方形 ABCD 的面積 b > > 1, 故長方形 ABCD 的面積 b = 54 cm ANS:54 cm 4. 一個遞增數列由五個相異的正整數所組成, 已知其首項為 5, 且該數列中任意連續兩項的平方和也都是一個完全平方數則此數列之末項的最小值為參考解法令第二項為 B 且 5 + B = w, 則 w B = 5, 即 ( w+ B)( w B) = 5 注意到 w> B> 5, 故 w+ B w B, 即 w+ B= 5 w B= 1 此時可解得 B = 1 令第三項為 C 且 1 + C = x, 則 x C 4 = 1, 即 ( x+ C)( x C) = 3 注意到 x > C > 1, 故 ( x + C) ( x C) = C > 4, 再因 x + C x C 的奇偶性相同, 故僅可能有 x + C = 36 x C = 4 此時可解得 C = 16 令第四項為 D 且 16 + D = y, 則 y D 8 = 16, 即 ( y+ D)( y D) = 注意到 y> D> 16, 故 ( y+ D) ( y D) = D> 3, 再因 y+ D y D 的奇偶性相同, 故可得二種情況 : 情況 (i) 6 y+ D= = 64 y D= = 4 此時可解得 D = 30 令第五項為 E 且 30 + E = z, 則 z E = 30, 即 ( z+ E)( z E) = 3 5 注意到 z > E > 30, 故 ( z+ E) ( z E) = E > 60, 此時可得三種情況 : 情況 (i)-1: z+ E = 3 5 = 450 z E = 此時可解得 E = 4 情況 (i)-: z+ E = 3 5 = 150 z E = 3= 6 此時可解得 E = 7 情況 (i)-3: z+ E = 3 5= 90 z E = 5= 10 此時可解得 E = 40 7 情況 (ii) y+ D= = 18 y D= 此時可解得 D = 63 且可得知第五項恆大於 40 因此第五項的最小值為 40 ANS:40

4 5. 已知存在兩個實數 b 滿足 b b + 的值為參考解法 b b + 3 = 4, + 3 = 4 且 b, 則由兩式相減可得知 b 3( b) = ( b)( + b 3) = 0 但因 b, 故可得知 + b= 3, 將此式兩側平方可得 + b+ b= 3 將前兩式代入, 可得知 4 3b + b = 3= 8 3( + b) + b = 8 3+ b = 5+ b, 即 b = 1. + b = 8 3( + b) = 8 3= 5. 所以 b + b 5 + = = = 5 b b 1 ANS: 5 6. 已知 b 均為整數若方程 x + x + b = 0之二根的平方和小於 1, 則 b 的最大值為參考解法令此方程的二根分別為 α β, 則由根與係數的關係知 α + β = αβ = b, 故有 α + β = ( α + β) αβ = 4b< 1 由題意可得知此方程的判別式 D= 8b 0, 即 8b, 因此 4b 4b, 故 4b < 1, 即 b < 3 若 b < 0, 則由 4b< 1知 4b < 1, 即 b > 3 故可得 3< b < 3 + D D + D 而 α + β = ( ) + ( ) = < 1, 因此 + D< 4 因為是整數且有 D 0, 故 4 4 現由 b 均為整數知 b 的最大值可為 4 = ( ) ( 4) = 8 若取 = 4 b =, 此時方程為 x + 4x + 4= 0, 二根的平方和為 8< 1, 即 b 的最大值 8 的確會發生 ANS:8 7. 滿足以下方程組的四元正整數組 (x, y, z, t) x + y= zt z + t = xy 共有組參考解法將兩條方程相加可得 x + y+ z+ t = zt+ xy, 移項並化簡可得 : ( x 1)( y 1) + ( z 1)( t 1) = 可知等式左右兩邊都是非負整數, 故 : (i) ( x 1)( y 1) = 1 ( z 1)( t 1) = 1 此時 x = y= z = t =, 共 1 組解 (ii) ( x 1)( y 1) 與 ( z 1)( t 1) 其中一項為 0 而另一項為由對稱性可先假設 ( x 1)( y 1) = ( z 1)( t 1) = 0, 且 x y z t 此時可得 x = 3 y = t = 1且 z = x+ y= 5 但因實際上 x y z t 並無限

5 制大小關係, 且也可能為 ( x 1)( y 1) = 0 ( z 1)( t 1) =, 故此情況總共有 1 = 8組解 :(3,, 1, 5) (3,, 5, 1) (, 3, 1, 5) (, 3, 5, 1) (1, 5, 3, ) (1, 5,, 3) (5, 1, 3, ) (5, 1,, 3) 因此共有 1+ 8= 9 組四元正整數組 (x, y, z, t) 滿足此方程組 ANS:9 組 8. 用厚紙板剪出兩個全等的正 n 邊形, 將它們上下重合起來, 並用一枚大頭針穿過它們的中心現將其上方的多邊形以大頭針為軸旋轉 3.5, 發現它又與下方的多邊形重合則 n 的最小值為參考解法因正 n 邊形的每一個頂點必都在同一個圓上每一條邊都是該圓的一條弦, 故 360 若令每一條邊所對的圓心角為 α =, 則因 3.5 為 α 的正整數倍, 故可再推 n k 知存在一個正整數 k 使得 α = 因此 =, 化簡得 n = 因 k k n 與 144 互質, 所以 n 的最小值發生在 k = 13時, 此時 n = 144 ANS: 一個天平當秤盤內沒有放置砝碼時是平衡的若在此天平的左秤盤內放置編號為 l l 1 l k 的 k 枚砝碼, 右秤盤內放置編號為 r 1 r r k 的 k 枚砝碼, 結果左邊的秤盤較重如果交換任意兩枚足碼相同的砝碼, 則總是右邊的秤盤變為較重或是兩邊平衡則所有可能的 k 值之和為參考解法令左邊秤盤的砝碼總重為 L 右邊秤盤的砝碼總重為 R 由題意可以判斷出, 對於任意的 1 m k, 恆有 L lm + rm R rm + lm, 此即 0 L R ( lm rm) 因此將由 k 個 m 值所得之不等式相加, 可得 kl ( R) ( L R), 即 k = 1或, 故所有可能的 k 值之和為 3 ANS:3 10. 已知六邊形 ABCDEF 內接於一圓,BE 與 CF 相交於點 P 若 AB= BC CD = DE EF = FA 且有 PB = cm PF = 3 cm PD = 5 cm, 則六邊形 ABCDEF 的周長為 cm D 參考解法連接 BD DF FB C 因 AB= BC, 故知 AFB = BFC ; 因 EF = FA, 故知 FBA = FBE, B 故再由 BF = BF可得知三角形 FAB 與三角形 FPB 全 P 等, 所以 BP= BA= BC 再因 CD = DE, 所以 DBC = DBE, A E 故再由 BD= BD可得知三角形 BCD 與三角形 BPD F 全等, 因此 PD = CD = DE

6 同樣地, 也可推得三角形 DEF 與三角形 DPF 全等, 因此 PF = EF = FA 故 AB+ BC+ CD+ DE+ EF + FA= BP+ BP+ PD+ PD+ PF + PF = ( BP + PD + PF) = 10= 0 ANS:0 cm 11. 某次宴會中連同小胡共有 6 位賓客, 任意兩位賓客之間彼此互相認識或者彼此互相不認識已知除了小胡以外的 5 位賓客所認識的賓客人數都互不相同, 且每一位賓客都至少認識其他一位賓客, 則小胡在此次宴會中總共認識位賓客參考解法此時賓客所認識的賓客人數最多為 5 因除了小胡以外還有 5 位賓客且這 5 位賓客所認識的賓客人數都互不相同, 故知他們個別所認識的賓客人數為在不將小胡分組的情形下, 將所認識的賓客人數少於或等於 1 的分為 A 組多於或等於 13 的分為 B 組, 則在允許重複計數下,A 組中所有 1 位賓客所認識的賓客總人數為 = 78 而 B 組中所有 13 位賓客所認識的賓客總人數為 = 47 因 B 組的所有賓客所認識在 B 組中的賓客總人數至多為 13 1 = 156, 此值在加上 78 後恰比 47 少 13, 故可以判斷出在 B 組的每一位賓客都認識小胡, 即在 B 組中的賓客都是小胡認識的賓客另一方面, 在 A 組的所有賓客所認識的賓客都一定都是在 B 組中的賓客, 即在 A 組中的賓客都是小胡不認識的賓客因此小胡僅恰認識 B 組 13 位的賓客 ANS:13 位 1. 在 4 4的方格表上的每個小方格內各畫一條對角線, 此對角線可將每一個小方格分成二個全等的直角三角形將這 3 個直角三角形分別塗上黑色或白色中的一種, 若任意兩個有共同邊的三角形所塗的顏色都不相同, 稱這個圖為美圖, 則 4 4的方格表中總共有種不同的美圖參考解法在一個小方格內共有二種選擇對角線的方式且每選定一條對角線後, 會有二種塗法, 因此一個小方格共有 = 4種塗色方式在一個的方格表中, 一旦兩個位於對角的小方格之對角線被畫出且已塗色, 如圖所示, 則另二個小方格畫的對角線與塗色方式也會被確定, 故此方格表有 4 4= 16種不同的美圖 ( 以上各圖黑白可同時互換顏色 )

7 而可知在 4 4的方格表中對角線上的 4 個小方格畫的對角線與塗色方式都是彼 4 此獨立互不影響的, 故知共有 4 = 56 種塗色方式因這 4 個小方格塗法確定後, 透過觀察的子方格表可判斷出其餘的方格畫的對角線與塗色方式也會被確定, 故在 4 4的方格表上共有 56 種不同的美圖 ANS:56 種第二部分 : 計算證明, 每題 0 分, 共 60 分 ( 注意 : 請在每題試題後空白處作答, 須詳列過程及說明理由 ) 1. 在正方形 ABCD 中, 若點 M 為邊 BC 的中點, 過點 B D 分別做 AM 的垂線, 垂足分別為點 G H, 如圖所示, 請證明 GBH = 45 A D H G 參考解法 B M C 由 AB= DA GBA = 90 GAB = HAD BGA = 90 = AHD 可以得知三角形 ABG 與三角形 DAH 為全等三角形, 因此 BG = AH ( 5 分 ) 因三角形 ABM 是以角 B 為直角的直角三角形, 故再由 BG AM 可判斷出三角形 BAG 與三角形 MAB 為相似三角形 ( 5 分 ) AG AB 現因點 M 為邊 BC 的中點, 故 = =, 此時可得知 AG = BG, BG BM 即 HG = AG AH = BG,( 5 分 ) 所以三角形 HGB 是以角 G 為直角的等腰直角三角形, 故 GBH = 45 ( 5 分 ). 將十個正整數任意地排成一個圓圈, 請證明必存在相鄰的三個正整數之和大於 47 參考解法假設任取相鄰的三個正整數之和至多為 47 觀察除了 11 以外的九個數 ( 5 分 ) 此時若將這九個數依序分成三組, 每一組各有三個數,( 5 分 ) 則可判斷出這九個數之和至多為 3 47= 141, 即這十個正整數之和至多為 = 15 ( 5 分 ) 但實際計算可得知這十個正整數之和為 = 155 > 15, 故不合 ( 5 分 ) 因此必存在相鄰的三個正整數之和大於 47

8 3. 現有 n 個相異的正整數, 其中的每一個數都小於, 且任取兩個數的最小公倍數都大於請證明這些數的倒數之和小於參考解法 m 可知對於正整數 1 到 m 中, 可被 b 整除的數共有 b, 其中 [*] 是高斯符號, 故 m m 有 1< b b ( 5 分 ) 令這 n 個數為 1 n, 易知 n < ( 5 分 ) 則因任取兩個數的最小公倍數都大於, 故 1 中的每一個數都無法同時被 1 n 中的兩個數整除, 所以可推得 1 中可被 1 n 其中任意一個數所整除的數的個數為 , 且不會超過,( 5 分 ) n 因此可得知 ( 1) + ( 1) + + ( 1) < 1 + n < n ( ) < + n < + 1 n < 1 n ( 5 分 )

2011城市杯初試ans

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