國立台中一中合作盃數學金頭腦第四十八次有獎徵答收稿時間 :98 年 5 月 20 日 ~ 98 年 5 月 22 日 14:00 說明 :(1) 解答請寫在答案稿紙上, 並務必註明交件時間班級姓名 (2) 稿件寫完請投入敬業樓一樓數學科辦公室外銀色的有獎徵答收稿信箱內 (3) 答案稿紙可至數

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芒诚束翟
4 years ago
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1 國立台中一中合作盃數學金頭腦第四十八次有獎徵答收稿時間 :98 年 5 月 0 日 ~ 98 年 5 月日 14:00 說明 :(1) 解答請寫在答案稿紙上, 並務必註明交件時間班級姓名 () 稿件寫完請投入敬業樓一樓數學科辦公室外銀色的有獎徵答收稿信箱內 (3) 答案稿紙可至數學科辦公室索取, 一張答案稿紙只能寫一個題目的解答, 如欲投稿兩題以上, 請分別寫在不同的答案稿紙, 否則不予評閱 (4) 答案稿紙上須註明投稿時間, 投稿前須請數學科任一位老師在投稿時間上簽證否則視為當日最晚時間繳交 3 1. 已知實係數方程式 5x 5x x + 1 = 5px 71px + 66 p 的三根均為自然數, 求實數 p. 設 abc,, 為正實數, 求 a + b + c 之最小值為何? b+ 3c 8c+ 4a 3a+ b 3. 設 n 是大於 1 的正整數, 且對 n 的每一個正因數 d, d + 1都是 n + 1的因數, 證明 n 是質數 4. 甲乙丙三人依甲乙丙甲乙丙的次序輪流取走 0 顆圍棋白子, 每次僅能取走 1 顆或顆棋子, 直到棋子被取光為止若最後由甲取光剩餘的棋子, 則三人取走棋子的可能情形有多少? 5. 平面上任給相異 5 點, 令這些點之間的最大距離為 M 最小距離為 m, 證明 sin 54 M m 的最小值為

2 國立台中一中合作盃數學金頭腦第四十八次有獎徵答收稿時間 :98 年 5 月 0 日 ~ 98 年 5 月日 14:00 說明 :(1) 解答請寫在答案稿紙上, 並務必註明交件時間班級姓名 () 稿件寫完請投入敬業樓一樓數學科辦公室外銀色的有獎徵答收稿信箱內 (3) 答案稿紙可至數學科辦公室索取, 一張答案稿紙只能寫一個題目的解答, 如欲投稿兩題以上, 請分別寫在不同的答案稿紙, 否則不予評閱 (4) 答案稿紙上須註明投稿時間, 投稿前須請數學科任一位老師在投稿時間上簽證否則視為當日最晚時間繳交 3 1. 已知實係數方程式 5x 5x x + 1 = 5px 71px + 66 p 的三根均為自然數, 求實數 p 3 解 : 5x 5x x + 1 = 5px 71px + 66 p 3 5x (5 + 5p) x (1 71p) x (66 p 1) = 0 ( x 1)[5x 5px + (66 p 1)] = 0 設 β, γ 為正整數, 是 5x 5px + (66 p 1) = 0 之兩根 ( x β )(5x 5γ ) = 0 5x (5β + 5γ ) x + 5βγ = 0 β + γ = p...(1) 5βγ = 66 p 1...() (1) 式代入 () 式 5βγ = 66( β + γ ) 1 66 β + 66γ 5βγ = 1 (66 5γ )(66 5β ) = 66 5 = 4351 = γ = 19 ( 不合, 因為 β, γ 非整數解 ) 66 5β = γ = 19 或 β = 17, γ = 59 代入 (1) 式得 p = β = 9 註 :19 張德威提供解法

3 . 設 abc,, 為正實數, 求 a + b + c 之最小值為何? b+ 3c 8c+ 4a 3a+ b 解 : b+ 3c= x 8c+ 4a= y 3a+ b= a= x+ y b= x y c= x+ y y 4x 1 9x 1 4 9y 61 所求 = ( + ) + ( + ) + ( + ) 8 x y 6 x 16 y =

4 3. 設 n 是大於 1 的正整數, 且對每一個 n 的正因數 d, d + 1都是 n + 1的因數, 試證明 n 是質數解 : 令 p 是 n 的最小質因數, 且 d = np + p 則 = n + p n p p( n + 1) n + 1 = 是一個整數, 即 ( n + p) ( np + p) p( d + 1) d + 1 又 ( n + p) ( n + p), 故 ( n + p) ( p( n + p) ( np + p)), 得 ( n + p) ( p p) p p > 0, n + p p p, 故 n < p, 同除以 p, 得 d < p 假設 d 有某個質因數 q, 則 q d < p 又 q n, 此與 p 是 n 的最小質因數矛盾, 故 q 不存在, 即 d = 1 因此, n = p, 即 n 是質數

5 4. 甲乙丙三人依甲乙丙甲乙丙的次序輪流取走棋盤上 0 顆圍棋白子, 每次僅能取走 1 顆或顆棋子, 直到棋子被取光為止若最後由甲取光剩餘的棋子, 則三人取走棋子的可能情形有多少? 討論 ( 方法 1) (1) 甲取走最後一顆白子時, 設前 19 顆白子中被取走 1 顆顆分別為 x, y 次 x+ y = 19且 x + y 為 3 的倍數其情形有 x y ! + 15! + 1! = = !1! 11!4! 5!7! () 甲取走最後二顆白子時, 設前 18 顆白子中被取走 1 顆顆分別為 x, y 次 x+ y = 18且 x + y 為 3 的倍數其情形有 x y ! + 15! + 1! + 9! = = !0! 1!3! 6!6! 9!0! 由 (1)() 得 =3556 情形 ( 方法 ) 設甲乙丙甲乙丙的次序輪流取走 n 顆圍棋白子, 每次僅能取走 1 顆或顆棋子, 直到棋子被取光為止, 且最後由甲取光剩餘的棋子的情形有 a n, 則 a1 = 1, a = 1, a3 = 0, a4 = 1, a5 = 4, a6 = 6, a7 = 5, 且 an = an 3+ 3an 4 + 3an 5 + an 6 說明 : (1) 當甲取走最後一顆白子時, 前一步乙丙各取走 1 顆, 則前 n 3 顆白子被取完的情形有 n 3 () 當甲取走最後一顆白子時, 前一步乙丙各取走 1 顆顆,

6 則前 n 4 顆白子被取完的情形有 n 4 (3) 當甲取走最後一顆白子時, 前一步乙丙各取走顆 1 顆, 則前 n 4 顆白子被取完的情形有 n 4 (4) 當甲取走最後一顆白子時, 前一步乙丙各取走顆顆, 則前 n 5 顆白子被取完的情形有 n 5 (5) 當甲取走最後顆白子時, 前一步乙丙各取走 1 顆 1 顆, 則前 n 4 顆白子被取完的情形有 n 4 (6) 當甲取走最後顆白子時, 前一步乙丙各取走 1 顆顆, 則前 n 5 顆白子被取完的情形有 n 5 (7) 當甲取走最後一顆白子時, 前一步乙丙各取走顆 1 顆, 則前 n 5 顆白子被取完的情形有 n 5 (8) 當甲取走最後一顆白子時, 前一步乙丙各取走顆顆, 則前 n 6 顆白子被取完的情形有 n 6 綜合 (1)~(4) 可得 an = an 3+ 3an 4 + 3an 5 + an 6 進而得 a 0 = 3556

7 5. 平面上任給 5 點, λ 為這些點間最大距離與最小距離之比, 證明 min λ = sin54 解 : 考慮這五點 A B C D E 所形成的凸包圖形 : AE (1) 若圖形為 AE, 則對已知點 B, > sin54 min( AB, BE) () 若圖形為 Δ ABC, 對已知點 D, ADB BDC CDA必有一個不小於 10, 不妨設 ADB 10, 由餘弦定理, AB AD + BD + AD BD 3(min( AD, BD)) AB 因此, 3 > sin 54 min( AD, BD) (3) 若圖形為凸四邊形 ABCD, 則已知 E 在此四邊形中, 不妨設 E 在 Δ ABC 中, 情況與 () 相同 (4) 若圖形為凸五邊形 ABCDE, 由於內角和為 540, 必有一內角不小於 108, 不妨設 A 108, 則在 Δ ABE 中, BE AB + AE cos108 AB AE = AB + AE + cos7 AB AE (1 + cos7 )(min( AD, BD)) BE 1+ cos7 因此, = = cos36 = sin54 min( AB, AE) M 綜合以上情況, 恒有 sin54, 若且唯若五點形成五邊形時等號成立 m

《侵权法》综合练习题

《侵权法》综合练习题侵权法综合练习题 (2011 年 11 月 ) 艾奇一单项选择题 1. 因环境污染受到损害的受害人, 要求排污单位赔偿损失, 需证明 ( ) A. 排污致自己的损害和排污单位的过错 B. 排污造成自己的损害 C. 排污单位的过错 D. 自己无任何过错 2.