111年嘉義高中科學班甄選-數學科詳解

國立嘉義高級中學 111 學年度科學班甄選【數學科】試題

一、填充題： (60 分，每題 5 分)

1. 根據內政部營建署《建築物無障礙設施設計規範》， 如右(示意)圖， 坡道和地面(視為水平面)的銳夾角不得超過 5 度。已知某坡道的最高點到地面的高度為 100 公分，試問此坡道的長度至少要多少公分才合乎前述的規範？

(答案四捨五入至整數位，其中\(\sin5^\circ \approx 0.0872， \cos 5^\circ \approx 0.9962 ，\tan 5^\circ \approx 0.0875\) )

解答：$$城道長a \ge {100\over \sin 5^\circ} ={100\over 0.0872} =1146.8 \approx \bbox[red, 2pt]{1147} $$

2. 右圖是一個立體圖形的上視圖，在小方格內標示的號碼是指有多少個小立方體堆疊在這個

小方格上方。試問下列哪一個選項是此上視圖所表示的立體圖形？ (單選題)

解答：

$$由上圖知，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

3. 現有兩個三位數𝐴𝐵𝐶 < 𝐷𝐸𝐹，其和為另一個三位數𝑃𝑄𝑅，其中 A , B ,C , D , E , F , P ,Q , R 恰為1 ~ 9的正整數各一個，能滿足此條件的三個三位數並不唯一(如327 + 654 = 981  為其中一種可能性)，試求滿足此條件的所有三位數中，能讓其和𝑃𝑄𝑅最小的三位數數對 (𝐴𝐵𝐶, 𝐷𝐸𝐹, 𝑃𝑄𝑅) =？

解答：$$為了要得到最小的PQR，因此可先假設\cases{A=1\\D=2\\ R=9}，即1BC+ 2EF=PQ9\\ 而9=\cases{\cases{C=6\\ F=3} \Rightarrow 176+283=4 59\\ \cases{C=5\\ F=4} \Rightarrow \times} \Rightarrow (ABC,DEF,PQR) = \bbox[red,2pt]{(176,283,459)} 及其他組合\\，如:C、F交換、B、D交換；$$

4. 如右(示意)圖，有一正方形𝐴𝐵𝐶𝐷， 𝐸為\(\overline{AD}\)上一點， \(\overline{𝐸𝐶}\)與\(\overline{𝐷𝐵}\)交於點𝐹，已知Δ𝐷𝐸𝐹與Δ𝐸𝐴𝐵的面積分別是2與16(平方單位)，試求正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的面積是多少平方單位？

解答：

$$\triangle DEB=\triangle DEC \Rightarrow \triangle FEB=\triangle FDC=a;\\又 \triangle ABD=\triangle BCD \Rightarrow 2+16+a =a+\triangle BCF \Rightarrow \triangle BCF=18\\此外，\cases{\overline{DF}:\overline{FB}=\triangle CDF:\triangle BCF =a:18\\ \overline{DF}:\overline{FB} = \triangle EDF:\triangle BEF =2:a} \Rightarrow a:18=2:a \Rightarrow a=6 \\ \Rightarrow 正方形ABCD面積=36 +2a =36+12= \bbox[red, 2pt]{48}$$

5. 試將\(𝑥^4 + 64\) 因式分解成整係數多項式的乘積。 (若不能分解則請在答案格寫不能分解)

解答：$$(x^2+8)^2 = x^4+16x^2+64 \Rightarrow x^4+64 = (x^2+8)^2 -16x^2 = \bbox[red, 2pt]{(x^2+4x+8)(x^2-4x+8)}$$

解答：$$\cases{a_{n+6} =a_{n+5} - a_{n+4} + a_{n+3} - a_{n+2} + a_{n+1} - a_{n} \\ a_{n+7} =a_{n+6} - a_{n+5} + a_{n+4} - a_{n+3} + a_{n+2} - a_{n+1}} ，兩式相加\Rightarrow a_{n+7}=-a_n \\ 因此\cases{312= 7\times 44+4 \\ 111= 7\times 15+ 6} \Rightarrow  \cases{a_{312} = (-1)^{44}a_4 =a_4= 21 \\ a_{111} =(-1)^{111}a_6 = -a_6=-55}  \Rightarrow a_{312}+a{111} =21-55 =\bbox[red, 2pt]{-34}$$

解答：$$a^2-b^2=111-4a \Rightarrow a^2+4a+4-b^2=115 \\\Rightarrow (a+2)^2-b^2=115 \Rightarrow (a+b+2)(a-b+2)=115\\ 又115=1\times 115= 5\times 23 = 23\times 5= 115\times 1\\ \Rightarrow \begin{array}{cc|ccc} a+b+2 & a-b+2 & a & b & a+b\\\hline115 & 1 &56 & 57 & 113\\ 23 & 5 &  12 & 9 & 21 \\ 5 & 23 & - & - & 非自然數解\\ 1 & 115 & - & - &非自然數解\\\hline \end{array} \\ \Rightarrow a+b = \bbox[red, 2pt]{113或21}$$

解答：$$\cases{\overbrace{222222}^{6個2}= 13\times 17094 \\ 111 =6\times 18+3} \Rightarrow \overbrace{222\cdots 22}^{111個2} 除以13的餘數= 222除以13的餘數 \\ 而222= 13\times 7+1 \Rightarrow 餘數=\bbox[red,2pt]{1}$$

9. 右(示意)圖為一塊長方形壓克力板，圓O與長方形三邊均相切。 先剪去包含圓O的正方形後，在剩下的長方形壓克力板上畫出與三邊均相切的圓O '， 再剪去包含圓O '的正方形後剩下的長方形與原來的長方形壓克力板相似，若剩下的小長方形壓克力板面積是2(平方單位)， 試求原來的大長方形壓克力板面積是多少平方單位？

解答：

$$令\cases{{\overline{PB} \over \overline{BQ}} ={\overline{AB} \over \overline{BC}}=k \\ \overline{BQ}=a} \Rightarrow \overline{PB}=\overline{QC} =\overline{RC} =ak \Rightarrow \overline{AP} =k\overline{PB} =ak^2 \\ \Rightarrow \cases{\overline{AD} =\overline{AP} =ak^2 \\ \overline{AD}= \overline{BC} =a+ak} \Rightarrow ak^2 = a+ak \Rightarrow k^2-k-1=0 \Rightarrow k={1+\sqrt 5\over 2} \\ 又\cases{矩形PBQS = \overline{PB}\times \overline{BQ} =a^2k\\ 矩形ABCD= \overline{AB} \times \overline{BC}= (ak^2+ak)(a+ak)} \Rightarrow {矩形PBQS \over 矩形ABCD} ={1\over (k+1)^2}  \\ \Rightarrow 矩形ABCD =矩形PBQS \times (k+1)^2 = 2\times \left({3+\sqrt 5\over 2}\right)^2 ={14+6\sqrt 5\over 2} =\bbox[red, 2pt]{7+3\sqrt 5}$$

解答：

$$令D'為D的對稱點，則\overline{BC}為\overline{DD'}的中垂線，因此 \overline{BD'} =\overline{BD}=6;\\ 又弦\overline{BD'}的中垂線必過圓心O，即\overline{FD'} =\overline{FB}= {6\over 2}=3；\\此外，對同弧的圓心角是圓周角的兩倍，即\angle BOD'=2\angle BCD' \Rightarrow \angle BOG=\angle GOD'  =\theta;\\由直角\triangle OBF可知:\cases{\sin \theta =3/5 \\ \cos \theta =4/5} \Rightarrow \cos 2\theta = \cos^2\theta -\sin^2\theta = {7\over 25} \Rightarrow \cos (\pi-2\theta)=-{7\over 25} \\ \Rightarrow \cos \angle DOD'=\cos (\pi-2\theta)=-{7\over 25} =\cfrac{1^2 +5^2-\overline{DD'}^2}{2\cdot 1\cdot 5} \Rightarrow \overline{DD'}= {12\over \sqrt 5} \Rightarrow \cases{\overline{D'E}= 6 / \sqrt 5 \\ \overline{DE} = 6 / \sqrt 5} \\ \Rightarrow \cases{\overline{CE} = \cfrac{\overline{D'E}}{ \tan \theta } ={6 /\sqrt 5\over 3/4} = {8\over \sqrt 5} \\[1ex] \overline{BE}= \sqrt{6^2-(6/\sqrt 5)^2} =12/\sqrt 5} \Rightarrow \overline{BC} ={8\over \sqrt 5} + {12\over \sqrt 5} ={20\over \sqrt 5} =\bbox[red,2pt]{4\sqrt 5}$$

解答：$$題目有誤，本題\bbox[red, 2pt]{送分}$$

解答：$$xy=1 \Rightarrow {x^2+y^2\over x-y} ={(x-y)^2+2xy\over x-y} ={(x-y)^2+2 \over x-y} =(x-y)+{2\over x-y} \ge 2\sqrt{(x-y)\cdot {2\over x-y}} =2\sqrt 2\\ \Rightarrow 當x-y={2\over x-y}時，有最小值c=2\sqrt 2\\ 而x-y={2\over x-y} \Rightarrow x-y=\sqrt 2 (x\gt y \Rightarrow -\sqrt 2不合)\Rightarrow x-{1\over x}=\sqrt 2 \Rightarrow x^2-\sqrt 2x-1=0 \\\Rightarrow x={\sqrt 2+\sqrt 6\over 2} (負值不合) \Rightarrow y={1\over x} ={\sqrt 6-\sqrt 2\over 2} \Rightarrow (a,b,c)= \bbox[red, 2pt]{\left({\sqrt 6+\sqrt 2\over 2}, {\sqrt 6-\sqrt 2\over 2}, 2\sqrt 2\right)}$$

解答：

$$圖A是可以填滿的，如上圖；圖B是不行的，理由可參考科展作品，有點複雜!!$$

解答：

$$\cases{\overline{OP} =(a+b)/2\\ \overline{QP}=b} \Rightarrow \overline{OQ} ={a+b\over 2}-b={a-b\over 2} \\\Rightarrow 直角\triangle OQR的股邊\overline{QR}^2 =\left({a+b\over 2}\right)^2-\left({a-b\over 2}\right)^2 =ab\\ \Rightarrow \overline{QR} = \sqrt{ab} \Rightarrow 斜邊\overline{OR} \gt 股邊\overline{QR}，即{a+b\over 2}\gt \sqrt{ab} \cdots(1) \\ 又\triangle RTQ \sim \triangle OQR \Rightarrow \cfrac{\overline{TQ}}{\overline{QR}} =\cfrac{\overline{QR}}{\overline{OR}} \Rightarrow \overline{TQ}= \cfrac{\sqrt{ab}\cdot \sqrt{ab} }{a+b\over 2} ={2ab\over a+b}\\同理，直角\triangle RTQ的斜邊\overline{QR} \gt 股邊\overline{TQ}，即\sqrt{ab} \gt {2ab\over a+b} \cdots(2)\\ 同理，直角\triangle ORS的斜邊\overline{OS} \gt 股邊\overline{OR}，即\sqrt{a^2+b^2 \over 2} \gt {a +b\over 2} \cdots(3)\\ 由(1),(2)及(3)，可得\sqrt{a^2+b^2 \over 2} \gt {a +b\over 2} \gt \sqrt{ab} \gt {2ab\over a+b}，\bbox[red, 2pt]{故得證}。$$

3. 將平面上(凸)正多邊形的概念拓展到立體空間時可得(凸)正多面體，其條件為：

(i)每個面皆是全等的正𝑛邊形。 (ii)每個頂點皆連接𝑘個邊。

如日常生活常見的骰子即為其中一種(凸)正多面體， 每個面都是正四邊形(即正方形)，每個頂點皆連接三個邊。試利用條件(i)、 (ii)推理出空間中應有幾種(凸)正多面體？

(6%， 僅有答案未附理由或使用條件以外公式者僅得部分分數)

解答：$$正n邊形的內角度數為{180(n-2)\over n}，每個頂點有k個正n邊形\\，因此k\times  {180(n-2)\over n}  \lt 360 \Rightarrow (n-2)k\lt 2n \Rightarrow nk-2k-2n-4\lt 4 \Rightarrow (n-2)(k-2)\lt 4\\ 由於n,k皆為自然數，因此共有五組解，即\begin{array}{} n& k& 形狀\\\hline 3 & 3 & 正四面體\\ 4& 3 & 正立方體\\ 3 & 4 & 正8面體\\ 5 & 3 & 正12面體\\ 3 & 5 & 正20面體\\\hline \end{array}$$

解答：

(1)$$將圖一、圖二、圖三，三張圖加在一起，每個頂點的新數字都是2n+1；\\每個圖都有1+2+\cdots + n= {n(n+1)\over 2}個數字，因此S_n +S_n +S_n = {n(n+1)\over 2} \times (2n+1) \\\Rightarrow \bbox[red,2pt]{S_n ={n(n+1)(2n+1)\over 6}}$$(2)$$1^2+3^2+\cdots +99^2 =(1^2+2^2+\cdots +99^2)-(2^2+4^2+\cdots +98^2)\\ =\sum_{k= 1}^{99}k^2  -\sum_{k= 1}^{49}(2k)^2 =\sum_{k= 1}^{99}k^2  -4\sum_{k =1}^{49}k^2 ={99\cdot 100\cdot 199\over 6}-4\cdot {49\cdot 50\cdot 99\over 6}\\ =328540-4\times 40425=\bbox[red, 2pt]{166650}$$

解答：

$$令\cases{\overline{AE}=a\\ \overline{PB}=b \\ \overline{EM}=c \\ \overline{QC}=d}，由於\overline{PB} \parallel \overline{EM} \parallel \overline{QC}，則BPQC為梯形且\overline{EM}為中線長\\，因此\overline{EM} =(\overline{PB}+ \overline{QC})\div 2，即c=(b+d)\div 2，也就是\overline{PB} 、 \overline{EM} 、 \overline{QC}成等差；\\ 又\cases{\triangle ADE\sim \triangle BDP \Rightarrow \cfrac{\overline{AB}}{\overline{AD}}= \cfrac{\overline{AE}+ \overline{PB}}{\overline{AE}} = \cfrac{a+b}{a}\\[1ex] \cfrac{\overline{AM}}{ \overline{AE}} = \cfrac{\overline{AE}+\overline{EM}}{\overline{AE}} = \cfrac{a+c}{a}\\[1ex] \triangle AFE\sim \triangle CFQ \Rightarrow \cfrac{\overline{AC}}  {\overline{AF}} = \cfrac{\overline{AE} +\overline{QC}}{\overline{AE}}= \cfrac{a+d}{a}} ，由於{a+c\over 2} =\left({a+b\over 2} +{a+d\over 2}\right) \div 2\\因此{\overline{AB}\over \overline{AD}}、{\overline{AM}\over \overline{AE}}、{\overline{AC}\over \overline{AF}}成等差，\bbox[red,2pt]{故得證}$$