2012TRML團體賽詳解

7/29/2019 2012TRML

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2012 TRML團體賽團體賽團體賽團體賽

1.已知拋物線 2

4

1 x y = 與直線 01043 =−+ y x 相交於 A, B 兩點，若 O 為原點，則 OAB∆ 的面積

為。

[解]：

=−+

=

01043

4

1 2

y x

x y⇒ 01032 =−+ x x ∴( x + 5 )( x −2 )=0 ∴ x = −5or x =2

交點(−5, 4

25)，( 2, 1 )。 OAB∆ 的面積=

4

35|

2

255|

2

1|

124

255

|2

1=−−=−

。

2.如圖所示，三個半徑為 1 的圓切於扇形且彼此外切。若此扇形的半徑

為 cba ++ ，其中 a,b,c 為整數，則 =++ cba 。

[解]：如右圖所示，注意到扇形半徑

=OT = 3OO + T O3

=(22

)32(1 ++ )+1= )3344(1 +++

=1+ 1228 +

=1+ 261)62(2)62( ++=×++ = cba ++ ∴ =++ cba 6+2+1=9

3.若正整數 n 能被 18 整除，但不能被大於 3 的質數所整除，且 n 的正因數不少於18

n，則滿足

上述條件的 n 有個。

[解]：1st

method ∵18| n ⇒2×32| n ∴n =2

a•3b，a ≥ 1, b≥ 2, a, b∈N.

⇒(a +1)( a +1) ≥18n =2a−1•3b−2

a 1 2 3 4 5↑

b 2~4 2~3 2~3 2~3

∴滿足上述條件的 n 有 3+2+2+2=9 個

2nd

method

令 n =2k •3

t ，k ，t 為正整數，k ≥1，t ≥2

則 n 的正因數的個數不少於18

n

= 2k −1

•3t −2

⇒(k +1)( t +1 )≥2k −1

•3t −2

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當 k =1，2( t +1 )≥•3t −2，t =2, 3, 4；

k =2，3( t +1 )≥2•3t −2 ⇒( t +1 )≥2•3

t −3，t =2, 3；

k =3，( t +1 )≥•3t −2，t =2, 3, 4；

k = 4，5( t +1 )≥8•3t −2，t =2；

k =5，6( t +1 )≥16•3t −2

⇒( t +1 )≥8•3t −3，t =2；

當 k ≥6 時，不合，所以共有 3+ 2+ 2+ 1+ 1=9 個。

4.老李有一棟房子，室內有 126 坪，他想將其隔間後分租給學生，房間分大小兩種，大房間

每間佔地 8 坪，可住 4 人，每人每月可收租金 4000 元；小房間每間佔地 6 坪，可住 2 人，每

人每月可收租金 6000 元；大房間每間的隔間費用需要 10000 元，小房間每間的隔間費用需要

8000 元。若老李只有 16 萬元可供隔間，且學生來源十分充足，則老李每月最多可得總租金

元。

[解]：設大房間 x 間，小房間 y 間，

≥≥

≤+

≤+

⇒

≥≥

≤+

≤+

0 , 0

8045

6334

0 , 0

168.0

12668

y x

y x

y x

y x

y x

y x

，

f ( x , y )=1.6 x +1.2 y

注意到目標函數的斜率為3

4− < 0，

( x, y ) ( 12, 5 ) ( 0, 20 )(

4

63, 0 )

16000 x + 12000 y 252000 240000 252000

所以目標函數 f ( x , y )=1.6 x +1.2 y 在(12, 5)取最大值 f ( 12 , 5 )=1.6•12 +1.2•5

=19.2 + 6 =25.2 萬元 =252000 元

5.坐標空間中，給定一直線 L：2

1 z

y x ==− 及相異兩點 ( )0,1,1P , ( )0,2,1Q 。若 M 為直線 L 上

的點，則 MQ MP + 的最小值為。

[解]：設 H ( 1+t , t ,

2 t ) ሬ =( t , t −1 , 2 t )

注意到 ሬ =( t , t −1 , 2 t )⊥ )2,1,1(=vv

⇒( t , t −1 , 2 t )• )2,1,1( =0

⇒ t +( t −1)+ 2t =0，4t =1，t =4

1∴ H (

4

5 ,

4

1,

4

2)

⇒ )2

2 ,

2

1 ,

2

3( −′P

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∴ MQ MP + 的最小值為 74

28)

2

2()

2

5()

2

1(

222 ==++=′QP

2nd

method

設 M ( t +1 , t ,

2 t )為直線上任一點，則 MQ MP +

=222

)2()1( t t t +−+ +222

)2()2( t t t +−+ = 1242 +− t t + 444

2 +− t t

=22

)3()1( t t +− +22

)3()2( t t +−

令 A( t , 3 t )為 y = 3 x 上一點， B(1, 0)，C (2, 0)，

可知 B，C 在直線 y = 3 x 的同側， ∵

+−=

=

3

1

3

1

3

x y

x y

⇒(4

1,

4

3)，得 B 對直線 y = 3 x 的對稱點 B′ (

2

1− ,

2

3)，則

MQ MP + = C B AC AB ′≥+ = 7)02

3()2

2

1(

22 =−+−− 為最小值。

3rd

method

設( t +1 , t ,

2 t )為直線 L 上任一點， E 1, E 2 分別為通過 P，Q 與 L 垂直的平面，

⇒

=++

=++

32:

22:

2

1

z y x E

z y x E ，且 d ( E 1, E 2)=

2

1

)2(11

|32|

222=

++

−

∵ 222 )2()1( t t t +−+ = 124 2 +− t t =23

43)

41(4 2 ≥+−t ，d (P, L)=

23 ，

又，222

)2()2( t t t +−+ =+ 4442 +− t t = 33)

2

1(4 2 ≥+−t ，d (Q, L)= 3，

∴ MQ MP + 的最小值為

22222

21

2)

2

1()

2

33()

2

1()3

2

3(),()),(),(( +=++=++ E E d LQd LPd = 7

4

1

4

27=+ 。

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2

25

6.若

=

−−

−

d c

ba100

13

31，則 =

+++

−

d cba

ad bc2log 。

[解]：100

100

)

2

1

2

32

3

2

1

2(13

31

−

−=

−−

−

=100

)60cos60sin

60sin60cos 2(

−−

oo

oo

=

−oo

oo

6000cos6000sin

6000sin6000cos2

100

=

−oo

oo

240cos240sin

240sin240cos2

100=

−−

−=

−−

−−

9999

9999100

232

322

2

1

2

32

3

2

1

2

∴ 1002log2

2log

22

2)32(loglog

100

2100

200

299

198198

22 ==−

−=

×−

−×−=

+++

− −

d cba

ad bc

7.在某一地區的鐵路公司，出售每一車站到線上其他任何車站之車票 (由 A 站到 B 站的車票與

由 B 站到 A 站的車票視為不同)。由於最近增設多於 1 個新的車站需要製作新的車票，若必須

新增 52 種新的車票，則增設後線上共有個車站。

[解]：設原有 n 個車站，增加 m 個車站(m，n 為正整數，m ≥ 2 )

⇒( n + m )( n + m −1) − n ( n −1)=52⇒n

2+( 2m− 1 )n + m ( m −1) − n

2 + n − 52=0

⇒m2

+( 2n− 1 ) m − 52=0

由牛頓法知，m | 52

∴n + m =5+4=9。

2

nd

method設原有 n 個車站，增加 m 個車站(m，n 為正整數，m − n >1， 5222 =− nm PP ， ⇒ m ( m −1) − n ( n −1)=52 or (m−

2

1)

2 − (n −2

1)

2=52

⇒( n + m −1) ( m − n )=52，當

=−

=−+

4

131

nm

nm

，m =9。

i.e.,增設後線上共有 9 個車站。

8.設函數 ( ) R f →+∞,0: ，滿足 ( ) 2012log1

1log1

1

11 +

+=+

++

+− t

t

t f t

t

t f

t f ，則

m 2 4 13 52

n 5 < 0 < 0

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( )=1000 f 。註： ( )+∞,0 表所有正實數所形成之集合。

[解]：1st

method 2012log)1

()1log()1

()1

( ++

=++

++

t t

t f t

t

t f

t

t f , t >0

⇒ 2012)1

()1

log()1

( =+

+++

t

t f

t

t

t

t f

設 x =t

t +1>1，則 2012)

1(log)( =+ x

f x x f …○1

將 x 以 x

1代入，則 2012)(

1log)

1( =+ x f

x x f …○2

兩式相減得則 )1

log1)(1

()1)(log( x x

f x x f −+− = 0

則 )(log1

log1)

1( x f

x

x

x f

+

−= ，代入○1

得 2012)log1

log1(log)( =

+−+×

x

x x x f

⇒ f (1000)• 2012)

31

313( =

+−+

∴ f (1000)=2012•5

4024)

5

2( =

2nd

method

∵ 2012log)1

()1log()1

()1

( ++

=++

++

t t

t f t

t

t f

t

t f , t >0

⇒ )1

(2012)1log()1(t

t f t

t t

t f +

−=++

令t

t +1=1000，則 )

1000

1(20121000log)1000( f f −= ⇒3 f (1000)= )

1000

1(2012 f − …○1

令t

t +1=

1000

1，則 )1000(2012

1000

1log)

1000

1( f f −= ⇒ )

1000

1(3 f − = )1000(2012 f − …○2

○1 ×3+○2 ⇒9 )1000(8048)1000( f f −= ∴ f (1000)=5

4024

9.已知下表中每一行、每一列均為無窮的等差數列，

1 3 5 7 9 …

3 6 9 12 15 …

5 9 13 17 21 …

7 12 17 22 27 …

9 15 21 27 33 …

：

：

：

：

：

…

則上表中 2012 共出現次。

[解]：設第 m 列第 n 行為 amn ，則 amn=( 2 m − 1 ) + (m +1)(n −1)

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= mn + m + n −2=2012，其中 m, n 為正整數，

⇒( m +1)( n +1)=2015=5×13×31，2015 的正因數個數為(1+1)(1+1)(1+1)=8

但必須扣除 1, 2015 兩個數，因此有 8−2=6 個，所以共出現 6 次。

10.如圖，給定坐標平面上四點 )0,0( A ， )2,3( − B ， )0,6(C ， )2,5( D 及直線 L。若直線 L 剛好

同時將兩個三角形 ABC ∆ 、 ADC ∆ 面積平分，且與 AC 相交於點 E ，則 E 點的 x 坐標為。

[解]：1st method 設 P( 5t , 2t )，Q( 3s, −2s )，0 < s, t <1

⇒

=×=∆=∆

=×=∆=∆

362

1

2

1

362

1

2

1

ABC a AEQa

ACDa APE a

⇒ QE PE =

∴E(2

2s-2t ,

2

35 st +) t s =Let (4t,0)

⇒ 324

2

1=××=∆ t t APE a ∴

2

3=t ∴ 324 =t 。

2nd

method

如圖，令 E ( t , 0 ) ∵a∆ AEP= AEQa∆==××× 3)262

1(

2

1

作 AC PF ⊥ ， AC QG ⊥ ，則 32

=× MF t

，t

MF 6

=

∴ )6

,15

(

t t

P ， )6

,9

(

t t

Q −

又 ∆PEF≅∆QEG ⇒ E 為 F , G 的中點，

⇒ t t t =+

2

915

⇒ 122 =t ，t = 32 (負不合)，所以 E 點的 x 坐標為 32 。

A

B

C E

L

D

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