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教育部九十二學年度高級中學數學科能力
競賽決賽試題與參考解答
國立臺灣師範大學 數學系
壹、試題
一、筆試（一）
【問題一】：設正實數數列 12
,,ttL是一個公比為 10 的等比數列. 試求所有可能的正整數 n及所
有的n次多項式 1
10
() nn
nn
f
xaxax a
−
−
=+ ++L，滿足：最高次項係數 n
a是整數,
且10
(log ) 93
k
ft=, 1, 2, , 1kn∀= +L.
【問題二】：在某一個 ABC∆中, 過頂點 B作一直線與 C∠的平分線垂直, 垂足為 D; 過頂點 C
作一直線與
B
∠的平分線垂直, 垂足為E. 設點D在ABC∆的外部, 點E在ABC∆
的內部且 ABC∆的內切圓在邊 AB 、CA 上的切點分別為點
P
、Q. 試證：直線
DE 通過
P
、Q兩點.
【問題三】：正八邊形 12345678
AAAAAAAA的內部可被它的對角線分割成 80 個區域. 試求所有
可能的正整數 n, 使得我們可將其中n個區域塗色後, 滿足: 每一個 ijk
AA A∆的
內部都恰有一個塗色的區域.
二、筆試（二）
【問題一】：在 ABC∆中, D、E及F分別在三邊
B
C、CA 及AB 上, 且使得 AD 、
B
E及CF 三
線段交於一點. 過F作平行於直線 ED 的直線交 AD 於K, 並交CB 的延長線於 L.
試證：
F
KFL=.
【問題二】：設正實數 ,ab滿足：
33
31ab ab++ =
. 試求
33
11
()()ab
ab
+++
的最小值.
【問題三】：試求所有的正整數 n, 使得
5432
22221nnnnn+++++
為一完全平方數.
三、獨立研究（一）
【問題一】：試求滿足
( 93) ( 93) ( 93) ( 93) 2 ( )xPx xPx xPx+−+−+= .................................................. (1)
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的實係數多項式 ()
P
x。
【問題二】： 設,,,
x
yzw都是正實數. 試證：
3
33 3
(1 )(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )(1 )
x
y z w xyz yzw zwx wxy++++≥++++
.
【問題三】：在 ABC∆中,
B
∠是直角, 其內切圓與
B
C、CA、AB 分別交於點
D
、
E
、
F
. 直
線
E
F與直線
B
C交於點G; 過
E
引
E
F的垂線交
B
C於點
H
. 設GHE∆的外接
圓與 AB 交於點
K
. 試證：GK GD=.
四、獨立研究（二）
【問題一】：設多項式 32
() 1fx x ax bx=+ ++
, 其中 0a≥, 0b≥, 且() 0fx=的三根都是實數.
試證： (2) 27f≥.
【問題二】：試求所有的整數 m, n, 滿足方程式 32
3186300nm n m−+ −−=
.
【問題三】：每一個由正整數所形成的集合都有一個「交錯和」, 它的定義如下：「將此集合中
的數, 由大到小排列, 交錯的加、減得到一個結果, 稱為此集合的交錯和」. 例
如：集合{1,2,4,6,9}的交錯和為964216−+−+=; 集合{6}的交錯和為 6; 空
集合的交錯和視為 0. 試求{1, 2, , 2004}L所有子集合交錯和的總和.
貳、參考解答
一、筆試（一）
【問題一：參考解答】：令 10
log
kk
dt=, 則k
d<>為公差為 1的等差數列. 注意：滿足條件
的n次多項式為
1
1110
11
() () () ()
nn
nkn k
kk
f
x a xd a xd axd a
−
−
==
=−+ −++−+
∏∏
L, 其中 093a=± .
當1n=時, 01
(,)aa (93, 186 )=−, (93,186)−. 即有 2個一次多項式
1
( ) 186( ) 93fx x d=− − + ,
1
( ) 186( ) 93fx x d=−+
.
當2n=時, 012
(,, )aaa =(93,0, 93)−, ( 93, 186, 93)−, ( 93, 186, 186 )−,
(93,0,93)−, (93,186,93)−−
, ( 93, 186, 186 )−−
. 即有 6個二次多項式
12
( ) 93( )( ) 93fx x d x d=− −−
,
12
( ) 93( )( ) 93fx x d x d=− − − + ,
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12 1
( ) 93( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd=− −− −+
,
12 1
( ) 93( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd=− − − + − − ,
12 1
( ) 186( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd=−−−−+
,
12 1
( ) 186( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd=− − − + − − .
當3n=時, 0123
(,,, )aaaa =( 93, 0, 0, 31)−, (93,0, 93,62)−, (93, 0, 93,93)−,
(93, 186, 93, 31)−−
, (93, 186, 186, 93)−−
, (93, 186, 186, 124 )−−
,
( 93, 0, 0, 31)−, (93,0,93,62)−−
, (93,0,93,93)−−
, ( 93,186, 93, 31)−−,
( 93, 186, 186, 93)−− , ( 93,186, 186, 124 )−− . 即有 12 個三次多項式
123
( ) 31( )( )( ) 93fx xd xd xd=− − − − + ,
123 12
( ) 62( )( )( ) 93( )( ) 93fx xd xd xd xd xd=−− −−− −+
,
123 12
( ) 93( )( )( ) 93( )( ) 93fx xd xd xd xd xd=− − −−− −+
,
123 12 1
( ) 31( )( )( ) 93( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd xd xd xd=−−−−+−−− −+
,
123121
( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd xd xd xd=−−−−+ −−− −+
,
123121
( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd xd xd xd=− − − − + − − − − + ,
123
( ) 31( )( )( ) 93fx xd xd xd=− − −−
,
123 12
( ) 62( )( )( ) 93( )( ) 93fx xd xd xd xd xd=−−− −+−−−
,
123 12
( ) 93( )( )( ) 93( )( ) 93fx xd xd xd xd xd=−−− −+−−−
,
123 12 1
( ) 31( )( )( ) 93( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd xd xd xd=− − −−− −+ −−
,
123 12 1
( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd xd xd xd=− − −− − −+ −−
,
123 12 1
( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93fx xd xd xd xd xd xd=−−−−−−+−−
.
當4n=時, 01234
(,,,, )aaaaa =(93, 0, 0, 31, 31)−, (93, 186,186, 93, 31)−−
,
(93, 186, 186, 124, 62 )−− , ( 93, 0, 0, 31, 31)−−
, ( 93, 186, 186, 93, 31)−−−
,
( 93, 186, 186, 124, 62 )−− −
, 即有 6個四次多項式
1234 123
()31()()()()31()()()93fx xd xd xd xd xd xd xd=− − − −−− − −+
,
1234 123 12
1
( ) 31( )( )( )( ) 93( )( )( ) 186( )( )
186( ) 93,
f
x xdxd xdxd xdxdxd xdxd
xd
=− − − −−− − −+ − −
−−+
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1234 123 12
1
( ) 62( )( )( )( ) 124( )( )( ) 186( )( )
186( ) 93,
f
x xdxdxdxd xdxd xd xdxd
xd
=−− −−− −−−+ −−
−−+
1234 123
()31()()()()31()()()93fx xd xd xd xd xd xd xd=− − − − − + − − − − ,
1234 123 12
1
( ) 31( )( )( )( ) 93( )( )( ) 186( )( )
186( ) 93,
f
x xdxdxdxd xdxdxd xdxd
xd
=− − − − − + − − − − − −
+−−
1234 123 12
1
()62()()()()124()()()186()()
186( ) 93.
f
x xdxd xdxd xdxd xd xdxd
xd
=− − − − − + − − − − − −
+−−
現在我們證明當 5n≥, 沒有滿足條件的 n次多項式 ()fx. 假設存在, 則由已知
條件得
10 2
() 93aa fd+= =±
................................................................................................. (1)
210 3
22 ()93aaafd++= =±
..................................................................................... (2)
3210 4
663 ()93aaaafd+++= =±
............................................................................ (3)
43210 5
24 24 12 4 ( ) 93aaaaafd++++= =±
............................................................. (4)
12 101
!! !
! ( ) 93.
1! 2! ( 1)!
nn n n
nn n
na a a a a f d
n
−− +
++ ++ += =±
−
L............................ (n)
由[ (n)式1(1)
n
Cn−×−
式2(2)
n
Cn+×−式1
1
(1)
nn
n
C
−
−
−+− ×L(1)式 ]可得
1
012 1
! ( 1) ( 1 ) 93.
nnnn
nn
na a C C C
+
−
+− =±± ± ± ± ⋅L
因此,
12 1
(1 1) 93
!
nn n
n
n
CC C
an
−
±± ± ± ± ±
=⋅
L
故, 當5n=時,
5
1 5 10 10 5 1 31
40
a±±±±±±
=⋅
因為 5
a是一整數,1 5 10 10 5 1±±±±±±
必須是 40 的倍數, 其唯一可能是
15101051 0±± ± ± ± ± = ,
即50a=, 不合. 當6n=時,
6
1 6 15 20 15 6 1 31
240
a±± ± ± ± ± ±
=⋅
…
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X
Y
E
D
P
Q
I
A
B
C
因為 6
a是一整數, 1 6 15 20 15 6 1±±±± ±±±
必須是 240 的倍數, 其唯一可能是
1 6 15 20 15 6 1 0±±±±±±±=
;
即60a=, 不合. 當7n=時,
7
172135352171
31
1680
a±±±±±±±±
=⋅
因為 7
a是一整數, 1 7 21 35 35 21 7 1±±±±±±±±
必須是 1680 的倍數, 其唯一可
能是
1 7 21 35 35 21 7 1 0±± ± ± ± ± ± ± = ;
即70a=, 不合. 當8n≥時,
12 1
(1 1) 93 293 1.
!!
nn n n
n
n
CC C
ann
−
++++ +⋅ ⋅
≤=<
L
因為 n
a是一整數, 故0
n
a=, 不合
【問題二：參考解答】：
設直線 DE 與AB 交於 X, 與CA 交於 Y, 而I為ABC∆的內心. 我們僅需證明點 P與點 X
重合, 且點 Q與點 Y重合. 因為 90BDC CEB∠=∠=°
, 所以 D、E、C、B四點共圓. 於是, 可
得
(1 / 2 )XDI EDC ABC XBI∠=∠ = ∠ =∠
.
由此可知, B、I、X、D四點共圓. 因此, 90IXB IDB∠=∠=°
, 即
I
XAB⊥, 亦即 ABC∆的
內切圓與 AB 切於 X點, 因而點 P與點 X重合. 另一方面, 由D、E、C、B四點共圓, 可得
180 180 180 (1/ 2) 180YEI DEB DCB ACB YCI∠ = °−∠ = °−∠ = °− ∠ = °−∠ .
由此可知 C、I、Y、E四點共圓. 因此, 90IYC IEC∠=∠=°
, 即
I
YAC⊥,亦即 ABC∆的內
切圓與 AC 切於 Y點, 因而點 Q與點 Y重合.
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A
8
A
7
A
6
A
5
A
4
A
3
A
1
A
2
【問題三：參考解答】：考慮 6個互不重疊的三角形:123
AAA∆, 134
AAA∆, 145
AAA∆, 15 6
AAA∆,
167
AAA∆,178
AAA∆. 因每一個三角形的內部都有一個塗色的區域, 故6n≥. 另一
方面, 若7n≥, 則由鴿籠原理可知上述的 6個三角形中, 必有一個三角形有兩個
塗色的區域, 故6n≤. 以下證明 6n=是可能的. 令
12 2 1 2 3ppppp
SAAA AAA
++++
=∆ ∆I,
p
∀=
1, 2, ,
L
6;
則將 12 6
,,,SS SL塗色即可滿足所求. 事實上, 考慮任一 ijk
AA A∆, 其中
18ijk≤< < ≤ .
(i) 當1i=時(3k≥), 則2k
S−是ijk
AA A∆唯一的塗色區域.
(ii )當2i≥時(3j≥), 則2j
S−是ijk
AA A∆唯一的塗色區域.
下圖顯示可能的 6個塗色區域.
二、筆試（二）
【問題一：參考解答】：(1) 由西瓦定理： 1
AE CD BF
EC DB FA
××=
.
(2) 延長
E
D交AB 延長線於 M, 則由孟氏定理
1
AE CD BM
EC DB MA
×× =
.
(3) 由(1), (2)知
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M
K
L
E
A
B
C
F
D
B
FBM
F
AMA
=, 即 AF BF
AM BM
=..................................................... (*)
(4) 由//
F
LDM
知~AFK AMD∆∆, ~
B
LF BDM∆∆
; 故得
AF FK
AM MD
=,
B
FFL
B
MMD
=............................................................. (**)
(5) 由(*)及(**)可得
F
KFL
M
DMD
=,
所以
F
KFL=.
【問題二：參考解答一】：因為 33
31ab ab++ =
, 可改寫為 33 3
(1) 3 (1) 0ab ab++−− −=
. 所以
222
(1)[()(1)(1)]0ab ab a b+− − + + + + =.
因此, 1ab+=
或 ab=且1ab==−
( ,ab
為正實數, 不合). 由算幾不等式
21
()
24
ab
ab +
≤≤
. ....................................................................................... (1)
令33
11
(, ) ( ) ( )fab a b
ab
=+ ++ , 則由(1)可得
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33
33
33
33 33
33
33
33
333
11
(, ) ( ) ( )
11 33
3( )
13
( ) 3( ) ( )
13
(1 )( ) 3
(1 4 )( ) 3 12
65(1 3 ) 15
fab a b
ab
ab ab
ab ab
ab ab ab ab
ab ab
ab
ab ab
ab
ab
=+ ++
=++ + + +++
=++ + + ++ +
=+ + ++
≥+ + ++
=−+
3
65(1 ) 15
4
125
.
4
≥−+
=
等號成立的充要條件為 1
2
ab== .
【問題二：參考解答二】：由不等式 333 3
3( )
3
x
yz
xyz ++
++≥ 及參考解答一中所定義的 (, )
f
ab
可得
()()
()
55
11 1 5
22
2
33
3
114
3
333
5 375
(, ) ( ) 3 3 3
28
ab ab
ab
fab ++ + + + + ++
+≥ = ≥ =
.
所以, 3
375 5 125
(, ) ( )
82 4
fab≥− =.
【問題二參考解答三】：設 3
1
() ( )gx x
x
=+ , 則()
g
x為(0,1)上的凸函數. 由1ba=− 可得
11 1
22 2
125 125
(,) () (1 )2( (1 ))2()284
fab ga g a g a a g=+−≥⋅⋅+⋅−=⋅ =⋅=.
【註】：由算幾不等式可得 33
13()323a b ab ab a b ab ab ab ab=++ ≥ ++ ≥ + ; 若令
0xab=>
, 則前式等價於
32
2310xx+−≤
⇔ 2
(2 1)( 1) 0xx−+≤
⇔ 210x−≤ ⇔1
2
x≤.
因此, 21
4
ab x=≤
. 所以既使不知道 1ab+=
, 亦能證明 1
4
ab ≤.
【問題三：參考解答】：首先,我們可將 5432
22221nnnnn+++++
因式分解為
教育部九十二學年度高級中學數學科能力競賽決賽試題與參考解答
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5432 432
22221(1)( 1)n n n n n n nnnn+++++=+ ++++
.
由於 1n+與432 1nnnn++++
互質, 所以 5432
22221nnnnn+++++
為一完全平方
數的充要條件為 1n+與432 1nnnn++++
均為完全平方數.
其次, 對於任意的正整數n,
22432 2 2
() 1( 1)
22
nn
nnnnnn+<++++<++
.
由於當 n為偶數時, 2
n
n+與1
2
n
n++
為連續正整數, 而432 1nnnn++++
為一完全
平方數. 所以, 只有當n為奇數時, 上式才有可能成立. 在此情形下,
432 2 2
1
1( 1)
2
n
nnnn n −
++++= + + ,
由此可得, 1n=− (不合), 3n=. 故, 僅在 3n=時, 可使得 432 1nnnn++++
為一完
全平方數. 當3n=時, 2
142n+= = 也是一個完全平方數.
三、獨立研究（一）
【問題一：參考解答】：
取93x=− 代入(1)式可得
0 ( 186) 186 (0) 186 ( 93)PPP⋅− − ⋅ =− ⋅− ,
由此可得 (0) ( 93)PP=− ; 取93x=代入(1)式可得
186 (0) 0 (186) 186 (93)PP P⋅+⋅ =⋅ ,
由此可得 (0) (93)PP=; 所以 (0) (93) ( 93)PP P==−
. 設(0) (93) ( 93)
P
PP c==−=
,
則()
P
xc=有三個根 93−, 0, 93, 因而存在實係數多項式 ()Qx使得 ()
P
x可以表示為
() ( 93)( 93) ()
P
xxx x Qxc=− + +
.............................................................................. (2)
將此代入(1)式化簡, 除以 ( 93)( 93)xx x−+
後可得
( 186) ( 93) ( 186) ( 93) 2 ( )xQx xQx xQx−−+++=
............................................... (3)
因為(3)式對於所有的實數 93, 0, 93x≠− 都成立, 且()Qx 為多項式, 所以(3)式對於所
有的實數
x
都成立. 若()Qx a≡是一常數多項式函數, 則(3)式可表示為
( 186) ( 186) 2ax ax ax−++=
;
此顯然成立; 因而
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3
( ) ( 93)( 93) 8649
P
x ax x x c ax ax c=− ++=− +
也滿足(1)式.
現在我們僅需證明： ()Qx a≡是一常數多項式. 記(186) (93 2)QQ a=×=
. 以
186 93 2x==×
代入(3)式, 我們可得
0 (93) (93 4) (93 3) (93 4) (93 2)QQ Q× + ×× ×= ×× ×,
由此可得
(93 3) (93 2)QQa×= ×=
.
以279 93 3x==×
代入(3)式, 我們可得
93 (186) (93 5) (93 4) (93 6) (93 3)QQ Q×+×××=×××
,
由此可得93 (93 5) (93 4) (93 6)aQ a×+ × × × = × ×, 因而 (93 4)Qa×=
. 事實上, 由數
學歸納法可證：對於所有的正整數 2n≥, (93 )Qna×=
. 所以 ()Qx a≡, 因而
3
() 8649
P
xax axc=− +
,
其中 ,ac可以是任意的實數.
【問題二：參考解答】：
利用算幾不等式(3
3a b c abc++≥ ), 得
2
3
3
3
3
(1 )(1 )(1 ) 1 ( ) ( )
1 3 3 ( )
(1 ) .
x
y z x y z xy yz zx xyz
xyz xyz xyz
xyz
+++=+++++++
≥+ + +
=+
同理可得,
3
3
(1 )(1 )(1 ) (1 )yzw yzw+++=+ ,
3
3
(1 )(1 )(1 ) (1 )
z
wx zwx++ +=+ ,
3
3
(1 )(1 )(1 ) ( 1 )wxy wxy+++=+ .
將上面四個不等式相乘、化簡後可得
3
33 3
(1 )(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )(1 )
x
y z w xyz yzw zwx wxy++++≥++++
,
其中等號成立的充要條件為
x
yzw===.
教育部九十二學年度高級中學數學科能力競賽決賽試題與參考解答
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K
H
G
F
E
D
A
B
C
【問題三：參考解答】：
如圖所示, 由切割線定理得 2
GD GF GE=⋅. 又
B
∠與
F
EH∠均為直角, GHE∆與
GFB∆相似, 所以 ::GE GB GH GF=, 即GF GE GB GH⋅=⋅ , 因而得
2
GD GB GH=⋅ . 另方面, 因G、H、E、K四點共圓, 且
F
EH∠為直角, 得GKH∠為
直角. 故, GKH∆與GKB∆相似. 因此, ::GH GK GK GB=, 即2
GK GB GH=⋅ .
綜合以上結果可得 22
GK GD=. 故, GK GD=.
四、獨立研究（二）
【問題一：參考解答】：因為 ()
f
x的係數都為非負, 所以 () 0fx=的三根都是負實數, 設為
1
r−, 2
r−, 3
r−. 由根與係數的關係可知
123
12 23 31
123
;
;
1.
arr r
brr rr rr
rrr
=++
=++
=
由算幾不等式可得,
123 3123 1
33
rrrarrr
++
=≥=
,
222
12 23 31 3
123 1
33
rr r r rrbrrr
++
=≥=
,
因而, 3a≥且3b≥. 由此可得
科學教育月刊 第 266 期 中華民國九十三年三月
- 64 -
321
321
3
(2) 2 2 2 1
2 3 2 3 2 1
( 2 1)
27.
fab=+⋅+⋅+
≥+⋅+⋅+
=+
=
【問題二：參考解答】：
32
3186300nm n m−+ −−=
有整數解
⇔23
6(31830)0mmn n+− + − =
有整數解.
⇔3
6364(3 1830)
2
nn
m−± + + −
=為整數, 3
36 4(3 18 30) 0nn++−≥
且
3
36 4(3 18 30)nn++−=
23
23( 6 7)nn⋅⋅ + − 為完全平方數.
⇒3670nn+−≥
且367nn+−
為3的倍數.
⇔310n−≥ 且31n−為3的倍數.
為此我們可設 31nk=+, 其中k為整數. 由於
342
318213( 1)nn kkk+−= ++
,
所以 2
(1)kk k++ 為一完全平方數. 若0k≠, 則k與21kk++
互質. 因為 21kk++
恆為正, 得k與21kk++均為完全平方數. 令22
1kk t++= , 其中t為正整數, 則
22 2 2
1(1)kkk t k<++=<+, 而得 1ktk<< +之矛盾結果. 故0k=, 即1n=. 當
1n=時, 3
318210nn+−=
為完全平方數. 此時, 3m=− .
【問題三：參考解答】：將{1, 2, , 2004}L所有子集合分成 2003
2組S及{2004}SU, 其中 S為
{1, 2, , 2003}L的子集合, 則這兩個子集合交錯和的總和為 2004. 所以{1, 2, , 2004}L
所有子集合交錯和的總和為 2003
2004 2×.