1
110 學年度普通型高級中學數學科能力競賽(決賽)
筆試（一）試題卷
編號：
（學生自填）
注意事項：
(1) 時間：2 小時（13:30～15:30）
(2) 配分：每題皆為 7 分
(3) 不可使用計算器
(4) 請將答案依序寫在答案卷內
(5) 學生自評預估得分(每題 0 ~7 分)
一、
試求所有不小於 1 的實數
, ,
x y z
，滿足
min
,
,
1
1
1
x
xyz
y
xyz
z
xyz
x
y
z
+
+
+
=
− +
− +
−
，
其中
min{ , , }
p q r
表示
, ,
p q r
三數的最小值。
二、
如圖，
ABC
的內心為
I
，其內切圓與
,
,
BC CA AB 的切點分別是
,
,
D E F
。
直線
,
CI DF
交於點
P
，點
Q
在
BI
的延長線上，它與
B
在直線
PC
的相反
兩側，且滿足
+
PQ
BC
s
，其中
s
是
ABC
的半周長。令 AH 垂直
BC
於
點 H 。試證： (1)
, ,
,
A I F P
四點共圓；
(2)
,
,
,
P Q D H
四點共圓。
三、
設
n
a
及
n
b
為公比不相等的兩個等比數列，而
n
n
n
c
a
b
=
+
都不等於 0 ，
其中
,
為非零實數。令
n
次多項式
1
1
1
0
( )
n
n
n
n
n
f x
c x
c x
c x c
−
−
=
+
+ +
+
。已
知對於正整數
2
n
，多項式
2
2
( )
( )
n
n
f x
x f
x
−
+
除以
1
( )
n
x f
x
−
的餘式皆為次數小
於或等於 1 的多項式，試證：乘積
n n
a b
是一與
n
無關的常數。
2
110 學年度普通型高級中學數學科能力競賽(決賽)
筆試（二）試題卷
編號：
（學生自填）
注意事項：
(1) 時間：2 小時（16:00～18:00）
(2) 配分：每題皆為 7 分
(3) 不可使用計算器
(4) 請將答案依序寫在答案卷內
(5) 學生自評預估得分(每題 0 ~7 分)
一、
在平行四邊形 ABCD 中，點 E 在
BC
上，點 F 在
CD
上，且
AE
交
BD
於點 P，
AF
交
BD
於點 Q。設
P
C
是以 P 為圓心、
BP
為半徑的圓，而
Q
C
是以 Q 為圓心、
QD
為半徑的圓，且兩圓的交點為
,
R R
。試證：
BE
DF
CE CF
=
的充要條件為
120
BRD
=
。
二、
試問有多少組整數數對
( )
,
a b
，滿足 1
2021
a
b
，且
2
2
9
ab
a
b
a b
a
+ +
+ +
為整數？
三、
用
0
和
1
排成的
n
項數列中，滿足連續兩項為
0, 0
的組數與連續兩項為
1,1
的組數相等之數列稱為「
n
項的平衡數列」。例如：
8
項數列
0, 0, 0,1,1, 0,1,1
中，連續兩項為
0, 0
的有
2
組，連續兩項為
1,1
的也有
2
組；因此，數列
0, 0, 0,1,1, 0,1,1
為「
8
項的平衡數列」。試問對任意的正整數
n
，有多少種
n
項的平衡數列？
3
110 學年度普通型高級中學數學科能力競賽(決賽)
口 試 試 題
注意事項：
(1) 試卷共 2 題，參賽者可先在本試卷上作答，思考時間 20 分鐘；
(2) 攜帶本試卷到口試教室應試，答辯時間 20 分鐘，並繳回本試卷；
(3) 口試完成後由助理引導至 M212 教室，繼續作答獨立研究。
學生
編號：
一、
設有
n
張牌，分別寫上 1, 2,3,
, n 。對任意牌型
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a ，進行以下
操作：若
n
a 為奇數，則將
n
a 置於最前面，即得新牌型
1
2
1
,
,
,
,
n
n
a a a
a
−
；
若
n
a 為偶數，則將
n
a 置於
1
a 與
2
a
之間，即得新牌型
1
2
1
,
,
,
,
n
n
a a a
a
−
。
試證：當
1
a
為奇數時，經過連續操作多次後可回到原牌型，並求此最少的
操作次數。
【解答】
二、
如圖，在 ABC
的邊
AB
與
AC
的外側分別作兩正三角形
ABE
及
ACF
。
已知
1
AC = 且
2
EF = 。試求 ABC
面積的最大可能值。
【解答】
4
110 學年度普通型高級中學數學科能力競賽(決賽)
獨立研究（一）試題卷
注意事項：
(1) 三題中自選兩題作答，並請註明題號
(2) 時間：1.5 小時（8:30～10:00）
(3) 配分：每題皆為 7 分
(4) 不可使用計算器
(5) 請將答案寫在答案卷內
學生
編號：
一、
設
,
,
D E F 分別是
ABC
三邊
,
,
BC CA AB
上的點。試證: 在
,
,
AEF
BDF
CDE
中，至少有一個三角形的面積不大於
DEF
的面積。
二、
將 3, 4,5, 6,
,1155 這
1153 個正整數重新排成一個數列
k
a
，使得對每一個
1, 2, 3,
,1153
k =
，第 k 項
k
a
都是 k 的倍數。試問共有多少種不同的排法？
三、
有一群人，人數至少
100
人，其中任意兩人或者彼此認識，或者彼此不認識。
現在想將這群人分組（每一組至少一人，各組人數可以不相等）
。如果每一
組中的任意兩人都彼此不認識，稱為「好分組」
。已知不管怎麼分，都無法
分成
99
組的「好分組」
，但是可以有分成
100
組的「好分組」
。試證：在分
成
100
組的「好分組」中，都可以在第
k
組中選出一個人
k
v
,使得對每一個
1, 2, 3,
, 99
k =
，都有
k
v
認識
1
k
v
+
。
5
110 學年度普通型高級中學數學科能力競賽(決賽)
獨立研究（二）試題卷
注意事項：
(1) 三題中自選兩題作答，並請註明題號
(2) 時間：1.5 小時（10:20～11:50）
(3) 配分：每題皆為 7 分
(4) 不可使用計算器
(5) 請將答案寫在答案卷內
學生
編號：
一、
試求滿足下列條件的最小正整數
n
：當整係數多項式函數
( )
f x
有
n
個相異整數
1
2
,
,
,
n
x x
x ，滿足
1
2
( )
( )
(
) 1
n
f x
f x
f x
=
=
=
= 時，方程式
( )
3
f x =
就不會有整
數解。
二、
試證：不存在任何的正整數解
( , , , )
x y z w
，滿足下列方程式：
4
4
4
4
4
9
11(
)
x
y
z
w
+
=
+
。
三、
將邊長為 3 的正三角形分成九個全等的單位三角形。一開始每個單位三角
形裡都填 0。每次操作可以選擇兩個相鄰的單位三角形（相鄰意為有共同邊）
而將這兩個三角形內的數字都同時加 1 或同時減 1。已知經由若干次操作後，
九個數恰好形成連續的正整數
(
)
(
)
,
1 ,
,
8
n n
n
+
+
，試求所有可能的
n
值。
6
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
試求所有不小於
1 的實數
, ,
x y z
，滿足
min
,
,
1
1
1
x
xyz
y
xyz
z
xyz
x
y
z
+
+
+
=
− +
− +
−
，
(1)
其中
min{ , , }
p q r
表示
, ,
p q r
三數的最小值。
解
析
類
型
■ 代數
(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編
□ 改編於：
難
易 度
□ 難
■中等 □易
編
號
筆試一(1)
解答
：
先考慮
min{ , , }
z
x y z
=
，並令
2
1
x
a
= +
,
2
1
y
b
= + ,
2
1
z
c
= +
，其中
0,
0
a
c
b
c
。
在這些設定條件下，
(1)式等價於
2
2
2
2
(1
)(1 (1
)(1
) )
(
)
c
a
b
a b c
+
+ +
+
=
+ +
。
(2)
由柯西不等式
2
2
2
(
1)(1 (
) )
(
)
c
a b
a b c
+
+
+
+ +
。
(3)
由
(2)式與(3)式可得
2
2
2
(
)
(1
)(1
)
a b
a
b
+
+
+
。 (4)
另一方面，由柯西不等式
2
2
2
(
1)(1
)
(
)
a
b
a b
+
+
+
；因此，上面的不等式均為
等號。所以
1
ab = ，且
(
)
1
c a
b
+
=
。
反之，若
1
ab = 且
(
)
1
c a
b
+
=
，則
1
1
c
a
a b
b
=
=
+
，
1
1
c
b
a b
a
=
=
+
。
故，此情況下問題之解為
2
1
x
a
= +
,
2
1
1
y
a
= +
,
2
2
1 (
)
1
a
z
a
= +
+
，其中
a
可以是任意不小於
1 的正數。
當然
,
,
x y z
重排也是解
(因為也可設 b 或
a
是
,
,
a b c
中最小的
)。
7
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
如圖，
ABC
的內心為
I
，其內切圓與
,
,
BC CA AB
的切
點分別是
,
,
D E F
。直線
,
CI DF
交於點
P
，點
Q
在
BI
的延長線上，它與
B
在直線
PC
的相反兩側，且滿足
+
PQ
BC
s
，其中
s
是
ABC
的半周長。令 AH 垂直
BC
於點
H
。試證：
(1)
, ,
,
A I F P
四點共圓；
(2)
,
,
,
P Q D H
四點共圓。
解
析
類 型
□ 代數
(A) □ 數論(N) ■ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
□ 難 ■ 中等 □ 易
編 號
筆試一(2)
解答：
1. 設
,
M N
分別為
,
AB AC
的中點，且
,
,
BC
a CA
b AB
c
=
=
= 。因為
1
1
2
2
1
1
1
2
2
2
90
,
DPC
PDB
C
FIB
C
B
C
A
即
FPI
FAI
=
, 得
, ,
,
A I F P
共圓，
所以
90
AFI
API
。
令
L
為
AP
與
BC
的交點，因
CI
是分角線，
P
為
AL
的中點，故
P
是在
MN
上。
2. 設過
A
與
BC
平行的直線與
,
BI CI
分別交於
,
B C
。因
AB B
B BC
ABB
=
=
，
AB
AB
c
；同理
AC
AC
b
。所以，得 B C
b
c 。由此可得
/ 2
1
1 (
)
=
=
,
2
2
C I
B C
b
c
CP
CC
C I
CI
b
c
a
s
a
a
a
CI
BC
CI
CI
CI
。
設
Q
是
BI
與
MN
的交點，則
P
B
Q
C
,
PQ
PI
CP
CI
s
a
PQ
a
BC
CI
CI
BC
。所以，
PQ
PQ
=
；得
Q
與
Q
重合（因
BFID
是箏形，得
PD
BI
，且
Q
與
B
在
CI
的相反兩側）
。
3. 因
Q
是在
MN
及分角線上，用與
1. 同樣的證明可得
90
AQB
=
. 所以
,
P Q
是在以
AI
為直徑的圓（記為
K
）上（此圓也通過
,
E F
）
。設
DI
與 B C 交於點
D
, 則
D
是在圓
K
上。因
,
H D
分別是
,
A D
對
MN
的對稱點，且
, ,
,
P Q D A
共圓，所以，
,
,
,
P Q D H
也共
圓。
8
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
設
n
a
及
n
b
為公比不相等的兩個等比數列，而
n
n
n
c
a
b
=
+
都不等於
0
，其中
,
為非零實數。令
n
次多項式
1
1
1
0
( )
n
n
n
n
n
f x
c x
c x
c x c
−
−
=
+
+ +
+
。已知對於正整數
2
n
，
多項式
2
2
( )
( )
n
n
f x
x f
x
−
+
除以
1
( )
n
x f
x
−
的餘式皆為次數小於或等於 1 的多項式，試證：
乘積
n n
a b
是一與
n
無關的常數。
解
析
類
型
■ 代數
(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編
□ 改編於：
難
易 度
■ 難
□ 中等 □ 易
編
號
筆試一(3)
解答
：
對於整數
2
n
,
( )
( )
(
)
2
2
0
1
2
2
n
i
n
n
i
i
i
f
x
x f
x
c
c x
c
c
x
−
−
=
+
= +
+
+
，
而
( )
1
1
1
0
n
i
n
i
i
x f
x
c x
−
+
−
=
=
。由於
( )
( )
(
)
( )
(
)
2
2
1
deg
deg
n
n
n
f
x
x f
x
xf
x
−
−
+
，
因此，
( )
( )
( )
( )
2
2
1
n
n
n
n
n
f
x
x f
x
x f
x
r x
−
−
+
=
+
，其中
( )
0
n
r x =
或
( )
( )
(
)
1
deg
deg
n
n
r x
x f
x
−
。比較
1
n
x
−
項的係數，得
1
3
2
n
n
n n
c
c
c
−
−
−
+
=
。
同理，由
( )
( )
( )
( )
2
1
3
1
2
1
n
n
n
n
n
f
x
x f
x
x f
x
r
x
−
−
−
−
−
+
=
+
，再比較
1
n
x
−
項的係數，得知
1
3
1
2
n
n
n
n
c
c
c
−
−
−
−
+
=
。因此，
1
n
n
−
=
，故
1
2
3
n
=
=
=
=
= ，其中
為常數。
由題目所給的條件
( )
deg
1
n
r x
，可知
(
)
2
2
1
0
1
0
( )
( )
( )
( )
n
n
n
n
r x
f x
x f
x
x f
x
c
c
c
x
−
−
=
+
−
= +
−
，
且對於所有大於或等於
2 的整數 n 皆有
2
1
n
n
n
c
c
c
−
−
+
=
。
調整條件中的
,
，不失一般性，可假設
1
n
n
a
r
=
,
2
n
n
b
r
=
，其中
1
r
,
2
r 為非零實
數。注意：
( )
( )
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
n
n
n
n
n
c
r
r
r
r
r
r
−
−
=
+
=
+
，且
(
)
(
)
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
c
c
r
r
r
r
−
−
−
−
−
=
−
+
−
。
由數列
n
c
的遞迴式
1
2
n
n
n
c
c
c
−
−
=
−
，得
( )
( )
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
r
r
r
r
r
r
r
r
−
−
−
−
+
=
−
+
−
，
2
n
。 (1)
9
以下我們要證明：
2
1
i
i
r
r
=
−
,
1, 2
i =
。這可以分兩種情況討論如下：
(A)
1
2
1
r
r
: 若
1
2
1
r
r
，則式(1)等同於
( )
( )
(
)
(
)
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
2
2
1
1
n
n
r
r
r
r
r
r
r
r
−
−
+
=
−
+
−
，
2
n
。
令
n →
，得
(
)
2
2
2
2
2
2
1
1
r
r
r
r
=
−
=
−
代入上式，則有
(
)
2
2
1
1
1
1
1
1
r
r
r
r
=
−
=
−
。
由對稱性，若
1
2
1
r
r
亦可得相同結論。
(B)
1
2
1
r
r
=
: 則
2
1
r
r
= 或
1
r
−
. 我們有
(
)
1
n
n
c
r
=
+
或
( )
(
)
1
1
n
n
n
c
r
=
+ −
，
0
n
。
再由
n
c
的遞迴式
1
2
n
n
n
c
c
c
−
−
=
−
，亦可得出
2
1
1
1
r
r
=
−
（此時必然是
2
1
1
r
r
= = ）。
綜合以上的討論得知：
1
2
,
r r 是二次方程
2
1
0
x
x
−
+ =
的兩個根，再由根與係數的
關係知道：
1 2
1
r r =
。所以，
1
2
1
n
n
n n
a b
r r
=
=
為一個與
n 無關的常數。
10
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
在平行四邊形 ABCD 中，點 E 在
BC
上，點
F 在
CD
上，且
AE
交
BD
於點
P，
AF
交
BD
於點
Q。設
P
C
是以
P 為圓心、
BP
為半徑的圓，而
Q
C
是以
Q 為圓心、
QD
為半徑
的圓，且兩圓的交點為
,
R R
。試證： BE DF
CE CF
=
的充要條件為
120
BRD
=
。
解
析
類 型
□ 代數
(A) □數論(N) ■ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
□ 難 □ 中等 ■ 易
編 號
筆試二(1)
解答：
為了簡潔，令
BP a
=
,
PQ
c
=
,
QD
b
=
。
因為
BP
RP
=
，所以
PBR
PRB
=
。同理，因為
QR
QD
=
，所以
QRD
QDR
=
。
由
BDR
內角和為180 ，得知
2
2
180
PRQ
+
+
=
，故
1
90
2
PRQ
+ = −
。因此，
1
90 +
2
BRD
PRQ
PRQ
= + +
=
。由此可知：
120
60
BRD
PRQ
=
=
。
再由餘弦定理，得知：上式也等價於
2
2
2
1
= cos
2
2
a
b
c
PRQ
ab
+
−
=
，即
2
2
2
c
a
b
ab
=
+
−
，亦即
1
a
b
b c
a
c
+
=
+
+
。
另一方面，利用
PBE
PDA
，得
1
a
BE
BE
CE
b c
AD
BC
BC
=
=
= −
+
。同理，由
QFD
QAB
，
得到
b
DF
DF
a
c
AB
CD
=
=
+
。因此，
1
a
b
b c
a
c
+
=
+
+
CE
DF
CE
DF
BE
BC
CD
CF
=
=
BE DF
CE CF
=
。證畢！
11
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
試問有多少組整數數對
( )
,
a b
，滿足 1
2021
a
b
，且
2
2
9
ab
a
b
a b
a
+ +
+ +
為整數？
解
析
類
型
□
代數(A) ■ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
□ 自編
■ 改編於：IMO shortlisted problem
難
易 度
□ 難
■中等 □易
編
號
筆試二
(2)
解答
：
設
2
9
A
a b
a
=
+ +
，
2
B
ab
a
b
=
+ +
。由題意知：
A
能整除
2
9
aB
bA
a
b
−
=
−
。
(1) 若
2
9
0
a
b
−
，則因
2
9
A
a
b
−
，可知
2
9
0
a
b
−
=
2
9 a
。
設
3
a
k
=
，
2
b
k
=
分別代入
A
,
B
，可得
(
)
4
3 3
3
A
k
k
=
+ +
，
(
)
4
3
3
B
k
k
k
=
+ +
。
又
A B
3 k
，可令
3
k
m
=
，其中
m
為正整數。因此，
2
9 ,
9
a
m b
m
=
=
。
又 1
2021
a
b
，得
1, 2, 3,
,14
m =
。
(2) 若
2
9
0
a
b
−
，則
2
9b
a
A
−
，即
2
2
9
)
9
a b
a
a
−
+ +
（
2
9
a
，故
1
a =
或
2。
(i)
1
a =
10
A b
= +
,
10 9
1
b
b
+
−
，
又
(
)
9
1
9
10
91
b
b
− =
+
−
10 91
b +
。
由
91 1 91 7 13
= =
，可得
3
b =
或
81。
檢驗
( )
1, 3
,
(
)
1,81
均能使
A B
。
(ii)
2
a =
4
11
A
b
=
+
,
4
11 9
4
b
b
+
−
，
又
(
) (
)
4 9
4
9 4
11
115
b
b
−
=
+
−
4
11 115
b +
。
由
115 1 115
5 23
=
=
，可得
3
b =
或
26。
檢驗
( )
2, 3
,
(
)
2, 26
均能使
A B
。
因此，可能的數對
( )
,
a b
為
(
)
2
9 ,9
m m
，其中
1, 2, 3,
,14
m =
，以及
( )
1, 3
,
(
)
1,81
,
( )
2, 3
,
(
)
2, 26
，共
18
組。
12
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
用
0
和
1
排成的
n
項數列中，滿足連續兩項為
0, 0
的組數與連續兩項為
1,1
的組數
相等之數列稱為「
n
項的平衡數列」
。例如：
8
項數列
0, 0, 0,1,1, 0,1,1
中，連續
兩項為
0, 0
的有
2
組，連續兩項為
1,1
的也有
2
組；因此，數列
0, 0, 0,1,1, 0,1,1
為「
8
項的平衡數列」
。試問對任意的正整數
n
，有多少種
n
項的平衡數列？
解
析
類 型
□ 代數
(A) □ 數論(N) □幾何(G) ■ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
■ 難 □ 中等 □ 易
編 號
筆試二(3)
解答：
設有
n
a 種「
n
項的平衡數列」
。顯然，
1
2
a =
；以下考慮
2
n
。
對一個「
n
項的平衡數列」
，令
k
p 表示數列中第
k
個
0
區塊數字
0
的個數，
而
k
q
表示數列中第
k
個
1
區塊數字
1
的個數；例如：
「
8
項的平衡數列」
0, 0, 0,1,1, 0,1,1
中，
1
2
3,
1
p
p
=
= ；而
1
2
2
q
q
=
= 。則該數列連續兩項為
0, 0
的
組數為
1
(
1)
r
k
k
p
=
−
，而連續兩項為
1,1
的組數為
1
(
1)
s
k
k
q
=
−
，其中
s
r
=
(當首項與末項的數字不同) 或
1
s
r
− = (當首項與末項的數字相同)。
因此，數列是「
n
項的平衡數列」的充要條件為
1
1
(
1)
(
1)
r
s
k
k
k
k
p
q
=
=
− =
−
，
即
1
1
r
s
k
k
k
k
p
q
r
s
=
=
−
= −
。又
1
1
r
s
k
k
k
k
p
q
n
=
=
+
=
，解得：
1
2
2
r
k
k
n
r
s
p
=
−
= +
，
1
2
2
r
k
k
n
r
s
q
=
−
= −
。
13
(i) 當
n
為偶數時，
1
2
r
k
k
r
s
p
n
=
− =
−
亦為偶數，故
s
r
=
；由此可得：每一個
「
n
項的平衡數列」的首項與末項的數字不同，且數字
0
與數字
1
各出現
2
n
次。其中，首項為 0 與末項為
1
的「
n
項的平衡數列」有
2
2
2
n
n
C
−
−
種，而首項為
1
與末項為 0 的「
n
項的平衡數列」也有
2
2
2
n
n
C
−
−
種；故
2
2
2
2
n
n
n
a
C
−
−
=
。
(ii) 當
n
為奇數時，
1
2
r
k
k
r
s
p
n
=
− =
−
亦為奇數，故
1
s
r
− = ；由此可得：每一
個「
n
項的平衡數列」的首項與末項的數字相同，且數字
0
與數字
1
出現的
次數相差
1
次。因此，
2
1
2
2
n
n
n
a
C
−
−
=
。
合併上述的結果，可得對任意正整數
n
，
2
1
2
2
n
n
n
a
C
−
−
=
。
14
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
設
,
,
D E F 分別是
ABC
三邊
,
,
BC CA AB
上的點。試證:
,
,
AEF
BDF
CDE
中至少
有一個三角形的面積不大於
DEF
的面積。
解
析
類 型
■ □ 代數
(A) □ 數論(N) 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
□ 難 □ 中等 ■ 易
編 號
獨立研究一
(1)
解答：
設
,
,
,
AEF
BDF
CDE
DEF
ABC
ABC
ABC
ABC
=
=
=
=
，可知
1
+ + + =
。
不失一般性，可設
。
(1) 若
1
4
，則有
1
1
1
1
3
4
4
= − − − − = ，
故得到
min
,
,
。
(2) 若
1
4
，令
,
,
BD
CE
AF
BC
CA
AB
=
=
= ，所以
0
,
,
1
。
利用
(1
)
AEF
AF
AE
ABC
AB
AC
=
= −
，可得到
(1
)
=
−
。
同理，
(1
) ,
(1
)
=
−
=
−
。
由此可知
1
1
(1
)
(1
)
(1
)
= − − − = −
−
−
−
−
−
1
(1
)(1
)(1
)
= − +
+ +
+ +
=
+ −
−
−
。
再利用不等式
2
1
2
1 2
(
)
4
k
k
k k
+
，
1
4
，以及
，可進一步得到
2
2
4
(1
)(1
)(1
)
4
−
−
−
=
，
亦即
，故
min
,
,
，證畢！
A
B
C
D
E
F
15
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
將 3, 4,5, 6,
,1155 這
1153 個正整數重新排成一數列
k
a
，使得對每一個
1, 2, 3,
,1153
k =
，第 k 項
k
a
都是 k 的倍數。試問共有多少種不同的排法？
解
析
類 型
□ 代數
(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) ▓ 組合(C)
試題出處
□ 自編 ▓ 改編於：大陸競賽試題
難 易 度
□ 難 □ 中等 ▓ 易
編 號
獨立研究一
(2)
解答：
因為
a
k
為
k 的倍數，故 1154 及 1155 只能排在以自己因數為號碼的位置上。
又 1155 = 3 × 5 × 7 × 11，1154 = 2 × 577，所以，
1155
,1154
m
n
a
a
=
= ，其中
m
為
3 5 7 11
的因數，
n
為
2 557
的因數。
注意：
1153
1155
a
且
1153
1154
a
。又
1153
為質數，故
1
1153
a
=
或
1153
1153
a
=
。
當排好
1155
的位置後，
1154 只能排在第 2 號位置，否則會發生小數排在大號碼
的情形，則不符合條件。因此，僅需考慮 1155 的因數排法。
為方便算法，我們以符號 ( , , , )
a b c
記錄
1155 的因數排法。例如：
385
1155
a
=
、
77
385
a
=
、
11
77
a
=
、
1
11
a
=
，記為
3,5,7,11)
（
；而
385
1155
a
=
、
55
385
a
=
、
11
55
a
=
、
1
11
a
=
時，記為
3,7,5,11)
（
；又如：
385
1155
a
=
、
77
385
a
=
、
1
77
a
= 時，記為
3,5, 7 11)
（
。
(1) 若 1155 排第 1 號位置，即
1
1155
a
= ，則
2
1154
a
= ，其他的數只能排在以自己
為號碼的位置上，否則會發生小數排在大號碼的情形。
(2) 以 3 為首的排列共有 13 種：即
3,5,7,11)
（
有
3! 6
=
種、
3,5, 7 11)
（
有
3
1
3
C = 種、
3,5 7,11)
（
有
3
1
3
C = 種、
3,5 7 11)
（
有
3
3
1
C = 種。同理，分別以
5, 7, 11 為首的
也各有
13 種。因此共有
13 4
52
=
種。
(3) 形如
3 5
為首有
3 種：即
3 5,7,11), 3 5,11,7), 3 5,7 11)
（
（
（
。故此類型共有
4
2
3 18
C =
種。
(4) 形如
3 5 7
為首有
1 種：即
3 5 7,11)
（
，故此類型共有
4
3
1
4
C = 種。
所以，共有 1 52 18 4 75
+
+
+ =
種。
16
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
有一群人，人數至少
100
人，其中任意兩人或者彼此認識，或者彼此不認識。現在想
將這群人分組（每一組至少一人，各組人數可以不相等）。如果每一組中的任意兩人
都彼此不認識，稱為「好分組」
。已知不管怎麼分，都無法分成
99
組的「好分組」，
但是可以有分成
100
組的「好分組」。試證：在分成
100
組的「好分組」中，都可以在
第 k 組中選出一個人
k
v
,使得對每一個
1, 2, 3,
, 99
k =
，都有
k
v
認識
1
k
v
+
。
解
析
類 型
□ 代數
(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) ■ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
□ 難 ■ 中等 □ 易
編 號
獨立研究一
(3)
解答：
考慮圖 ( , )
G V E ，以這群人為頂點
(vertex)，當中彼此認識時連一條邊(edge)。
已知著色數
(chromatic number)
( )
100
G
=
，我們要證明：
對於著色數
( )
G
n
=
的圖形（色彩種類
1
2
,
,
,
n
c c
c ）
，給定任何一種著色方式，
總是可以找到一條路徑(path)
1 2
n
v v
v
，其中頂點
k
v
的著色為
k
c
。
以非空集合
1
V
表示著上色彩
1
c 的頂點集合，並以
k
V
表示著上色彩
k
c
且至少有一
個鄰點(neighbour)著上色彩
1
k
c
−
的頂點所成的集合。我們肯定
k
V ，對
2
k
n
皆
如此。事實上，如果首先出現空集合的
k
V
的標號為
m
，從
1
1
k
m
−
，逐一將
k
V
中的
頂點著上色彩
1
k
c
+
, 這樣的著色方式將只需要
1
n −
種色彩，與
( )
G
n
=
矛盾。
現在，從
n
V
的某個頂點
n
v
開始，從
1
n
V
−
中挑選
1
n
v
−
，使得
1
n
n
v
v
−
相鄰，再從
2
n
V
−
中挑選
2
n
v
−
，使得
2
1
n
n
v
v
−
−
相鄰，以此類推，即可得到一條路徑
1 2
n
v v
v
。
17
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
試求滿足下列條件的最小正整數
n
：
當整係數多項式函數
( )
f x
有
n
個相異整數
1
2
,
,
,
n
x x
x ，滿足
1
2
( )
( )
(
) 1
n
f x
f x
f x
=
=
=
= 時，方程式
( )
3
f x =
就不會有整數解。
解
析
類
型
■ 代數
(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編
□ 改編於：
難
易 度
□難
□中等 ■易
編
號
獨立研究二
(1)
解答：
1, 2
n =
時，顯然不合題意。
3
n =
時，取
( ) (
)(
)(
)
1
1
2
1
f x
x
x
x
=
+
−
−
+ ，
.
則
( )
( )
( )
1
1
2
1
f
f
f
− =
=
= ，而
( )
0
3
f
= 。
故
3
n =
也不滿足題意之條件。
對
4
n
時，可設
( ) (
)(
) (
) ( )
1
2
1
n
f x
x
x
x
x
x
x
g x
=
−
−
−
+ ，其中
( )
g x
是整係數多項式
函數。假設存在某個整數
m
，使得
( )
3
f m =
，則
(
)(
) (
) ( )
1
2
2
n
m
x
m
x
m
x
g m
−
−
−
= 。
由
( )
1
g m
，可得
(
)(
) (
)
1
2
2
n
m
x
m
x
m
x
−
−
−
。 (*)
這些
1
2
,
,
,
n
m
x m
x
m
x
−
−
− 均非零且都相異，但 4 個以上非零的相異整數乘積的絕對
值至少為 4，此與(*)矛盾。因此，最小正整數
4
n =
。
18
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
試證：不存在任何的正整數解
( , , , )
x y z w
，滿足下列方程式：
4
4
4
4
4
9
11(
)
x
y
z
w
+
=
+
。 (1)
解
析
類 型
□ 代數(A) ■ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
□ 難 ■ 中等 □ 易
編 號
獨立研究二
(2)
解答：
1. 首先證明：下列方程式沒有任何的正整數解
( , , , )
x y z w
𝑥
2
+ 𝑦
2
= 11(𝑧
2
+ 𝑤
2
) 。 (2)
令
S = { (x, y, z, w) | (x, y, z, w) 為方程式 (2)的正整數解 }。
假設 S 不為空集合，則存在 (x
1
, y
1
, z
1
, w
1
) ∈ S 滿足
m = min
(x,y,z,w)∈S
(x + y + z + w) = x
1
+ y
1
+ z
1
+ w
1
> 0 (3)
且 x
1
2
+ y
1
2
= 11(z
1
2
+ w
1
2
). (4)
由(4)式我們容易得到 11 都必須整除 x
1
與 y
1
。
可設 x
1
= 11x
2
, y
1
= 11y
2
。 (5)
從 (4)與(5)，我們得到
z
1
2
+ w
1
2
= 11(x
2
2
+ y
2
2
)。 (6)
由 (6) 得知
(z
1
, w
1
, x
2
, y
2
) ∈ S 且 0 < x
2
+ y
2
+ z
1
+ w
2
< m。 (7)
從(3)與(7)得到矛盾，因此，S 為空集合。
2. 若(1)中有一組解
( , , , )
x y z w
，我們令
2
2
2
2
2
,
3
,
,
a
x b
y c
z d
w
=
=
=
=
，則
( , , , )
a b c d
滿足
(2) 式，此與
S =
矛盾！因此，我們得到此題的證明
.
19
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
將邊長為 3 的正三角形分成九個全等的單位三角形。一開始每個單位三角形裡都填
0。每次操作可以選擇兩個相鄰的單位三角形（相鄰意為有共同邊）而將這兩個三角
形內的數字都同時加
1 或同時減 1。已知經由若干次操作後，九個數恰好形成連續的
正整數
(
)
(
)
,
1 ,
,
8
n n
n
+
+
，試求所有可能的
n
值。
解
析
類 型
□ 代數
(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) ■ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
□ 難 ■ 中等 □ 易
編 號
獨立研究二
(3)
解答：
2
n =
是唯一的可能。
從數字總和的奇偶性，得知不可能
1
n =
。當
2
n =
時，很容易寫出例子，如下：
假設
2
n
辦得到。把各個單位三角形用1, 2,3,
, 9 加以編號(左下角是 1, 右下角是
5)。將編號 2,4,7 的單位三角形塗色，並以
2,4,7
S
表示在這 3 個單位三角形內的數字總
和，
1,3,5,6,8,9
S
也是類似的定義。顯然，在操作過程中，總是有
2,4,7
1,3,5,6,8,9
= S
S
，因此，當
數字
(
)
(
)
,
1 ,
,
8
n n
n
+
+
填入各單位三角形時，此式子也成立。但是，
(
) (
) (
)
2,4,7
8
7
6
3
21
S
n
n
n
n
+ + + + +
=
+
，
而
(
)
1,3,5,6,8,9
2,4,7
(
1)
5
6
15
3
21
S
n
n
n
n
n
S
+ + + + + =
+
+
。
因此，
2,4,7
1,3,5,6,8,9
S
S
，這是錯的。因此，答案僅有
2
n =
。
20
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
設有
n
張牌，分別寫上 1, 2,3,
, n 。對任意牌型
1
2
3
,
,
,
,
n
a a a
a ，進行以下操作：若
n
a 為奇數，則將
n
a 置於最前面，即得新牌型
1
2
1
, ,
,
,
n
n
a a a
a
−
；若
n
a 為偶數，則將
n
a 置於
1
a
與
2
a
之間，即得新牌型
1
2
1
,
,
,
,
n
n
a a a
a
−
。試證：當
1
a
為奇數時，經過連續
操作多次後可回到原牌型，並求此最少的操作次數。
解
析
類 型
□ 代數
(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) ▓ 組合(C)
試題出處
▓ 自編 □ 改編於：大陸競賽試題
難 易 度
□ 難 □ 中等 ▓ 易
編 號
口試一
解答：
先將原牌型分組如下：
1
1
1
2
1
1
2
3
1
2
1
2
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
j
j
j
i
i
i
i
i
i
i
a a a
a a
a
a
a
a
a
A
+
+
+
+
+
，
其中
1
2
1
1
,
,
,
,
j
i
i
i
a a a
a
+
均為奇數，其他都是偶數，而末端
A
中的數均為偶數或無。
設 A
r
= ，即
A
由
r
個偶數所組成。
(1) 若
1
r ，則經過連續
r
次操作後，牌型變成
1
1
1
2
1
1
2
3
1
2
1
2
, ,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
j
j
j
i
i
i
i
i
i
i
a A a a
a a
a
a
a
a
a
+
+
+
+
+
。
設此時最後一組
1
1
2
,
,
,
j
j
j
i
i
i
a
a
a
+
+
+
有 k 張牌，即
1
j
j
k i
i
+
=
− 。則再經過 k 次操
作後，牌型變成
1
1
1
1
1
2
1
2
1
1
2
3
1
2
,
,
,
,
, , ,
,
,
,
,
,
,
,
,
j
j
j
j
i
i
i
i
i
i
i
i
a
a
a
a
a A a a
a a
a
a
+
+
+
+
−
+
+
。
依此下去，不難發現：原牌型經過
1
n −
次操作後，牌型變成
1
2
1
1
3
2
3
1
2
1
2
1
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
, ,
j
j
i
i
i
i
i
i
i
a a a
a
a
a
a
a
a
a A
+
+
+
+
。
即牌型僅有奇數作一次輪換，而偶數位置不變。由此分析，可知：
當
n
為奇數時，原牌型有
1
2
n +
個奇數，故經過
1
2
n +
回的
1
n −
次操作後，所有奇數就
會輪換到原位置。此時，最少的操作次數為
2
1
1
1)
2
2
n
n
n
+
−
− =
（
。當
n
為偶數時，原
牌型有
2
n
個奇數，故經過
2
n
回的
1
n −
次操作後，所有奇數就會輪換到原位置。此
時，最少的操作次數為
2
1)
2
2
n
n
n
n
−
− =
（
。
(2) 若
0
r =
，同情況
(1)的分析，結果亦同。
21
110 學年度高中數學能力競賽 (決賽)
題目：
如圖，在 ABC
的邊
AB
與
AC
的外側分別作正三角形
ABE
及
ACF
。已知
1
AC = 且
2
EF = 。
試求 ABC
面積的最大可能值。
解
析
類 型
□ 代數
(A) □數論(N) ■ 幾何(G) □ 組合(C)
試題出處
■ 自編 □ 改編於：
難 易 度
□ 難 □ 中等 ■ 易
編 號
口試二
解答：
令
BAC
=
，
AB
c
=
，則
。
由餘弦定理：
2
2
2
2
cos(240
)
EF
AE
AF
AE AF
=
+
−
−
，
所以，
令
，將上式改寫為
配方得
2
2
3
(
4
1
(
)
)
2
2
y
x
。因此，
ABC
面積
1
1
3
3
1
sin
(2
)
1
2
2
2
2
4
y
c
=
=
−
= −
(此為最大值)。
以下說明：任給
0
180
，都有滿足條件的 ABC
：
如圖所示，固定平面上邊長為 1 的正三角形
ACF
。考慮以
F
為中心作半徑為
2 的圓，
設
E
為圓上的動點，且從射線
AC
逆時針旋轉至射線
AE
的角度是在
60
至
180
的範圍，在
AE
下側作正三角形
ABE
；此時，點
B
與點
F
在
AC
的相反兩側，又這兩個正三角都在
的外部，所以， 可任意在
0
至
180
間變化。
240
EAF
=
−
2
2
2
2 cos(240
)
2 (cos 240 cos
sin 240 sin )
cos
3 si
3
n .
c
c
c
c
c
c
c
cos ,
sin
x
c
y
c
=
=
2
2
3
3.
y
x
y
x
ABC