臺中市立文華高級中等學校 109 學年度
第1次教師甄選-數學科試題
解:
橢圓Γ1:x233+y249=1⇒{a1=7b1=√33⇒a21=b21+c21⇒c1=4⇒{F1(0,4)F2(0,−4)P在Γ1上⇒¯PF1+¯PF2=2a1=14;餘弦定理:cos∠F1PF2=¯PF12+¯PF22−¯F1F222¯PF1ׯPF2⇒cos60∘=142−2¯PF1ׯPF2−822¯PF1ׯPF2⇒12=132−2¯PF1ׯPF22¯PF1ׯPF2⇒¯PF1ׯPF2=44⇒(¯PF1−¯PF2)2=(¯PF1+¯PF2)2−4¯PF1ׯPF2=142−4×44=20⇒|¯PF1−¯PF2|=√20=2√5=2a2⇒a2=√5⇒c22=c21=a22+b22⇒16=5+b22⇒b2=√11⇒共軛軸長=2b2=2√11
|z1−3+4i|=1為一圓,其中{圓心C(3,−4)半徑r=1;z2z1=1+√3i=2(cos60∘+isin60∘)⇒{|z2|=2|z1|∠AOB=60∘因此△OAB面積=12¯OAׯOBsin∠AOB=12¯OA×(2¯OA)sin∠60∘=√32¯OA2;最大的¯OA=¯OC+r=5+1=6⇒最大的△OAB面積=√32×62=18√3
解:
1人整季(3個月)都不達標的機率為(1−0.2)3=0.83⇒n人整季都不達標的機率為0.83n⇒1−0.83n>0.999⇒0.001>0.83n⇒log0.001>log0.83n⇒−3>3n(3log2−1)⇒−3>3n(3×0.301−1)=−0.291n⇒n>30.291≈10.3⇒n=11
解:
三次函數的對稱中心為(x0,y0),則該函數可寫成f(x)=a(x−x0)3+b(x−x0)+y0;因此本題函數可寫成y=f(x)=a(x+2)3+b(x+2)+5⇒f′(x)=3a(x+2)2+b在x=1附近的局部圖形近似直線y=7x+1⇒{f′(1)=7f(1)=8⇒{27a+b=727a+3b+5=8⇒{a=1/3b=−2⇒y=13(x+2)3−2(x+2)+5
{x+y+z=1⋯(1)x2+y2+z2=3⋯(2)x3+y3+z3=5⋯(3)⇒(x+y+z)2=(x2+y2+z2)+2(xy+yz+zx)⇒1=3+2(xy+yz+zx)⇒xy+yz+zx=−1又(1)×(2)=(x+y+z)(x2+y2+z2)=(x3+y3+z3)+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)⇒3=5+xy(1−z)+yz(1−x)+zx(1−y)=5+(xy+yz+zx)−3xyz=5−1−3xyz⇒xyz=1/3同理(1)×(3)=(x+y+z)(x3+y3+z3)=x4+y4+z4+xy(x2+y2)+yz(y2+z2)+zx(z2+x2)⇒5=x4+y4+z4+xy(3−z2)+yz(3−x2)+zx(3−y2)=x4+y4+z4+3(xy+yz+zx)−xyz3−x2yz−xy2z=x4+y4+z4−3−xyz(x+y+z)=x4+y4+z4−3−1/3⇒x4+y4+z4=5+3+1/3=253
f(x)=x3+(1−a)x2+(a+5)x+2a+5⇒f(−1)=0⇒二正根外,另一根為−1;三數中任二數之和成等差,該三數也成等差;因此f(x)=0的三根可假設為−1,−1+d,−1+2d⇒{三根之和=−3+3d=a−1三根之積=−(−1+d)(−1+2d)=−(2a+5)⇒{a=3d−2⋯(1)2d2−3d−4=2a⋯(2)將(1)代入(2)⇒2d2−3d−4=6d−4⇒d(2d−9)=0⇒d=9/2(d=0違反有2正根的存在)⇒a=3d−2=27/2−2=232
f(x+2)=1+f(x)1−f(x)⇒f(3)=1+f(1)1−f(1)=2−√2√2=√2−1⇒f(5)=√22−√2=√2+1⇒f(7)=2+√2−√2=−√2−1⇒f(9)=−√22+√2=1−√2=f(1)由以上可知:f(2k−1)={1−√2if (kmod4)=1√2−1if (kmod4)=2√2+1if (kmod4)=3−1−√2if (kmod4)=0因此{1021=2×511−1(k=511mod4=3)2025=2×1013−1(k=1013mod4=1)⇒{f(1021)=√2+1f(2025)=1−√2⇒f(1021)+f(2025)=2
A(0,0)至B(6,5)的捷徑走法,相當於6個→(向右)及5個↑(向上)的排列數;我們先將6個→先擺好,並在間隔放上待填符號◻及頭尾處放置待填符號◯,如下:◻→◯→◯→◯→◯→◯→◻對任意◯而言,無論放入多少個↑,都會發生2次轉彎(1次右轉上,另1次上轉右);對任意◻而言,無論放入多少個↑,都會發生1次轉彎(上轉右,或右轉上);現在只能發生3次轉彎,也就是在1個◯及1個◻填入↑,其它的◯及◻都不填入↑;2個◻選1個,有2種選法;5個◯選1個,有5種選法;共有2×5=10種選法;假設◻有x個↑,◯有y個↑,則x+y=5,x,y∈N共有H23=C43=4組解;因此轉3次彎有10×4=40種走法
解:
{∫k0f(x)−g(x)dx=25k5−k4+k2π∫k0g2(x)−f2(x)dx=(−49k9+k8+23k6−165k5+83k3)π⇒{ddk∫k0f(x)−g(x)dx=ddk(25k5−k4+k2)ddk∫k0g2(x)−f2(x)dx=ddk(−49k9+k8+23k6−165k5+83k3)⇒{f(k)−g(k)=2k4−4k3+2k⋯(1)g2(k)−f2(k)=−4k8+8k7+4k5−16k4+8k2⇒g2(k)−f2(k)f(k)−g(k)=−4k8+8k7+4k5−16k4+8k22k4−4k3+2k=−2k4+4k⇒f(k)+g(k)=2k4−4k⋯(2)⇒(2)−(1)⇒2g(k)=4k3−6k⇒g(k)=2k3−3k⇒g(x)=2x3−3x
假設D為坐標原點,則各點坐標如上圖;又{P為¯GH中點¯BQ:¯QC=2:1R在¯AB上⇒{P(2,0,2)Q(4,1,0)R(a,3,0);¯EQ直線方程式:x4=y−3−2=z−2−2⇒S(4t,−2t+3,−2t+2)⇒{→PS=(4t−2,−2t+3,−2t)→PR=(a−2,3,−2)由於→PS∥→PR⇒−2t+33=−2t−2⇒t=3/5⇒S(125,95,45)⇒{¯SP=√425+8125+3625=115¯SE=√14425+3625+3625=6√65¯EP=√4+9=√13⇒cos∠PSE=¯SE2+¯SP2−¯EP22ׯSEׯSP=12252×6625√6=√666
解:
令直線L與拋物線交於A、B兩點,其中{A(14y21,y1)B(14y22,y2)⇒L的斜率mL=y1−y2(y21−y22)/4=4y1+y2⇒L:y−y1=4y1+y2(x−14y21)⇒x=(y−y1)(y1+y2)4+14y21=14(y1+y2)y−14y1y2⇒所圍面積=98=∫y1y214(y1+y2)y−14y1y2−14y2dy=[18(y1+y2)y2−14y1y2y−112y3]|y1y2=(18(y1+y2)y21−14y21y2−112y31)−(18(y1+y2)y22−14y1y22−112y32)=124(y31−y32)−18(y21y2−y1y22)=124(y1−y2)3⇒(y1−y2)3=27⇒y1−y2=3⇒(y1−y2)2=9⇒y2y2=12(y21+y22−9)令P為¯AB中點⇒P(18(y21+y22),12(y1+y2))≡(x,y)⇒y2=14(y1+y2)2=14(y21+y22)+12y1y2=14(y21+y22)+12⋅12(y21+y22−9)=12(y21+y22)−94=4x−94⇒y2=4x−94
f(x)=x3−kx2+4k⇒f′(x)=3x2−2kx=0⇒x=0,2k/3;f(0)f(2k/3)<0⇒4k(4k−427k3)<0⇒16k2(1−127k2)<0⇒k2>27⇒k>3√3或k<−3√3由於f(x)=0有兩負根一正根⇒f(0)<0⇒4k<0⇒k<0⇒k<−3√3
{y−x>2z−y>3⇒{y≥x+3z≥y+4⇒xyz數量148−15859−157⋯⋯⋯11151259−157⋯71014−152811151⇒共有8∑k=112k(k+1)=1201 15選出三個數x,y,z滿足x≤y≤z共有H153=C173=680⇒機率為120680=317
解:
A=[√3−11√3]⇒12A=[√3/2−1/21/2√3/2]=[cos(π/6)−sin(π/6)sin(π/6)cos(π/6)]⇒(12A)30=[cos(5π)−sin(5π)sin(5π)cos(5π)]=[−100−1]⇒A30=[−23000−230]又Cn−2r=Cn−2r−2⇒Cn−2r=Cn−2n−2−r=Cn−2r−2⇒n−2−r=r−2⇒r/n=1/2因此A30B=[−23000−230][1/21/2]=[−229−229]
解:
解:{O(0,0,0)A(3,1,−2)B(−1,1,4)C(2,3,1)⇒{0≤x+y+z≤6⇒{A′(18,6,−12)B′(−6,6,24)C′(12,18,6)0≤x+y+z≤3⇒{A″(9,3,−6)B″(−3,3,12)C″(6,9,3)⇒{四面體OA′B′C′體積=16‖186−12−662412186‖四面體OA″B″C″體積=16‖936−3312693‖⇒欲求之體積=16‖186−12−662412186‖−16‖936−3312693‖=16(63−33)‖312−114231‖=16×189×14=441
-- END (解題僅供參考,學校未提供計算題資料) --
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