教育部受託辦理106學年度
公立高級中等學校教師甄選
數學科試題
公立高級中等學校教師甄選
數學科試題
第一部分:選擇題
一、單選題
解:
a=3√3−√52+3√3+√52⇒a3=3−√52+3+√52+33√44(3√3−√52+3√3+√52)=3+3a⇒a3=3a+3⇒{a6=(3a+3)2=9a2+18a+9a4=a(3a+3)=3a2+3a⇒a6−6a4+9a2+27=9a2+18a+9−18a2−18a+9a2+27=36,故選(B)
((4sin3θ)2+(1cos3θ)2)(sin2θ+cos2θ)≥(4sin2θ+1cos2θ)2⇒(16sin6θ+1cos6θ)≥(4sin2θ+1cos2θ)2⋯(1)又((2sinθ)2+(1cosθ)2)(sin2θ+cos2θ)≥(2+1)2⇒(4sin2θ+1cos2θ)≥9⋯(2)由(1)及(2)可知(16sin6θ+1cos6θ)≥92=81,現在由題意知(16sin6θ+1cos6θ)=81,即柯西不等式的等號成立也就代表4sin4θ=1cos4θ⇒tan4θ=4⇒tanθ=√2(θ為銳角,負值不合),故選(D)
解:
ab=4⇒a=4b⇒(log2a)(log2b)=(log24b)(log2b)=(2−log2b)(log2b)=−1⇒(log2b)2−2(log2b)−1=0⇒log2b=2±√82=1±√2;同理,b=4a⇒(log2a)(log2b)=(log2a)(log24a)=(2−log2a)(log2a)=−1⇒(log2a)2−2(log2a)−1=0⇒log2a=2±√82=1±√2;由於a>b>0⇒(log2a,log2b)=(1+√2,1−√2)⇒logab=log2blog2a=1−√21+√2=(1−√2)(√2−1)=−3+2√2,故選(A)

解:
1x+1y=x+yxy=11899⇒xy−1899x−1899y=0⇒(x−1899)(y−1899)=18992;由於18992=34×2112⇒18992有(4+1)(2+1)=15個正因數⇒有15組解,故選(C)
解:
{A(−1,0)B(1,0)P(t,4−t)⇒{→AP=(t+1,4−t)→BP=(t−1,4−t)⇒→AP+→BP=(2t,8−2t)⇒|→AP+→BP|=√4t2+(8−2t)2=√8(t−2)2+32⇒最小值為√32=4√2,故選(B)
解:
8x−5y=37⇒y=8x−375∈N⇒x的個位數必須是4或9⇒106≤8x−375≤2017⇒567≤8x≤10122⇒71≤x≤1265;由於題目限定106≤x≤2017,因此106≤x≤1265⇒x=109,114,119,124,…,1264,相當於等差數列{a1=109d=5an=1264⇒1264=109+5(n−1)⇒n=231,因此共有232項,故選(A)
解:
2n−1∑k=n3√nk=3√n2+3√n2+n+3√n2+2n+⋯+3√n2+(n−1)n=n∑k=13√n2−n+kn=1nn∑k=13√1+k−1n⇒limn→∞(2n−1∑k=n3√nk)=limn→∞(1nn∑k=13√1+k−1n)=∫103√1+xdx=[6√1+x]|10=6(√2−1)≈6(1.414−1)=6×0.414=2.484,故選(D)
解:
{W:白球數6R:紅球數2G:綠球數2B:黑球數2⇒白球先取完的機率:RW+R+GW+G+BW+B−R+GW+R+G−G+BW+G+B−R+BW+R+B+R+G+BW+R+G+B=28+28+28−410−410−410+612=34−65+12=120,故選(B)公式來源可參考按這裡
二、複選題
9={32=3log242log29=22log23=4log23=alogbc⇒(a,b,c)=(3,2,4)或(4,2,3)⇒a2+bc={9+8=1716+6=22,故選(AD)
ˉX=(1+2+2+3+2)÷5=2⇒{σX=√1+0+0+1+05=√0.4SXX=∑(xi−ˉX)2=1+0+0+1=2ˉY=12ˉX+3=1+3=4⇒SXY=∑(xi−ˉX)(yi−ˉY)=(−1)⋅(−1)+0+0+1⋅(a−4)+0=a−3⇒迴歸直線斜率=12=SXYSXX=a−32⇒a=4⇒ˉY=4=(3+2+1+a+b)÷5⇒b=10(A)◯:b=10>5(B)◯:{a=4b=10⇒a<b(C)×:σY=√1+4+9+0+365=√10⇒|σY−σX|=|√10−√0.4|≯5(D)×:r=SXY√SXXSYY=1√2×50=0.1≠0.3,故選(AB)
解:
¯AD為角平分線⇒¯AB¯AC=¯BD¯DC⇒64=¯BD5−¯BD⇒¯BD=3⇒¯DC=2餘弦定理:{cos∠DAB=¯AB2+¯AD2−¯BD22ׯABׯAD=36+¯AD2−912¯ADcos∠DAC=¯AC2+¯AD2−¯DC22ׯACׯAD=16+¯AD2−48¯AD⇒27+¯AD212¯AD=12+¯AD28¯AD⇒¯AD=3√2(A)×:{∠AEB=∠C∠AEC=∠B⇒6sin∠C=4sin∠B⇒sin∠C:sin∠B=3:2≠∠C:∠B(B)×:{∠AEB=∠ACD(對同弧的圓周角)∠ADC=∠BDE⇒△ADE∼△BDE⇒¯AD¯DC=¯BD¯DE⇒3√22=3¯DE⇒¯DE=√2⇒¯AD:¯DE=3√2:√2=3:1≠3:2(C)◯:¯ADׯAE=3√2×(3√2+√2)=24(D)◯:cos∠A=36+16−252×6×4=916⇒sin∠A=5√716⇒2R=¯BCsin∠A=55√7/16=16√7=16√77最長的¯AP=直徑=2R=16√77,故選(CD)
解:
{AB=[22−26]AC=[51−133]⇒D=AB+AC=A(B+C)=[73−159]⇒A−1D=B+C=A−1[73−159](A)×:A=[2001]⇒A−1=[1/2001]⇒A−1[73−159]有非整數元素(B)◯:A=[3−111]⇒A−1=[1/41/4−1/43/4]⇒A−1[73−159]=[−23−136](C)×:A=[−3121]⇒A−1=[−1/51/52/53/5]⇒A−1[73−159]有非整數元素(D)◯:A=[1−111]⇒A−1=[1/21/2−1/21/2]⇒A−1[73−159]=[−46−113],故選(BD)
第二部份:綜合題
一、填充題
解:
f(n)=1n−2n+3n−4n+⋯+2015n−2016n+2017n⇒{f(1)=1+(−2+3)+(−4+5)+⋯+(−2016+2017)=1+2016÷2=1009f(2)=12+(32−22)+(52−42)+⋯+(20172−20162)=1+5+9+⋯+4033=(4033+1)×1009÷2=2017×1009f(3)=∑1009k=1(2k−1)3−∑1008k=1(2k)3=∑1008k=1((2k−1)3−(2k)3)+20173=20173−∑1008k=1(12k2−6k+1)=20173−(2×1008×1009×2017−3×1008×1009+1008)=(1008+1009)3−(2×1008×1009×2017−3×1008×1009+1008)=10083+10093+3×1008×1009×2017−(2×1008×1009×2017−3×1008×1009+1008)=10083+10093+1008×1009×2017+3×1008×1009−1008=10083+10093+1008×1009×2020−1008=1008(10082−12)+10093+1008×1009×2020=10093+1008×1009×3027=10093+(1009−1)×1009×3027=10093+10092×3027−1009×1009×3=10092(1009+3027−3)=10092×4033⇒f(1)f(2)f(3)=10092×201710092×4033=20174033
解:
餘弦定理:cos∠A=¯AD2+¯AB2−¯BD22ׯADׯAB⇒−12=462+132−¯BD22×46×13⇒¯BD=31√3正弦定理:¯BDsin∠C=31√3√3/2=62=2R=¯AC(∵¯AC為ABCD外接圓的直徑)⇒¯AC=62
解:
{A(4,−4,4)B(2,0,0)C(−1,0,−3)D(a,b,c)⇒{→AB=(−2,4,−4)→CD=(a+1,b,c+3)¯BC=√18,由→AB∥→CD⇒a+1−2=b4=c+3−4=t⇒D(t−1,−2t,2t−3);等腰⇒¯AD=¯BC=√18⇒(t−5)2+(−2t+4)2+(2t−7)2=18⇒9t2−54t+90=18⇒t2−6t+8=0⇒{t=4t=2⇒{D(3,−8,5)D(1,−4,1)⇒{→AD=(−1,−4,1)→AD=(−3,0,−3)=→BC(不合)⇒D(3,−8,5)
解:
假設圓內接12邊形邊長依序為2,3,2,3,⋯,則該12邊形內含一個正六邊形,如上圖;先求12邊形內角度數,即∠AGB=?令∠AOG=θ⇒∠BOG=60−θ⇒{∠OAG=∠OGA=(180∘−θ)÷2=90∘−θ/2∠OBG=∠OGB=(180∘−(60∘−θ))÷2=60∘+θ/2⇒∠AGB=∠OGA+∠OGB=90∘−θ/2+60∘+θ/2=150∘△GAB⇒cos150∘=32+22−¯AB22×2×3⇒−√32=13−¯AB212⇒¯AB2=13+6√3⇒12邊形面積=6△GAB+6△OAB=6(12×3×2sin150∘+12ׯABׯABsin60∘)=6(32+√34(13+6√3))=9+39√32+27=36+392√3
∞∑k=11k3+8k2+15k=∞∑k=11k(k+3)(k+5)=∞∑k=1(115⋅1k−16⋅1k+3+110⋅1k+5)=115(11+12+13+14+15)−16(14+15)+∞∑k=1(115⋅1k+5−16⋅1k+5+110⋅1k+5)=115×60+30+20+15+1260−16×5+420+0=115×13760−16×920=1391800
解:
{S2:(x−1)2+(y−2)2+(z−3)2≤9⇒{球心O1(1,2,3)球半徑R=3S1:(x−1)2+(y−2)2+z2≤4⇒{球心O2(1,2,0)球半徑r=2⇒d=¯O1O2=3相交體積=π12d(R+r−d)2(d2+2dr−3r2+2dR+6rR−3R2)=π12×2(3+2−3)2(9+12−12+18+36−27)=4π公式來源:按這裡
解:
|z|=2⇒z=2(cosθ+isinθ)⇒|z2−2z+8|=|z2−2z+2zˉz|=|z||z−2+2ˉz|=2|2(cosθ+isinθ)−2+4(cosθ−isinθ)|=2|6cosθ−2−i⋅2sinθ|=2√(6cosθ−2)2+4sin2θ=2√36cos2θ−24cosθ+4sin2θ+4=2√32cos2θ−24cosθ+8=4√8cos2θ−6cosθ+2=4√8(cos2θ−34cosθ+964)+2−98=4√(cosθ−38)2+78⇒|z2−2z+8|的最小值=4√78=√14
解:
令{L1:y=2x−7L2:y=12x−3L3∥L1且L3與拋物線相切⇒L3:y=2x+k代入拋物線⇒x2+2x−1=2x+k⇒x2−k−1=0恰有一解⇒k=−1⇒L3:y=2x−1⇒{L3與L2相交於A(−43,−113)L1與L2相交於B(83,−53)⇒拋物線移動的方向→AB=(4,2)⇒拋物線原頂點(−1,−2)移動後變為(−1,−2)+→AB=(3,0)⇒拋物線方程式變為y=(x−3)2⇒y=x2−6x+9
解:
L:x−y+5=0⇒斜率m=1⇒Q為切點且切線斜率=m=1;x=√94y2+9⇒y=√49x2−4⇒y′=4x9√49x2−4=1⇒x=9√5⇒y=4√5⇒Q(9√5,4√5)⇒¯PQ最小值=dist(Q,L)=√5+5√2=√10+5√22
二、計算證明題
解:
(1)(√2−1)2=3−2√2⇒(√2−1)4=(3−2√2)2=17−12√2⇒(√2−1)5=(17−12√2)(√2−1)=29√2−41=√292×2−√412=√1682−√1681=√m+1−√m⇒m=1681(2)用歸納證明法:證明(√2−1)2n−1=√an+1−√an,其中n,an∈Nn=1時,an=1,顯然成立;假設n=k時成立,即(√2−1)2k−1=√ak+1−√ak,其中k,ak∈N;當n=k+1時,(√2−1)2k+1=(√ak+1−√ak)(√2−1)2=(√ak+1−√ak)(3−2√2)=(3√ak+1+2√2ak)−(2√2ak+2+3√ak)⇒{左式2=17ak+9+12√2a2k+2ak右式2=17ak+8+12√2a2k+2ak⇒左式2−右式2=1⇒n=k+1時亦成立;因此當n=1009時,存在正整數m(a1009)滿足(√2−1)2017=√m+1−√m
解:
延長直線¯AD交△ABC外接圓於E點,見上圖;{∠BAD=∠BCE(對同弧的圓周角)∠ADB=∠CDE⇒△ABD∼△CED⇒¯BD¯DE=¯AD¯DC⇒¯ADׯDE=¯BDׯDC⋯(1){∠BAD=∠DAC∠B=∠E(對同弧的圓周角)⇒△ABD∼△AEC⇒¯AB¯AE=¯AD¯AC⇒¯ABׯAC=¯ADׯAE=¯AD(¯AD+¯DE)=¯AD2+¯ADׯDE=¯AD2+¯BDׯDC(由(1))⇒¯AD2=¯ABׯAC−¯BDׯDC⇒¯AD=√¯ABׯAC−¯BDׯDC,故得證。
解:
(1)f′(x)=0有實數解⇒3x2−2ax+b=0的判別式4a2−12b≥0,即a2≥3b(2)f′(−1)=f′(3)=0⇒f′(x)=k(x+1)(x−3)=3x2−2ax+b⇒kx2−2kx−3k=3x2−2ax+b⇒{k=3a=6b=−9⇒f(x)=x3−6x2−9x+cf(x)為3次式,圖形為左下右上⇒{f(−1)>0f(3)<0⇒{c>−5c<27⇒−5<c<27
-- END (僅供參考) --
謝謝您,馬上就有了耶😄
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