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2020年9月15日 星期二

109年桃園市立高中聯合教甄-數學詳解


桃園市立高級中等學校109學年度教師聯合甄選筆試試題-數學科
第壹部分:填充題



解:
t=x2x4+(m5)x2+(m+3)=04t2+(m5)t+(m+3)=02{>0>0>0{(m5)24(m+3)>05m>0m+3>0{m>13m<1m<5m>33<m<1


解:
8log4n15n<782nlog2n(log3+1log2)<78n(3log2log31)<78n(3×0.3010.47711)<780.5741n<712.2<n13.93n=13


解:
123114C61C5123C61C5232C61C5341C61C54213C62C4122C62C4231C62C43312C63C3121C63C32411C64C216(5+10+10+5)+15(4+6+4)+20(3+3)+15×2=180+210+120+30=540


解:
u=x+4du=12x+4dx=12udx125x+4xdx=43uu242udu=432u2u24du=43(2+8u24)du=43(2+2u22u+2)du=[2u+2ln(u2)ln(u+2)]|43=(8+2ln22ln6)(6+2ln12ln5)=8+2ln22ln32ln26+2ln5=2+2(ln5ln3)=2+2ln53



解:
en=k=0nkk!=1+n+n22!+n33!+;k2k!=k(k1)!=(k1)+1(k1)!=1(k2)!+1(k1)!:nk=2nk+k2k!=(n22!+n33!+n44!+)+((1+1)+(1+12!)+(12!+13!))=(enn1)+(e1+e11)limnennk=2nk+k2k!=limnen(enn+2e2)=limn(1nen+2een2en)=10+00=1


解:
p(n)n;{1n112n2p(n)=12p(n1)+14p(n2);{p(1)=0p(2)=p({})=1/4{p(1)=0p(2)=1/4p(n)=12p(n1)+14p(n2),n3E(X)=k=1kp(k)=10+214+k=3kp(k)=12+k=3(12kp(k1)+14kp(k2))=12+12(1+E(X))+14(2+E)=32+34E(X)14E(X)=32E(X)=6E(X2)=k=1k2p(k)=120+2214+k=3k2p(k)=1+k=3(12k2p(k1)+14k2p(k2))=1+k=3(12((k1)2p(k1)+2(k1)p(k1)+p(k1))+14((k2)2p(k2)+4(k2)p(k2)+4p(k2)))=1+12(E(X2)+2E(X)+1)+14(E(X2)+4E(X)+4)=1+12(E(X2)+13)+14(E(X2)+28)=292+34E(X2)E(X2)=58Var(X)=E(X2)(E(X))2=5862=22Var(X)=22


解:
{(13)n=an+bn3(1)(1+3)n=anbn3(2){(1)+(2)=(13)n+(1+3)n=2an(1)(2)=(13)n(1+3)n=2bn3{an=((13)n+(1+3)n)÷2bn=((13)n(1+3)n)÷(23)bn3an=(13)n(1+3)n(13)n+(1+3)n=(131+3)n1(131+3)n+1limnbn3an=1limnbnan=13=33


解:
{a1=ada2,a4,a7a24=a2a7(a+3d)2=(a+d)(a+6d)a2+6ad+9d2=a2+7ad+6d2ad3d2=0d(a3d)=0a=3d(d0);a1++ak>100a1(2a+(k1)d)k÷2>100a(6d+kdd)k>600d(k+5)k>600k23


解:
nCn2aCn2a22a+2(Cn2a)=2Cn2=n(n1);n=1313×12=15613


解:
C^n_0+C^n_1+C^n_2 = \bbox[red,2pt]{n^2+n+2\over 2}\\公式來源:\href{http://www.sec.ntnu.edu.tw/Monthly/101(346-355)/347-PDF/04-100044-%E5%B9%B3%E9%9D%A2%E5%88%86%E5%89%B2%E5%85%AC%E5%BC%8F%E4%B9%8B%E6%BC%94%E7%AE%97(%E6%9C%88%E5%88%8A).pdf}{按這裡}


解:
f(x)=a\tan^3(x) +b\cos\left({\pi \over 2}-x \right)+1 =a\tan^3(x) +b\sin(x)+1 \\由題意知:f(3)=5 \Rightarrow a\tan^3(3) +b\sin(3)+1=5 \Rightarrow a\tan^3(3) +b\sin(3)=4\\ 現在 f(2\pi-3) =a\tan^3(-3) +b\sin(-3)+1 =-(a\tan^3(3) +b\sin(3))+1 =-4+1= \bbox[red, 2pt]{-3}


解:
\cfrac{x^2+{1\over 5}y^2}{2} \ge \sqrt{{1\over 5}x^2y^2} ={1\over \sqrt 5}xy \Rightarrow x^2+{1\over 5}y^2\ge {2\over \sqrt 5}xy\cdots(1)\\同理, \cfrac{{4\over 5}y^2+z^2}{2} \ge \sqrt{{4\over 5}y^2z^2} ={2\over \sqrt 5}yz \Rightarrow {4\over 5}y^2+z^2 \ge {4\over \sqrt 5}yz\cdots(2)\\ (1)+(2) \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \ge {2\over \sqrt 5}(xy+2yz) \Rightarrow {xy+2yz\over x^2+y^2+z^2} \le {\sqrt 5\over 2} \Rightarrow 最大值為 \bbox[red,2pt]{\sqrt 5\over 2}

第貳部份:計算或證明題
解:
(a)2a_{n+1}= a_n^2-2a_n+4 =(a_n-1)^2+3 \Rightarrow a_{n+1}={1\over 2}(a_n-1)^2+{3\over 2} \\\Rightarrow |a_n-1| \le 1,即0 \le a_n \le 2,則數列收斂;\\也就是\bbox[red,2pt]{0\le a_1 \le 2},則數列收斂至{1\over 2}+{3\over 2}=2,即\bbox[red,2pt]{\lim_{n\to \infty} a_n=2}(b)2a_{n+1}= a_n^2-2a_n+4 \Rightarrow 2a_{n+1}-4=a_n^2-2a_n \Rightarrow 2(a_{n+1}-2)=a_n(a_n-2)\\ \Rightarrow {1\over 2(a_{n+1}-2) }={ 1\over a_n(a_n-2)} ={1\over 2}\left({1\over a_n-2}-{1\over a_n} \right) \Rightarrow {1\over a_{n+1}-2 }=  {1\over a_n-2}-{1\over a_n}   \\ \Rightarrow \cases{ {1\over a_2-2}  =  {1\over a_1-2}-{1\over a_1} \\ {1\over a_3-2}  =  {1\over a_2-2} -{1\over a_2} \\ \cdots  \cdots \\  {1\over a_n-2}  =  {1\over a_{n-1}-2}-{1\over a_{n-1}} \\ {1\over a_{n+1}-2}  =  {1\over a_{n}-2}-{1\over a_{n}}} \Rightarrow 左式全部相加\Rightarrow {1\over a_{n+1}-2}= {1\over a_1-2}- \sum_{k=1}^n {1\over a_k} \\ \Rightarrow \lim_{n\to \infty}{1\over a_{n+1}-2}= {1\over a_1-2}- \sum_{n=1}^\infty {1\over a_n}=-{1\over 4}- \sum_{n=1}^\infty {1\over a_n}\\ 由於a_1=-2 \not \in [0,2],因此\lim_{n\to \infty} a_{n+1} =\infty \Rightarrow \lim_{n\to \infty}{1\over a_{n+1}-2}=0\\ \Rightarrow -{1\over 4}- \sum_{n=1}^\infty {1\over a_n}=0 \Rightarrow \sum_{n=1}^\infty {1\over a_n} =\bbox[red,2pt]{-{1\over 4}}



解:
\angle AOB=\theta \Rightarrow \cos \theta = {\overline{OB}^2 +\overline{OA}^2 -\overline{AB}^2\over 2\overline{OA}\times\overline{OB}} = {5-\overline{AB}^2\over 4} \Rightarrow \overline{AB}^2 =5-4\cos\theta;\\四邊形OACB= \triangle OAB+ 正\triangle ABC = {1\over 2}\overline{OA}\times \overline{OB}\sin \theta+{\sqrt 3\over 4}\overline{AB}^2 =\sin \theta+ {5\sqrt 3\over 4}-\sqrt 3\cos \theta \\ ={5\sqrt 3\over 4}+2({1\over 2}\sin \theta-{\sqrt 3\over 2}\cos \theta) = {5\sqrt 3\over 4}+2(\cos(-60^\circ)\sin \theta+\sin(-60^\circ) \cos \theta) \\= {5\sqrt 3\over 4}+2\sin(\theta-60^\circ) \Rightarrow 當\theta-60^\circ=90^\circ 時,即\theta=150^\circ,該四邊形面積有最大值={5\sqrt 3\over 4}+2\\ \Rightarrow (a)\bbox[red,2pt]{\angle AOB=150^\circ}\;(b)\bbox[red,2pt]{2+{5\sqrt 3\over 4}}


解:
f(x)=3x^5+7x-3 \Rightarrow f'(x)=15x^4+7 > 0, \forall x\in R \Rightarrow f(x) 為嚴格遞增;\\ 又\cases{f(0)=-3 <0 \\ f(1)=7 > 0\\f(1/2)>0} \Rightarrow f(x)=0恰有一根r,且0< r< 1/2;\\ \Rightarrow 3r^5+7r-3=0 \Rightarrow 7r =3(1-r^5) \Rightarrow {3\over 7} = {r\over 1-r^5} = r+r^6+r^{11}+\cdots \\ \Rightarrow 存在一數列\{a_n=5n-4\}使得{7\over 3} =r^{a_1} +r^{a_2} +r^{a_3} +\cdots ;\\唯一性:\\若存在另一數列\{b_n\},使得r^{a_1} +r^{a_2} +r^{a_3} +\cdots =r^{b_1} +r^{b_2} +r^{b_3} +\cdots\\ 將兩數列相同的部份扣除,剩下r^{c_1} +r^{c_2} +r^{c_3} +\cdots =r^{d_1} +r^{d_2} +r^{d_3} +\cdots\\,其中\{c_n\},\{d_n\}仍為嚴格遞增正整數數列;\\若c_1 < d_1 \Rightarrow 1\le d_1-c_1且2\le d_2-c_1且3 \le d_3-c_1\dots \\ \Rightarrow r^{c_1} < r^{c_1} +r^{c_2} +r^{c_3} +\cdots =r^{d_1} +r^{d_2} +r^{d_3} +\cdots \\ \Rightarrow r^{c_1} < r^{d_1} +r^{d_2} +r^{d_3} +\cdots \\\Rightarrow 1 < r^{d_1-c_1} +r^{d_2-c_1} + r^{d_3-c_1}+\cdots \le r^1+r^2+r^3 +\cdots = {r\over 1-r}<1 (\because 0< r<1/2)\\ \Rightarrow 1 < 1矛盾;\\同理,若c_1> d_1也矛盾;\\因此c_1=d_1,即\{a_n\}=\{b_n\},唯一性得證。


-- END   (僅供參考)  --



4 則留言:

  1. 請問有私人email嗎?想私下請教一些問題,謝謝。

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  2. 第四題的最後有點錯誤
    應該是2+2(ln2−ln6+ln5)
    謝謝你

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