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
令t=x2⇒x4+(m−5)x2+(m+3)=0有相異4實根,相當於t2+(m−5)t+(m+3)=0有相異2正根⇒{判別式>0兩根之和>0兩根之積>0⇒{(m−5)2−4(m+3)>05−m>0m+3>0⇒{m>13或m<1m<5m>−3⇒−3<m<1
−8≤log4n15n<−7⇒−8≤2nlog2−n(log3+1−log2)<−7⇒−8≤n(3log2−log3−1)<−7⇒−8≤n(3×0.301−0.4771−1)<−7⇒−8≤−0.5741n<−7⇒12.2<n≤13.93⇒n=13
第1筒第2筒第3筒數量114C61C5123C61C5232C61C5341C61C54213C62C4122C62C4231C62C43312C63C3121C63C32411C64C21⇒共有6(5+10+10+5)+15(4+6+4)+20(3+3)+15×2=180+210+120+30=540分法
u=√x+4⇒du=12√x+4dx=12udx⇒∫125√x+4xdx=∫43uu2−4⋅2udu=∫432u2u2−4du=∫43(2+8u2−4)du=∫43(2+2u−2−2u+2)du=[2u+2ln(u−2)−ln(u+2)]|43=(8+2ln2−2ln6)−(6+2ln1−2ln5)=8+2ln2−2ln3−2ln2−6+2ln5=2+2(ln5−ln3)=2+2ln53
解:
en=∞∑k=0nkk!=1+n+n22!+n33!+⋯;k2k!=k(k−1)!=(k−1)+1(k−1)!=1(k−2)!+1(k−1)!由上二式可知:n∑k=2nk+k2k!=(n22!+n33!+n44!+⋯)+((1+1)+(1+12!)+(12!+13!)⋯)=(en−n−1)+(e1+e1−1)⇒limn→∞e−nn∑k=2nk+k2k!=limn→∞e−n(en−n+2e−2)=limn→∞(1−nen+2een−2en)=1−0+0−0=1
令p(n)代表擲n次銅板,才出現連續兩次反面的機率;因此{第1次出現正面,後n−1次才出現連續兩次反面第1次出現反面第2次出現正面,後n−2次才出現連續兩次反面⇒p(n)=12p(n−1)+14p(n−2);由於{p(1)=0p(2)=p({反反})=1/4⇒{p(1)=0p(2)=1/4p(n)=12p(n−1)+14p(n−2),n≥3⇒E(X)=∞∑k=1kp(k)=1⋅0+2⋅14+∞∑k=3kp(k)=12+∞∑k=3(12kp(k−1)+14kp(k−2))=12+12(1+E(X))+14(2+E)=32+34E(X)⇒14E(X)=32⇒E(X)=6E(X2)=∞∑k=1k2p(k)=12⋅0+22⋅14+∞∑k=3k2p(k)=1+∞∑k=3(12k2p(k−1)+14k2p(k−2))=1+∞∑k=3(12((k−1)2p(k−1)+2(k−1)p(k−1)+p(k−1))+14((k−2)2p(k−2)+4(k−2)p(k−2)+4p(k−2)))=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)=58⇒Var(X)=E(X2)−(E(X))2=58−62=22⇒Var(X)=22
{(1−√3)n=an+bn√3⋯(1)(1+√3)n=an−bn√3⋯(2)⇒{(1)+(2)=(1−√3)n+(1+√3)n=2an(1)−(2)=(1−√3)n−(1+√3)n=2bn√3⇒{an=((1−√3)n+(1+√3)n)÷2bn=((1−√3)n−(1+√3)n)÷(2√3)⇒bn√3an=(1−√3)n−(1+√3)n(1−√3)n+(1+√3)n=(1−√31+√3)n−1(1−√31+√3)n+1⇒limn→∞bn√3an=−1⇒limn→∞bnan=−1√3=−√33
令{首項a1=a公差d,則a2,a4,a7成等比⇒a24=a2a7⇒(a+3d)2=(a+d)(a+6d)⇒a2+6ad+9d2=a2+7ad+6d2⇒ad−3d2=0⇒d(a−3d)=0⇒a=3d(d≠0);a1+⋯+ak>100a1⇒(2a+(k−1)d)k÷2>100a⇒(6d+kd−d)k>600d⇒(k+5)k>600⇒k≥23
假設有n位選手,需比賽Cn2場次,其中有a場次分出勝負,另有Cn2−a場次平手;無論是否分出勝負,兩位選手得分合計皆是2,因此全部選手得分總計為2a+2(Cn2−a)=2Cn2=n(n−1);取n=13⇒13×12=156,因此共有13位選手參加
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}
\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}}
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) --
請問有私人email嗎?想私下請教一些問題,謝謝。
回覆刪除chu246@gmail.com
刪除第四題的最後有點錯誤
回覆刪除應該是2+2(ln2−ln6+ln5)
謝謝你
謝謝提醒,已修訂!!
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