台中市立台中第一高級中等學校 109 學年度
第1次教師甄選-數學科試題
解:
{|z|=1|z−1.45|=1.05⇒{O1(0,0),r1=1O2(1.45,0),r2=1.05⇒¯O1O2=1.45,假設兩圓相交於A、B兩點,且¯AB與¯O1O2相交於C,如上圖;cos∠AO1O2=r21+¯O1O22−r222r1¯O1O2=1+1.452−1.0522×1.45=11.45⇒z的實部=¯O1C=¯O1Acos∠AO1O2=1⋅11.45=2029
P(x)=x5−x2+1=(x−α1)(x−α2)(x−α4)(x−α4)(x−α5)⇒{P(i)=i5−i2+1=2+i=−(α1−i)(α2−i)(α3−i)(α4−i)(α5−i)P(−i)=(−i)5−(−i)2+1=2−i=−(α1+i)(α2+i)(α3+i)(α4+i)(α5+i)Q(x)=x2+1=(x+i)(x−i)⇒Q(α1)⋅Q(α2)⋅Q(α3)⋅Q(α4)⋅Q(α5)=P(i)P(−i)=(2+i)(2−i)=5
解:
8x+27x12x+18x=1+(278)x(128)x+(188)x=1+(32)3x(32)x+(32)2x≡1+u3u+u2=76,其中u=(32)x⇒6u3−7u2−7u+6=0⇒(u+1)(6u2−13u+6)=0⇒(u+1)(3u−2)(2u−3)=0⇒{u=−1(不合)u=3/2u=2/3⇒{x=1x=−1
解:
令g(x)=xf(x)−4040=ax4+bx3+cx2+dx−4040由於2f(2)=3f(3)=4f(4)=4040⇒g(2)=g(3)=g(4)=0⇒g(x)=(x−2)(x−3)(x−4)(ax+k)⇒g(0)=−24k=−4040⇒k=404024又{g(1)=−6(a+k)=f(1)−4040⋯(1)g(5)=6(5a+k)=5f(5)−4040⋯(2)⇒5×(1)+(2)⇒−24k=5(f(1)+f(5))−24240⇒f(1)+f(5)=24240−24k5=24240−40405=4040
5. 當桌球比賽比分為 10:10 時, 稱為 deuce,此後必須由兩人輪流各發一球, 直到其中一名球員比對手多勝 2 分時比賽結束。 依過去經驗知道, 甲乙兩人比賽桌球, 當甲發球時,甲得分機率為 3/5;當乙發球時,乙得分機率為 3/5。
今甲乙兩人比賽,目前比分恰為 10:10, 接著輪到甲發球,假設各次得分為獨立事件,則從 deuce 發生後開始計算發球次數, 到比賽結束時,兩人發球總次數的期望值為______次。
deuce後再deuce,也就是不分勝負,即甲勝後乙勝,或乙勝後甲勝,其機率為:35×35+25×25=1325;能分出勝負的情形:甲連勝2次,或乙連勝2次,其機率為:35×25+25×35=1225因此E=2×1225+(E+2)×1325⇒1225E=2⇒E=256
解:
令{¯PA=a¯PB=b¯PC=c⇒{△PAB=12absin∠APB△PBC=12bcsin∠BPC△PCA=12acsin∠APC⇒{√32=12absin60∘=√34ab2=12bcsin60∘=√34bc1=12acsin60∘=√34ac⇒{ab=2bc=8√3ac=4√3,三式相乘⇒a2b2c2=643⇒abc=8√3(a,b,c均為正值)⇒{a=1b=2c=4√3因此我們可以在¯PB上找一點B′及¯PC上找一點C′,使得¯PB′=¯PC′=¯PA=1,也就是說PAB′C′為一正四面體,其高(h)為√23×邊長=√23由於h=A至平面PB′C′的距離=A至平面PBC的距離,因此四面體PABC體積=13×h×△PBC=13×√23×2=29√6
解:
{σ(X)=6σ(Y)=4⇒σ(X+Y)=√σ2(X)+2Cov(X,Y)+σ2(Y)⇒2√23=√36+2Cov(X,Y)+16⇒Cov(X,Y)=20⇒迴歸直線斜率m=Cov(X,Y)σ2(X)=2036=59⇒迴歸直線:y−μ(Y)=m(x−μ(X))⇒y−16=59(x−54)⇒y=59x−14
解:
第一個a有16個位置可填,第2個a只能填剩下的9個位置,因此有16×9=144種填法,但兩個a長的一樣,所以有144÷2=72種填法;同理,2個b也有72種填法;若不考慮重複問題,兩個a兩個b有722種填法;若兩個a與兩個b剛好填在相同位置,則有72種;若一個a與一個b剛好填在相同位置,另一個a與另一個b不再同位置,則有16×9×8=1152種;綜合以上,符合要求的填法共有722−72−1152=3960種
解:
本題不予計分
解:
令△ABC外接圓半徑=R,即{¯OA=R¯OB=R¯OC=R;由題意知:→AO=→AB+2→AC⇒2→AC=→AO−→AB=→BO⇒→AC=12→BO⇒{¯AC=R/2¯AC∥¯BO;因此令∠ACB=α⇒{∠CBO=α(內錯角)∠AOB=2α(對同弧的圓心角是圓周角的2倍)⇒∠CAO=∠AOB=2α⇒cos∠BOC=cos(180∘−2α)=−cos2α=−cos∠CAO=−R2+R2/4−R22×R×(R/2)=−14=R2+R2−¯BC22R2⇒¯BC=√52R⇒¯BCsin∠BAC=2R⇒sin∠BAC=√104
向量性質:{→a×(→b×→c)=(→a⋅→c)→b−(→a⋅→b)→c(→a×→b)⋅→c=→a⋅(→b×→c)(→a×→b)⋅b=(→a×→b)⋅a=0因此(→a×→b)⋅((→b×→c)×(→c×→a))=(→a×→b)⋅(((→b×→c)⋅→a)→c−((→b×→c)⋅→c)→a)=(→a×→b)⋅((→b×→c)⋅→a)→c=((→b×→c)⋅→a)((→a×→b)⋅→c)=(→a⋅(→b×→c))(→a⋅(→b×→c))=7⇒→a⋅(→b×→c)=±√7(3→a+→b+→c),(→a−→b+2→c),(→b+→c)三向量張開的平行六面體體積=|(3→a+→b+→c)⋅((→a−→b+2→c)×(→b+→c))|=‖3111−12011‖×|→a⋅(→b×→c)|=|−9|×|±√7|=9√7
B=(I+A)−1(I−A)⇒(I+A)B=I−A⇒B+AB=I−A⇒I+A+B+AB=2I⇒(I+A)(I+B)=2I⇒12(I+A)(I+B)=I⇒(I+B)−1=12(I+A)=12[200−2400−46]=[100−1200−23]
{a0=1⋯(1)a2k+1=ak⋯(2)a2k+2=ak+ak+1⋯(3),k∈N∪{0}由(2)知:1=a0=a1=a3=a7=⋯=a2n−1−1=a2n−1⋯(4)S(n)=2n−1∑k=0ak=(a0+a2+a4+⋯+a2n−2)+(a1+a3+⋯+a2n−1)=偶次項+奇次項偶次項=(a0+(a0+a1)+(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(a2n−1−2+a2n−1−1)=2(a0+a1+⋯+a2n−1−2)+a2n−1−1奇次項=(a0+a1+a2+⋯+a2n−1−1)⇒S(n)=3(a0+a1+⋯+a2n−1−2)+2a2n−1−1=3(a0+a1+⋯+a2n−1−1)−a2n−1−1=3(a0+a1+⋯+a2n−1−1)−1(由(4)知a2n−1−1=1)=3S(n−1)−1⇒63∑k=0ak=28−1∑k=0ak=S(8)=3S(7)−1=32S(6)−3−1=⋯=35S(1)−34−33−32−3−1=35(a0+a1)−(1+3+⋯+34)=243×2−121=365
解:
y=2x−x2=0⇒x(x−2)=0⇒y=2x−x2與x軸交於(0,0)及(2,0)⇒S1+S2=∫202x−x2dx=[x2−13x3]|20=4−83=43;由於S1:S2=1:7⇒S1=18(S1+S2)=18×43=16y=2x−x2=kx⇒x2+(k−2)x=0⇒x=0,2−k⇒S1=∫2−k02x−x2−kxdx=[x2−13x3−k2x2]|2−k0=(1−k2)(2−k)2−13(2−k)3=16(2−k)3=16⇒k=1⇒Γ1繞y軸旋轉體積=π∫10y2dy−π∫10(1−√1−y)2dy=13π−π∫10(2−y−2√1−y)dy=13π−π[2y−12y2+43(1−y)3/2]|10=13π−16π=π6
解:
△ABC的內切圓將邊長拆成三種長度的組合,即{¯AB=a=x+y¯BC=b=y+z¯CA=c=x+z,見上圖;則ab+c−a+4bc+a−b+9ca+b−c=x+y2z+4(y+z)2x+9(x+z)2y=(x2z+2zx)+(y2z+9z2y)+(2yx+9x2y)≥2√(x2z⋅2zx)+2√(y2z⋅9z2y)+2√(2yx⋅9x2y)=2+3+6=11⇒最小值為11解:→u|→u|為單位向量⇒→PA|→PA|+→PB|→PB|+→PC|→PC|=→0⇒∠APB=∠BPC=∠APC=360∘3=120∘;令{¯PA=a¯PB=b¯PC=c⇒{cos∠APB=(¯PA2+¯PB2−¯AB2)/(2¯PA⋅¯PB)cos∠BPC=(¯PB2+¯PC2−¯BC2)/(2¯PB⋅¯PC)cos∠APC=(¯PA2+¯PC2−¯AC2)/(2¯PA⋅¯PC)⇒{−1/2=(a2+b2−1)/2ab−1/2=(b2+c2−4)/2bc−1/2=(a2+c2−3)/2ac⇒{a2+b2+ab=1⋯(1)b2+c2+bc=4⋯(2)c2+a2+ca=3⋯(3)⇒(1)+(2)+(3)⇒2(a2+b2+c2)+ab+bc+ca=8⋯(4)△ABC面積=△PAB+△PBC+△PCA=12absin∠PAB+12bcsin∠PBC+12acsin∠PAC=12(ab+bc+ca)sin120∘=√34(ab+bc+ca)=12¯ABׯAC=√32⇒ab+bc+ca=2將ab+bc+ca=2代入(4)⇒a2+b2+c2=3⇒(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=3+4=7⇒a+b+c=√7又{(1)+(2)⇒a2+2b2+c2+ab+bc=5(2)+(3)⇒a2+b2+2c2+bc+ca=7(1)+(3)⇒2a2+b2+c2+ab+ac=4⇒{b2+ab+bc=5−3=2c2+bc+ca=7−3=4a2+ab+ac=4−3=1⇒{b(a+b+c)=2c(a+b+c)=4a(a+b+c)=1⇒{a=1/√7b=2/√7c=4/√7⇒(¯PA,¯PB,¯PC)=(1√7,2√7,4√7)
解:
假設p(n):第n次按鈕出現紅球的機率⇒{p(n−1)=第n−1次按鈕出現紅球的機率1−p(n−1)=第n−1次按鈕出現白球的機率⇒p(n)=13p(n−1)+35(1−p(n−1))=35−415p(n−1)=(−415)n−1p(1)+35(1+−415+(−415)2+⋯+(−415)n−2)=(−415)n−1×12+35(1−(−415)n−11−−415)=(−415)n−1×12+919−919×(−415)n−1=138(−415)n−1+919
解:利用Lagrange乘數來求解,令{f(α,β)=cosαg(α,β)=cos(α+β)−cosα−cosβ⇒{∂f∂α=λ∂g∂α∂f∂β=λ∂g∂βg=0⇒{−sinα=λ(−sin(α+β)+sinα)⋯(1)0=λ(−sin(α+β)+sinβ)⋯(2)cos(α+β)=cosα+cosβ⋯(3);由(2)知:λ(−sin(α+β)+sinβ)=0⇒sinβ=sin(α+β)(∵
-- END (解題僅供參考) --
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