國立中央大學附屬中壢高級中學109學年度第 1 次教師甄選數學科筆試題目卷
解:
{直角△ADO:¯OA2=¯OD2+¯AD2直角△OBD:¯OB2=¯OD2+¯BD2⇒{¯AD=1¯BD=5;又D,E,F為切點⇒{¯AF=¯AD=1¯BE=¯BD=5¯CE=¯CF=a⇒△ABC周長=2S=2a+12△ABC面積={△OAB+△OBC+△OAC=√3(a+6)√s(s−¯AB)(s−¯BC)(s−¯AC)=√5a(a+6)⇒√3(a+6)=√5a(a+6)⇒3(a+6)=5a⇒a=9⇒△ABC面積=√3(9+6)=15√3
解:
8∑k=1→PAk=8∑k=1(→PO+→OAk)=8→PO+8∑k=1→OAk=8→PO⇒|8∑k=1→PAk|=|8→PO|=8
解:
P為A逆時鐘旋轉60∘,即P=[1/2−√3/2√3/21/2][51]=[5−√321+5√32]→AC=→OP⇒→AB=3→AC=3(5−√32,1+5√32)=(15−3√32,3+15√32)⇒B=(15−3√32,3+15√32)+(5,1)=(25−3√32,5+15√32)
解:
正立方體⇒↔AC⊥↔HF⇒(−2,2,1)⊥(2,1,a)⇒(−2,2,1)⋅(2,1,a)=−4+2+a=0⇒a=2;↔AC與↔HF的距離即為立方體的邊長,因此令→n=(−2,2,1)×(2,1,2)=(3,6,−6){P(3,−3,−5)在↔AC上Q(0,−2,2)在↔HF上⇒→PQ=(−3,1,7)⇒→PQ在→n上的正射影長=→PQ⋅→n|→n|=|−9+6−42|√9+36+36=459=5⇒正立方體體積=53=125
假設{A(a,0,0)B(0,b,0)C(0,0,c)⇒E:xa+yb+zc=1;又E過P(3,1,2)⇒3a+1b+2c=1由柯西不等式:((√3a)2+(√1b)2+(√2c)2)((√3a)2+(√9b)2+(√2c)2)≥(3+3+2)2⇒(3a+1b+2c)(3a+9b+2c)≥82⇒m=3¯OA+9¯OB+2¯OC=3a+9b+2c≥64⇒m之最小值為64
前5字母A̸中5字母B̸後5字母C̸排列數5B5C5A14B1C4C1A4A1B533B2C3C2A3A2BC53C53C532B3C2C3A2A3BC52C52C521B4C1C4A1A4B535C5A5B1⇒排列數共有1+125+1000+1000+125+1=2252
解:
P,Q,R為切點(見上圖)⇒¯NP=¯NQ=¯NR=a直角△O1SO2:¯O1O22=¯O1S2+¯SO22⇒(9+r2)2=(9−r2)2+(25−9−r2)2⇒r22−68r2+256=0⇒r2=4(64不合)⇒a=(25−9−r2)÷2=6N為切點⇒∠SO1O2+∠PNQ=180∘⇒∠MNC=∠O2O1S⇒¯MN的斜率=tan∠MNC=tan∠O2O1S=2a9−r2=125
解:
解:
‖1231030−15‖=|−10|=10⇒T=10×(1−(−1)×(2−0)×(3−(−2))=10×20=200
{f(x)=x3+2x2−3x−1g(x)=x4+3x3−x2−5x+1⇒g(x)=(x+1)f(x)−x+2又α,β,γ為f(x)=0之三根⇒{α+β+γ=−2αβ+βγ+γα=−3αβγ=1因此1g(α)+1g(β)+1g(γ)=1(α+1)f(α)−α+2+1(β+1)f(β)−β+2+1(γ+1)f(γ)−γ+2=12−α+12−β+12−γ=(2−β)(2−γ)+(2−α)(2−γ)+(2−α)(2−β)(2−α)(2−β)(2−γ)=12−4(α+β+γ)+(αβ+βγ+γα)8−4(α+β+γ)+2(αβ+βγ+γα)−αβγ=12+8−38+8−6−1=179
解:
△APC⇒{¯PA=¯PC=a¯AC=¯AB×√2=4√2⇒cosβ=2a2−(4√2)22a2=−14⇒a=8√5∠BPC=90∘⇒¯BC2=¯BP2+¯PC2⇒16=¯BP2+(8√5)2⇒¯BP=4√5同理,∠CPE=90∘⇒¯EC2=¯PE2(=(¯EC−¯PB)2)+¯PC2⇒¯EC2=(¯EC−4√5)2+8√52⇒¯EC=2√5直角△EQC:(2√5)2=22+¯EQ2⇒¯EQ=4⇒cosα=¯OQ¯EQ=24=12
令{P(x,3x2)Q(2cosy,2siny−8)⇒{P為拋物線Γ1:y=3x2上的點Q為圓Γ2:x2+(y+8)2=4上的點¯PQ2=(x−2cosy)2+(3x2+8−2siny)2因此¯PQ最短的距離=Γ2圓心至Γ1頂點的距離再減去半徑長=8−2=6⇒¯PQ2=36
解:
此題相當於求上圖兩塊著色的面積和,也相當於下圖著色部份的面積 = ¯ABׯBC÷2=2√2×2√2÷2=4
解:
解:{f(x)=0有虛根limx→1f(x)x3−1=13⇒f(1)=0;由於f(x)=(x2−2ax+b−2a)(x−1)−2a+b−c⇒f(1)=−2a+b−c=0⇒2a−b+c=0⋯(1)又limx→1f(x)x3−1=limx→1x2−2ax+b−2ax2+x+1=1−2a+b−2a3=13⇒b=4a代入(1)⇒c=2af(x)=0有虛根⇒x2−2ax+b−2a=0無實根⇒判別式<0⇒4a2−4b+8a<0⇒a2−b+2a<0⇒a2−4a+2a<0⇒a(a−2)<0⇒0<a<2⇒a=1⇒{b=4a=4c=2a=2⇒a+b+c=1+4+2=7

解:{ab=baa=89b⇒{bloga=alogbloga=log89+logblog89(ab)=logablog89=loga+logbloga−logb=loga+balogaloga−baloga=1+b/a1−b/a=a+ba−b=89b+b89b−b=9088=4544
解:S=∞∑n=1n(n+1)2n=22+622+1223+2024+⋯+(n−1)n2n−1+n(n+1)2n+⋯⇒12S=222+623+1224+2025+⋯+(n−1)n2n+n(n+1)2n+1+⋯⇒S−12S=22+422+623+824+⋯+2n2n+⋯⇒S2=2(12+222+323+424+⋯+n2n+⋯)=2×11−1/2=4⇒S=8

解:單位圓上兩點z1,z2,且¯z1z2=√6−√22,則cos∠z1Oz2=1+1−(√6−√22)22=√32⇒∠z1Oz2=30∘⇒|z1−z2|<√6−√22⇒∠z1Oz2<30∘;現在正2020邊形z1z2...z2020,每一內角為360∘2020⇒360∘2020×n<30∘⇒n≤168⇒zi的左邊有168個zj(i≠j),右邊也有168個zj(i≠j),使得|zi−zj|<√6−√22也就是說對任一zi而言,在其它2019個zj(i≠j)有168×2=336個符合條件,其機率為3362019=112673

解:

解:
Sn=32!−43!+54!−65!+⋯+(−1)n⋅n+2(n+1)!=(22!+12!)−(33!+13!)+(44!+14!)−(55!+15!)⋯+(−1)n⋅(n+1(n+1)!+1(n+1)!)=(1+12!)−(12!+13!)+(13!+14!)−(14!+15!)⋯+(−1)n⋅(1n!+1(n+1)!)=1+(−1)n⋅1(n+1)!⇒limn→∞Sn=1

解:
三圖形{Γ1:x24+y2=1Γ2:y+1=(√32+1)xΓ3:y+1=−(√32+1)x的交點{A(−1,√32)B(1,√32)C(0,1),見上圖;著色面積=2∫10√1−x24−((√32+1)x−1)dx=2[14√4−x2⋅x+sin−1x2−((√34+12)x2−x)]|10=2(14√3+π6−2+√34+1)=2(π6+12)=π3+1
-- END (解題僅供參考) --
題目都是一個禁止標記
回覆刪除要如何讓它顯現出來?
謝謝你的提醒,應該是設定跑掉了,目前這試題已修訂完畢,若還有問題,請再告知!!
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刪除請問第18題是不是加上cos比較好呢
回覆刪除另外根號3/2 角不是應該為30度嗎
再請告知 感謝你
已修訂完畢,謝謝提醒!!
刪除謝謝你!!
回覆刪除請問20題倒數第2行的積分是怎麼積的呢?謝謝
回覆刪除令x=sin(u), dx=cos(u)du 代回原式就能求sqrt(1-x^2)的積分了.....
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