臺中市立臺中第二高級中等學校108學年度
第一次教師甄選數學科題目卷
一、填充題:10 題共 50 分
解:1(logn2n)−1=1logn2+lognn−1=1logn2=log2n⇒2056∑n=2⌊log2n⌋=(1+1)+22=4個⏞2+2+2+2+23=8個⏞3+⋯+3+⋯+210=1024個⏞10+⋯+10+9個⏞11+⋯+11=(10∑k=1k⋅2k)+9×11=185332. 設k∈Z,若 x2+y2=2k2 與 xy=4k 的圖形不相交,則k=_____
解:令a=1021+3⇒1021=a−3⇒1063=(1021)3=(a−3)3⇒10631021+3=(a−3)3a=a3−9a2+27a−27a=a2−9a+26+a−27a⇒⌊10631021+3⌋=⌊a2−9a+26+a−27a⌋=a2−9a+26(∵0<a−27a<1)只考慮末兩位數字,即求除以100的餘數;a=1021+3≡3mod100⇒(a2−9a+26)mod100≡(9−27+26)mod100≡8⇒末兩位數字=08
解:∠A=90∘⇒z3−zz2−z=k(cos90∘+isin90∘)⇒z(z+1)(z−1)z(z−1)=ki⇒z+1=ki⇒z=−1+ki⇒|z|=√1+k2=2⇒k=±√3⇒z=−1±√3i
解:{tanA=1tanB=2⇒tanC=tan(π−(A+B))=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=3⇒{sinA=1/√2sinB=2√5sinC=3√10⇒{ha=csinBhb=asinChc=bsinA⇒abchahbhc=1sinAsinBsinC=106=53
解:假設最後出現的數字為N,N不可能為4,5,6,因為出現3次N就超過10了;N樣本排列數機率3331333/642224233/64221324!/2=1212/651112514/2=1212/65113414/2=1212/651122315!/4=3030/66⇒總和為10且最後出現1的機率總和為10的機率=24/65+30/6636/65+30/66+6/64=24×6+3036×6+30+6×36=2977
解:n∑k=1k2+3k+1(k+2)!=n∑k=1(k+2)(k+1)−1(k+2)!=n∑k=1(1k!−1(k+2)!)=(1−13!)+(12!−14!)+(13!−15!)+⋯+(1(n−1)!−1(n+1)!)+(1n!−1(n+2)!)=1+12!−1(n+1)!−1(n+2!)=32−1(n+1)!−1(n+2)!
解:x3+3x−2=(x−a)(x−b)(x−c)⇒{a+b+c=0ab+bc+ca=3abc=2a3+3a=b3+3b=c3+3c=2由於a,b皆為x3+3x−2=0之二根⇒{a3+3a=2b3+3b=2⇒a3+3a=b3+3b⇒a3−b3+3a−3b=0⇒(a−b)(a2+ab+b2)+3(a−b)=0⇒(a−b)(a2+ab+b2+3)=0⇒a2+ab+b2=−3⇒(a−b)2=−3−3ab=−3(ab+1)=−3(2c+1)=−3(c+2c)同理,我們有{(a−b)2=−3(ab+1)=−3(c+2c)(b−c)2=−3(bc+1)=−3(a+2a)(c−a)2=−3(ca+1)=−3(b+2b)因此三根之和=(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2=−3(1+2c+1+2a+1+2b)=−3(3+2(ab+bc+ca)abc)=−3(3+2⋅32)=−18;三根兩兩相乘之和=(a−b)2(b−c)2+(b−c)2(c−a)2+(c−a)2(a−b)2=9((ab+1)(bc+1)+(bc+1)(ca+1)+(ca+1)(ab+1))=9((2b+ab+bc+1)+(2c+bc+ca+1)+(2a+ca+ab+1))=9(2(a+b+c)+2(ab+bc+ca)+3)=9(0+6+3)=81三根之積=(a−b)2(b−c)2(c−a)2=−3(c+2c)⋅−3(a+2a)⋅−3(b+2b)=−27(a+2)(b+2)(c+2)abc=−272(a+2)(b+2)(c+2)=−272⋅(−f(−2))=272⋅f(−2)=272(−8−6−2)=−216因此該多項式為x3+18x2+81x+216
解:柯西不等式:(x2+y2)(t2+(−z)2)≥(xt−yz)2,已知{x2+y2=16z2+t2=25xt−yz=20⇒(x2+y2)(t2+(−z)2)=16×25=400=202⇒柯西不等式的等號成立⇒xt=y−z=45⇒z=−54y⇒xz=−54xy由於x2+y22≥√x2y2⇒8≥xy≥−8⇒−10≤−54xy≤10⇒xz最大值為10
解:{→OA=(1,3,−2)→OB=(−1,2,1)→OC=(1,−1,0)⇒→OA−x→OB−y→OC=(1+x−y,3−2x+y,−2−x)⇒|→OA−x→OB−y→OC|2=(1+x−y)2+(3−2x+y)2+(−2−x)2柯西不等式:((1+x−y)2+(3−2x+y)2+(−2−x)2)(12+12+(−1)2)≥(1+x−y+3−2x+y+2+x)2=62=36⇒|→OA−x→OB−y→OC|≥√363=2√3=m當|→OA−x→OB−y→OC|=m時,1+x−y=3−2x+y=2+x⇒{x=0y=−1⇒(x,y,m)=(0,−1,2√3)
二、計算證明題:5 題共 50 分
解:
{直角△ADE:¯AE2=¯AD2+¯DE2=62+32=45直角△ADB:¯AB2=¯AD2+¯DB2=62+62=72⇒{¯AE=3√5¯AB=6√2△AEB:cos∠AEB=45+9−7218√5=−1√5⇒sin∠AEB=2√5△CDE:¯DEsin∠DCE=¯DCsinDEC⇒31/√2=¯CD2/√5⇒¯CD=6√25又sin∠BDC=sin(180∘−(45∘+∠DEC))=sin(45∘+∠DEC)=sin45∘cos∠DEC+sin∠DECcos45∘=1√2⋅(−1√5)+2√5⋅1√2=1√10⇒△BCD面積=12¯CDׯBDsin∠BDC=12⋅6√25⋅6⋅1√10=185
解:假設f(x)=x3+ax+b=0的三根為α,β,γ⇒{α+β+γ=0αβ+βγ+γα=aαβγ=−b⇒△(f)=(α−β)2(β−γ)2(γ−α)2=−(4a3+27b2)f(x)為三次式,因此三根為(1)三實根,或(2)一實根二相異之共軛複數根;(1)三實根⇒△(f)≥0(∵實數的平方一定大於等於0)(2)一實根二相異之共軛複數根⇒△(f)<0⇒4a3+27b2>0因此僅有一實根的條件為4a3+27b2>0
解:只要我們可以證明:12∈[f的最小值,f的最大值],就可以找到f(x0)=12,x0∈[0,1]假設0≤a≤b≤c≤1⇒f(b)=|b−a|+|c−b|3=c−a3≤13<12⇒f(b)<12{f(1)=((1−a)+(1−b)+(1−c))÷3=1−(a+b+c)/3f(0)=(a+b+c)/3⇒f(1)+f(0)2=12⇒max
解:假設f(x)=x3+ax+b=0的三根為α,β,γ⇒{α+β+γ=0αβ+βγ+γα=aαβγ=−b⇒△(f)=(α−β)2(β−γ)2(γ−α)2=−(4a3+27b2)f(x)為三次式,因此三根為(1)三實根,或(2)一實根二相異之共軛複數根;(1)三實根⇒△(f)≥0(∵實數的平方一定大於等於0)(2)一實根二相異之共軛複數根⇒△(f)<0⇒4a3+27b2>0因此僅有一實根的條件為4a3+27b2>0
解:只要我們可以證明:12∈[f的最小值,f的最大值],就可以找到f(x0)=12,x0∈[0,1]假設0≤a≤b≤c≤1⇒f(b)=|b−a|+|c−b|3=c−a3≤13<12⇒f(b)<12{f(1)=((1−a)+(1−b)+(1−c))÷3=1−(a+b+c)/3f(0)=(a+b+c)/3⇒f(1)+f(0)2=12⇒max
4. 證明:n\in N,1+\cfrac{2}{3n-2}\le \sqrt[n]{3} \le 1+\cfrac{2}{n}
解:\cfrac{3+\overbrace{1+\cdots + 1}^{n-1個1}}{n} \ge \sqrt[n]{3\cdot 1} \Rightarrow \cfrac{n+2}{n} \ge \sqrt[n]{3} \Rightarrow \sqrt[n]{3} \le 1+\cfrac{2}{n} \cdots(1)\\ \cfrac{1/3+\overbrace{1+\cdots + 1}^{n-1個1}}{n} \ge \sqrt[n]{1 \over 3} \Rightarrow \cfrac{1/3+n-1}{n} \ge \cfrac{1}{\sqrt[n]{3}} \Rightarrow \cfrac{3n-2 }{3n} \ge \cfrac{1}{\sqrt[n]{3}} \Rightarrow \cfrac{3n}{3n-2}\le \sqrt[n]{3} \\ \Rightarrow 1+\cfrac{2}{3n-2}\le \sqrt[n]{3} \cdots(2) \\ 由(1)及(2) \Rightarrow 1+\cfrac{2}{3n-2}\le \sqrt[n]{3} \le 1+\cfrac{2}{n},\bbox[red,2pt]{故得證}。
解:假設\cases{\triangle 三邊長為a,b,c \\ s=(a+b+c)\div 2},則\triangle 面積= rs = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} ={abc\over 4R};\\ 由於三邊成等差,故令\cases{a=x-d\\ b=x\\ c=x+d } \Rightarrow s=\cfrac{3}{2}x\Rightarrow \triangle 面積= rs= {3\over 2}rx \\ \Rightarrow \cases{ {3\over 2}rx= {abc\over 4R} ={x(x^2-d^2)\over 4R} \Rightarrow x^2-d^2 =6Rr\\{3\over 2}rx= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} =\sqrt{{3x^2\over 4} ({x^2\over 4}-d^2) } } \\ \Rightarrow \cases{ x^2=d^2+6Rr\\{9r^2x^2\over 4} ={3x^2\over 4} ({x^2\over 4}-d^2) \Rightarrow x^2=4(3r^2+d^2)} \Rightarrow d^2+6Rr=12r^2+4d^2 \\\Rightarrow 3d^2=6Rr-12r^2 \Rightarrow d^2=2Rr-4r^2 \Rightarrow d=\sqrt{2Rr-4r^2},\bbox[red,2pt]{故得證}。
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