新北市立板橋高級中學109學年度第一次教師甄選
解:f(x)=ax3+bx2+cx+d=0之三根為α,β,γ⇒{α+β+γ=−b/aαβγ=−d/a;f(1/3)+f(−1/3)f(0)=120⇒a/27+b/9+c/3+d−a/27+b/9−c/3+dd=120⇒2b/9+2dd=120⇒2b9d=118⇒bd=118×92=531因此1αβ+1βγ+1γα=α+β+γαβγ=−b/a−d/a=bd=531
解:
A(0,0)⇒B(2,0)⇒D(1,√3)⇒F(5,√3)⇒¯AF=√52+(√3)2=2√7⇒¯PQ最大值=¯AF+2=2√7+2解:令a=tanx⇒f(x)=cotx+15tanx+25tan2x≡g(a)=1a+15a+25a2⇒g′(a)=−1a2+15+50a;g′(a)=0⇒50a3+15a2−1=0⇒(5a−1)(10a2+5a+1)=0⇒a=15有極值⇒tanx=15⇒f(x)=5+3+1=9
解:
5人分3組有C52C32÷2種分法;組內排列有2×2=4種排法;
10張椅子分給5人,還剩下5張椅子。由於需符合不同組不相鄰,在剩下5張椅子中拿出2張放在兩組中間,最後的3張椅子可放在3組的最前面、組間、最後面,共有H43=C63擺法;最後3組排列共有3!排法。
綜合以上討論,共有C52C32÷2×4×H43×3!=7200種。
解:{x=→OA⋅→AB=→OA⋅(−→OA+→OB)=−|→OA|2+→OA⋅→OB⋯(1)y=→AB⋅→BO=(−→OA+→OB)⋅(−→OB)=−|→OB|2+→OA⋅→OB⋯(2)z=→BO⋅→OA=−→OA⋅→OB⋯(3)將(3)代入(1)及(2)⇒{|→OA|2=−x−z|→OB|2=−y−z⇒△OAB面積=12√|→OA|2|→OB|2−(→OA⋅→OB)2=12√(−x−z)2(−y−z)2−(−z)2=12√xy+yz+zx
解:∠APB=∠OPB−∠OPA⇒tan(∠OPB−∠OPA)≥tan∠APB=tan30∘⇒tan∠OPB−tan∠OPA1+tan∠OPBtan∠OPA≥1√3⇒20√x2+y2−6√x2+y21+20√x2+y2⋅6√x2+y2≥1√3令R=√x2+y2,則上式為14R1+120R2=14RR2+120≥1√3⇒R2−14√3R+120≤0⇒(R−10√3)(R−4√3)≤0⇒4√3≤R≤10√3
兩區域{4√3≤√x2+y2≤10√30≤x,y≤15交集如上圖著色區域;直角△POB中,{¯OB=15¯OP=10√3⇒¯BP=5√3⇒∠POB=30∘⇒{P(15,5√3)S(6,2√3,同理可得{∠FOQ=30∘Q(5√3,15)R(2√3,6)因此{PQRS面積=30360π(¯OP2−¯OR2)=π12(300−48)=21πABPS面積=12×15×5√3−30360π(4√3)2=752√3−4π⇒著色面積=2×ABPS面積+PQRS面積=75√3−8π+21π=75√3+13π
您好,想請問第11.題是使用到甚麼公式解出來的呢?解答有點簡短想不太出來,謝謝
回覆刪除1985 AIME 第15題
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