109年板橋高中教甄-數學詳解

新北市立板橋高級中學109學年度第一次教師甄選

解：$$f(x)=ax^3 +bx^2 +cx+d =0 之三根為\alpha,\beta,\gamma \Rightarrow \cases{\alpha+\beta +\gamma =-b/a\\ \alpha\beta \gamma = -d/a}; \\ \cfrac{f(1/3)+f(-1/3)}{f(0)}=120 \Rightarrow \cfrac{a/27 + b/9+c/3+d -a/27+b/9-c/3+d}{d}=120\\ \Rightarrow \cfrac{2b/9+2d}{d} =120 \Rightarrow \cfrac{2b}{9d}=118 \Rightarrow \frac{b}{d}= \cfrac{118\times 9}{2} =531\\ 因此{1\over \alpha \beta} +{1\over \beta \gamma} +{1\over \gamma \alpha} =\frac{\alpha+\beta +\gamma}{\alpha\beta \gamma} =\cfrac{-b/a}{-d/a} =\frac{b}{d} =\bbox[red,2pt]{531}$$

解：$$(1+i)^n = a_n+ib_n \Rightarrow  a_{n+1}+ib_{n+1} = (1+i)(a_n+ib_n) = (a_n-b_n)+i(a_n+b_n) \\ \Rightarrow \begin{bmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1& 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{n} \\ b_{n} \end{bmatrix} \Rightarrow T=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1& 1 \end{bmatrix} \Rightarrow T^2=\begin{bmatrix} 0 & -2 \\ 2& 0 \end{bmatrix} \Rightarrow T^4=\begin{bmatrix} -4 & 0 \\ 0 & -4 \end{bmatrix} \\ \Rightarrow T^{26} =(T^4)^6 \cdot T^2 =\begin{bmatrix} (-4)^6 & 0 \\ 0 & (-4)^6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & -2 \\ 2& 0 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 2^{12} & 0 \\ 0 & 2^{12} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & -2 \\ 2& 0 \end{bmatrix} \\ = \bbox[red, 2pt]{\begin{bmatrix} 0 &-2^{13} \\ 2^{13} & 0 \end{bmatrix}}$$

解：$$f(x)=-x^4+2x^3-x^2+2x = -x(x^3-2x^2+x-2)= -x(x^2(x-2)+(x-2))\\ = -x(x-2)(x^2+1) \Rightarrow f(x)=0的兩根為x=0,x=2\\ 又f'(x) = -4x^3+6x^2-2x+2 \Rightarrow \cases{f'(0)= 2> 0 \\ f'(2)= -10 < 0} \Rightarrow f(x) \ge 0,當x\in[0,2]\\ \Rightarrow \int_0^2f(x)\;dx\;達到最大值;\\\int_0^2f(x)\;dx =\int_0^2 -x^4+2x^3-x^2+2x\;dx =\left. \left[-{1\over 5}x^5 +{1\over 2}x^4-{1\over 3}x^3+x^2 \right] \right|_0^2 = \bbox[red,2pt]{\frac{44}{15}}$$

解：

$$A(0,0) \Rightarrow B(2,0) \Rightarrow D(1,\sqrt 3) \Rightarrow F(5,\sqrt 3) \Rightarrow \overline{AF}= \sqrt{5^2 + (\sqrt 3)^2} = 2\sqrt 7\\ \Rightarrow \overline{PQ}最大值= \overline{AF}+2 = \bbox[red, 2pt]{2\sqrt 7+2}$$

解：$$\cases{個位數字總和=x_1=100 \\ 十位數字總和=x_2 = 99 \\ \cdots \\ 第100位數字總和=1} \Rightarrow 只考慮\sum_{k=1}^{100} 10^{k-1}x_k 的末十位數= \sum_{k=1}^{10} 10^{k-1}x_k\\ =\begin{array}{r}100\\990 \\ 9800\\ 97000\\ 960000\\ \cdots \\ 91000000000 \end{array} \Rightarrow 10個數字總和=101234567890 \\ \Rightarrow 末十位數字為\bbox[red,2pt]{1234567890}$$

解：$$令a=\tan x \Rightarrow f(x)= \cot x+ 15\tan x+ 25\tan^2 x \equiv g(a)= {1\over a}+15a +25a^2 \\ \Rightarrow g'(a)=-{1\over a^2} +15+50a;\\ g'(a)=0 \Rightarrow 50a^3+15a^2-1=0 \Rightarrow (5a-1)(10a^2+5a+1) =0 \Rightarrow a={1\over 5} 有極值\\ \Rightarrow \tan x={1\over 5} \Rightarrow f(x)= 5+3+1= \bbox[red,2pt]{9}$$

解：

5人分3組有\(C^5_2C^3_2\div 2\)種分法；組內排列有\(2\times 2=4\)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\(H^4_3=C^6_3\)擺法；最後3組排列共有3!排法。

綜合以上討論，共有\(C^5_2C^3_2\div 2 \times 4\times H^4_3 \times 3! = \bbox[red, 2pt]{7200}\)種。

解：$$\cases{x= \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{AB} =\overrightarrow{OA} \cdot (-\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}) = -|\overrightarrow{OA}|^2 +\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} \cdots(1) \\ y= \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BO} =(-\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}) \cdot (-\overrightarrow{OB})  = -|\overrightarrow{OB}|^2 +\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}  \cdots(2)\\ z= \overrightarrow{BO} \cdot \overrightarrow{OA} = -\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} \cdots(3) } \\ 將(3)代入(1)及(2) \Rightarrow \cases{|\overrightarrow{OA}|^2 =-x-z \\ |\overrightarrow{OB}|^2 =-y-z} \Rightarrow \triangle OAB 面積={1\over 2} \sqrt{ |\overrightarrow{OA}|^2|\overrightarrow{OB}|^2- (\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB})^2  } \\ ={1\over 2} \sqrt{ (-x-z)^2(-y-z)^2- (-z)^2  } = \bbox[red,2pt]{{1\over 2}\sqrt{xy+yz +zx}}$$

解：

$$\angle APB = \angle OPB- \angle OPA \Rightarrow \tan (\angle OPB-\angle OPA) \ge \tan \angle APB =\tan 30^\circ \\ \Rightarrow \cfrac{\tan \angle OPB-\tan \angle OPA}{1+\tan \angle OPB \tan \angle OPA} \ge \cfrac{1}{\sqrt 3} \Rightarrow \cfrac{{20\over \sqrt{x^2+y^2}}-{6\over \sqrt{x^2+y^2} }}{1+{20\over \sqrt{x^2+y^2}}\cdot {6\over \sqrt{x^2+y^2} }}   \ge \cfrac{1}{\sqrt 3}\\ 令R=\sqrt{x^2+y^2}，則上式為\cfrac{{14\over R} }{1+{120\over R^2}} ={14R\over R^2+120}\ge {1\over \sqrt 3} \Rightarrow R^2-14\sqrt 3R+120 \le 0 \\ \Rightarrow (R-10\sqrt 3)(R-4\sqrt 3) \le 0 \Rightarrow 4\sqrt 3\le R \le 10\sqrt 3$$

$$兩區域\cases{4\sqrt 3 \le \sqrt {x^2+y^2} \le 10\sqrt 3\\ 0\le x,y \le 15}交集如上圖著色區域;\\ 直角\triangle POB中，\cases{ \overline{OB}=15 \\ \overline{OP}=10\sqrt 3}  \Rightarrow \overline{BP}=5\sqrt 3 \Rightarrow \angle POB=30^\circ \Rightarrow \cases{ P(15,5\sqrt 3) \\S(6,2\sqrt 3}\\，同理可得\cases{\angle FOQ=30^\circ \\ Q(5\sqrt 3,15)\\ R(2\sqrt 3,6)}\\ 因此\cases{PQRS面積= {30\over 360}\pi(\overline{OP}^2-\overline{OR}^2) = {\pi\over 12}(300-48)=21\pi \\ ABPS面積={1\over 2}\times 15\times 5\sqrt 3-{30\over 360}\pi(4\sqrt 3)^2 ={75\over 2}\sqrt 3-4\pi} \\ \Rightarrow 著色面積=2\times ABPS面積+PQRS面積 =75\sqrt 3-8\pi +21\pi = \bbox[red,2pt]{75\sqrt 3+13\pi}$$

解：$${1\over 2}\times 12^3 =\bbox[red,2pt]{864}$$