教育部受託辦理105學年度公立高級中等學校教師甄選
一、單選題
解:只看每個數字的個位數:{45的個位數=455的個位數=565的個位數=675的個位數=795的個位數=9115的個位數=1⇒4+5+6+7+9+1=32{(A)125的個位數=2(B)135的個位數=3(C)145的個位數=4(D)155的個位數=5,故選(A)解:(A)cos225∘−sin225∘=cos50∘(B)√1+sin340∘−√1−sin340∘=√1−sin20∘−√1+sin20∘<0(C)sin23∘cos112∘−sin292∘sin67∘=−sin23∘cos68∘+sin68∘cos23∘=sin(68∘−23∘)=sin45∘=cos45∘(D)2tan67.5∘1−tan267.5∘=tan(2×67∘)=tan135∘=−tan45∘=−1故選(C)
解:x275−y29=1⇒c2=75+9=84x2t2+1+y27−t=1⇒t2+1=7−t+c2=7−t+84⇒t2+t−90=0⇒(t−9)(t+10)=0⇒t=−10(9不合,違反7−t>0),故選(D)
解:√2016=12√14=a√14+b√14⇒{a+b=12a<ba,b∈N⇒(a,b)=(1,11)−(5,6),共5組,相當於(x,y)=(1⋅14,112⋅14),(22⋅14,102⋅14),…,(52⋅14,62⋅14),故選(C)
解:f(x)=a⋅(x−2)(x−3)(1−2)(1−3)+b⋅(x−1)(x−3)(2−1)(2−3)+c⋅(x−1)(x−2)(3−1)(3−2)⇒{f(1)=af(2)=bf(3)=c⇒y=f(x)經過(1,a),(2,b),(3,b);若a、b、c為等差數列,則公差d有以下可能:{d=0:(a,b,c)=(1,1,1),(2,2,2),…,(6,6,6),共6種d=1:(1,2,3),(2,3,4),⋯,(4,5,6),共4種d=−1:(6,5,4),(5,4,3),⋯,(3,2,1),共4種d=2:(1,3,5),(2,4,6),共2種d=−2:(6,4,2),(5,3,1),共2種共有6+4+4+2+2=18種,機率為1863=112由於f(x)為二次函數,a、b、c不得為等差數列,因此f(x)為二次函數的機率為1−112=1112,故選(B)。

解:假設兩根為α,β,則{α+β=4aαβ=4a2−4a−3b+9α−β=2√101,a,b∈N;(α+β)2−4αβ=(α−β)2⇒16a2−4(4a2−4a−3b+9)=404⇒16a+12b=440⇒4a+3b=110⇒a=2,5,…,26=2+3k,k=0−8⇒共九組解,故選(A)
解:定理:假設(x0,y0)為ax+by=c的一組整數解,則其通解為{x=x0+bgcd(a,b)ty=y0−agcd(a,b)t,t∈Z依此定理,假設(x0,y0)為方程式2x+3y=k的一組自然數解,且x0是所有自然數解中最小的,則(x0+3t,y0−2t)為其整數解,其中t∈Z由於x0是所有自然數解中最小的,更小的下一個是x0−3≤0⇒0<x0≤3⋯(1)122個整數解中的y坐標為y0,y0−2,…,y0−2×121,最小值y0−2×121>0,更小的下一個y0−2×122≤0⇒2×122≥y0>2×121⋯(2)由(1)及(2)可知{x0=1,2,3y0=1,2⇒k值有3×2=6種可能,故選(B)解:(A)×:f(x)=3x3−x2−2x⇒{f(1)=0f′(x)=9x2−2x−2⇒f′(1)=9−2−2=5⇒(1,f(1))=(1,0),斜率5的直線:y=5(x−1)⇒y=5x−5(B)◯:|∫10f(x)dx|=|[34x4−13x3−x2]|10|=|−712|=712(C)◯:f″(x)=0⇒18x−2=0⇒x=1/9⇒f(1/9)=−56243(D)◯:f(x)=0⇒x(x−1)(3x+2)=0⇒x=0,1,−2/3三相異實根故選(BCD)
解:(A)◯:{∑A=42∑B=126∑C=54∑D=17⇒{μA=42/6=7μB=126/6=21μC=54/6=9μD=17/6<3⇒μB>μC>μA>μD(B)×:{Var(A)=(62+12+12+22+22+22)/6Var(C)=(62+12+12+22+22+22)/6⇒σA=σC(C)◯:{A,B,C遞增D遞減⇒{r1,r2>0r3<0;又{r1=∑(Ai−uA)(Bi−uB)√∑(Ai−uA)2√∑(Bi−uB)2=150√50⋅√450=1r2=∑(Ai−uA)(Ci−uC)√∑(Ai−uA)2√∑(Ci−uC)2=50√50⋅√50=1⇒r1=r2(D)◯:σA=√(62+12+12+22+22+22)/6=√506=5√3=5√33故選(ACD)

解:f(x)=x5−2px4+x3−3px2+x−2(A)◯:f(1)=1−5p≠0,∀p∈Z⇒x−1不是因式(B)◯:f(−1)=0⇒−5−5p=0⇒p=−1⇒f(−2)=−44−44p=0(C)◯:若f(x)有整係數一次因式,則f(x)=0,∃x∈{±1,±2};但{由(A)知:f(1)≠0由(B)知:f(−1)=−5−5p,若f(−1)≠0⇒p≠−1⇒f(−2)≠0只剩下f(2)=40−44p≠0∀p∈Z因此f(x)沒有整係數一次因式(D)×:利用長除法可得f(x)=(x+1)2(x3−(p+2)x2+4px−4)+(−9p+10)x+(−4p+5)(x+1)2為其因式,則{−9p+10=0−4p+5=0⇒無解⇒(x+1)2不可能是因式故選(ABC)
解:(A)×:A=[4−32−1]⇒det(A−λI)=0⇒λ=1,2⇒(A−I)(A−2I)=A2−3A+2I=0(B)◯:A4−7A3+10A2−8A+3I=(A2−3A+2I)(A2−4A−4I)−12A+11I=−12A+11I=[−4836−2412]+[110011]=[−3736−2423](C)◯:B=[λ100λ2]=[1002](D)×:A=PBP−1⇒A10=PB10P−1=P[100210]P−1,但P−1=[−231−1]≠[2−3−11]故選(BC)
第二部份
一、 填充題
解:Γ:x2−y2=9⇒a=b=3⇒{¯AF2−¯AF1=2a=6¯BF2−¯BF1=2a=6兩式相加⟹¯AF2+¯BF2−(¯AF1+¯BF1)=12=¯AF2+¯BF2−¯AB=12⇒¯AF2+¯BF2=12+15=27⇒△ABF2周長=¯AB+¯AF2+¯BF2=15+27=42
解:令{A(−3,2,2)B(−5,4,−3)P(x,y,0)⇒{P在平面E:z=0A、B在平面E的異側⇒¯PA+¯PB=√(x+3)2+(y−2)2+(−2)2+√(x+5)2+(y−4)2+32由於A、B在平面E的異側,所以¯PA+¯PB的最小值=¯AB=√22+22+52=√33;此時P為L:↔AB與E的交點,而L:x+3−2=y−22=z−2−5≡(−2t−3,2t+2,−5t+2)⇒(−2t−3,2t+2,−5t+2)=(x,y,0)⇒−5t+2=0⇒t=25⇒{x=−2⋅25−3=−195y=2⋅25+2=145因此最小值為√33,此時(x,y)=(−195,145)
解:
{x+7y−4≥04x−5y+17≥05x+2y−20≤0所圍區域頂點{A(2,5)B(−3,1)C(4,0)令f(x,y)=ax−y=k,依題意{f(C)≤f(A)f(C)≤f(B)⇒{4a≤2a−54a≤−3a−1⇒{a≤−5/2a≤−1/7⇒a≤−52
解:
{A:垂直積木B:水平積⇒{6A:1種6B:1種2A4B:4種4A2B:5種⇒共有1+1+4+5=11種
解:
{cos∠PBA=4+a2−14a=a2+34acos∠PBC=4+a2−94a=a2−54a=sin∠PBA⇒(a2+34a)2+(a2−54a)2=1⇒a4−10a2+17=0⇒面積=a2=10+√322=5+2√2

解:
令{¯AP=a¯PQ=x⇒{¯CQ=1−a¯BP=2−a⇒¯BQ=2−(1−a)=1+a⇒{cos60∘=12=(2−a)2+(1+a)2−x22(1+a)(2−a)⋯(1)cos45∘=√22=(2−a)2+x2−(1+a)22(2−a)x⋯(2)由(1)可得x2=3a2−3a+3代入(2)⇒a=2−√3(2+√3不合,違反a<2)△BPQ△ABC=¯BPׯBQ¯BAׯBC⇒△BPQ=△ABC×(2−a)(1+a)4=√3×(2−a)(1+a)4=9−3√34解:

(x−6)2+(y−7)2=10⇒{圓心C(6,7)半徑r=√10⇒¯OC=√62+72=√85⇒¯OA=¯OB=√¯OC2−r2=5√3;因此令∠COB=θ,則{sinθ=√10/√85cosθ=5√3/√85⇒sin∠AOP=sin2θ=2sinθcosθ=2√3017△OAP:¯APsin2θ=¯OPsin∠OAP=¯OAsin∠APO⇒¯PO¯PA=sin∠OAPsin2θ=sin∠OAP2√30/17=kk要最大,即sin∠OAP=1,此時k=172√30=17√3060
解:{B=P0C=Pn⇒{|→AP0|=|→AB|=1→P0Pk=kn→P0Pn=kn→BC,k=0−nSn=n−1∑k=0→APk⋅→APk+1=n−1∑k=0(→AP0+→P0Pk)⋅(→AP0+→P0Pk+1)=n−1∑k=0(|→AP0|2+→AP0⋅→P0Pk+1+→P0Pk⋅→AP0+→P0Pk⋅→P0Pk+1)=n−1∑k=0(1+→AP0⋅→P0Pk+1+→P0Pk⋅→AP0+k(k+1)n2)=n−1∑k=0(1+→AP0⋅(→P0Pk+→P0Pk+1)+k(k+1)n2)=n−1∑k=0(1+→AB⋅(2k+1n→BC)+k(k+1)n2)=n−1∑k=0(1+2k+1n(→AB⋅→BC)+k(k+1)n2)=n−1∑k=0(1+2k+1n(−12)+k(k+1)n2)=n−1∑k=0(1−2k+12n+k(k+1)n2)=n−n2−n+12n+n2−13n⇒limn→∞Snn=limn→∞(1−n2−n+12n2+n2−13n2)=1−12+13=56
計算題
題目有誤
===================================================
沒有留言:
張貼留言