106年臺北市麗山高中教師甄選-數學詳解

臺北市立麗山高級中學106學年度第1次教師甄選

一、填充題

1. 下圖為某班的教室座位配置圖，現將甲、乙、丙等 30 位同學隨機安排入坐，每格恰坐 1 位，則甲、乙、丙三人彼此皆不相鄰的機率為_____。(前後相鄰或左右相鄰都算相鄰)

30格任選3格有\(C^{30}_3= 4060\)選法；

上下相鄰的矩形有\(6\times 4=24\)個，左右相鄰的矩形有\(5\times 5=25\)個；

因此30個格子取3格，其中有2格相鄰(左右相鄰或上下相鄰)的有\(28(24+25)=1372\)種選法，其中第三個格子在剩下28格中任選； 

3個格子相鄰的有垂直形的矩形\(3\times 6=18\)個、水平形的矩形\(4\times 5=20\)個，及缺角正方形有\(5\times 4=20\)個；缺角正方形缺角可能出現在右上、左上、左下、右下4個方向，所以缺角正方形有\(20\times 4=80\)種；

因此相鄰的情形有\(1372-18-20-80=1254 \Rightarrow\) 不相鄰的機率為\(1-{1254\over 4060}= \bbox[red,2pt]{1403\over 2030}\)

2. 已知\(10=2^3+2\)可用二進位表示為\((1010)_2\)，是二進位中的 4 位數；\(100=2^6 +2^5+2^2\)可用二進位表示為\((1100100)_2\)，是二進位中的 7 位數。請問\(10^{100}\)是二進位中的___位數。\((\log 2=0.3010)\)

$$\log_2 10^{100} =100{\log 10\over \log 2} ={100\over \log 2}\approx 332.2 \Rightarrow 10^{100}是二進位的332+1=\bbox[red,2pt]{333}位數$$

3. 如圖，13 個小正方形排列，若要塗上紅、黃、藍三種顏色，並規定每個小正方形恰塗一色，相鄰不同色，則有___________種塗法。

$$總共1536+96+ 768+1536 =\bbox[red,2pt]{3936}種塗法$$

4. 四邊形\(ABCD\)中，\(\overline{BC}=\overline{CD}\)，\(\angle ABC=114^\circ\)，\(\angle BCD= 144^\circ\)，\(\angle BAC=30^\circ\)，則\(\angle ADC=\)_____ 。

 

$$\overline{CB}= \overline{CD}=a \Rightarrow \angle CBD =\angle CDB = (180^\circ-144^\circ)\div 2=18^\circ \Rightarrow \angle DBA=114^\circ-18^\circ=96^\circ\\ 令\angle BDA=\theta \Rightarrow \angle CDA = 180^\circ-96^\circ-30^\circ-\theta = 54^\circ-\theta\\ 正弦定理: \cases{\triangle ABC \Rightarrow {a\over \sin 30^\circ}={\overline{AC}\over \sin 114^\circ} \\ \triangle ACD\Rightarrow { a\over \sin(54^\circ-\theta)}= {\overline{AC} \over \sin(18^\circ+\theta)}} \Rightarrow \overline{AC}=2a\sin 114^\circ= {\sin(18^\circ+\theta)\over \sin(54^\circ-\theta)}a \\ \Rightarrow 2\sin 114^\circ = 2\cos 24^\circ ={\sin(18^\circ+\theta)\over \sin(54^\circ-\theta)} \Rightarrow 2\cos 24^\circ \sin(54^\circ-\theta) = \sin(18^\circ+\theta) \\ \Rightarrow \sin(78^\circ-\theta) + \sin(30^\circ-\theta)=\sin(18^\circ+\theta) \Rightarrow \theta=30^\circ \Rightarrow \angle ADC=18^\circ +\theta=\bbox[red,2pt]{48^\circ}$$

5. 若\(\lim_{x\to 2}{1\over x}=L\)，則\(x\)與2的距離\(|x-2|\)小於等於何值時，其函數值與\(L\)的差\(\left|{1\over x}-L \right|\)最多是\({1\over 10000}\)？____ 。

$$L={1\over 2} 代入\left| {1\over x}-L\right| \le {1\over 10000} \Rightarrow {1\over 2}-{1\over 10000} \le {1\over x} \le {1\over 2}+ {1\over 10000} \Rightarrow {4999\over 10000} \le {1\over x} \le {5001\over 10000} \\ \Rightarrow {10000\over 5001} \le x \le {10000\over 4999} \Rightarrow -{2\over 5001} \le x-2 \le {2\over 4999} \Rightarrow |x-2| \le \bbox[red,2pt]{2\over 5001}可推演出\left| {1\over x}-L\right| \le {1\over 10000}$$ 

6. 設\(\vec a=(5,-5,-2),\vec b=(2,1,-2),\vec c=(2,-2,1)\)，則\(\left|\vec a+t\vec b+s\vec c \right|\)的最小值=_________。

$$ \cases{\vec a=(5,-5,-2)\\ \vec b=(2,1,-2)\\ \vec c=(2,-2,1)} \Rightarrow \left| \vec a+t\vec b+s\vec c\right|=\left| (5+2t+2s,-5+t-2s,-2-2t+s)\right|\\= \sqrt{(5+2t+2s)^2+ (-5+t-2s)^2+ (-2-2t+s)^2} = \sqrt{9(t+1)^2 +9(s+2)^2+9} \\ \Rightarrow 最小值為\sqrt 9=\bbox[red,2pt]{3}$$

7. 若\(x^2-13x+1=0\)，則\(x^4+x^{-4}\)的個位數字=__________。

 

$$x^2-13x+1=0之兩根為\alpha,\beta \Rightarrow \cases{\alpha\beta=1 \\ \alpha+\beta=13} \Rightarrow \cases{\alpha=x\\ \beta={1\over x} \\ x+{1\over x}=13}\\ \Rightarrow x^2+{1\over x^2}= (x+{1\over x})^2-2 =13^2-2=167 \Rightarrow A=x^4+{1\over x^4} =(x^2 +{1\over x^2})^2-2 =167^2-2\\ \Rightarrow A的個位數字為9-2=\bbox[red,2pt]{7}$$

8. 已知一雙曲線上任一點\(P(x,y)\)滿足到直線\(4x+y=2\)及\(4x-y=0\)的距離乘積為定值 2，則該雙曲線的焦點到中心的距離為_________

$$由題意知:\cases{2={a^2b^2\over a^2+b^2}\cdots(1) \\4x-y=0斜率=4={b\over a}\cdots(2)}，由(2) \Rightarrow b=4a代入(1) \Rightarrow 34a^2=16a^4 \\ \Rightarrow a^2={34\over 16} \Rightarrow a= {\sqrt{34}\over 4} \Rightarrow b=4a=  \sqrt{34} \Rightarrow c^2=a^2+b^2 = {34\over 16}+34  ={34\times 17\over 16}\\ \Rightarrow c=\bbox[red, 2pt]{17\sqrt 2\over 4}$$

9. 求不等式\(-3\lt [|x-1|-6]\lt 3\)的解為________。(\([x]\)表不大於 x 之最大整數 )

$$-3\lt [|x-1|-6]\lt 3\Rightarrow [|x-1|-6]=-2,-1,0,1,2 \Rightarrow -2\le |x-1|-6 \lt 3 \\\Rightarrow 4 \le |x-1| \lt 9  \Rightarrow \cases{4 \le x-1 < 9\\ -9< x-1 \le -4} \Rightarrow \bbox[red,2pt]{\cases{5 \le x < 10\\ -8< x \le -3} }$$

10. 設二階方陣\(\begin{bmatrix} x+{1\over x} & x^5+{1\over x^5}\\ x^{27}+ {1\over x^{27}} & |x|\end{bmatrix}\)=\(\begin{bmatrix} -\sqrt 3 & a\\ b & c\end{bmatrix}\)，則序對\((a,b,c)=\)________。

$$\begin{bmatrix} x+{1\over x} & x^5+{1\over x^5}\\ x^{27}+ {1\over x^{27}} & |x|\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -\sqrt 3 & a\\ b & c\end{bmatrix} \Rightarrow \cases{x+{1\over x}=-\sqrt 3 \cdots(1)\\ x^5+{1\over x^5}=a  \\ x^{27}+ {1\over x^{27}}=b   \\ |x|=c }\\ (1) \Rightarrow x^2+\sqrt 3x+1=0 \Rightarrow x={-\sqrt 3\pm i\over 2} =\cos {5\pi\over 6}\pm i\sin {5\pi\over 6} =e^{\pm i{5\pi\over 6}},\\取 \cases{x=e^{ i{5\pi\over 6}} \\ x^{-1}=e^{ -i{5\pi\over 6}}} \Rightarrow \cases{a=x^5+x^{-5}=e^{ i{25\pi\over 6}} +e^{ -i{25\pi\over 6}}=e^{i{\pi\over 6}} +e^{-i{\pi\over 6}} =\sqrt 3\\ b= x^{27}+x^{-27}=e^{ i{135\pi\over 6}} +e^{ -i{135\pi\over 6}}=e^{i{\pi\over 2}} +e^{-i{\pi\over 2}} =0\\ c=|x|=|e^{i{5\pi \over 6}}|=1} \\ \Rightarrow (a,b,c)=\bbox[red,2pt]{(\sqrt 3,0,1)}$$

11. 設\(0\le \theta\lt 2\pi\)，不等式 \(\sin\theta +\sin 2\theta \gt 0\)的解為________。

$$\sin\theta +\sin 2\theta =\sin\theta +2\sin\theta \cos \theta = \sin\theta(1+2\cos \theta) > 0 \\\Rightarrow \cases{\sin \theta \gt 0且(1+2\cos \theta) \gt 0 \\ \sin \theta \lt 0且(1+2\cos \theta) \lt 0} \Rightarrow \bbox[red,2pt]{\cases{0\lt \theta \lt 2\pi/3 \\ \pi \lt \theta \lt 4\pi/3}}$$

12. 設\(a,b,c,d\in R,abcd\ne 0\)，且\(a+b+c+d=0\)，則\(a({1\over b}+ {1\over c}+{1\over d})\)+\(b({1\over c}+ {1\over d}+{1\over a})\)+\(c({1\over d}+ {1\over a}+{1\over b})\) +\( d({1\over a}+ {1\over b}+{1\over c})\)之值為________。

$$a({1\over b}+ {1\over c}+{1\over d}) +b({1\over c}+ {1\over d}+{1\over a})+c({1\over d}+ {1\over a}+{1\over b}) +d({1\over a}+ {1\over b}+{1\over c}) \\ =-(b+c+d)({1\over b}+ {1\over c}+{1\over d}) -(a+c+d)({1\over c}+ {1\over d}+{1\over a}) -(a+b+d)({1\over d}+ {1\over a}+{1\over b})\\\qquad -(a+b+c)({1\over a}+ {1\over b}+{1\over c})\\= -{1\over a}(3a+2(b+c+d)) -{1\over b}(3b+2(a+c+d))-{1\over c}(3c+2(a+b+d))\\\qquad-{1\over d}(3d+2(a+b+c))\\=-{1\over a}(3a-2a)-{1\over b}(3b-2b)-{1\over c}(3c-2c)-{1\over d}(3d-2d)=-1-1-1-1= \bbox[red,2pt]{-4}$$

13. 設\(f(x)={4^x\over 4^x+2}\)，試求 \(f({1\over 2017}) +f({2\over 2017})+f({3\over 2017})+\dots f({2016\over 2017})\)=________。

$$f(x)= {4^x\over 4^x+2}= 1-{2\over 4^x+2}\Rightarrow f(1-x)= 1-{2\over 4^{1-x}+2} = 1-{2\cdot 4^x\over 4 +2\cdot 4^x} =1-{4^x \over 4^x+2}\\ \Rightarrow f(x)+f(1-x)=1\\ \Rightarrow f({1\over 2017})+ f({2\over 2017})+ f({3\over 2017})+ \cdots +f({2016\over 2017}) \\ =\left[ f({1\over 2017})+f({2016\over 2017})\right] +\left[ f({2\over 2017})+f({2015\over 2017})\right] + \cdots +\left[ f({1008\over 2017})+f({1009\over 2017})\right] \\ =\left[ f({1\over 2017})+f(1-{1\over 2017})\right] +\left[ f({2\over 2017})+f(1-{2\over 2017})\right] + \cdots +\left[ f({1008\over 2017})+f(1-{1008\over 2017})\right]\\ =1+1+\cdots + 1= \bbox[red,2pt]{1008}$$

14. 已知\(0^\circ \lt \theta \lt 90^\circ,i=\sqrt{-1}\)，\(O\)為原點，若複數平面上 \(z=\cos \theta +i\sin \theta\)所在的位置為點\(P\)，\(z^4\)所在的位置為點\(Q\)，\(iz\)所在的位置為點\(R\)且\(\theta, \angle POQ,\angle QOR\)三個角度依序成等比數列，則\(\theta\)=________。

$$\cases{P(z)=P(e^{i\theta})\\ Q(z^4)=Q(e^{i4\theta}) \\ R(iz)=R(e^{i({\pi\over 2}+\theta)})} \Rightarrow \cases{\angle POQ =4\theta -\theta=3\theta\\ \angle QOR= {\pi\over 2}+\theta-4\theta= {\pi\over 2}-3\theta}\\ \theta,3\theta,({\pi\over 2}-3\theta)成等比\Rightarrow (3\theta)^2 = \theta({\pi\over 2}-3\theta) \Rightarrow \theta(12\theta-{\pi \over 2})=0\\ \Rightarrow \theta =\bbox[red,2pt]{\pi\over 24}(\theta=0不合,\because 0^\circ\lt \theta < 90^\circ)$$

15. 空間中\(O\)為原點，已知\(A(1,-1,-2)，B(3,2,-1)，C(1,-2,1)\)，若由 \({1\over 2^n}\overrightarrow{OA}\)，\({1\over 3^n}\overrightarrow{OB}\)，\({1\over 4^n}\overrightarrow{OC}\)所決定的平行六面體體積記為\(V_n\)，則\( \sum_{n=1}^\infty V_n\)=________。

$$\cases{A(1,-1,-2) \\ B(3,2,-1)\\ C(1,-2,1)} \Rightarrow \cases{{1\over 2^n}\overrightarrow{OA}= (1/2^n,-1/2^n,-2/2^n) \\ {1\over 3^n}\overrightarrow{OB}= (3/3^n,2/3^n,-1/3^n) \\ {1\over 4^n}\overrightarrow{OC}= (1/4^n,-2/4^n,1/4^n) } \\ \Rightarrow V_n= {1\over 2^n} \cdot {1\over 3^n} \cdot {1\over 4^n}  \begin{Vmatrix}1 & -1 & -2\\ 3 & 2 & -1\\ 1 & -2 & 1\end{Vmatrix} ={1\over 24^n}\times 20 \Rightarrow \sum_{n=1}^\infty V_n= 20\left({1/24\over 1-1/24} \right) = \bbox[red,2pt]{20\over 23}$$

二、計算題、申論題

1. 設六個正數\(a、b、c、x、y、z\)，滿足 \(a+b+c=x+y+z\)，求證：\({2a^2\over a+x}+ {2b^2\over b+y}+ {2c^2\over c+z}\ge a+b+c\)。

$${2a^2\over a+x} +{2b^2\over b+y} +{2c^2\over c+z} \\={a^2\over (\sqrt{a+x})^2}+{a^2\over (\sqrt{a+x})^2} +{b^2\over (\sqrt{b+y})^2}+ {b^2\over (\sqrt{b+y})^2} +{c^2\over (\sqrt{c+z})^2} +{c^2\over (\sqrt{c+z})^2} \\ \Rightarrow \left({a^2\over (\sqrt{a+x})^2}+{a^2\over (\sqrt{a+x})^2} +{b^2\over (\sqrt{b+y})^2}+ {b^2\over (\sqrt{b+y})^2} +{c^2\over (\sqrt{c+z})^2} +{c^2\over (\sqrt{c+z})^2}\right)\\\qquad\left((\sqrt{a+x})^2+(\sqrt{a+x})^2 +(\sqrt{b+y})^2+ (\sqrt{b+y})^2 +(\sqrt{c+z})^2 +(\sqrt{c+z})^2\right) \\ \qquad\ge (a+a+b+b +c+c)^2\\ \Rightarrow \left( {2a^2\over a+x} +{2b^2\over b+y} +{2c^2\over c+z}\right) \cdot 2(a+b+c+x+y+z) \ge 4(a+b+c)^2 \\ \Rightarrow \left( {2a^2\over a+x} +{2b^2\over b+y} +{2c^2\over c+z}\right) \cdot 4(a+b+c ) \ge 4(a+b+c)^2\\ \Rightarrow \left( {2a^2\over a+x} +{2b^2\over b+y} +{2c^2\over c+z}\right)  \ge  a+b+c，\bbox[red,2pt]{故得證}$$

2. 設\(p,q\)為大於 1 的正整數，若 \(p\gt q，x\gt 0\)；試證：\({x^p-1\over p} \ge {x^q -1\over q}\)。

$$f(x)={x^p-1\over p}-{x^q-1\over q} \Rightarrow f'(x)=x^{p-1}-x^{q-1} \Rightarrow \begin{cases} f'(x)\gt 0 & \text{if }x\gt 1,\\ f'(x)=0 & \text{if }x=1,\\ f'(x) < 0 &\text{if } x< 1;\end{cases} \\ \Rightarrow f(1)=0 為極小值 \Rightarrow f(x) \ge 0，即{x^p-1\over p}\ge {x^q-1\over q}，\bbox[red,2pt]{故得證}$$

3. 如下圖所示，扇形\(AOB\)的圓心角 \(\angle AOB=\theta，\overline{OA}=1\)，圓\(O_1\)與\(\overline{OA},\overline{OB},\)弧\(AB\)均相切，圓\(O_{n+1}\)的半徑比圓\(O_n\)小且與圓\(O_n\)外切，並與\(\overline{OA},\overline{OB}\)均相切，則圓\(O_n\)的面積為\(a_n\)，\(n=1,2,3,\dots\)試求極限\(\lim_{\theta\to 0}{\sum_{k=1}^\infty a_k\over \theta}\)。

$$本題未給圖形，無法作答$$

4. (1) 某金融卡的提款密碼規定為四碼，每一碼可以選用數字或英文字母，但密碼不能全部都只有英文字母(不區分大小寫)或全部都只有數字，請問共有幾組不同密碼可以選用？ (2) 請詳述您針對(1)小題的課程概念，讓學生正確學習相關數學觀念。

$$全部-全數字-全英文=36^4-10^4-26^4 =(10+26)^4 -10^4-26^4\\=(10^4+4\cdot 10^3\cdot 26 + 6\cdot 10^2\cdot 26^2 + 4\cdot 10\cdot 26^3+ 26^4)-10^4-26^4\\ =4\cdot 10^3\cdot 26 + 6\cdot 10^2\cdot 26^2 + 4\cdot 10\cdot 26^3 =2\cdot 10\cdot 26(2\cdot 10^2+ 3\cdot 10\cdot 26 + 2\cdot 26^2)\\ =520(200 + 780+1352) = 520\times 2332 = \bbox[red,2pt]{1212640}$$

5. (1)\(\triangle ABC\)中，\(\overline{AB}=10，\overline{AC}=9，\cos \angle BAC={3\over 8}\)，設\(P、Q\)分別在\(\overline{AB}、\overline{AC}\)上，且滿足\(\triangle APQ\)面積為\(\triangle ABC\)面積之一半，求\(\overline{PQ}\)之最小值？ (2) 請詳述您針對(1)小題的課程概念，讓學生正確學習相關數學觀念。

$$令\cases{\overline{AP}=a\\ \overline{AQ}=b\\ \overline{PQ}=x} \Rightarrow \cases{\cos \theta = {a^2+b^2-x^2 \over 2ab}={3\over 8} \\ {\triangle APQ \over \triangle ABC} ={ab\over 10\times 9}={1\over 2}} \Rightarrow \cases{x^2=a^2+b^2 -{3\over 4}ab \cdots(1)\\ab=45 \cdots(2)}\\ 將(2)代入(1) \Rightarrow x^2=a^2+b^2-{135\over 4} \ge 2\sqrt{a^2b^2}-{135\over 4} =90-{135\over 4}= {225\over 4}\\ \Rightarrow x\ge \sqrt{225 \over 4} ={15\over 2} \Rightarrow \overline{PQ}的最小值為\bbox[red,2pt]{15 \over 2}$$

解題僅供參考