一、填充題
30格任選3格有C303=4060選法;
上下相鄰的矩形有6×4=24個,左右相鄰的矩形有5×5=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3×6=18個、水平形的矩形4×5=20個,及缺角正方形有5×4=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20×4=80種;
因此相鄰的情形有1372−18−20−80=1254⇒ 不相鄰的機率為1−12544060=14032030
2. 已知10=23+2可用二進位表示為(1010)2,是二進位中的 4 位數;100=26+25+22可用二進位表示為(1100100)2,是二進位中的 7 位數。請問10100是二進位中的___位數。(log2=0.3010) |
log210100=100log10log2=100log2≈332.2⇒10100是二進位的332+1=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。 |
4. 四邊形ABCD中,¯BC=¯CD,∠ABC=114∘,∠BCD=144∘,∠BAC=30∘,則∠ADC=_____ 。 |
¯CB=¯CD=a⇒∠CBD=∠CDB=(180∘−144∘)÷2=18∘⇒∠DBA=114∘−18∘=96∘令∠BDA=θ⇒∠CDA=180∘−96∘−30∘−θ=54∘−θ正弦定理:{△ABC⇒asin30∘=¯ACsin114∘△ACD⇒asin(54∘−θ)=¯ACsin(18∘+θ)⇒¯AC=2asin114∘=sin(18∘+θ)sin(54∘−θ)a⇒2sin114∘=2cos24∘=sin(18∘+θ)sin(54∘−θ)⇒2cos24∘sin(54∘−θ)=sin(18∘+θ)⇒sin(78∘−θ)+sin(30∘−θ)=sin(18∘+θ)⇒θ=30∘⇒∠ADC=18∘+θ=48∘
5. 若limx→21x=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|1x−L|最多是110000?____ 。 |
L=12代入|1x−L|≤110000⇒12−110000≤1x≤12+110000⇒499910000≤1x≤500110000⇒100005001≤x≤100004999⇒−25001≤x−2≤24999⇒|x−2|≤25001可推演出|1x−L|≤110000
6. 設→a=(5,−5,−2),→b=(2,1,−2),→c=(2,−2,1),則|→a+t→b+s→c|的最小值=_________。 |
7. 若x2−13x+1=0,則x4+x−4的個位數字=__________。 |
x2−13x+1=0之兩根為α,β⇒{αβ=1α+β=13⇒{α=xβ=1xx+1x=13⇒x2+1x2=(x+1x)2−2=132−2=167⇒A=x4+1x4=(x2+1x2)2−2=1672−2⇒A的個位數字為9−2=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:{2=a2b2a2+b2⋯(1)4x−y=0斜率=4=ba⋯(2),由(2)⇒b=4a代入(1)⇒34a2=16a4⇒a2=3416⇒a=√344⇒b=4a=√34⇒c2=a2+b2=3416+34=34×1716⇒c=17√24
9. 求不等式−3<[|x−1|−6]<3的解為________。([x]表不大於 x 之最大整數 ) |
−3<[|x−1|−6]<3⇒[|x−1|−6]=−2,−1,0,1,2⇒−2≤|x−1|−6<3⇒4≤|x−1|<9⇒{4≤x−1<9−9<x−1≤−4⇒{5≤x<10−8<x≤−3
10. 設二階方陣[x+1xx5+1x5x27+1x27|x|]=[−√3abc],則序對(a,b,c)=________。 |
[x+1xx5+1x5x27+1x27|x|]=[−√3abc]⇒{x+1x=−√3⋯(1)x5+1x5=ax27+1x27=b|x|=c(1)⇒x2+√3x+1=0⇒x=−√3±i2=cos5π6±isin5π6=e±i5π6,取{x=ei5π6x−1=e−i5π6⇒{a=x5+x−5=ei25π6+e−i25π6=eiπ6+e−iπ6=√3b=x27+x−27=ei135π6+e−i135π6=eiπ2+e−iπ2=0c=|x|=|ei5π6|=1⇒(a,b,c)=(√3,0,1)
11. 設0≤θ<2π,不等式 sinθ+sin2θ>0的解為________。 |
sinθ+sin2θ=sinθ+2sinθcosθ=sinθ(1+2cosθ)>0⇒{sinθ>0且(1+2cosθ)>0sinθ<0且(1+2cosθ)<0⇒{0<θ<2π/3π<θ<4π/3
12. 設a,b,c,d∈R,abcd≠0,且a+b+c+d=0,則a(1b+1c+1d)+b(1c+1d+1a)+c(1d+1a+1b) +d(1a+1b+1c)之值為________。 |
a(1b+1c+1d)+b(1c+1d+1a)+c(1d+1a+1b)+d(1a+1b+1c)=−(b+c+d)(1b+1c+1d)−(a+c+d)(1c+1d+1a)−(a+b+d)(1d+1a+1b)−(a+b+c)(1a+1b+1c)=−1a(3a+2(b+c+d))−1b(3b+2(a+c+d))−1c(3c+2(a+b+d))−1d(3d+2(a+b+c))=−1a(3a−2a)−1b(3b−2b)−1c(3c−2c)−1d(3d−2d)=−1−1−1−1=−4
13. 設f(x)=4x4x+2,試求 f(12017)+f(22017)+f(32017)+…f(20162017)=________。 |
f(x)=4x4x+2=1−24x+2⇒f(1−x)=1−241−x+2=1−2⋅4x4+2⋅4x=1−4x4x+2⇒f(x)+f(1−x)=1⇒f(12017)+f(22017)+f(32017)+⋯+f(20162017)=[f(12017)+f(20162017)]+[f(22017)+f(20152017)]+⋯+[f(10082017)+f(10092017)]=[f(12017)+f(1−12017)]+[f(22017)+f(1−22017)]+⋯+[f(10082017)+f(1−10082017)]=1+1+⋯+1=1008
14. 已知0∘<θ<90∘,i=√−1,O為原點,若複數平面上 z=cosθ+isinθ所在的位置為點P,z4所在的位置為點Q,iz所在的位置為點R且θ,∠POQ,∠QOR三個角度依序成等比數列,則θ=________。 |
{P(z)=P(eiθ)Q(z4)=Q(ei4θ)R(iz)=R(ei(π2+θ))⇒{∠POQ=4θ−θ=3θ∠QOR=π2+θ−4θ=π2−3θθ,3θ,(π2−3θ)成等比⇒(3θ)2=θ(π2−3θ)⇒θ(12θ−π2)=0⇒θ=π24(θ=0不合,∵
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
請教老師計算5,我的作法是a^2+b^2大於等於2ab=90,最後的結果和老師不同,請問我是否有哪個條件考慮不周,謝謝。
回覆刪除經過電腦繪圖驗算,答案的確有誤,謝謝提醒,已修訂!!
刪除請問第一題的4x6=24是不是應該改成4x5=20?
回覆刪除對, 已修訂,謝謝
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