國立中科實驗高級中學雙語部108年教師甄選一、填充題1. 直線 L1:2x+y−6=0,L2:8x+9y=6,L1上的點經由二階方陣A的線性變換至L2,L2上的點經由二階方陣A的線性變換至L1,試求二階方陣A= _______ |
解答: 令A=[abcd],由題意知{L1:2x+y=6L2:8x+9y=6⇒{P1(0,6),P2(3,0)在L1上Q1(0,2/3),Q2(3/4,0)在L2上則{P′1=AP1=(6b,6d)P′2=AP2=(3a,3c)Q′1=AQ1=(2b/3,2d/3)Q′2=AQ2=(3a/4,3c/4)⇒{P′1及P′2在L2上⇒{48b+54d=624a+27c=6Q′1及Q′2在L1上⇒{4b/3+2d/3=63a/2+3c/4=6⇒{{8a+9c=26a+3c=24⇒{a=7c=−6{8b+9d=12b+d=9⇒{b=8d=−7⇒A=[78−6−7]
2. 已知直角三角形的斜邊長與其中一股長之和為9,則此直角三角形面積的最大值為 _______ |
解答:
假設兩股長為a及b,則斜邊長為9−b⇒(9−b)2=a2+b2⇒a2+18b=81算幾不等式:a2+9b+9b3≥3√a2⋅9b⋅9b⇒27≥3√81a2b2⇒27381≥a2b2⇒9√32≥12ab⇒三角形面積=12ab的最大值為9√32
3. 設△ABC中,∠A、∠B、∠C的對邊長分別為 a,b,c,且 a,b,c三數成等差,若a=20 且 bcosB=ccosC,則△ABC 的內切圓面積為 _______ |
解答: 三角形三邊長{a=20b=20+kc=20+2k,k為公差⇒{cosB=202+(20+2k)2−(20+k)240(20+2k)cosC=202+(20+k)2−(20+2k)240(20+k)由題意知:bcosB=ccosC⇒(20+k)⋅202+(20+2k)2−(20+k)240(20+2k)=(20+2k)⋅202+(20+k)2−(20+2k)240(20+k)⇒5k(k+4)(3k+40)(k+20)=0⇒{k=0k=−4k=−40/3不合(∵c=20+2k<0k=−20不合(∵b=20+k=0)因此{k=0⇒a=b=c=20⇒△ABC為正△⇒內切圓半徑r=20×√32×13=10√33k=−4⇒{a=20b=16c=12⇒∠A=90∘⇒(12−r)+(16−r)=20⇒r=4⇒內切圓面積=r2π=100π3或16π
4. 考慮每項都由 0 或 1 所形成項數為 25 的數列中,首項與末項都是 0,且此數列的各項中,沒有兩個連續的項為 0 ,也沒有三個連續的項為 1 ,試問滿足上述條件的數列共有 ____ 個。 |
解答: 扣除開頭的0,剩下24個字元都是由10或110組合而成的;假設有x個10及y個110組合成數列,則2x+3y=24,其中x,y皆為非負整數⇒x129630y02468⇒排列數=1+11!9!2!+10!6!4!+9!3!6!+1=1+55+210+84+1=351
5. 方程式 (x+7)13−(x−7)13=2,則解方程式得實根中較小者為___。 |
解答: 令{a=(x+7)1/3b=(x−7)1/3,由題意知a−b=2;(a−b)3=a3−b3−3ab(a−b)⇒8=14−6ab⇒ab=1⇒(x+7)1/3×(x−7)1/3=1⇒(x+7)(x−7)=1⇒x2=50⇒±5√2⇒較小的根為−5√2
6. 設正實數 x、y 滿足方程式 log(x3+13y3+19)=logx+logy,則數對(x,y)= _______ |
解答: log(x3+13y3+19)=logx+logy⇒x3+13y3+19=xy⋯(1)算幾不等式:x3+13y3+193≥3√x3y327=xy3,由式(1)知此算機不等式剛好等式成立,因此x3=13y3=19⇒{x=13√9=3√33y=13√3=3√93⇒(x,y)=(3√33,3√93)
7. 將 12 張椅子排成一列,甲乙丙丁四個人坐椅子,且兩兩不相鄰,若第七個椅子一定要有人坐, 則坐法有 _______ 種。 |
解答: 椅子編號1−12,第7張一定要有人坐,因此第6及第8張不能坐人;左邊剩下5張、右邊剩下4張椅子;左邊坐3人、右邊坐0人⇒組合數=1左邊坐2人、右邊坐1人⇒組合數=6×4=24左邊坐1人、右邊坐2人⇒組合數=5×3=15以上組合數=1+24+15=40,再乘上排列數3!=6,即40×6=240,再乘上第7張椅子有4種選擇,因此共有240×4=960種坐法
8. A袋有一紅一白球,B袋有一白球,若從A袋中任選一球丟入B袋,再從 B 袋中任選一球丟入 A 袋,這樣稱做一局,則四局後紅球在 B 袋中的機率為 _______ |
解答:
假設{狀態S:A袋有1紅球1白球、B袋有1白球狀態T:A袋有2白球、B袋有1紅球⇒{P(S→S)=3/4P(S→T)=1/4P(T→T)=2/4P(T→S)=2/4,如上圖起始狀態為S,走4步到T,共有23=8種走法,如下表:路徑機率S→S→S→S→T3×3×3×1/44=27/256S→S→S→T→T3×3×1×2/44=18/256S→S→T→S→T3×1×2×1/44=6/256S→S→T→T→T3×1×2×2/44=12/256S→T→S→S→T1×2×3×1/44=6/256S→T→S→T→T1×2×1×2/44=4/256S→T→T→S→T1×2×2×1/44=4/256S→T→T→T→T1×2×2×2/44=8/256⇒S走4步到T的機率為(27+18+6+12+6+4+4+8)/256=85256
9. 實係數二次方程式 x2−ax+b=0 的二實根 α、β 滿足 −1≤α≤0,1≤β≤2,則 a2+b2 的最小值為 _______ |
解答:
由題意可知:y=f(x)=x2−ax+b為凹向上的拋物線,且兩個介於[−1,0]及[1,2]之間;將兩個左右臨界點代入f(x),並觀察圖形可得:{f(−1)≥0f(0)≤0f(1)≤0f(2)≥0,即{1+a+b≥0b≤01−a+b≤04−2a+b≥0下圖著色區域即為聯立方程式之交集,而a2+b2=r2相當於以原點為圓心之一圓,其半徑的最小值即為¯OD=1√2,因此a2+b2的最小值為r2=12
10. 求 limn→∞(12n)p+(22n)p+⋯+(2n2n)p(12+12n)p+(12+22n)p+⋯+(12+n2n)p 之值 (p>0) ___ |
解答: f(n)=(12n)p+(22n)p+⋯+(2n2n)p(12+12n)p+(12+22n)p+⋯+(12+n2n)p=∑2nk=1(k2n)p∑nk=1(12+k2n)p=212n∑nk=1(k2n)p1n∑nk=1(12+12⋅kn)p⇒limn→∞f(n)=2∫10xpdx∫10(12+12x)pdx=2p+12p+1⋅(1−(12)p+1)=11−(12)p+1=2p+12p+1−1
11. 平面上有一橢圓 x225+y29=1 和一個頂點在 (0,0) 開口向右的拋物線。這兩個圖形相交於兩點 P、Q 且 P、Q 都在 x=4 上,求此拋物線的正焦弦長為 _______ |
解答: x=4與橢圓x225+y216=1的交點為(4,±95);拋物線y2=4cx經過(4,±95)⇒4c=81100即為正焦弦長
12. 已知圓周上有二十四個等分點,任取三點所組成的三角形中,三個內角均大於 30 度的有_____ 個。 |
解答:
正24邊形的圓心角為36024=15度,因此連續四個邊的圓心角為15×4=60度;因此對同弧的圓周角為60÷2=30度,如上圖∠BAC;若要滿足題意,三角形各邊長對應的圓弧至少要隔著24邊形連續四個頂點;以上圖為例:⌢BC隔著3個頂點、⌢AC隔著1個頂點、⌢AB隔著5個頂點,只有∠C超過30度;假設頂點代號依序是1−24;△ABC,頂點A在1,B至少要在6(中間隔著4個頂點),C點可選擇的頂點範圍為11−20,有10種選擇;同理,B在7,C則有12−20,共9種選擇;下表為A在編號1的所有情形,共有10+9+⋯+1=55種;ABC數量1611−2010712−209⋯⋯15201A可從編號1至編號24,共有55×24=1320種三角形,需扣除重複,即為1320÷3=440個
13. 設 a 為實數,多項式函數 f(x)=2x5+20a3x2+2430x+a2 在整個實數上為遞增函數,則實數 a 的範圍為____。 |
解答: f(x)遞增⇒f′(x)≥0⇒10x4+40a3x+2430≥0⇒x4+4a3x+243≥0;令g(x)=x4+4a3x+243⇒g′(x)=4x3+4a3;若g′(x)=0⇒x=−a⇒g(−a)≥0⇒a4−4a4+243≥0⇒a4≤81⇒−3≤a≤3
14. 有一棟摩天大樓有 n 階台階,上樓時一步可走一個台階,也可走兩個台階, 所有不同的上樓方法數記為 an ,求 a2019 被 7 除的餘數為___ |
解答: 由題意可知\cases{a_1=1\\ a_2=2\\ a_n=a_{n-1}+a_{n-2}} \Rightarrow a_n=F_{n+1},其中 F_n 為費氏數(\text{Fibonacci number}) \\ \Rightarrow a_{2019} =F_{2020};\\ \langle F_n \mod 7\rangle =\color{blue}{1, 1,2,3,5,1,6,0,6,6, 5,4,2,6,1,0},1,1,2,3,5... \\ \Rightarrow 循環數為16; 2020=16 \times 126+4 \Rightarrow 餘數為第4個,即\bbox[red,2pt]{3}
15. 求 \left[\left( 2+\sqrt 6\right)^{100} \right] 的個位數為____。 [\;]: 為高斯符號 |
解答: \cases{(\sqrt 6+2)^{100} +(\sqrt 6-2)^{100} \in N\\ 0\lt (\sqrt 6-2)^{100}\lt 1} \Rightarrow \lfloor (\sqrt 6+2)^{100}\rfloor = (\sqrt 6+2)^{100} +(\sqrt 6-2)^{100} -1\\ 而(\sqrt 6+2)^{100} +(\sqrt 6-2)^{100} =((\sqrt 6+2)^2 )^{50} + ((\sqrt 6-2)^2)^{50} =(10+4\sqrt 6 )^{50} + (10-4\sqrt 6 )^{50}\\ 其中\cases{(10+4\sqrt 6 )^{50} =\sum_{k=0}^{50} C^{50}_k 10^k(4\sqrt 6)^{50-k} \\(10-4\sqrt 6 )^{50} =\sum_{k=0}^{50} C^{50}_k 10^k(-4\sqrt 6)^{50-k}} \\ \Rightarrow (10+4\sqrt 6 )^{50} + (10-4\sqrt 6 )^{50} =2\sum_{k=0}^{25} C^{50}_{2k} 10^{2k}(4\sqrt 6)^{50-2k} =2\sum_{k=0}^{25} C^{50}_{2k} 10^{2k}96^{25-k} \\ \Rightarrow \left((10+4\sqrt 6 )^{50} + (10-4\sqrt 6 )^{50} \right)\mod 10 = 2\times 96^{25} \mod 10 =2 \\ \Rightarrow \lfloor (\sqrt 6+2)^{100}\rfloor =2-1=\bbox[red,2pt]{1}
16. 設 f:N \to R ,且滿足 (1) f(1)={3\over 2} (2) \forall x\in N ,f(x+1) = \left( 1+{1\over x+1}\right) \cdot f(x) + \left( 1+{x\over 2}\right) \cdot f(1) +x^2+ 2x ,則 f(40)= ___ 。 |
解答: f(x+1)=\left(1+\cfrac{1}{x+1} \right)f(x) + (1+{x\over 2})f(1) +x^2+2x =({x+2\over x+1})f(x)+(x+2) ({3\over 4} +x )\\ =({x+2\over x+1})f(x)+ g(x),其中g(x)= (x+2)({3\over 4}+x)\\ \Rightarrow f(40)={41\over 40}f(39)+g(39) ={41\over 40}\left( {40\over 39}f(38) +g(38) \right)+g(39) ={41\over 39}f(38)+ {41\over 40}g(38) +g(39)\\ ={41\over 2}f(1) + {41\over 3}g(1) +{41\over 4}g(2)+\cdots +{41\over 40}g(38) +{41\over 41}g(39) \\ ={123\over 4} +41\left({g(1)\over 3} + {g(2)\over 4} + \cdots + {g(38)\over 40} +{g(39)\over 41} \right) \cdots(1)\\ 由於g(x)=(x+2)({3\over 4}+x) \Rightarrow {g(x)\over x+2} =x+{3\over 4} \Rightarrow \cases{{g(1)\over 3}= 1+{3\over 4}\\ {g(2)\over 4}= 2+{3\over 4}\\ \cdots \\{g(39)\over 41}=39+{3\over 4}} \\ \Rightarrow {g(1)\over 3}+ {g(2)\over 4} +\cdots +{g(38)\over 40}= 39\times 40\div 2+ 39\times {3\over 4} =780+{117 \over 4} 代回(1)\\ \Rightarrow f(40)= {123\over 4}+41(780+{117\over 4}) = {123\over 4}+ 31980+{4797\over 4} =31980+ 1230 = \bbox[red,2pt]{33210}
二、計算題
1. 若 P 為直角坐標平面上一點,O 為原點,且 A(2,0)、B(0,-2)、\overline{OP}=2, 則 (1)求 \overline{PA}^2 \times \overline{PB}^2 的最大值 (2)若 P點落在 x 軸上方,求 \overline{PA}\times 3\sqrt 2\overline{PB} 的最大值 |
解答:
(1)\overline{OP}=2 \Rightarrow P(2\cos \theta,2\sin \theta) \Rightarrow \cases{\overline{PA}^2 =(2\cos \theta-2)^2+4\sin^2\theta = 8(1-\cos \theta)\\ \overline{PB}^2 = 4\cos^2\theta +(2\sin \theta+2)^2 = 8(1+\sin \theta)} \\ \Rightarrow k=\overline{PA}^2\times \overline{PB}^2=64(1-\cos\theta) (1+\sin \theta)=64(1+\sin\theta-\cos \theta -\sin\theta \cos \theta)\\ 令u=\sin \theta-\cos \theta \Rightarrow \cases{ u=\sqrt 2\sin(\theta-\alpha) \Rightarrow u的最大值為\sqrt 2\\u^2=1-2\sin \theta \cos \theta \Rightarrow \sin\theta \cos \theta = (1-u^2)/2} \\ \Rightarrow k=64(1+u-(1-u^2)/2) = 64({1\over 2}u^2 +u+{1 \over 2}) \\\Rightarrow 當u=\sqrt 2時,k有最大值 64(1+\sqrt 2+{1\over 2})= 96+64\sqrt 2 = \bbox[red,2pt]{32(1+\sqrt 2)^2} (2)由(1)知 \cases{\overline{PA} = \sqrt{ 8(1-\cos \theta)} =\sqrt{8\times 2\sin^2{\theta\over 2}} =4\sin{\theta \over 2}\\ \overline{PB} = \sqrt{ 8(1+\sin \theta)} =\sqrt{8\times (\sin{\theta\over 2}+\cos{\theta\over 2})^2} =2\sqrt 2(\sin{\theta\over 2}+\cos{\theta\over 2})} \\ \Rightarrow k=\overline{PA} + 3\sqrt 2\overline{PB} =4\sin{\theta \over 2} + 12(\sin{\theta\over 2}+\cos{\theta\over 2}) =4(4\sin{\theta\over 2}+ 3\cos{\theta \over 2}) \\ =20\sin({\theta \over 2}+\alpha) \Rightarrow 最大值=\bbox[red,2pt]{20}
2. 函數 f(x)=\sqrt{40-x}+ \sqrt x+ \sqrt{13-x},其中 0\le x\le 13, (1) f(x) 的最大值為何?此時,x 為何值? (2) f(x) 的最小值為何?此時,x 為何值? |
解答:
(1)f(x)=\sqrt{40-x} +\sqrt x+\sqrt{13-x} \Rightarrow f'(x)=-{1\over 2\sqrt{40-x}}+ {1 \over 2\sqrt x}- {1\over 2\sqrt{13-x}}\\ f'(x)=0 \Rightarrow {1\over \sqrt x} ={1\over \sqrt{40-x}} +{1\over \sqrt{13-x}} \Rightarrow {1\over \sqrt{u+4}} ={1\over \sqrt{36-u}} +{1\over \sqrt{9-u}} ,其中 x=u+4\\ 顯然當u=0時 \Rightarrow \cases{{1\over \sqrt{u+4}}={1\over 2} \\ {1\over \sqrt{36-u}} +{1\over \sqrt{9-u}} ={1\over 6}+{1\over 3} ={1 \over 2}} \Rightarrow 原式成立(左式=右式)\\ \Rightarrow 此時 x=u+4=4 \Rightarrow f(4)= \sqrt{36} +\sqrt 4+\sqrt{9} =6+2+3=11 為最大值\\ 即\bbox[red,2pt]{最大值為11,此時x=4}(2)將邊界值代入f(x) \Rightarrow \cases{f(0) = \sqrt{40} +\sqrt{13} \\f(13)=\sqrt{27} +\sqrt{13} } \Rightarrow f(0) \gt f(13) \Rightarrow f(13)=3\sqrt 3+\sqrt{13}為最小值\\即\bbox[red,2pt]{最小值為 3\sqrt 3+\sqrt{13},此時x=13}
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