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2021年2月27日 星期六

108年中科實中教甄-數學詳解

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+y6=0L2:8x+9y=6L1上的點經由二階方陣A的線性變換至L2L2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 A=[abcd]{L1:2x+y=6L2:8x+9y=6{P1(0,6),P2(3,0)L1Q1(0,2/3),Q2(3/4,0)L2{P1=AP1=(6b,6d)P2=AP2=(3a,3c)Q1=AQ1=(2b/3,2d/3)Q2=AQ2=(3a/4,3c/4){P1P2L2{48b+54d=624a+27c=6Q1Q2L1{4b/3+2d/3=63a/2+3c/4=6{{8a+9c=26a+3c=24{a=7c=6{8b+9d=12b+d=9{b=8d=7A=[7867]

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

ab9b(9b)2=a2+b2a2+18b=81:a2+9b+9b33a29b9b27381a2b227381a2b293212ab=12ab932

3. 設ABC中,ABC的對邊長分別為 a,b,c,且 a,b,c三數成等差,若a=20bcosB=ccosC,則ABC 的內切圓面積為 _______

解答 {a=20b=20+kc=20+2k,k{cosB=202+(20+2k)2(20+k)240(20+2k)cosC=202+(20+k)2(20+2k)240(20+k):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(c=20+2k<0k=20(b=20+k=0){k=0a=b=c=20ABCr=20×32×13=1033k=4{a=20b=16c=12A=90(12r)+(16r)=20r=4=r2π=100π316π

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 02410110;x10y110,2x+3y=24,x,yx129630y02468=1+11!9!2!+10!6!4!+9!3!6!+1=1+55+210+84+1=351

5. 方程式 (x+7)13(x7)13=2,則解方程式得實根中較小者為___。

解答 {a=(x+7)1/3b=(x7)1/3ab=2(ab)3=a3b33ab(ab)8=146abab=1(x+7)1/3×(x7)1/3=1(x+7)(x7)=1x2=50±5252

6. 設正實數 xy 滿足方程式 log(x3+13y3+19)=logx+logy,則數對(x,y)= _______

解答 log(x3+13y3+19)=logx+logyx3+13y3+19=xy(1):x3+13y3+1933x3y327=xy3(1)x3=13y3=19{x=139=333y=133=393(x,y)=(333,393)

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 11276854;30=121=6×4=2412=5×3=15=1+24+15=403!=640×6=24074240×4=960

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

{S:A11B1T:A2B1{P(SS)=3/4P(ST)=1/4P(TT)=2/4P(TS)=2/4S4T23=8SSSST3×3×3×1/44=27/256SSSTT3×3×1×2/44=18/256SSTST3×1×2×1/44=6/256SSTTT3×1×2×2/44=12/256STSST1×2×3×1/44=6/256STSTT1×2×1×2/44=4/256STTST1×2×2×1/44=4/256STTTT1×2×2×2/44=8/256S4T(27+18+6+12+6+4+4+8)/256=85256

9. 實係數二次方程式 x2ax+b=0 的二實根 αβ 滿足 1α01β2,則 a2+b2 的最小值為 _______

解答: 

:y=f(x)=x2ax+b[1,0][1,2]f(x):{f(1)0f(0)0f(1)0f(2)0{1+a+b0b01a+b042a+b0a2+b2=r2¯OD=12a2+b2r2=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)pnk=1(12+k2n)p=212nnk=1(k2n)p1nnk=1(12+12kn)plimnf(n)=210xpdx10(12+12x)pdx=2p+12p+1(1(12)p+1)=11(12)p+1=2p+12p+11

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 PQPQ 都在 x=4 上,求此拋物線的正焦弦長為 _______

解答 x=4x225+y216=1(4,±95);y2=4cx(4,±95)4c=81100

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 



2436024=1515×4=6060÷2=30BAC滿24BC3AC1AB5C30124ABCA1B6(4)C112010B7C12209A110+9++1=55ABC1611201071220915201A12455×24=13201320÷3=440

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)f(x)010x4+40a3x+24300x4+4a3x+2430;g(x)=x4+4a3x+243g(x)=4x3+4a3;g(x)=0x=ag(a)0a44a4+2430a4813a3

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 Nf(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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