國立竹北高中 110 年 第 1 次教師甄試
第一部分:填充題
解答:不請假→1請假1天→C51=5請假連續2天1次→4((1,2),(2,3),(3,4),(4,5))請假2天不連續→6((1,3),(1,4),(1,5),(2,4),(2,5),(3,5))請假3天完全不連續→1((1,3,5))請假3天:2天連續,1天不連續→6((1,2,4),(1,2,5),(2,3,5),(1,3,4),(1,4,5),(2,4,5))請假4天→1((1,2,4,5))共有1+5+4+6+1+6+1=24種解答:S8=a1+a2+⋯+a8=2,由於ak∈{1,−1},k∈{1,…,8},因此a1a2⋯a8為5個1及3個−1的排列,排列數為8!5!3!=56⇒機率為(13)5⋅(23)3⋅56=8×5638=4486561
解答:
由上圖可知{P=(C+D+G+H)/4=(1/2,1,1/2)Q=(A+B+C+D)/4=(1/2,1/2,0)⇒¯PQ=1√2⇒八面體體積=√23⋅(1√2)3=16⇒ab=1/61=16
x5=i=ei(90∘+360∘⋅k)⇒ωk=ei(18∘+72∘⋅k),k=0,1,2,3,4⇒A(ω0),B(ω1),C(ω2),D(ω3),E(ω4),在單位圓上,且ABCDE為正五邊形,見上圖;顯然|1−ω|的最大值為¯PC=¯PQcos∠QPC=2cos9∘=2sin81∘,其中¯PQ為直徑,∠QPC=(180∘−∠COP)÷2=(180∘−(18∘+72∘×2))÷2=9∘
解答:{log3x+x−3=03x+x−3=0⇒log3x=3−x=3x令{f(x)=log3xg(x)=3x,則f(x)與g(x)互為反函數,因此兩圖形{y=f(x)y=g(x)對稱於直線y=x⇒兩圖形的交點為(a,a)=(a,3−a)⇒a=3/2⇒log3α+3β=32+32=3
解答:a,b,c為x3−10x2+44x−14=0的三根⇒{a+b+c=10ab+bc+ca=44abc=14令s=(a+b+c)/2=5,則△ABC面積=√s(s−a)(s−b)(s−c)=√5(5−a)(5−b)(5−c)=√5(125−25(a+b+c)+5(ab+bc+ca)−abc)=√5(125−250+220−14)=√5⋅81=9√5解答:
令B在原點,則{A(0,8)B(0,0)C(6,0)D(x,y);∠B=90∘⇒¯AC=√62+82=10,又∠D=90∘⇒¯AD=√102−52=5√3{¯AD=5√3¯CD=5⇒{x2+(y−8)2=75(x−6)2+y2=25⇒{x=(9+4√3)/2y=(4+3√3)/2⇒{→BC=(6,0)→AD=(9+4√32,−12+3√32)⇒→BC⋅→AD=27+12√3
解答:22個不同數字任取3個,共有C223組合,每一種組合的機率都是366×365×364因此機率為C223×366×365×364=63416
解答:由A(1,0)→A′(2425,725)⇒{sinθ=7/25cosθ=24/25⇒旋轉(−θ)矩陣R=[cos(−θ)−sin(−θ)sin(−θ)cos(−θ)]=[cos(θ)sin(θ)−sin(θ)cos(θ)]=[24/257/25−7/2524/25]令M=[abcd],由題意知{MRA′=AMRC′=C⇒{[abcd][24/257/25−7/2524/25][24/257/25]=[10][abcd][24/257/25−7/2524/25][−1/71]=[01]⇒{[abcd][10]=[10][abcd][1/71]=[01]⇒{a=1c=0a/7+b=0c/7+d=1⇒{a=1b=−1/7c=0d=1⇒M=[1−1/701]
解答:an=2an−1+2n=2(2an−2+2n−1)+2n=22an−2+2⋅2n=22(2an−3+2n−2)+2⋅2n=23an−3+3⋅2n=…=2n−1a1+(n−1)2n=2n−1+(n−1)2n=2n−1(1+(n−1)⋅2)=(2n−1)2n−1
解答:1,2,…,8分成2組(不分組別)共有C84÷2=351+2+⋯+8=36⇒號碼和=18時,代表平手平手的情形有8721,8631,8541,8532四種情形(不分組別)因此號碼和分出高低的有35−4=31種
解答:
解答:由A(1,0)→A′(2425,725)⇒{sinθ=7/25cosθ=24/25⇒旋轉(−θ)矩陣R=[cos(−θ)−sin(−θ)sin(−θ)cos(−θ)]=[cos(θ)sin(θ)−sin(θ)cos(θ)]=[24/257/25−7/2524/25]令M=[abcd],由題意知{MRA′=AMRC′=C⇒{[abcd][24/257/25−7/2524/25][24/257/25]=[10][abcd][24/257/25−7/2524/25][−1/71]=[01]⇒{[abcd][10]=[10][abcd][1/71]=[01]⇒{a=1c=0a/7+b=0c/7+d=1⇒{a=1b=−1/7c=0d=1⇒M=[1−1/701]
解答:an=2an−1+2n=2(2an−2+2n−1)+2n=22an−2+2⋅2n=22(2an−3+2n−2)+2⋅2n=23an−3+3⋅2n=…=2n−1a1+(n−1)2n=2n−1+(n−1)2n=2n−1(1+(n−1)⋅2)=(2n−1)2n−1
解答:1,2,…,8分成2組(不分組別)共有C84÷2=351+2+⋯+8=36⇒號碼和=18時,代表平手平手的情形有8721,8631,8541,8532四種情形(不分組別)因此號碼和分出高低的有35−4=31種
解答:
x−my=n與x軸交於B(n,0),且圓心C在¯OB的中垂線上,因此假設C(n/2,k),如上圖;{¯CO=10¯CA=10⇒{n24+k2=100⋯(1)(n2−5√3)2+(k−5)2=100⋯(2),將(1)代入(2)⇒5√3n+10k=100⇒k=10−√32n代回(1)⇒n24+100−10√3n+34n2=100⇒n2−10√3n=0⇒n=10√3
解答:
解答:
解答:
P、Q互為對稱點,且{¯AB與¯PQ交於R¯AB與¯OQ交於S,見上圖;則{R=(P+Q)/2=((2cosθ+1)/2,sinθ)S(1,tanθ)⇒{→PQ=(2cosθ−1,2sinθ)→SR=(cosθ−1/2,sinθ−tanθ)由於→PQ⊥→SR⇒→PQ⋅→SR=0⇒(2cosθ−1,2sinθ)⋅(cosθ−1/2,sinθ−tanθ)=0⇒52−2cosθ−2sinθtanθ=0⇒cosθ+sin2θcosθ=54⇒cosθ=45⇒{R(13/10,3/5)S(1,3/4)⇒↔AB=↔RS:y=−12(x−1)+34⇒2x+4y=5
解答:
假設地球為一單位球,小塊體積相當於上圖著色區域繞x軸旋轉所得體積小塊體積=π∫1√3/2(1−x2)dx=(23−38√3)π;及球體積=43π;因此,小塊:大塊=(23−38√3)π:43π−(23−38√3)π=1:23+38√323−38√3=1:R⇒R=(23+38√3)2(23)2−(38√3)2=(23+38√3)213/242=(16+9√3)213=(a+b√3)2c⇒(a,b,c)=(16,9,13)
解答:{(p+q)50=∑50k=0C50kpkq50−k(p−q)50=∑50k=0C50kpk(−q)50−k⇒25∑k=0C502kp2kq50−2k=12((p+q)50+(p−q)50)=12((23+13)50+(23−13)50)=12(1+1350)≡1a(b+1cd)⇒(a,b,c,d)=(2,1,3,50)
解答:令{O(0,0,0)A(5,0,0)B(0,5,0)C(0,0,5)及地面E過O⇒E;x+ay+bz=0,又{dist(A,E)=¯AA′=3dist(B,E)=¯BB′=2⇒{5√1+a2+b2=3⋯(1)5a√1+a2+b2=2⋯(2),由(1)⇒√1+a2+b2=53代入(2)⇒a=23⇒√1+49+b2=53⇒b2=129⇒b=2√33⇒dist(C,E)=¯CC′=5b√1+a2+b2=10√3/35/3=2√3
解答:令F(x)=f(x)⋅g(x),則F′(x)=lim
解答:(x,y)經旋轉\theta 後,變為(x',y')\\,即 (x,y)=(r\cos \alpha,r\sin \alpha) \Rightarrow (x',y')=(r\cos(\alpha+\theta),r\sin(\alpha +\theta) \\ =(r(\cos \alpha \cos\theta- \sin(\alpha)\sin \theta), r(\sin \alpha\cos \theta + \sin\theta \cos \alpha)) \\ =(x\cos \theta- y\sin \theta,y\cos \theta + x\sin\theta) = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}\\ \Rightarrow \begin{bmatrix} x'\\ y' \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} \Rightarrow A= \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix},\bbox[red,2pt]{故得證}
解答:
解答:{(p+q)50=∑50k=0C50kpkq50−k(p−q)50=∑50k=0C50kpk(−q)50−k⇒25∑k=0C502kp2kq50−2k=12((p+q)50+(p−q)50)=12((23+13)50+(23−13)50)=12(1+1350)≡1a(b+1cd)⇒(a,b,c,d)=(2,1,3,50)
解答:令{O(0,0,0)A(5,0,0)B(0,5,0)C(0,0,5)及地面E過O⇒E;x+ay+bz=0,又{dist(A,E)=¯AA′=3dist(B,E)=¯BB′=2⇒{5√1+a2+b2=3⋯(1)5a√1+a2+b2=2⋯(2),由(1)⇒√1+a2+b2=53代入(2)⇒a=23⇒√1+49+b2=53⇒b2=129⇒b=2√33⇒dist(C,E)=¯CC′=5b√1+a2+b2=10√3/35/3=2√3
解答:令F(x)=f(x)⋅g(x),則F′(x)=lim
解答:(x,y)經旋轉\theta 後,變為(x',y')\\,即 (x,y)=(r\cos \alpha,r\sin \alpha) \Rightarrow (x',y')=(r\cos(\alpha+\theta),r\sin(\alpha +\theta) \\ =(r(\cos \alpha \cos\theta- \sin(\alpha)\sin \theta), r(\sin \alpha\cos \theta + \sin\theta \cos \alpha)) \\ =(x\cos \theta- y\sin \theta,y\cos \theta + x\sin\theta) = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}\\ \Rightarrow \begin{bmatrix} x'\\ y' \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} \Rightarrow A= \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix},\bbox[red,2pt]{故得證}
解答:
(1)f(x)=x^3 -3x^2+(3+a^2)x-a^2 \\\Rightarrow g(x)=f(x+k)-f(x)= 3kx^2 +(3k^2-6k)x + k^3-3k^2+(3+a^2)k \\ \Rightarrow 判別式: (3k^2-6k)^2-12k(k^3-3k^2+(3+a^2)k) = -12a^2k^2-3k^4 \le 0\\ \Rightarrow g(x) \ge 0 ,即f(x+k) \ge f(x), \text{for }k \ge 0 \Rightarrow f(x)為遞增函數(2)f(x)= x^3-3x^2 +(3+a^2)x-a^2 \Rightarrow f'(x)=3x^2-6x + (3+a^2)\\ \Rightarrow \cases{f'(x)為二次式且首項係數3 \gt 0\\ 判別式36-12(3+a^2) =-12a^2 \le 0 } \Rightarrow f'(x) \ge 0 \Rightarrow f(x)為遞增函數\\ \bbox[red, 2pt]{故得證}
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