國立臺南女中 110 學年度第一次教師甄選
一、填充題
解答:由於k∈N,因此若f(k)是最大值⇒{f(k)≥f(k+1)f(k)≥f(k−1)⇒{f(k)/f(k+1)≥1f(k)/f(k−1)≥1⇒{(kk+1)2⋅1.052≥1(kk−1)2⋅11.052≥1⇒{(1−1k+1)⋅1.05≥1(1+1k−1)⋅11.05≥1⇒{k≥201≤k≤21⇒k=20或21解答:y=x2⇒y′=2x⇒y′(1)=2⇒↔Q1P2:y=2x−1⇒Q2(12,0)⇒P2(12,14)同理可得{P3(14,0),Q3(14,116)P4(18,0),Q4(18,164)⋯⇒{¯P1Q1=1¯P2Q2=1/4¯P3Q3=1/42¯P4Q4=1/43⋯⇒∞∑k=1¯PkQk=11−1/4=43
解答:
令¯AC與¯OB的交點為D,見上圖;由於¯CP∥¯OB∥¯AQ,因此¯AD¯DC=OAQB面積OBPC=4012=103=△OAD△OCD⇒{△OAD=1013△OAC=18013△OCD=313△OAC=5413⇒△ABD=12OAQB−△OAD=20−18013=8013;又¯OD¯DB=△OAD△ABD=180/1380/13=94⇒→OB=134→OD=139(313→OA+1013→OC)=13→OA+109→OC⇒(a,b)=(13,109)
解答:令f(x)=(x−a1)(x−a2)⋯(x−a2011),則{x2020的係數=−∑aix2019係數=∑aiajx2018係數=−∑aiajak…常數項=−a1a2⋯a2011⇒b2010=1−f(1)=1−(1−1112)(1−1122)(1−1132)⋯(1−120212)=1−10⋅12112×11⋅13122×12⋅14132×⋯×2020×202220212=1−1011×20222021=1−2022022231=201122231
解答:{7x−1y=16xy+1xy=30⇒(7x−1y)(y−7x)=7(xy+1xy)−50⇒16(y−7x)=7⋅30−50⇒y−7x=10⇒2xy−20x+9=2x(y−10)+9=2x(y−(y−7x))+9=14+9=23

解答:{|z1|=2|z2|=3⇒{z1=2(cosA+isinA)z2=3(cosB+isinB),依題意3z1−2z2=32−i⇒{6(cosA−cosB)=326(sinA−sinB)=−1⇒{−12sinA+B2sinA−B2=32⋯(1)12cosA+B2sinA−B2=−1⋯(2)(1)(2)⇒−tanA+B2=−32⇒tanA+B2=32⇒{sinA+B2=3√13cosA+B2=2√13⇒{sin(A+B)=2sinA+B2cosA+B2=1213cos(A+B)=cos2A+B2−sin2A+B2=−513⇒z1z2=6(cos(A+B)+isin(A+B))=−3013+7213i
解答:假設¯PB=a⇒{cos∠A=4−a22√3⇒a2=4−2√3cos∠Acos∠Q=2−a22⇒a2=2−2cos∠Q⇒4−2√3cos∠A=2−2cos∠Q⇒cos∠Q=√3cos∠A−1又{S=12√3sin∠AT=12sin∠Q⇒S2+T2=34sin2∠A+14sin2∠Q=34(1−cos2∠A)+14(1−cos2∠Q)=1−34cos2∠A−14(√3cos∠A−1)2=−32cos2∠A+√32cos∠A+34⇒當cos∠A=√36時,S2+T2有極大值78
欲求之體積=三角錐J−ABK−三角錐J−DGH−三角錐K−BCI,其中{G,H,I為平面H與圖形的交點J為↔HI與z軸的交點K為↔HI與xy平面的交點{{→AB=(2,1,0)→AK=(0,3,0)→AJ=(0,0,3)⇒三角錐J−ABK體積=16‖210030003‖=3{→JD=(0,0,−1)→AK=(2/3,1/3,−1)→JH=(0,1,−1)⇒三角錐J−DGH體積=16‖00−12/31/3−101−1‖=19{→KI=(0,−1,1)→KC=(0,−1,0)→KB=(2,−2,0)⇒三角錐K−BCI體積=16‖0−110−102−20‖=13⇒欲求之體積=3−19−13=239
解答:令f(x)=(x−a1)(x−a2)⋯(x−a2011),則{x2020的係數=−∑aix2019係數=∑aiajx2018係數=−∑aiajak…常數項=−a1a2⋯a2011⇒b2010=1−f(1)=1−(1−1112)(1−1122)(1−1132)⋯(1−120212)=1−10⋅12112×11⋅13122×12⋅14132×⋯×2020×202220212=1−1011×20222021=1−2022022231=201122231
解答:{7x−1y=16xy+1xy=30⇒(7x−1y)(y−7x)=7(xy+1xy)−50⇒16(y−7x)=7⋅30−50⇒y−7x=10⇒2xy−20x+9=2x(y−10)+9=2x(y−(y−7x))+9=14+9=23

解答:rn及rn+1為x2−anx+(15)n=0之二根⇒{an=rn+rn+1rnrn+1=15n由{r1=2rnrn+1=15n⇒{r1=2r2k+1=25kr2k=12⋅5k,k∈N⇒∞∑n=1an=r1+2(r2+r3+⋯+rn+⋯)=2+2∞∑k=1(12⋅5k+25k)=2+2⋅52∞∑k=115k=2+5×14=134
解答:令{N=轉向次數右:向右走上:向上走xi:向右走的之數yi向上走的次數,則{捷徑數相當於5個右4個上的排列數=C94=126∑xi=5∑yi=4xi,yj∈NN排列−−−−−−−−−−−−−−−−−−−數量1(右)5(上)41(上)4(右)512(右)x1(上)4(右)x2H23=4(上)y1(右)5(上)y2H22=33(右)x1(上)y1(右)x2(上)y2H23×H22=12(上)y1(右)x1(上)y2(右)x2H22×H23=124(右)x1(上)y1(右)x2(上)y2(右)x3H32×H22=18(上)y1(右)x1(上)y2(右)x2(上)y3H31×H23=125(右)x1(上)y1(右)x2(上)y2(右)x3(上)y3H32×H31=18(上)y1(右)x1(上)y2(右)x2(上)y3(右)x3H32×H31=186(右)x1(上)y1(右)x2(上)y2(右)x3(上)y3(右)x4H41×H31=12(上)y1(右)x1(上)y2(右)x2(上)y3(右)x3(上)y4H32=67(右)x1(上)y1(右)x2(上)y2(右)x3(上)y3(右)x4(上)y4H41=4(上)y1(右)x1(上)y2(右)x2(上)y3(右)x3(上)y4(右)x4H41=48右上右上右上右上右1⇒轉向次數的期望值=(1×2+2×7+3×24+4×30+5×36+6×18+7×8+8)÷126=560126=409解答:{|z1|=2|z2|=3⇒{z1=2(cosA+isinA)z2=3(cosB+isinB),依題意3z1−2z2=32−i⇒{6(cosA−cosB)=326(sinA−sinB)=−1⇒{−12sinA+B2sinA−B2=32⋯(1)12cosA+B2sinA−B2=−1⋯(2)(1)(2)⇒−tanA+B2=−32⇒tanA+B2=32⇒{sinA+B2=3√13cosA+B2=2√13⇒{sin(A+B)=2sinA+B2cosA+B2=1213cos(A+B)=cos2A+B2−sin2A+B2=−513⇒z1z2=6(cos(A+B)+isin(A+B))=−3013+7213i
解答:假設¯PB=a⇒{cos∠A=4−a22√3⇒a2=4−2√3cos∠Acos∠Q=2−a22⇒a2=2−2cos∠Q⇒4−2√3cos∠A=2−2cos∠Q⇒cos∠Q=√3cos∠A−1又{S=12√3sin∠AT=12sin∠Q⇒S2+T2=34sin2∠A+14sin2∠Q=34(1−cos2∠A)+14(1−cos2∠Q)=1−34cos2∠A−14(√3cos∠A−1)2=−32cos2∠A+√32cos∠A+34⇒當cos∠A=√36時,S2+T2有極大值78
解答:
欲求之體積=三角錐J−ABK−三角錐J−DGH−三角錐K−BCI,其中{G,H,I為平面H與圖形的交點J為↔HI與z軸的交點K為↔HI與xy平面的交點{{→AB=(2,1,0)→AK=(0,3,0)→AJ=(0,0,3)⇒三角錐J−ABK體積=16‖210030003‖=3{→JD=(0,0,−1)→AK=(2/3,1/3,−1)→JH=(0,1,−1)⇒三角錐J−DGH體積=16‖00−12/31/3−101−1‖=19{→KI=(0,−1,1)→KC=(0,−1,0)→KB=(2,−2,0)⇒三角錐K−BCI體積=16‖0−110−102−20‖=13⇒欲求之體積=3−19−13=239
解答:
由題意知: 每抓一次,箱子(唉!題目的箱子就是盒子啦!)就少一個白球或2個黑球;也就是說箱子內的黑球永遠都是偶數,如果最後剩下一球,那一定是白球,所以最後一球是黑色的機率為0解答:利用因式分解公式:a3+b3+c3−3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2−(ab+bc+ca))=12(a+b+c)2((a−b)2+(b−c)2+(c−a)2)現在m3+n3+99mn=333⇒m3+n3+(−33)3−3mn(−33)=0⇒(m+n−33)(m2+n2+(−33)2−(mn−33n−33m))=0⇒12(m+n−33)((m−n)2+(n+33)2+(m+33)2)=0⇒{m+n=33m=n=−33;由題意知m⋅n≥0且m,n∈Z⇒(m,n)=(33,0),(32,1),…,(1,32),(0,32),(−33,−33),共有35組解

解答:除了完全平方數外,其它數字的因數是偶數個,因此{編號是完全平數的門是打開的編號不是完全平數的門是關閉的1−100的完全平方數:12,22,…,102,共10個;6號同學沒來,有16(100/6)扇門的狀態被改變,即{完全平方數36改成關閉其它15個門改成打開總結以上,打開門的有10−1+15=24扇
解答:f(x)=∫x0(t+a)(t+2)3dt⇒f′(x)=(x+a)(x+2)3⇒f″(x)=(x+2)3+3(x+a)(x+2)2y=f(x)在x=2有水平切線,即f′(2)=0⇒(2+a)⋅42=0⇒a=−2⇒f″(x)=(x+2)3+3(x−2)(x+2)2=4(x+2)2(x−1),因此若f″(x)=0⇒x=1,−2⇒反曲點為(1,f(1)),而f″(−2+)f″(−2−)>0⇒(−2,f(−2))不是反曲點;⇒f(x)=∫x0(t−2)(t+2)3dt=15x5+x4−8x2−16x⇒f(1)=15+1−8−16=−1145⇒反曲點坐標為(1,−1145)解答:
依題意:兩圖形{y=f(x)=|logx|y=g(x)=ax+b有三個相圖交點,分別是k,2k,3k,k∈R+由y=f(x)圖形可知{f(k)<0f(2k),f(3k)>0⇒{−logk=ak+b⋯(1)log2k=2ak+b⋯(2)log3k=3ak+b⋯(3)(2)−(1)⇒log2k+logk=ak⇒a=log2k2k代回(1)⇒−logk=log2k2+b⇒b=−log2k3將{a=log2k2kb=−log2k3代入(3)⇒log3k=3log2k2−log2k3=log8k62k3=log4k3⇒3k=4k3⇒k(4k2−3)=0⇒k=√32⇒(a,b)=(2√3log32,−log3√34)=(2√33log32,log4√39)解答:
拋物線Γ:y2=4x的焦點F(1,0)⇒{焦點F(1,0)準線L:x=−1P在Γ上,可表示成P(t2,2t),t∈R,且¯PF=dist(P,L)=t2+1因此k=|t2−√(t2−5)2+(2t−3)2|=|¯PF−1−¯PQ|,其中Q(5,3)k的最大值發生在¯PF−¯PQ=−¯FQ,即k=|−1−¯FQ|=|−1−5|=6,此時P=A,其中A,B為↔QF與Γ的交點,見上圖;
解答:令{x′=3x+yy′=2x−7y⇒x′25+y′24≤1為一橢圓封閉區域,面積為√5⋅2π又‖∂∂xx′∂∂yx′∂∂xy′∂∂xy′‖=‖312−7‖=23⇒(3x+y)25+(2x−7y)24≤1所圍面積=2√5π23解答:P在L:x1=y−3−1=z−12,P可表示成P(t,−t+3,2t+1),t∈R⇒¯PA+¯PB=√(t−1)2+(−t−1)2+4t2+√(t−3)2+(−t+1)2+(2t−7)2=√6t2+2+√6t2−36t+59=√6(√t2+13+√t2−6t+596)=√6(√(t−0)2+(0−1√3)2+√(t−3)2+(0+√56)2)相當於(t,0)至A(0,1√3)加上(t,0)至B(3,−√56)的距離和,最小值即為¯AB此時(t,0)即為¯AB與x軸的交點;由A及B可得↔AB:y=−√5+√23√6x+1√3,與x軸的交點為(3√2√5+√2,0),即t=3√2√5+√2⇒P之x坐標即為t值,也就是3√2√5+√2=√2(√5−√2)=√10−2
解答:三向量→a,→b,→c所展開的四面體體積=V⇒其展開的六面體體積=6V將α,β,γ視為立體空間的三坐標,則{|α|≤1|α+β|≤1|α+β+γ|≤1所圍的體積為8⇒S的體積=6V×8=48V註:{|x|≤1|x+y|≤1|x+y+z|≤1⇒∫1−1∫1−x−1−x∫1−x−y−1−x−y1dzdydx=8
解答:a_{n+3} =a_{n+2}-a_{n+1}+a_n \Rightarrow a_{n+3}+a_{n+1} =a_{n+2}+a_n \Rightarrow \cases{a_4+a_2=a_3+a_1 \\ a_5+a_3= a_4+a_2} \\ \Rightarrow a_5+a_3= a_3+a_1 \Rightarrow a_5=a_1 ,同理可得\cases{a_1=a_5\\ a_2=a_6\\ a_3=a_7\\ a_4=a_8\\ \cdots},即 a_m=a_{(m \mod 4)}\\ 因此 \sum_{k=-1}^{102}(-1)^ka_k = (-a_1+a_2-a_3+a_4) + (-a_5+a_6-a_7+a_7)+ \cdots \\\qquad +(-a_{97}+ a_{98}- a_{99}+a_{100})-a_{101}+a_{102} = 0 + 0 +\cdots +0 -a_{101}+a_{102}\\ =-a_1+a_2 =a_3-a_4 = a_{75}-a_{24} =13-71= \bbox[red, 2pt]{-58}
解答:令u=25-x^2,則du=-2xdx;因此\int_3^5 x\sqrt{25-x^2}\;dx = \int_{16}^0 -{1\over 2}u^{1/2}\;du = \left. \left[ -{1\over 3} u^{3/2} \right] \right|_{16}^0\\ ={64\over 3} \Rightarrow f(x)在[3,5]的函數值平均為{\int_3^5f(x)\;dx \over 5-3} ={64\over 3} \times {1\over 2} =\bbox[red, 2pt]{32\over 3}
解答:
3\overline{AD} =2\overline{DE}=\overline{EB} \Rightarrow \overline{AD} :\overline{DE} :\overline{EB} =2:3:6 \\\Rightarrow \triangle CAD: \triangle CAD: \triangle CDE: \triangle CEB: \triangle ABC=2:3:6:11 \\ \Rightarrow {1\over 2}ab \sin \alpha: {1\over 2}bc \sin \beta: {1\over 2}cd \sin \gamma: {1\over 2}ad =2:3:6:11,其中\cases{\overline{CA}= a\\ \overline{CD}= b\\ \overline{CE}= c\\ \overline{CB}= d} \\ \Rightarrow ab \sin \alpha: bc \sin \beta: cd \sin \gamma: ad =2:3:6:11 \Rightarrow \cases{\sin\alpha = {2\over ab}k \\\sin\beta = {3\over bc}k \\\sin\gamma = {6\over cd}k \\ad=11k}\\ \Rightarrow {\sin \alpha\cdot \sin \gamma \over \sin \beta}={{12\over abcd}k^2 \over {3\over bc}k} ={4k\over ad} ={4k\over 11k}= \bbox[red, 2pt]{4\over 11}
二、計算題
解答:\cases{A(a,a^3) \\ B(b,b^3)\\ C(c,c^3)} \Rightarrow {1\over 3}(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC} ) = \overrightarrow{OG} \Rightarrow {1\over 3}(a+b+c,a^3+b^3+c^3) =(0,-2)\\ \Rightarrow \cases{a+b+c =0 \\ a^3+b^3+c^3 =-6} \Rightarrow \cases{c=-a-b\\ a^3+b^3-(a+b)^3+6 =0} \\ 令\cases{f(a,b)=-a-b\\ g(a,b)=a^3+b^3-(a+b)^3+6 =0},利用 \text{Lagrange 乘數法} \Rightarrow \cases{{\partial \over \partial a}f+ \lambda {\partial \over \partial a}g=0 \\ {\partial \over \partial b}f+ \lambda {\partial \over \partial b}g=0 \\ g=0} \\ \Rightarrow \cases{-1 +\lambda (3a^2-3(a+b)^2) =0 \cdots(1)\\ -1+ \lambda(3b^2-3(a+b)^2)=0 \cdots(2)\\ a^3+b^3-(a+b)^3+6 =0 \cdots(3)},由(1)及(2)可得 \lambda = {1\over -6ab-3b^2} = {1\over -3a^2-6ab} \\ \Rightarrow \cases{a=b\\ a=-b} 代入(3) \Rightarrow \cases{2a^3-8a^3+6=0\\ 0-0+6=0} \Rightarrow \cases{a=1=b\\ 6=0矛盾,不合} \Rightarrow c=f(1,1)=\bbox[red, 2pt]{-2}為極值(最大值)

解答:\cases{n是奇數\Rightarrow 3n^2+n+1 = 奇+奇+奇=奇數\\ n是偶數\Rightarrow 3n^2+n+1= 偶+偶+奇=奇數} \qquad\Rightarrow 3n^2+n+1是奇數\\利用反證法:\\假設存在正整數n,使得f(n)=2;由於3n^2+n+1為奇數且各數字和=2\\,因此3n^2+n+1只能首尾數字是1,其它皆是0 \Rightarrow 3n^2+n+1=10^k+1,k\in \mathbb{N}\\ \Rightarrow n(3n+1)= 2^k\cdot 5^k \Rightarrow \cases{n=2^k\cdots(1)\\ 3n+1=5^k \cdots(2)},將(1)代入(2) \Rightarrow 3\cdot 2^k+1=5^k \\ \Rightarrow \cases{3\cdot 2^k+1 \gt 5^k,\text{ if }k=1\\ 3\cdot 2^k+1 \lt 5^k,\text{ if }k\ge 2} \Rightarrow 3\cdot 2^k+1\ne 5^k, \forall k\in \mathbb{N}\Rightarrow 矛盾\\ \Rightarrow f(n)\ne 2, \forall n\in \mathbb{N}
解答:
學校公布的作法:
(20) m=even (am=a(m mod 5)); m=odd (am(m mod 4))
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