110年彰化女中教甄-數學詳解

國立彰化女子高級中學 110 學年度第一次教師甄選

一、填充題

解答： $$1-9的個位數字中，只有4的三次方個位數仍是4，因此假設n=10k+4 \\\Rightarrow n^3 = 1000k^3 + 1200k^2+ 480k +64末二位數是否為44只與480k+64有關\\ \Rightarrow k=1,6,11,16,... \Rightarrow k=1+5t,t=0,1,2,...\\ \Rightarrow n=10(1+5d)+4= 50d+14,d=0,1,2,...\\ \Rightarrow a_n= 50(n-1)+14 \Rightarrow a_{10}=50\cdot 9+14= \bbox[red, 2pt]{464}$$  
解答：

$$假設A在\triangle OBC的垂足為A'，在\overline{OC}的垂足為A''，如上圖；由於 \angle AOC=45^\circ \Rightarrow \overline{OA''} = \overline{AA''} = 1\\ 又\angle AOC =\angle AOB=45^\circ  \Rightarrow \overrightarrow{OA'} 為\angle BOC的角平分線 \Rightarrow \overline{A'A''} = \overline{OA''}\tan {45^\circ \over 2} =\sqrt 2-1\\ 在直角\triangle AA'A'':\overline{AA'} = \sqrt{\overline{AA''}^2-\overline{A'A''}^2} =\sqrt{1-(\sqrt 2-1)^2} =\sqrt{2\sqrt 2-2}\\四面體體積={1\over 3}\cdot \triangle OBC \cdot \overline{AA'} ={1\over 3}\cdot {1\over 2}\cdot \overline{OB}\cdot \overline{OC}\cdot \sin \angle BOC \cdot \sqrt{2\sqrt 2-2}\\ ={1\over 6}\cdot \sqrt {18}\cdot {1\over \sqrt 2}\cdot \sqrt{2\sqrt 2-2} =\bbox[red, 2pt]{\sqrt {2\sqrt 2-2} \over 2}\\註: \tan 45^\circ = {2\tan 22.5^\circ \over 1-\tan^2{22.5^\circ }} \Rightarrow \tan 22.5^\circ = \sqrt 2-1$$

$${\bf 3}.有甲、乙兩箱，甲箱內有一白球、一黑球，乙箱內有一白球。每次先從甲箱任取一球放入\\乙箱內，再由乙箱任取一球放回甲箱裡，這樣的操作稱做一局。第 n 局結束時，求甲箱內\\有一白一黑的機率為\underline{　　　} ？(以 n 表示)$$   

解答： $$令\cases{事件A:從甲袋拿一白球至乙袋，再從乙袋拿一白球至甲袋\\ 事件B:從甲袋拿一白球至乙袋，再從乙袋拿一黑球至甲袋\\ 事件A:從甲袋拿一黑球至乙袋，再從乙袋拿一白球至甲袋\\ 事件D:從甲袋拿一黑球至乙袋，再從乙袋拿一黑球至甲袋} \\及\cases{狀態S_1:甲袋有1黑球1白球,乙袋有一白球\\ 狀態S_2:甲袋有2白球,乙袋有1黑球}\\因此\cases{S_1 \quad\underrightarrow{事件A,事件D} \quad S_1\\ S_1 \quad\underrightarrow{事件C} \quad S_2\\ S_2 \quad\underrightarrow{事件B} \quad S_1\\ S_2 \quad\underrightarrow{事件A } \quad S_2} \Rightarrow \cases{P(S_1 \to S_1)=3/4\\ P(S_1\to S_2) = 1/4\\ P(S_2\to S_1) = 1/2\\ P(S_2\to S_2)=1/2}\\ 因此\cases{a_1=3/4\\a_n ={3\over 4}a_{n-1} +{1\over 2}(1-a_{n-1})} \Rightarrow a_n= {1\over 4}a_{n-1}+ {1\over 2} = {1\over 4^2} a_{n-2}+ {1\over 2}(1+{1\over 4}) = \cdots\\ ={1\over 4^{n-1}}a_1 +{1\over 2}(1+{1\over 4} +\cdots +{1\over 4^{n-2}}) = {1\over 4^{n-1}}\cdot {3\over 4} +{1\over 2}({4\over 3}-{1\over 3\cdot 4^{n-2}}) ={1\over 3}\cdot {1\over 4^n} +{2\over 3} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{a_n= {2\over 3} +{1\over 3}\cdot ({1\over 4})^n}$$

解答： $$x^3+ 2x^2+3x+4 = 0之三根為a,b,c \Rightarrow \cases{a+b+c=-2 \\ ab+bc+c =3 \\ abc=-4} \\\Rightarrow a^2+b^2+c^2 =(a+b+c)^2-2(ab +bc+ca) = (-2)^2-2\cdot 3=-2 \\ \Rightarrow a^3+b^3+c^3 =(a+b+c)((a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca))+3abc = -2\\ \Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a) = ((a+b+c)^3-(a^3+b^3+c^3))\div 3=-2\\ 因此\begin{vmatrix} -2a & a+b  & a+c \\ b+a &-2b & b+c \\ c+a & c+b & -2c\end{vmatrix} \\=-8abc+ 2(a+b)(b+c)(c+a )+2b(a+c)^2 +2c(a+b)^2 +2a(b+c)^2\\ =(-8)\cdot (-4)+2\cdot (-2) + 2b(-2-b)^2 +2c(-2-c)^2 +2a(-2-a)^2 \\ =28 + 2(a(a+2)^2+ b(b+2)^2+c(c+2)^2)\\= 28 +2(a^3+b^3+c^3+4(a^2+b^2+c^2) +4(a+b+c))\\ =28+2(-2-8-8) =\bbox[red, 2pt]{-8}$$

解答：

區域 D 即為一菱形區域中間扣除一橢圓，如上圖著色區域;

$$只考慮菱形四分之一的區域，不含坐標軸，格子點共有18+16+\cdots + 2=90個;\\坐標軸上的格子點共有(20+10)\times 2+1=61個;\\整個菱形區域格子點共有90\times 4+61=421個；$$

$$x^2+4y^2=20 \Rightarrow {x^2 \over (2\sqrt 5)^2} +{y^2 \over (\sqrt 5)^2}=1 \Rightarrow \cases{ 4\lt a=2\sqrt 5 \lt 5 \\ 2\lt b \lt 3} \\ 在四分之一橢圓內，不含坐標軸，只需考量\{(x,y) \mid 1\le x\le 4, 1\le y\le 2\}\\，只有(1-4,1),(1-2,2)，共6個格子點，但需扣除邊線上的點(4,1)及(2,2)，剩下4個格子點；\\坐標軸上有(2+4)\times 2+1=13個格子點；因此橢圓內(不含邊線上)有4\times 4+ 13=29個格子點；\\ 所求之格子點共有421-29=\bbox[red, 2pt]{392}$$

解答： $$a_k:走k步的方法數\Rightarrow \cases{a_1=1\\ a_n= 1+\sum_{k=1}^{n-1} a_k, \text{for }k\le 6\\ a_n= \sum_{k=n-6}^{n-1} a_k, \text{for }k\ge 7}\\ a_1=1,a_2=2,a_3=a_1+a_2+1=4, a_4=a_1+a_2+ a_3+ 1 =8,\\ a_5=a_1+\cdots+ a_4+1=16,a_6= a_1+\cdots +a_5+1 =32;\\ a_7=a_1+\cdots +a_6 =63, a_8 = a_2+\cdots+a_7=125, a_9= a_3+\cdots + a_8=248,\\a_{10}= a_4+a_5+\cdots + a_9 =\bbox[red, 2pt]{492}$$

解答： $$P在L:{x-1\over 1} ={y-2\over -1} ={z-1\over 1}上\Rightarrow P(t+1,-t+2,t+1)\\ \Rightarrow \overline{PA} +\overline{PB} = \sqrt{(t-2)^2 +(-t-2)^2 +t^2} +\sqrt{t^2 +(-t-1)^2 +(t+2)^2} \\ = \sqrt{3t^2+8} +\sqrt{3(t+1)^2+ 2} =\sqrt 3(\sqrt{t^2+{8\over 3} }+\sqrt{(t+1)^2+{2\over 3}} )\\ =\sqrt 3(\overline{P'A'} +\overline{P'B'}),其中\cases{P'(t,0)\\ A'(0,\sqrt{8\over 3}) \\ B'(-1,-\sqrt{2\over 3})} ，即P'在x軸上，A',B'在x軸的異側\\ 因此\overline{P'A'} +\overline{P'B'}的最小值發生於P在\overline{A'B'}與x軸的交點, 而\overleftrightarrow{A'B'}:y={\sqrt 8+\sqrt 2\over \sqrt 3}x+\sqrt{8\over 3} \\ \Rightarrow P'(-{2\over 3},0)，即t=-{2\over 3} \Rightarrow P(-{2\over 3}+1,{2\over 3}+2,-{2\over 3}+1)= \bbox[red, 2pt]{({1\over 3},{8\over 3}, {1\over 3})}$$

解答： $$\cases{A在y=\log_a x上 \\B在y=2\log_a x上 \\C在y=3\log_a x上 } \Rightarrow \cases{A(\alpha,\log_a \alpha) \\B(\beta ,2\log_a \beta) \\C(\gamma,3\log_a \gamma) }；又\cases{\overline{AB}與x軸平行\\\overline{AB}=6} \Rightarrow \cases{\log_a \alpha = 2\log_a \beta \Rightarrow \alpha =\beta^2\\ |\beta-\alpha|=6}\\ 由於正方形邊長為6\Rightarrow \alpha \gt \beta \Rightarrow \beta^2-\beta=6 \Rightarrow (\beta-3)(\beta+2)=0 \Rightarrow \beta=3 \Rightarrow \alpha=9\\ 又\overline{AB} \bot \overline{BC} \Rightarrow \gamma =\beta =3 \Rightarrow \cases{A(9, 2\log_a 3) \\B(3 ,2\log_a 3) \\C(3,3\log_a 3) } \Rightarrow 3\log_a 3-2\log_a 3=6 \Rightarrow \log_a {27\over 9}=6 \\ \Rightarrow a^6=3 \Rightarrow a=\bbox[red, 2pt]{\sqrt[6]{3}}$$

解答：

$$假設P(1,2)為弦\overline{AB}的三等分點，即\overline{AP}: \overline{PB}=1:2 \Rightarrow \cases{\overline{AP}=k \\\overline{BP}=2k}；又\overline{OP}=\sqrt{1^2+2^2} =\sqrt 5 \\ 另假設\overleftrightarrow{OP}交圓於C、D兩點，則\cases{\angle APC=\angle BPD (對頂角)\\ \angle OCA = \angle ABD (對同弧)} \quad\Rightarrow \triangle APC \sim \triangle DPB \\ \Rightarrow   {\overline{AP} \over \overline{PC}} = {\overline{DP} \over \overline{BP}} \Rightarrow {k\over \sqrt{37}-\overline{OP}} ={\sqrt{37} +\overline{OP} \over 2k} \Rightarrow 2k^2=(\sqrt{37}+\sqrt 5)(\sqrt{37}-\sqrt 5) =  32 \Rightarrow k=4\\ \Rightarrow \cases{\overline{AP}=4 \\ \overline{BP}=8} \Rightarrow \overline{AQ}= (8+4)\div 2= 6，其中Q為\overline{AB}中點 \Rightarrow \overline{PQ}=6-4=2 \Rightarrow \overline{OQ}=1\\ 令  \overleftrightarrow{AB}: y=m(x-1)+2，則\overline{OQ} = 1=\text{dist}({O, \overleftrightarrow{AB}}) = {|2-m |\over \sqrt{m^2+1}} \Rightarrow m=3/4\\ \Rightarrow \cases{m=3/4 \Rightarrow \overleftrightarrow{AB}: y={3\over 4}(x-1)+2  \Rightarrow 3x-4y+5=0\\m =\infty \Rightarrow \overleftrightarrow{AB}:x-1=0} \\ \Rightarrow 直線方程式為\bbox[red, 2pt]{3x-4y+5=0,或x=1}$$

解答： $$\sqrt{x^2-8x+41} +\sqrt{x^2-2x+5} =\sqrt{(x-4)^2+5^2} +\sqrt{(x-1)^2 +2^2} \\ = \overline{AP} +\overline{AQ},其中\cases{A(x,0) \\P(4,5)\\ Q(1,-2)}，即A在x軸上，P,Q在x軸的異側；\\因此\overline{AP} +\overline{AQ}的最小值=\overline{PQ}，此時A為 \overline{PQ}與x軸的交點；\\而\overleftrightarrow{PQ}: y={7\over 3}x-{13\over 3}，與x軸交於({13\over 7},0) \Rightarrow x=\bbox[red, 2pt]{13\over 7}$$

解答： $$f(x)= x^3-(2a-1)x^2+bx-c = (x-1)(x^2-2ax+(b-2a))+ (b-2a+c)\\ =(x-1)g(x) +b-2a+c\\ \lim_{x\to 1}{f(x)\over x^3-1} ={1\over 3} \Rightarrow \cases{f(1)=0\\ \lim_{x\to 1}{g(x)  \over x^2+x+1} ={1\over 3}} \Rightarrow \cases{b-2a+c=0 \\ b=4a} \Rightarrow c=-2a\\ f(x)=0有虛根 \Rightarrow g(x)=0為二虛根 \Rightarrow 判別式 : 4a^2-4(b-2a) \lt 0 \Rightarrow a^2-(4a-2a) \lt 0 \\ \Rightarrow a(a-2) \lt 0\Rightarrow 0\lt a\lt 2 \Rightarrow a= 1(\because a\in \mathbb{Z})\Rightarrow c=-2a =\bbox[red, 2pt]{-2}$$

解答：

解答： $$\triangle ABD \Rightarrow \cases{\angle DAB = \angle CAB-\angle CAD= \gamma-\alpha\\ \angle ABD=90^\circ +\angle CBD=90^\circ +\beta} \\\Rightarrow \angle ADB =180^\circ -\angle DAB-\angle ABD= 90^\circ+\alpha-\beta-\gamma \\ 再利用正弦定理 \Rightarrow {\overline{AB} \over \overline{AD}} ={\sin(90^\circ+\alpha-\beta-\gamma) \over \sin (90^\circ +\beta)} ={\cos (\alpha-\beta-\gamma) \over \cos \beta} ={\cos (\alpha-\beta-\gamma) \over 5/13} \\ 由於\overline{AD}= \overline{AC}，所以{\overline{AB} \over \overline{AD}} ={\overline{AB} \over \overline{AC}} =\cos \gamma ={\cos (\alpha-\beta-\gamma) \over 5/13} \Rightarrow {5\over 13} \cos \gamma= \cos (\alpha-\beta-\gamma)\\ =\cos(\alpha-\beta) \cos \gamma+ \sin(\alpha-\beta) \sin\gamma\\ =(\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta)\cos \gamma + (\sin \alpha \cos \beta - \sin \beta\cos \alpha)\sin \gamma \\ =({4\over 5}\cdot {5\over 13}+ {3\over 5}\cdot {12\over 13})\cos \gamma + ({3\over 5} \cdot {5\over 13}-{12\over 13} \cdot{4\over 5}) \sin \gamma ={56\over 65}\cos \gamma -{33\over 65}\sin \gamma \\ \Rightarrow {33\over 65}\sin \gamma ={31\over 65} \cos \gamma \Rightarrow \tan \gamma ={\sin \gamma \over \cos \gamma} ={31/65 \over 33/65} = \bbox[red, 2pt]{31\over 33}$$

解答：

$$\cases{x+z=6\\ x^2+y^2=z^2} \Rightarrow x^2+y^2=(6-x)^2 \Rightarrow y^2=-12(x-3) \Rightarrow 焦距=3\\ 由於y^2=-12(x-3)為投影在x-y平面上的拋物線(上圖紅色曲線)\\，而真正的拋物線是在平面x+z=6上(上圖藍色曲線);\\兩曲線的頂點皆在(3,0,3)，紅色曲線較胖(焦距較大)，藍色曲線較瘦(焦距較小)；\\ 而x+z=6在x-z平面上為一45度的斜直線，因此直正的焦距為{3\over \sqrt 2} =\bbox[red, 2pt]{3\sqrt 2\over 2}$$

解答：

$$令\cases{A(z)\\ B(z+i)}，由於\overline{OA}=\overline{OB}=\overline{OC}=1，因此\triangle OAB為一正\triangle；\\再加上\overline{AB}為一垂直線，z有兩種可能，即上圖A或A'；\\A, B,A',B'及C(z_0=1)皆為x^n=1之根，而\angle BOC=30^\circ，所以最小的n=\bbox[red, 2pt]{12}$$

本題送分

二、 說明題、 計算證明題：

解答：(1) $$3x+4y=5 \Rightarrow y=(5-3x)\div 4 代入 (x-1)^2+ (y+2)^2 = (x-1)^2 +({5-3x\over  4}+2)^2 \\ = {1\over 16}(25x^2-110x+185) ={25\over 16}(x-{11\over 5})^2+4\Rightarrow 當x={11\over 5}時，有最小值4\\，此時y=(5-{33\over 5})\div 4= -{2\over 5}；因此最小值為4，此時(x,y)=({11\over 5},-{2\over 5})$$ (2) $$柯西不等式: ((x-1)^2+(y+2)^2) (3^2+4^2) \ge (3(x-1)+ 4(y+2))^2 \\ \Rightarrow ((x-1)^2+(y+2)^2) \cdot 25 \ge (3x+4y+5)^2  =(5+5)^2 =100\\ \Rightarrow (x-1)^2+(y+2)^2\ge {100\over 25} =4，此時{x-1\over 3}= {y+2\over 4} \Rightarrow 4x-3y=10\\ 因此\cases{3x+4y=5\\ 4x-3y=10} \Rightarrow (x,y)=({11\over 5},-{2\over 5})，最小值為4$$ (3) $$P在直線L:3x+4y=5上\Rightarrow P(t,(5-3t)/4),t\in R \Rightarrow \overrightarrow{PQ} \bot L,其中Q(1,-2) \\ \Rightarrow (1-t,-2-{5-3t\over 4}) \cdot (4,-3)=0 \Rightarrow 10-4t+{15-9t\over 4}=0 \Rightarrow t={11\over 5} \Rightarrow P({11\over 5}, -{2\over 5}) \\ \Rightarrow (x-1)^2+ (y+2)^2 = \overline{PQ}^2 =  ({6\over 5})^2 +(-{8\over 5})^2 =4 \Rightarrow 最小值為4,此時(x,y)=({11\over 5}, -{2\over 5})$$ (4) $$令\cases{f(x,y)=(x-1)^2 +(y+2)^2\\ g(x,y)=3x+4y-5}，\text{依 Lagrange 算子}\Rightarrow \cases{f_x=\lambda g_x\\ f_y = \lambda g_y\\ g=0} \\ \Rightarrow \cases{2(x-1)=3\lambda \Rightarrow \lambda={2\over 3}(x-1)\cdots(1) \\ 2(y+2)=4\lambda \Rightarrow \lambda = {1\over 2}(y+2) \cdots(2) \\ 3x+4y=5 \cdots(3)},由(1)及(2)\Rightarrow {2\over 3}(x-1) ={1\over 2}(y+2)\\ \Rightarrow 4x-3y=10\cdots(4); 由(3)及(4) \Rightarrow (x,y)= ({11\over 5},-{2\over 5}) \Rightarrow g({11\over 5},-{2\over 5})=4；\\因此最小值為4，此時(x,y)= ({11\over 5},-{2\over 5})$$

學校公佈的解答：

假設任兩台完全連線，則需連接 10 條線，欲符合條件至少要四條線

1.10 條線全部接上情形只有一種

1.若任意拆掉任一條線，二條線，三條線，皆可符合條件

共 10+10*9/2+10*9*8/(3*2*1)=175

2.若任意拆掉四條線，需扣除其中四條線皆連至同一電腦的情形

10*9*8*7/(4*3*2*1)-5=205

3.若任意拆掉五條線，需扣除其中四條線皆連至同一電腦的情形

10*9*8*7*6/(5*4*3*2*1)-5*6=222

4.若任意拆掉六條線，需扣除(1)其中四條線皆連至同一電腦的情形(2)任選相鄰兩台電腦維持連線，但各拆掉另外

三條線

10*9*8*7/(4*3*2*1)-5*(6*5/2)-(5*4/2)=125

因此共有 1+175+205+222+125=728，每一種情形依丟銅板的方式決定，機率為 1/2^10

故欲接通五台電腦的機率為 728/1024＝ 91/128

========= end ========

解題僅供參考，其它教甄試題及詳解