105年北一女教甄-數學詳解

臺北市立第一女子高級中學105學年度第二次教師甄選

一、 填充題 (每格 12 分， 共 72 分)

解答：$$在所有的排列中，B在A的右方，與A在B的右方各佔一半；\\同理，E在C與D之間、C在E與D之間、D在E與C之間各佔三分之一；\\八個字母排列有8!排法，若FG相鄰，有7!\times 2排法，因此F、G不相鄰有8!-7!\times 2；\\再加上其中一半是B在A之右方，三分之一是E在C與D之間，\\符合條件的法排法有{8!-7!\times 2\over 2\times 3}={30240\over 6}=\bbox[red,2pt]{5040}$$

解答：$$a^{\log(x^2+1)} 有最大值 \Rightarrow 0\lt a \lt 1，因此\log_a {k-8\over k(k-5)} \ge 0 \Rightarrow {k-8\over k(k-5)} \le 1\\ \Rightarrow {k-8-k^2+5k\over k(k-5)} \le 0 \Rightarrow {k^2-6k+8\over k(k-5)}\ge 0 \Rightarrow k(k-5)(k-4)(k-2) \ge 0\\ \Rightarrow k\ge 5或2\le k\le 4 再加上{k-8\over k(k-5)} \gt 0，即k\gt 8或0\lt k\lt 5\\ 兩者取交集，即得\bbox[red,2pt]{k\gt 8或2\le k\le 4\quad}$$

解答：$$\lim_{n\to \infty}{1\over n}\left(\sin{\pi \over 12n} +\sin{3\pi \over 12n} + \sin{5\pi \over 12n} +\cdots +\sin{(2n-1)\pi \over 12n} \right) = \lim_{n\to \infty}{1\over n}\sum_{k=1}^n \sin{(2k-1)\pi\over 12n}\\ = \lim_{n\to \infty}{1\over n}\left( \sum_{k=1}^{2n} \sin{k\pi\over 12n} -\sum_{k=1}^{n}\sin{2k\pi\over 12n}\right) =\int_0^2\sin {\pi \over 12}x\;dx- \int_0^1\sin{\pi\over 6}x\;dx\\ = \left. \left[ -{12\over \pi}\cos {\pi\over 12}x \right] \right|_0^2-\left. \left[ -{6\over \pi}\cos{\pi\over 6}x \right] \right|_0^1 ={12\over \pi}\left(1-\cos {\pi\over 6} \right)-{6\over \pi} \left(1- \cos{\pi\over 6}\right) ={6\over \pi}(1-{\sqrt 3\over 2})\\ =\bbox[red, 2pt]{6-3\sqrt 3\over 6}$$

解答：

$$以F為旋轉中心，將P逆時鐘旋轉90度即為R；因此P(5\cos\theta, 3\sin \theta) 先平移(-4,0) \\\Rightarrow P'(5\cos\theta-4, 3\sin \theta) 再逆時鐘旋轉90度，即P''=\begin{bmatrix} 0& -1 \\1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 5\cos\theta-4\\ 3\sin \theta\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -3\sin \theta\\ 5\cos\theta-4\\ \end{bmatrix}\\ 再平移(4,0) \Rightarrow R=(-3\sin \theta+4, 5\cos\theta-4)，\\即\cases{x=-3\sin \theta+4\\ y=5\cos\theta-4} \Rightarrow ({x-4\over -3})^2 +({y+4\over 5})^2=1  \Rightarrow \bbox[red,2pt]{{(x-4)^2 \over 9}+ {(y+4)^2 \over 25}=1}$$

解答：$$\cases{\triangle AFC \Rightarrow \overline{AF}=\overline{AC} \cos \angle A \\ \triangle ABE\Rightarrow \overline{AE}=\overline{AB} \cos \angle A} \Rightarrow \cases{\triangle ABC面積={1\over 2}\overline{AB} \cdot \overline{AC} \sin \angle A \\ \triangle AEF={1\over 2}\overline{AE}\cdot \overline{AF}\sin \angle A} \\ \Rightarrow   {\triangle AEF\over \triangle ABC} ={\overline{AB} \cdot \overline{AC} \cos^2 \angle A \over \overline{AB} \cdot \overline{AC} } =\cos^2 \angle A；同理可得 {\triangle BDF\over \triangle ABC}= \cos^2\angle B, {\triangle CDE\over \triangle ABC}=\cos^2 \angle C\\因此\triangle ADE:\triangle BDF: \triangle CDE =\cos^2 \angle A:\cos^2 \angle B:\cos^2 \angle C\\ 再由餘弦定理:\cases{\cos \angle A={16+36-25\over 48} ={9\over 16} \\\cos \angle B={16+25-36\over 40} ={1\over 8} \\\cos \angle C={25+36-16\over 60} ={3\over 4} } \\ \Rightarrow \triangle ADE:\triangle BDF: \triangle CDE ={81\over 256}: {1\over 64}: {9\over 16} = \bbox[red,2pt]{81:4:144}$$

解答：$$x^2-2x+2=0的兩根為\cases{z_1=1+i\\ z_2=1-i} \Rightarrow \cases{A(z_1)=(1,1)\\ B(z_2)=(1,-1)} \Rightarrow \overline{AB}的中垂線L:y=0\\ x^2+2mx+1=0的兩根為\cases{z_3=-m+\sqrt{m^2-1} \\ z_4=-m-\sqrt{m^2-1}}\\若  相異實根\Rightarrow C(z_3)與D(z_4)的中垂線L':x=-m與L的交點O(-m,0)需滿足\overline{AO}=\overline{CO} \\\qquad \Rightarrow (m+1)^2+1 = m^2-1 \Rightarrow m=-3/2 (亦符合m^2-1 \gt 0)\\ 若共軛複根\Rightarrow C(z_3)與D(z_4)的中垂線L'=L:y=0且ABCD為一等腰梯形，一定在同一圓上，\\\qquad 因此只要m^2-1 \lt 0 \Rightarrow -1\lt m\lt 1，即符合四點共圓\\ 因此\bbox[red,2pt]{m=-{3\over 2}或-1\lt m\lt 1}，則四點共圓；\\註:依題意「四個不同根」，因此不用考慮重根！$$

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