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!×2排法,因此F、G不相鄰有8!−7!×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!×22×3=302406=5040解答:alog(x2+1)有最大值⇒0<a<1,因此logak−8k(k−5)≥0⇒k−8k(k−5)≤1⇒k−8−k2+5kk(k−5)≤0⇒k2−6k+8k(k−5)≥0⇒k(k−5)(k−4)(k−2)≥0⇒k≥5或2≤k≤4再加上k−8k(k−5)>0,即k>8或0<k<5兩者取交集,即得k>8或2≤k≤4
解答:lim
解答:
解答:lim
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!
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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解題僅供參考,其他教甄試題及詳解
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