教育部受託辦理110學年度公立高級中等學校教師甄選
第一部分:選擇題( 共40分)
一、單選題( 每題3分, 共24分)
解答:{n=10k=3代入公式(k−1)((k−1)n−1+(−1)n)k=2(29+1)3=342,故選(C)
解答:
此題相當於求兩圖形{Γ1:y=log4xΓ2:y=|cosx|+cosx的交點數;由於y=log4x⇒x>0,又2≥|cosx|+cosx≥0,因此只需考慮第一象限的交點;|cosx|+cosx的最大值為2⇒log4x=2⇒x=16≈5.1π;若π2+2kπ≤x≤3π2+2kπ,k∈Z⇒|cosx|+cosx=0;因此交點落在0<x<5.1π且x∉[π2+2kπ,3π2+2kπ],即{x∈(0,π/2)有1交點x∈[3π/2,5π/2]有2交點x∈[7π/2,9π/2]有2交點⇒共有5個交點,故選(C)
解答:A=[−5−497]⇒A−I=[−6−496]⇒(A−I)2=[−6−496][−6−496]=0由Cayley-Hamilton 定理⇒A50=q(A)(A−I)2+c1A+c0I,即t50=q(t)(t−1)2+c1t+c0⋯(1)⇒50t49=q′(t)(t−1)2+2q(t)(t−1)+c1⋯(2)將t=1代入(1)及(2)⇒{1=c1+c050=c1⇒{c0=−49c1=50⇒A50=50A−49I同理可得:An=nA−(n−1)I=[−5n−4n9n7n]−[n−100n−1]=[−6n+1−4n9n6n+1]又An−An−1=nA−(n−1)I−(n−1)A+(n−2)I=A−I因此原式(A51−A50)+A3−3A2−2A+4I=(A−I)+3A−2I−3(2A−I)−2A+4I=−4A+4I=−4(A−I)=−4[−6−496]=[2416−36−24],故選(A)
解答:取{A(1,1,0)B(1,0,1)C(0,1,1)D(0,0,0),則ABCD為邊長√2的正四面體且平面ABD:x−y−z=0;P=(A+B+C+D)/4=(1/2,1/2,1/2)⇒d1=d(P,△ABD)=1/2√3d21+d22+d23+d24=4×d21=13,故選(C)
解答:取{A(1,1,0)B(1,0,1)C(0,1,1)D(0,0,0),則ABCD為正四面體;另由{¯AE=¯AB/4¯CF=¯CD/4⇒{E=(3A+B)/4=(1,3/4,1/4)F=(3C+D)/4=(0,3/4,3/4)⇒{→u=→DE=(1,3/4,1/4)→v=→BF=(−1,3/4,−1/4)⇒cosθ=→u⋅→v|→u||→v|=−1/213/8=−413⇒sinθ=√15313,故選(D)
解答:
解答:取{A(1,1,0)B(1,0,1)C(0,1,1)D(0,0,0),則ABCD為邊長√2的正四面體且平面ABD:x−y−z=0;P=(A+B+C+D)/4=(1/2,1/2,1/2)⇒d1=d(P,△ABD)=1/2√3d21+d22+d23+d24=4×d21=13,故選(C)
解答:取{A(1,1,0)B(1,0,1)C(0,1,1)D(0,0,0),則ABCD為正四面體;另由{¯AE=¯AB/4¯CF=¯CD/4⇒{E=(3A+B)/4=(1,3/4,1/4)F=(3C+D)/4=(0,3/4,3/4)⇒{→u=→DE=(1,3/4,1/4)→v=→BF=(−1,3/4,−1/4)⇒cosθ=→u⋅→v|→u||→v|=−1/213/8=−413⇒sinθ=√15313,故選(D)
解答:
該圖形為兩個相同的三角錐,底面積為邊長1的正三角形,角錐高為√32因此體積=2×(√34×√32×13)=14,故選(B)
解答:
由上圖可知機率為1/2,故選(A)
二、 複選題( 全對才給分, 每題4分,共16分)
解答:(1,2,3)及(0,0,0)皆為Γ的解⇒Γ有無限多組解⇒△=|a1b1c1a2b2c2a3b3c3|=0;又(3,2,1)為Γ′的解且△=0⇒Γ′有無限多組解;{(1,2,3)為Γ的解(3,2,1)為Γ′的解⇒{ai+2bi+3ci=0⋯(1)3ai+2bi+ci=di⋯(2)(A)×:(0,0,0)為Γ′的解⇒di=0⇒Γ=Γ′,因此(1)+(2)⇒ai+bi+ci=0⇒直線:x=y=z為其解,但(1,2,3),(3,2,1)不在該直線上,即三平面重疊,違反(a1,b1,c1),(a2,b2,c2)不平行(B)◯:(1)+(2)⇒4ai+4bi+4ci=di⇒(4,4,4)為Γ′的解(C)◯:(2)−(1)⇒2ai−2ci=di⇒(2,0,−2)為Γ′的解(D)◯:7×(1)+(2)⇒10ai+16bi+22ci=di⇒(10,16,22)為Γ′的解,故選(BCD)解答:(A)◯:y=f(x)=x3−3x2+4x−k⇒f′(x)=3x2−6x+4=3(x−1)2+1>0⇒f(x)為嚴格遞增⇒圖形y=f(x)與水平線只有一個交點(B)×:f′(x)>0,無極值、無水平切線(C)×:圖形由左下至右上,無最高與最低點(D)◯:(m,n)在圖形上⇒n=f(m)⇒n=m3−3m2+4m−k⋯(1);f(2−m)=(2−m)3−3(2−m)+4(2−m)−k=−m3+3m2−4m+4−k=−n+4−2k⇒f(2−m)=(4−n−2k)⇒(2−m,4−n−2k)也在圖形上,故選(AD)
解答:(A)\bigcirc: \sigma(z)= \sigma({1\over a}y+b) ={1\over a}\sigma(y) = {1\over a}\sigma(ax+b) =\sigma(x) \Rightarrow \sigma(z)=\sigma(x)\\ (B)\times: \cases{48 ={1\over a}y+b = {1\over a}(ax+b)+b=x+ {b\over a}+b=12+ {b\over a}+b \cdots(1)\\ 55=ax +b=28a+b \Rightarrow b=55-28a \cdots(2)} ,將(2)代入(1)\\ \qquad \Rightarrow 36={1\over a}(55-28a)+ (55-28a) \Rightarrow (4a-5)(7a+11)=0 \Rightarrow a=5/4 \Rightarrow b=20\\ \qquad \Rightarrow 小華第1次調整後的分數=12\times {5\over 4}+20=35 \ne 36\\(C)\bigcirc: ab={5\over 4}\times 20=25 \\ (D)\bigcirc: 100={4\over 5}y+20 \Rightarrow y=100 \Rightarrow 最高分第1次調分後與第2次調分後都是100分\\,故選\bbox[red,2pt]{(ACD)}
解答:令\cases{A(\sqrt 2,2,0)\\ B(-\sqrt 2,2,0) \\ C(-\sqrt 2,-2,0) \\ D(\sqrt 2,-2,0)} \Rightarrow \cases{ \overline{AB}=\overline{CD} =2\sqrt 2 \\\overline{AD} =\overline{BC}=4\\ \overline{AC}=\overline{BD}= 2\sqrt 6} \Rightarrow \cases{A、B相鄰,C、D相鄰\\ A、D正方形對角,B、C正方形對角\\ A、C立方體對角,B、D立方體對角}\\ 又A、B、C、D均在z=0的平面上,因此剩下的四點在z=\pm 2 上,因此選項(B)與(C)是錯的;\\令\cases{P(\sqrt 2,0,2)\\ Q(-\sqrt 2,0,-2)} \Rightarrow \cases{\overline{AP} =\overline{PD}=2\sqrt 2\\ \overline{BQ}=\overline{CQ}=2\sqrt 2} \Rightarrow \cases{P與A、D皆相鄰\\ Q與B、C皆相鄰}\qquad,故選\bbox[red,2pt]{(AD)}
第二部分: 綜合題( 共60分)
一、 填充題(每題4分,共36分)
解答:2\times 9^x-(m+1)3^x+m+1=0 有相異實根\Rightarrow 判別式\gt 0 \Rightarrow (m+1)^2-8(m+1) \gt 0\\ \Rightarrow (m+1)(m-7) \gt 0 \Rightarrow m\gt 7 或m\lt -1\cdots(1);\\由於3^x \gt 0 \Rightarrow 兩根之積{1\over 2}(m+1) \gt 0 \Rightarrow m\gt -1 \cdots(2);\\ 由(1)及(2)可知: \bbox[red,2pt]{m\gt 7}解答:(n^2-2n-2)^{n^2+47} =(n^2-2n-2)^{16n-16} \Rightarrow \cases{n^2+47=16n-16\\ n^2-2n-2=1}\\ \Rightarrow \cases{(n-9)(n-7)=0 \\ (n-3)(n+1)=0} \Rightarrow n=3,7,9 \Rightarrow 3+7+9= \bbox[red,2pt]{19}
解答:\int_0^3 x^2\lfloor x\rfloor\;dx = \int_0^1 0\;dx +\int_1^2 x^2 ;dx + \int_2^3 2x^2 \;dx = 0+{1\over 3}\cdot 7 +{2\over 3}\cdot 19 ={45\over 3}= \bbox[red,2pt]{15}
解答:
令\cases{A(0,0)\\ B(10,0)\\C(10,10)\\ D(0,10)} \Rightarrow M=(A+B)/2=(5,0) \Rightarrow \overleftrightarrow{DM}: y=-2x+10\\ 又A、E對稱於\overleftrightarrow{DM} \Rightarrow E(8,4) \Rightarrow \triangle BCE={1\over 2} \times 10\times 2= \bbox[red,2pt]{10}
解答:\cases{\tan \alpha_1=1 \\ \tan \alpha_2=1/2\\ \tan \alpha_3=1/3 \\ \tan \alpha_4=1/4} \Rightarrow \cases{\tan(\alpha_1+ \alpha_2)={1+1/2 \over 1-1/2}=3\\ \tan(\alpha_3+\alpha_4) = {1/3+1/4\over 1-1/12}={7\over 11}}\\ \Rightarrow \tan(\alpha_1 +\alpha_2 +\alpha_3 +\alpha_4) ={3+7/11\over 1-21/11} = \bbox[red,2pt]{-4}
解答:z=a+bi \Rightarrow 2z+2|\bar z|=2a+2bi+2 \sqrt{a^2+b^2} =3+2i \Rightarrow \cases{b=1\\ 2a+2\sqrt{a^2+1}=3} \\ \Rightarrow 4(a^2+1)=(3-2a)^2=4a^2-12a+9 \Rightarrow 12a=5 \Rightarrow a=5/12 \Rightarrow z=\bbox[red,2pt]{{5\over 12}+i}
解答:
解答:\cases{\tan \alpha_1=1 \\ \tan \alpha_2=1/2\\ \tan \alpha_3=1/3 \\ \tan \alpha_4=1/4} \Rightarrow \cases{\tan(\alpha_1+ \alpha_2)={1+1/2 \over 1-1/2}=3\\ \tan(\alpha_3+\alpha_4) = {1/3+1/4\over 1-1/12}={7\over 11}}\\ \Rightarrow \tan(\alpha_1 +\alpha_2 +\alpha_3 +\alpha_4) ={3+7/11\over 1-21/11} = \bbox[red,2pt]{-4}
解答:z=a+bi \Rightarrow 2z+2|\bar z|=2a+2bi+2 \sqrt{a^2+b^2} =3+2i \Rightarrow \cases{b=1\\ 2a+2\sqrt{a^2+1}=3} \\ \Rightarrow 4(a^2+1)=(3-2a)^2=4a^2-12a+9 \Rightarrow 12a=5 \Rightarrow a=5/12 \Rightarrow z=\bbox[red,2pt]{{5\over 12}+i}
解答:
(A\cup B)\cap C 有三個元素,即兩直線與圓有三個交點;\\ P\in A\cap B \Rightarrow P=({1\over m+1},{1\over m+1}) \in C \Rightarrow {2\over (m+1)^2}=1 \Rightarrow m= \bbox[red,2pt]{-1\pm \sqrt 2}
解答:1-9隨機排,共有9!排法;\\數字1:無論哪一種排法都會被取到,因此有9!個1,總和為9!;\\數字2:要排在1的左邊才會被取到,因此有{9!\over 2}個2,總和為{9!\over 2}\times 2=9!\\數字3:要排在1與2的左邊才會被取到,因此有{9!\over 3}個3,總和為{9!\over 3}\times 3=9!\\\cdots \\ 數字9:要排在1-8的左邊,也就是最左邊才會被取到,因此有{9!\over 9}個9,總和為{9!\over 9}\times 9=9!\\因此期望值={1\over 9!}(9!+9!+\cdots +9!)= \bbox[red,2pt]{9}
解答:zw-2iz-iw-5=zw-2iz-iw+5i^2= z(w-2i)-i(w-5i)=0 \Rightarrow z(w-2i)=i(w-5i)\\ \Rightarrow |z||w-2i|=|i||w-5i| \Rightarrow 2|w-2i|=|w-5i| \Rightarrow 2\overline{AB}=\overline{AC},其中\cases{A(w)=(x,y)\\ B(0,2)\\ C(0,5)}\\ \Rightarrow 2\sqrt{x^2+(y-2)^2} =\sqrt{x^2+(y-5)^2} \Rightarrow 4x^2+4y^2-16y+16=x^2+y^2-10y+25\\ \Rightarrow 3x^2+3y^2-6y=9 \Rightarrow x^2+(y-1)^2=2^2\Rightarrow \sqrt{(x-0)^2+(y-1)^2}=2 \Rightarrow |w-i|=2\\,\bbox[red,2pt]{故得證}
解答:f(x)=(x+1)^n= C^n_0+ C^n_1x +C^n_2x^2+\cdots +C^n_nx^n \\\Rightarrow f(i)=(i+1)^n= (\sqrt 2e^{\pi i/4})^n= C^n_0+C^n_1i-C^n_2-C^n_3i+\cdots \\ \Rightarrow 2^{n/2}e^{n\pi i/4}=(C^n_0-C^n_2+C^n_4-\cdots)+i(C^n_1-C^n_3+ C^n_5-\cdots) \\ \Rightarrow \cases{C^n_0-C^n_2+C^n_4-\cdots=2^{n/2}\cos({n\pi/4}) \\C^n_1-C^n_3+ C^n_5-\cdots=2^{n/2}\sin (n\pi/4)} \\ \Rightarrow (C^n_0-C^n_2+C^n_4-\cdots)^2 +(C^n_1-C^n_3+ C^n_5-\cdots)^2 =2^{n }\cos^2({n\pi/4}) +2^n\sin^2 (n\pi/4)\\ =2^n\left(\cos^2({n\pi/4}) +\sin^2 (n\pi/4)\right)=2^n,\bbox[red, 2pt]{故得證}
解答:1-9隨機排,共有9!排法;\\數字1:無論哪一種排法都會被取到,因此有9!個1,總和為9!;\\數字2:要排在1的左邊才會被取到,因此有{9!\over 2}個2,總和為{9!\over 2}\times 2=9!\\數字3:要排在1與2的左邊才會被取到,因此有{9!\over 3}個3,總和為{9!\over 3}\times 3=9!\\\cdots \\ 數字9:要排在1-8的左邊,也就是最左邊才會被取到,因此有{9!\over 9}個9,總和為{9!\over 9}\times 9=9!\\因此期望值={1\over 9!}(9!+9!+\cdots +9!)= \bbox[red,2pt]{9}
解答:只能用湊的,f(x)=\lfloor{x\over 1!} \rfloor +\lfloor{x\over 2!} \rfloor +\cdots +\lfloor{x\over 10!} \rfloor \\=\lfloor{x } \rfloor +\lfloor{x\over 2} \rfloor +\lfloor{x\over 6} \rfloor +\lfloor{x\over 24} \rfloor +\lfloor{x\over 120} \rfloor +\lfloor{x\over 720} \rfloor +\cdots \\\Rightarrow \cases{ f(700)= 700+350 +\cdots \gt 1001\\ f(600)=600+300+100+ 25+ \cdots \gt 1001\\f(500)=500+250+83+20+4+0+0\cdots=857 \lt 1001} \Rightarrow 500\lt n\lt 600\\\Rightarrow \cases{f(550)=550+275+ 91+22 +4=942 \lt 1001\\ f(575) \lt 1001 \\ f(584)= 584+292+ 97+ 24+ 4= 1001} \Rightarrow n=\bbox[red,2pt]{584}
二、 證明題(每題8分,共24分)
解答:\cos \angle B=\cos 60^\circ = {1\over 2}={a^2+c^2-b^2\over 2ac} \Rightarrow a^2+c^2=b^2+ac\cdots(1)\\ (a+b+c) \left( {1\over a+b} +{1\over b+c}\right)= 1+{c\over a+b}+1+{a\over b+c} =2+{c(b+c)+a(a+b)\over (a+b)(b+c)}\\\qquad =2+{a^2+c^2+bc+ab \over (a+b)(b+c)}\cdots(2)\\ 將(1)代入(2) \Rightarrow 2+{a^2+c^2+bc+ab \over (a+b)(b+c)}=2+ {b^2+ac+bc+ ab \over (a+b)(b+c)} =2+ {(a+b)(b+c) \over (a+b)(b+c)}=3\\ \Rightarrow (a+b+c) \left( {1\over a+b} +{1\over b+c}\right)= 3,\bbox[red,2pt]{故得證}解答:zw-2iz-iw-5=zw-2iz-iw+5i^2= z(w-2i)-i(w-5i)=0 \Rightarrow z(w-2i)=i(w-5i)\\ \Rightarrow |z||w-2i|=|i||w-5i| \Rightarrow 2|w-2i|=|w-5i| \Rightarrow 2\overline{AB}=\overline{AC},其中\cases{A(w)=(x,y)\\ B(0,2)\\ C(0,5)}\\ \Rightarrow 2\sqrt{x^2+(y-2)^2} =\sqrt{x^2+(y-5)^2} \Rightarrow 4x^2+4y^2-16y+16=x^2+y^2-10y+25\\ \Rightarrow 3x^2+3y^2-6y=9 \Rightarrow x^2+(y-1)^2=2^2\Rightarrow \sqrt{(x-0)^2+(y-1)^2}=2 \Rightarrow |w-i|=2\\,\bbox[red,2pt]{故得證}
解答:f(x)=(x+1)^n= C^n_0+ C^n_1x +C^n_2x^2+\cdots +C^n_nx^n \\\Rightarrow f(i)=(i+1)^n= (\sqrt 2e^{\pi i/4})^n= C^n_0+C^n_1i-C^n_2-C^n_3i+\cdots \\ \Rightarrow 2^{n/2}e^{n\pi i/4}=(C^n_0-C^n_2+C^n_4-\cdots)+i(C^n_1-C^n_3+ C^n_5-\cdots) \\ \Rightarrow \cases{C^n_0-C^n_2+C^n_4-\cdots=2^{n/2}\cos({n\pi/4}) \\C^n_1-C^n_3+ C^n_5-\cdots=2^{n/2}\sin (n\pi/4)} \\ \Rightarrow (C^n_0-C^n_2+C^n_4-\cdots)^2 +(C^n_1-C^n_3+ C^n_5-\cdots)^2 =2^{n }\cos^2({n\pi/4}) +2^n\sin^2 (n\pi/4)\\ =2^n\left(\cos^2({n\pi/4}) +\sin^2 (n\pi/4)\right)=2^n,\bbox[red, 2pt]{故得證}
=============== END ===================
想請問單選4的一般式是怎麼寫出來的,我只知道特徵值重根,但不知道怎麼繼續做下去
回覆刪除我把答案寫得更仔細一點,希望有幫助理解!!!!
刪除寫得很詳細非常感謝,這題困惑我好久
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