111年台北市高中教甄聯招-數學詳解

111 學年度臺北市立高級中等學校正式教師聯合甄選

壹、選擇題： 佔20分（第1題為單選題，第2－4題為多選題，每題5分）

解答：$$|a_{k+1}-a_k|=1 \Rightarrow \cases{a_{k+1} =a_k+1，以+表示\\ a_{k+1}=a_k-1，以-表示} ；\\假設共有a個+、b個-，則\cases{a+b=20(從a_1至a_{21}需要20次的+或-)\\ a-b=14(1至15需要14次+1)}\\ \Rightarrow \cases{a=17\\ b=3} \Rightarrow 排列數={20!\over 3! 17!} = 1140，故選\bbox[red, 2pt]{(B)}$$

解答：$$(A)\times: 由圖形可知:f(x)=1有兩個相異實根，並非三個；應該是-1\lt k\lt 1；\\(B)\times: 由於是局部圖，無法判斷\\(C) \times: 由於是局部圖，無法判斷$$

$$(D)\bigcirc: f(x)=0的三個根分別是x_1,0,x_2，因此 f(g(x))=0 \\\qquad \Rightarrow \cases{g(x)=x_1 \Rightarrow 1\lt g(x)\lt 2 \Rightarrow 有2相異實根，上圖棕色區域\\ g(x)=0 \Rightarrow 有2相異實根x_3,x_4\\ g(x)=x_2 \Rightarrow -2\lt g(x)\lt -1 \Rightarrow 有2相異實根，上圖藍色區域} \\\qquad \Rightarrow f(g(x))=0有六相異實根$$

$$(E)\bigcirc: g(x)=0有2相異實根x_3,x_4，因此g(f(x))=0 \Rightarrow \cases{f(x)=x_3 \Rightarrow 0\lt f(x)\lt 1\\ f(x)=x_4 \Rightarrow -2\lt f(x)\lt -1}\\ \qquad \Rightarrow \cases{有相異3實根，上圖棕色區域\\ 有1實根，上圖藍色區域} \Rightarrow 有4相異實根\\，故選\bbox[red,2pt]{(DE)}$$

解答：$$f(x)次數未定，f(7)之值皆有可能，故選\bbox[red, 2pt]{(ABCDE)}$$

解答：$$(B)\bigcirc: 令\vec u=2\vec a+ 5\vec b  \Rightarrow \vec u +\vec c=(1,2,6) \Rightarrow \vec c 與\vec u所張面積=\vec u與 (1,2,6)所張面積相同\\(C)\bigcirc: 3\vec a+4\vec b+ 5\vec c=0 \Rightarrow \cases{3a_1+4 b_1 +5c_1=0\\ 3a_2+ 4b_2+ 5c_2=0 \\  3a_3+ 4b_3+ 5c_3=0} \Rightarrow \cases{(a_1,b_1,c_1)\cdot (3,4,5)=0 \\ (a_2,b_2, c_2)\cdot (3,4,5)=0} \\\qquad \Rightarrow (3,4,5)與兩平面的法向量都垂直，因此交線有一方向向量為(3,4,5) \\其他皆錯，故選\bbox[red, 2pt]{(BC)}$$

貳、非選擇題： 佔80分

一、填充題：佔40分（共8題，每題5分）

解答：$${1\over 6}+ \left( {1\over 2\cdot  5}+ {1\over 3\cdot  5}\right) +\left({1\over 3\cdot 7} +{1\over 4\cdot 7} \right) +\left({1\over 4\cdot 9} +{1\over 5\cdot 9} \right) \\ ={1\over 6} +{1\over 6} +{1\over 12} +{1\over 20} ={1\over 3} + {8\over 60} ={28\over 60} = \bbox[red, 2pt]{7\over 15}$$

解答：$$1位數:2,4,6,8 \Rightarrow 4個\\ 2位數:2X,4X, 6X,8X \Rightarrow 4\times 5=20個\\ 3位數:2XX,4XX,6XX,8XX \Rightarrow 4\times 25=100個\\ 4位數:2000(第125),2002(第126), 2004(第127),2006(第128),2008(第129),2020(第130)\\ \Rightarrow 2022為第\bbox[red, 2pt]{131}小的數$$

解答：

$$\cases{紅色:(1,1,0-4),(1,2,0-4),(1,3,0-4),(2,3,0-4) \\ 棕色:(0-4,2,1), (0-4,3,1), (0-4,3,2),(0-4,3,3)\\ 藍色:(2,0-4,1), (2,0-4,2), (1,0-4,2),(2,0-4,3)} \\ \Rightarrow 紅色\cup 棕色: (1,1,0-4),(1,2,0-4),(1,3,0-4),(2,3,0-4),(0,2,1),(2-4,2,1),\\\qquad (0,3,1),(3-4,3,1),(0,3,2),(3-4,3,2),(0,3,3),(3-4,3,3) \\ \Rightarrow 紅色\cup 棕色\cup 藍色:(1,1,0-4),(1,2,0-4),(1,3,0-4),(2,3,0-4),(0,2,1),(2-4,2,1),\\\qquad (0,3,1),(3-4,3,1),(0,3,2),(3-4,3,2),(0,3,3),(3-4,3,3),\\(2,0-1,1), (2,4,1),(2,0-2,2),(2,4,2) ,(1,0,2),(1,4,2),(2,0-2,3),(2,4,3) \Rightarrow 共46個\\ \Rightarrow 剩下5^3-46= \bbox[red, 2pt]{79}個小立方體$$

解答：$$令z=2x，則\cases{128x^7+ 64x^6+ 32x^5+16x^4 +8x^3+4x^2 +2x+1 = z^7+z^6+ \cdots +z+1=0\\ 64x^6-16x^4+4x^2-1 =z^6-z^4+z^2-1=0} \\ \Rightarrow \cases{z^8=1 \\ (z^4+1)(z^2-1)=0} \Rightarrow \cases{z=e^{\pi i/4}, e^{\pi i/2} ,e^{3\pi i/4}, e^{\pi i}, e^{5\pi i/4}, e^{3\pi i/2}, e^{7\pi i/4} \\ z=e^{\pi i/4}, e^{3\pi i/4}, e^{5\pi i/4}, e^{7\pi i/4}, e^{i 0}, e^{\pi i}} \\ \Rightarrow 共同的根z=e^{\pi i/4},e^{3\pi i/4},e^{\pi i}, e^{5\pi i/4},e^{7\pi i/4} \Rightarrow 共同根的乘積=e^{5\pi i} =-1\\ \Rightarrow 2^5x^5= -1 \Rightarrow x^5 = \bbox[red, 2pt]{-{1\over 32}}$$

解答：

$$由於\angle ABD為直角，因此延長\overline{BD}交圓周於B'，則\overline{AB'}為直徑，見上圖；\\ \triangle DBC\sim \triangle DAB'(AAA) \Rightarrow \cfrac{ \overline{DB}}{ \overline{DA}} =\cfrac{ \overline{BC}}{ \overline{AB'}} \Rightarrow \cfrac{ \overline{DB}}{13} =\cfrac{10}{5\sqrt{13}} \Rightarrow \overline{DB} =2\sqrt{13}\\ \angle ABB'=90^\circ \Rightarrow  \overline{AB}^2 + (2\sqrt{13})^2 = 13^2 \Rightarrow \overline{AB}= 3\sqrt{13}\\ 同理，\overline{BB'}^2 +\overline{AB}^2 = \overline{AB'}^2 \Rightarrow \overline{BB'}= \sqrt{(5\sqrt{13})^2-(3\sqrt{13})^2} = 4\sqrt{13} \\ \Rightarrow \overline{DB'} =\overline{BB'}- \overline{BD} =2\sqrt{13}，再由\triangle DBC\sim \triangle DAB'  \Rightarrow \cfrac{ \overline{BC}}{ \overline{AB'}} =\cfrac{ \overline{CD}}{ \overline{DB'}} \Rightarrow \cfrac{10}{5\sqrt{13}} =\cfrac{ \overline{CD}}{ 2\sqrt{13}}\\ \Rightarrow \overline{CD}= \bbox[red, 2pt]{4}$$

解答：$$3白4紅有C^7_3排法，剩下8個空位給2黑球有C^8_2種排法，因此二黑球不相鄰有C^7_3\times C^8_2=980\\ 三白球不相鄰:2黑4紅有C^6_2排法，剩下7個空位給3白球有C^7_3，因此有C^6_2\times C^7_3排法\\ 三白球不相鄰但二黑球相鄰:1黑(2黑球綁在一起)4紅有C^5_4排法，剩下6個空位給3白球有C^6_3\\\qquad ，因此有C^5_4\times C^6_3排法\\ 因此欲求之機率為(C^6_2\times C^7_3-C^5_4\times C^6_3)/980 =425/980 = \bbox[red, 2pt]{85\over 196}種法$$

解答：$$\cases{f(x)=2e^x \\ g(x)=\ln (x/2)} \Rightarrow f(g(x))= g(f(x))=x \Rightarrow f^{-1}=g\\ 因此令P(x,2e^x) \Rightarrow Q(2e^x,x) \Rightarrow f(x)=\overline{PQ}= \sqrt{2} (2e^x-x)，則f'(x)= 0 \Rightarrow 2e^x-1=0 \Rightarrow x=\ln {1\over 2} \\ \Rightarrow \overline{PQ}= \sqrt 2(1-\ln {1\over 2}) = \bbox[red, 2pt]{\sqrt 2(1+\ln 2)}$$

解答：$$A在xy=1上，因此可令A(a,{1\over a})；又A、B對稱直線x=y，令B({1\over a},a)；\\ A與圓心\,C(1,1)的距離=1 \Rightarrow (a-1)^2 +({1\over a}-1)^2 =1 \Rightarrow (a^2+2+{1\over a^2})-2(a+{1\over a})+1=2\\ \Rightarrow (a+{1\over a})^2-2(a+{1\over a})+1=2 \Rightarrow (a+{1\over a}-1)^2 =2 \Rightarrow a+{1\over a}=\sqrt 2+1 \Rightarrow (a+{1\over a})^2 = 3+2\sqrt 2\\ \Rightarrow (a-{1\over a})^2 = -1+2\sqrt 2 \Rightarrow \overline{AB}=  \sqrt{(a-{1\over a})^2 +({1\over a}-a)^2} \Rightarrow \overline{AB}^2 =  2(a-{1\over a})^2 = -2+4\sqrt 2 \\ \Rightarrow  \cos \angle ACB ={1^2+1^2-\overline{AB}^2 \over 2\cdot 1\cdot 1} ={4-4\sqrt 2\over 2} =\bbox[red, 2pt]{2(1-\sqrt 2)}$$

二、計算證明題：佔40分（共4題，每題10分）

解答：$$圓心(2,2)經轉換後變為(6,18) \Rightarrow \begin{bmatrix} a & 2a \\ b & c\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 \\ 2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 6 \\ 18\end{bmatrix} \Rightarrow \cases{a=1 \\ b+c=9 \cdots(1)}\\ 原面積25\pi 經轉換後變為75\pi \Rightarrow \begin{Vmatrix} a & 2a\\ b& c\end{Vmatrix} =\begin{Vmatrix} 1 & 2\\ b& c\end{Vmatrix} = 3 \Rightarrow \cases{c-2b=3 \cdots(2)\\ c-2b=-3 \cdots(3)}\\ 因此\cases{由(1)及(2)可得\cases{b=2\\ c=7} \Rightarrow A= \bbox[red, 2pt]{\begin{bmatrix} 1 & 2\\ 2 & 7\end{bmatrix}} \\[1ex]由(1)及(3)可得\cases{b=4\\ c=5} \Rightarrow A= \bbox[red, 2pt]{ \begin{bmatrix} 1 & 2\\ 4 & 5\end{bmatrix}}}$$

解答：$$(1)在yz平面為一圓，其圓周長=\overline{OC}=100 =2\pi r \Rightarrow 圓半徑r={50\over \pi} \Rightarrow 圓心(0,0,50/\pi)\\ \qquad \Rightarrow 圓方程式f(y,z)=y^2+(z-50/\pi)^2 = ({50\over \pi})^2 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{f(y,z)=y^2+ (z-50/\pi)^2-2500/\pi^2=0} \\(2)在xy平面為一正弦(或餘弦)圖形，其\cases{振幅=半徑=50/\pi\\ 週期=100}  \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{g(x)={50\over \pi} \sin({\pi\over 50}x)}$$

解答：$$x^2+y^2+z^2 +4x-6y+8z\le 21 \Rightarrow (x+2)^2 +(y-3)^2 +(z+4)^2 \le 50 為一球，其\cases{球心O(-2,3,-4)\\ 球半徑R=5\sqrt 2} \\ 球心至平面E_1:x-2y-2z=3的距離d=\left|\cfrac{-2-6+8-3}{\sqrt 9} \right| =1\\ \Rightarrow 截圓半徑= \sqrt{R^2-d^2} =\sqrt{50-1} =7 \Rightarrow 截圓面積=49\pi\\ 兩平面\cases{E_1:x-2y-2z=3\\ E_2:x+y +kz=1}的法向量為\cases{\vec n_1=(1,-2,-2) \\ \vec n_2=(1,1,k)} 其 夾角為\theta \Rightarrow \cos \theta = \left|\cfrac{\vec n_1\cdot \vec n_2}{|\vec n_1|| \vec n_2|}\right|\\ = \left|\cfrac{-1-2k}{3 \cdot \sqrt{k^2+2}} \right|有極大值{1\over \sqrt 2}(當k=4) \Rightarrow 最大投影面積=49\pi \times {1\over \sqrt 2} = \bbox[red, 2pt]{49\sqrt 2 \pi\over 2}$$

解答：$$(1) f(x)=\int_0^x {1\over 1+t^2}\;dt = \tan^{-1} x \Rightarrow f(x)+f({1\over x})={\pi \over 2} \Rightarrow \sum_{k=1}^{100} \left( f(k)+f({1\over k})\right) =100\times {\pi \over 2}\\\qquad = \bbox[red, 2pt]{50\pi}\\(2) 令\cases{u= \tan^{-1} x\\ dv = x\,dx} \Rightarrow \cases{du =dx/(1+x^2) \\ v=x^2/2} \Rightarrow \int_0^1 xf(x)\,dx =\int_0^1 x\tan ^{-1}x\,dx\\ \qquad =   \left. \left[{1\over 2}x^2\tan^{-1}x \right] \right|_0^1-{1\over 2}\int_0^1 1-{1\over 1+x^2}\,dx =   \left. \left[{1\over 2}x^2\tan^{-1}x -{1\over 2}(x-\tan^{-1}x )\right] \right|_0^1 \\\qquad ={\pi \over 8}-{1\over 2}+{\pi \over 8} =\bbox[red, 2pt]{{\pi \over 4}-{1\over 2}}$$
 

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解題僅供參考，其他教甄試題及詳解