國立竹北高中111學年度第1學期第1次教師甄選
填充題第一部分: 每題 6 分,共 30 分
解答:{L1:x+14=y−3−1=z+3−1L2:x4=y−1−3=z−6−2⇒{L1的方向向量→u=(4,−1,−1)L2的方向向量→v=(4,−3,−2)⇒→n=→u×→v=(−1,4,−8){在L1任找一點P(−1,3,−3)在L2任找一點Q(0,1,6)⇒→w=→PQ=(1,−2,9)⇒→w在→n的正射影長=|→w⋅→n||→n|=81√81=9
解答:
分別在¯AB與¯CD上找點E、F,使得¯DE⊥¯AC及¯BD⊥¯AC,垂足分別是G與O,見上圖;¯AC=√62+(2√3)2=4√3,又¯ABׯBC=¯ACׯBO⇒¯BO=6×2√3÷4√3=3⇒¯CF=√(2√3)2−32=√3=¯AG令O為空間的原點、→OB為x軸、→OA為y軸,摺起後{O(0,0,0)A(0,3√3,0)B(−3cos30∘,0,3sin30∘)=(−3√3/2,0,3/2)D(−3,2√3,0)⇒{→AB=(−3√3/2,−3√3,3/2)→AD=(−3,−√3,0)⇒cosθ=9√3/2+96×2√3=3+2√38
假設C在¯O1O2上(可藉由調整兩圓心距離達成),並令∠ACD=θ⇒∠ADC=180∘−120∘−θ=60∘−θ⇒∠AO2B=2∠ADC(對同弧的圓心角是圓周角的2倍)⇒∠AO2O1=∠ADC=60∘又∠ACD=180∘−θ⇒∠AO1B=360∘−2(180∘−θ)=2θ⇒AO1O2=θ因此{sin∠AO1O2=sinθ=¯AP/2ksinAO2O1=sin(60∘−θ)=¯AP/3k⇒¯AP=2ksinθ=3k(sin(60∘−θ))⇒2sinθ=3(√32cosθ−12sinθ)⇒72sinθ=3√32cosθ⇒tanθ=3√37
解答:令{u=13x−10y+6v=17x+13y−2⇒|u|+|v|≤339的面積=3392×2而J=‖uxuyvxvy‖=‖13−101713‖=339⇒欲求之面積=3392×2339=339×2=678
為什麼¯BG=¯CF?對同弧的圓周角相等⇒{∠AFC=∠ABG∠AGB=∠ACF,又正△邊長相等⇒{¯AG=¯AC¯AF=¯AB因此△AGB≅△ACF(SAS)⇒¯BG=¯CF
¯BG與¯CF的交點P,即為費馬點,因此¯BG=¯CF;再由中線定理:{△GBC:¯GC2+¯GB2=2(¯GM2+¯CM2)△FBC:¯FC2+¯FB2=2(¯FM2+¯CM2)兩式相減⇒¯FB2−¯GC2=¯AB2−¯AC2=¯BC2=2(¯FM2−¯GM2)=2(112−72)=144⇒¯BC=12
為什麼¯BG=¯CF?對同弧的圓周角相等⇒{∠AFC=∠ABG∠AGB=∠ACF,又正△邊長相等⇒{¯AG=¯AC¯AF=¯AB因此△AGB≅△ACF(SAS)⇒¯BG=¯CF
解答:令x=t1+t=1−11+t,則原式變為f(x)+f(1x)log(1+t)=f(1x)logt+2022⇒f(x)+f(1x)(log(1+t)−logt)=2022⇒f(x)+f(1x)log1+tt=f(x)+f(1x)log1x=2022⇒f(x)−f(1x)logx=2022⋯(1)⇒f(1x)−f(x)log1x=2022⇒f(1x)+f(x)logx=2022⇒f(1x)logx+f(x)(logx)2=2022logx⇒f(1x)logx=2022logx−f(x)(logx)2代入(1)⇒f(x)−2022logx+f(x)(logx)2=2022⇒f(x)=2022(1+logx)1+(logx)2⇒f(1000)=2022⋅41+9=808.8
解答:an=√1+an−12⇒2a2n−1=an−1此算式與2cos2θ−1=cos2θ一致;因此a0=√32=cosπ6⇒a1=cosπ12⇒an=cosπ6⋅2n⇒4n(1−an)=4n(1−cosπ6⋅2n)由於cosx=1−12x2+14!x4−16!x6+⋯,因此1−cosπ6⋅2n=12(π6⋅2n)2−14!(π6⋅2n)4+⋯⇒4n(1−cosπ6⋅2n)=π272−4n4!(π6⋅2n)4+⋯⇒limn→∞4n(1−an)=π272−0+0−⋯=π272
解答:可重複選取,共有43=64種組合,但需扣除非直線及重複的直線,如下:abc說明000非直線001002003011y=1022033101x=1202303110x+y=0220330111x+y=1222333100x=0200300010y=0020030⇒需扣除4+6×2=16,因此有64−16=48不同的直線
解答:
解答:an=√1+an−12⇒2a2n−1=an−1此算式與2cos2θ−1=cos2θ一致;因此a0=√32=cosπ6⇒a1=cosπ12⇒an=cosπ6⋅2n⇒4n(1−an)=4n(1−cosπ6⋅2n)由於cosx=1−12x2+14!x4−16!x6+⋯,因此1−cosπ6⋅2n=12(π6⋅2n)2−14!(π6⋅2n)4+⋯⇒4n(1−cosπ6⋅2n)=π272−4n4!(π6⋅2n)4+⋯⇒limn→∞4n(1−an)=π272−0+0−⋯=π272
解答:可重複選取,共有43=64種組合,但需扣除非直線及重複的直線,如下:abc說明000非直線001002003011y=1022033101x=1202303110x+y=0220330111x+y=1222333100x=0200300010y=0020030⇒需扣除4+6×2=16,因此有64−16=48不同的直線
解答:
{g(3−2i)=0deg(g)=2⇒g(x)=a(x−(3−2i))(x−(3+2i))=a(x2−6x+13),又g(0)=26⇒13a=26⇒a=2⇒g(x)=2(x2−6x+13){f(3−2i)=0deg(f)=3⇒f(x)=(x2−6x+13)(bx+c),又{f(0)=13f(1)=16⇒{13c=138(b+c)=16⇒{b=1c=1⇒f(x)=(x2−6x+13)(x+1)f(x)=g(x)⇒x+1=2⇒x=1⇒P=(1,g(1))=(1,16);f′(x)=(2x−6)(x+1)+(x2−6x+13)⇒f′(1)=−8+8=0⇒切線L為一水平線:y=16⇒{L∩(y=f(x))⇒(x2−6x+13)(x+1)=16⇒x=1,3L∩(y=g(x))⇒2(x2−6x+13)=16⇒x=1,5⇒FG=∫3116−f(x)dx∫5116−g(x)dx=4/364/3=116
解答:令{z1=a+2aiz2=cos(−θ)+isin(−θ)⇒{P(z1)的軌跡為一直線:y=2xQ(z2)的軌跡為一單位圓,且圓心在原點,即x2+y2=1⇒z=(a+cosθ)+(2a−sinθ)i=z1+z2⇒|z|=|z1+z2|≤2因此直線與單位圓的交點(±1√5,±2√5)就是線段的界限,即−1√5≤a≤1√5才符合|z|≤2
解答:第一個a有16個位置可填,第2個a只能填剩下的9個位置,因此有16×9=144種填法,但兩個a長的一樣,所以有144÷2=72種填法;同理,2個b也有72種填法;若不考慮重複問題,兩個a兩個b有722種填法;若兩個a與兩個b剛好填在相同位置,則有72種;若一個a與一個b剛好填在相同位置,另一個a與另一個b不再同位置,則有16×9×8=1152種;綜合以上,符合要求的填法共有722−72−1152=3960種
解答:
解答:第一個a有16個位置可填,第2個a只能填剩下的9個位置,因此有16×9=144種填法,但兩個a長的一樣,所以有144÷2=72種填法;同理,2個b也有72種填法;若不考慮重複問題,兩個a兩個b有722種填法;若兩個a與兩個b剛好填在相同位置,則有72種;若一個a與一個b剛好填在相同位置,另一個a與另一個b不再同位置,則有16×9×8=1152種;綜合以上,符合要求的填法共有722−72−1152=3960種
解答:
假設A、B在準線L的投影點分別為A′及B′,則¯MN為梯形AA′B′B的中線;依拋物線定義{¯AA′=¯AF=a¯BB′=¯BF=b,則中線長¯MN=(a+b)/2;餘弦定理:cos60∘12=a2+b2−¯AB22ab⇒¯AB2=a2+b2−ab⇒¯MN¯AB=(a+b)/2√a2+b2−ab=a+b2√(a+b)2−3ab=12√1−3ab(a+b)2≤12√1−3ab4ab=1(∵a+b≥2√ab⇒(a+b)2≥4ab)⇒¯MN¯AB最大值=1
解答:i123456∑xi15910x412652+x4yi121077y5y636+y5+y6x2i22581100x2414436586+x24y2i1441004949y25y26342+y25+y26xiyi18090707x412y56y6340+7x4+12y5+6y6ˉx=10=16∑xi⇒60=52+x4⇒x4=8⇒∑x2i=586+82=650ˉy=8=16∑yi⇒48=36+y5+y6⇒y5+y6=12;Var(Y)=163=EY2−(EY)2=(342+y25+y26)/6−82⇒y25+y26=74由{y5+y6=12y25+y26=74⇒(y5,y6)=(7,5)(題意:y5>y6)⇒相關係數r=∑(xiyi)−(∑xi)(∑yi)/n√∑x2i−(∑xi)2/n⋅√∑y2i−(∑yi)2/n=396+12⋅7+6⋅5−60⋅48/6√650−602/6⋅√416−482/6=305√2⋅4√2=34迴歸直線斜率m=∑(xiyi)−(∑xi)(∑yi)/n∑x2i−(∑xi)2/n=30(5√2)2=35⇒(r,m)=(34,35)
解答:f(x)=10∑k=1xk=x+x2+⋯+x10=x−x111−x⇒f′(x)=1+2x+3x2+⋯+10x9=1−11x101−x+x−x11(1−x)2⇒xf′(x)=10∑k=1kxk=x−11x111−x+x2−x12(1−x)2=x−11x11+10x12(1−x)215+452+753+⋯+28510=10∑k=13k−25k=310∑k=1k5k−210∑k=115k=3⋅(1/5)−11/511+10/512(1−1/5)2−2⋅1/5−1/5111−1/5=1/5+2/52−31/511+28/51216/25=7−31/59+28/51016=7+(−127)×151016⇒{p=7q=−127r=16⇒p+q+r=7−127+16=−104
解答:f(x)=10∑k=1xk=x+x2+⋯+x10=x−x111−x⇒f′(x)=1+2x+3x2+⋯+10x9=1−11x101−x+x−x11(1−x)2⇒xf′(x)=10∑k=1kxk=x−11x111−x+x2−x12(1−x)2=x−11x11+10x12(1−x)215+452+753+⋯+28510=10∑k=13k−25k=310∑k=1k5k−210∑k=115k=3⋅(1/5)−11/511+10/512(1−1/5)2−2⋅1/5−1/5111−1/5=1/5+2/52−31/511+28/51216/25=7−31/59+28/51016=7+(−127)×151016⇒{p=7q=−127r=16⇒p+q+r=7−127+16=−104
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