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+⋯⇒lim
解答:可重複選取,共有4^3=64種組合,但需扣除非直線及重複的直線,如下:\\ \begin{array}{} a & b& c& 說明\\\hline 0 & 0 & 0 & 非直線\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 3\\\hdashline 0 & 1 & 1& y=1\\ 0 & 2 & 2\\ 0 & 3 & 3\\\hdashline 1 & 0 & 1 & x=1\\ 2 & 0 & 2\\ 3 & 0 & 3\\\hdashline 1 & 1 & 0 & x+y=0\\ 2 & 2& 0 \\ 3 & 3 & 0\\\hdashline 1 & 1 & 1& x+y=1\\ 2 & 2& 2 \\ 3 & 3& 3\\\hdashline 1 & 0 & 0 & x=0\\ 2& 0 & 0\\ 3 & 0 & 0\\\hdashline 0 & 1& 0 & y=0\\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 0\\\hline\end{array} \Rightarrow 需扣除4 + 6\times 2=16,因此有64-16=\bbox[red, 2pt]{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+⋯⇒lim
解答:可重複選取,共有4^3=64種組合,但需扣除非直線及重複的直線,如下:\\ \begin{array}{} a & b& c& 說明\\\hline 0 & 0 & 0 & 非直線\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 3\\\hdashline 0 & 1 & 1& y=1\\ 0 & 2 & 2\\ 0 & 3 & 3\\\hdashline 1 & 0 & 1 & x=1\\ 2 & 0 & 2\\ 3 & 0 & 3\\\hdashline 1 & 1 & 0 & x+y=0\\ 2 & 2& 0 \\ 3 & 3 & 0\\\hdashline 1 & 1 & 1& x+y=1\\ 2 & 2& 2 \\ 3 & 3& 3\\\hdashline 1 & 0 & 0 & x=0\\ 2& 0 & 0\\ 3 & 0 & 0\\\hdashline 0 & 1& 0 & y=0\\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 0\\\hline\end{array} \Rightarrow 需扣除4 + 6\times 2=16,因此有64-16=\bbox[red, 2pt]{48}不同的直線
解答:
\cases{g(3-2i)=0 \\ \deg(g)=2}\Rightarrow g(x)=a(x-(3-2i))(x-(3+2i)) = a(x^2-6x+13),\\又g(0)=26 \Rightarrow 13a=26\Rightarrow a=2 \Rightarrow g(x)= 2(x^2-6x+13)\\ \cases{f(3-2i)=0\\ \deg(f)=3} \Rightarrow f(x)= (x^2-6x+13)(bx+c),又\cases{f(0)=13 \\ f(1)=16} \Rightarrow \cases{13c=13 \\ 8(b+c)=16} \\ \Rightarrow \cases{b=1\\ c=1} \Rightarrow f(x)=(x^2-6x+13)(x+1)\\ f(x)=g(x) \Rightarrow x+1=2 \Rightarrow x=1 \Rightarrow P=(1,g(1))= (1,16);\\ f'(x)= (2x-6)(x+1)+ (x^2-6x+13) \Rightarrow f'(1)= -8+8=0 \Rightarrow 切線L為一水平線:y=16 \\ \Rightarrow \cases{ L\cap (y=f(x)) \Rightarrow (x^2-6x+13)(x+1)=16 \Rightarrow x=1,3\\ L\cap (y=g(x)) \Rightarrow 2(x^2-6x+13)=16 \Rightarrow x=1,5} \\ \Rightarrow {F\over G} =\cfrac{\int_1^3 16-f(x)\,dx}{\int_1^5 16-g(x)\,dx} =\cfrac{4/3}{64/3} = \bbox[red, 2pt]{1\over 16}
解答:令\cases{z_1= a+ 2ai\\ z_2= \cos(-\theta) +i\sin (-\theta)} \Rightarrow \cases{P(z_1)的軌跡為一直線:y=2x\\ Q(z_2) 的軌跡為一單位圓,且圓心在原點,即x^2+y^2=1} \\\Rightarrow z= (a+\cos\theta) +(2a-\sin\theta)i = z_1+z_2 \Rightarrow |z|= |z_1+z_2 | \le 2\\ 因此直線與單位圓的交點(\pm {1\over \sqrt 5},\pm {2\over \sqrt 5})就是線段的界限,即\bbox[red, 2pt]{-{1\over \sqrt 5} \le a\le {1\over \sqrt 5}}才符合|z|\le 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\times 9=144種填法\\,但兩個a長的一樣,所以有144\div 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72^2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\times 9\times 8=1152種;\\綜合以上,符合要求的填法共有72^2-72-1152= \bbox[red,2pt]{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\times 9=144種填法\\,但兩個a長的一樣,所以有144\div 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72^2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\times 9\times 8=1152種;\\綜合以上,符合要求的填法共有72^2-72-1152= \bbox[red,2pt]{3960}種
解答:
假設A、B在準線L的投影點分別為A'及B',則\overline{MN}為梯形AA'B'B的中線;\\依拋物線定義\cases{\overline{AA'}= \overline{AF}=a\\ \overline{BB'} = \overline{BF}= b},則中線長\overline{MN}= (a+b)/2;\\餘弦定理:\cos 60^\circ {1\over 2}={a^2+b^2-\overline{AB}^2 \over 2ab} \Rightarrow \overline{AB}^2 = a^2+b^2-ab \\\Rightarrow {\overline{MN} \over \overline{AB}} ={(a+b)/2\over \sqrt{a^2+b^2-ab}} ={a+b\over 2\sqrt{(a+b)^2-3ab}}\\ ={1\over 2\sqrt{1-{3ab\over (a+b)^2}}}\le {1\over 2\sqrt{1-{3ab\over 4ab}}}=1(\because a+b\ge 2\sqrt{ab} \Rightarrow (a+b)^2 \ge 4ab) \\ \Rightarrow {\overline{MN} \over \overline{AB}} 最大值=\bbox[red, 2pt]{1}
解答:\begin{array}{c|cccccc|r}i &1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & \sum\\ \hline x_i &15 & 9 & 10 & x_4 & 12 & 6 & 52+x_4\\ y_i & 12 & 10 & 7 & 7 & y_5 & y_6 & 36+ y_5+y_6\\\hdashline x_i^2 & 225 & 81 & 100 & x_4^2 & 144 & 36 & 586+x_4^2\\y_i^2 & 144 & 100 & 49 & 49 & y_5^2 & y_6^2 & 342+y_5^2 +y_6^2\\x_i y_i & 180 & 90 & 70 & 7x_4 & 12y_5 & 6y_6 & 340+7x_4 +12y_5+ 6y_6\end{array}\\ \bar x=10={1\over 6} \sum x_i \Rightarrow 60 =52+x_4 \Rightarrow x_4=8 \Rightarrow \sum x_i^2 = 586+8^2 = 650\\ \bar y= 8 ={1\over 6}\sum y_i \Rightarrow 48 = 36+y_5+y_6 \Rightarrow y_5+y_6 = 12;\\ Var(Y)={16\over 3} = EY^2 -(EY)^2 = (342+y_5^2+y_6^2)/6-8^2 \Rightarrow y_5^2 +y_6^2= 74\\ 由\cases{y_5+y_6=12 \\ y_5^2+y_6^2 =74} \Rightarrow (y_5,y_6) =(7,5) (題意:y_5\gt y_6)\\\Rightarrow 相關係數r=\cfrac{\sum (x_iy_i)-(\sum x_i)(\sum y_i)/n}{\sqrt{\sum x_i^2-(\sum x_i)^2/n} \cdot \sqrt{\sum y_i^2-(\sum y_i)^2/n}} \\= \cfrac{396+12\cdot 7+6\cdot 5-60\cdot 48/6}{\sqrt{650-60^2/6}\cdot \sqrt{416-48^2/6}} ={30\over 5\sqrt 2\cdot 4\sqrt 2}={3\over 4}\\ 迴歸直線斜率m=\cfrac{\sum (x_iy_i)-(\sum x_i)(\sum y_i)/n}{ {\sum x_i^2-(\sum x_i)^2/n} } ={30\over (5\sqrt 2)^2} ={3\over 5}\\ \Rightarrow (r,m)= \bbox[red, 2pt]{({3\over 4},{3\over 5})}
解答:f(x)=\sum_{k=1}^{10}x^k = x+ x^2+\cdots + x^{10}={x-x^{11}\over 1-x} \Rightarrow f'(x)=1+2x+ 3x^2+\cdots +10x^9 \\={1-11x^{10}\over 1-x} +{x-x^{11}\over (1-x)^2} \Rightarrow xf'(x)= \sum_{k=1}^{10}kx^k = {x-11x^{11}\over 1-x} +{x^2-x^{12}\over (1-x)^2} ={x-11x^{11}+ 10x^{12}\over (1-x)^2}\\{1\over 5}+ {4\over 5^2} +{7\over 5^3}+\cdots +{28\over 5^{10}} =\sum_{k=1}^{10} {3k-2\over 5^k} =3\sum_{k=1}^{10} {k\over 5^k}-2\sum_{k=1}^{10}{1\over 5^k}\\ =3\cdot {(1/5)-11/5^{11}+10/5^{12}\over (1-1/5)^2}-2\cdot {1/5-1/5^{11}\over 1-1/5} = {1/5+2/5^2-31/5^{11}+ 28/5^{12}\over 16/25} \\={7-31/5^9+28/5^{10}\over 16} =\cfrac{7+(-127)\times{1\over 5^{10}}}{16} \Rightarrow \cases{p=7\\ q=-127\\ r=16} \Rightarrow p+q+r =7-127+16= \bbox[red,2pt]{-104}
解答:f(x)=\sum_{k=1}^{10}x^k = x+ x^2+\cdots + x^{10}={x-x^{11}\over 1-x} \Rightarrow f'(x)=1+2x+ 3x^2+\cdots +10x^9 \\={1-11x^{10}\over 1-x} +{x-x^{11}\over (1-x)^2} \Rightarrow xf'(x)= \sum_{k=1}^{10}kx^k = {x-11x^{11}\over 1-x} +{x^2-x^{12}\over (1-x)^2} ={x-11x^{11}+ 10x^{12}\over (1-x)^2}\\{1\over 5}+ {4\over 5^2} +{7\over 5^3}+\cdots +{28\over 5^{10}} =\sum_{k=1}^{10} {3k-2\over 5^k} =3\sum_{k=1}^{10} {k\over 5^k}-2\sum_{k=1}^{10}{1\over 5^k}\\ =3\cdot {(1/5)-11/5^{11}+10/5^{12}\over (1-1/5)^2}-2\cdot {1/5-1/5^{11}\over 1-1/5} = {1/5+2/5^2-31/5^{11}+ 28/5^{12}\over 16/25} \\={7-31/5^9+28/5^{10}\over 16} =\cfrac{7+(-127)\times{1\over 5^{10}}}{16} \Rightarrow \cases{p=7\\ q=-127\\ r=16} \Rightarrow p+q+r =7-127+16= \bbox[red,2pt]{-104}
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