111年高雄市高中教甄聯招-數學詳解

 高雄市111 學年度市立高級中等學校聯合教師甄選

(一)、計算題:

1.設A 、B 兩箱中， A 箱內有一黑一白共兩球， B 箱內則有一白球。甲乙二人輪流取球，每次先由甲自A 箱內任取一球，放入B 箱內，再由乙自B 箱內任取一球，放回A 箱內，這樣稱為一局。若重複數局，當達到穩定狀態時， A 箱內有一黑一白球之機率為何？。

解答：

$$假設\cases{狀態S: A袋有1黑球1白球、B袋有1白球\\ 狀態T: A袋有2白球、B袋有1黑球} \Rightarrow \cases{P(S\to S)=3/4\\ P(S\to T)=1/4\\ P(T\to T)=2/4\\ P(T\to S)=2/4}，如上圖\\ 因此狀態轉換矩陣M=\begin{bmatrix} 3/4 & 1/2 \\ 1/4 & 1/2\end{bmatrix} = P^{-1}QP =\begin{bmatrix} -1 &  2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1/4 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1/3 & 2/3 \\ 1/3 & 1/3\end{bmatrix} \\ \Rightarrow M^\infty =P^{-1}Q^\infty P=\begin{bmatrix} -1 &  2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \color{red}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1/3 & 2/3 \\ 1/3 & 1/3\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}  2/3 & 2/3 \\ 1/3 & 1/3 \end{bmatrix}\\ 初始狀態是S，因此 M^\infty \begin{bmatrix}  1   \\ 0   \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}  2/3   \\ 1/3   \end{bmatrix}\Rightarrow 穩定後在狀態S的機是\bbox[red,2pt]{2\over 3}，在狀態T的機率是{1\over 3}$$

解答： $$y= f(x) =|3x-10|-|x^2-6x+5|= |3x-10|-|(x-5)(x-1)|\\ \Rightarrow f(x)- 5= \begin{cases} -x^2+9x-20=-(x-4)(x-5) & x\ge 5,\\ x^2-3x-10=(x-5)(x+2) & {10\over 3}\le x\le 5 \\ x^2-9x+10=(x-{9+\sqrt {41}\over 2})(x-{9-\sqrt {41}\over 2}) & 1\le x\le {10\over 3}\\ -x^2+3x =-x(x-3)& x\le 1\end{cases} \\ 因此f(x)-5\gt 0 \Rightarrow \cases{(4\lt x\lt 5) \cap (x\ge 5) =\color{blue}\varnothing\\[1ex] (x\gt 5或x\lt -2) \cap ({10\over 3}\le x\le 5)= \color{blue}\varnothing\\[1ex] (x\gt {9+\sqrt {41}\over 2}或x\lt {9-\sqrt {41}\over 2}) \cap (1\le x\le {10\over 3})= 1\le x\lt {9-\sqrt {41}\over 2} \cdots(1)\\[1ex] (0\lt x\lt 3) \cap (x\le 1) = 0\lt x\le 1 \cdots(2)}\\[1ex] (1)\cup (2) \Rightarrow \bbox[red,2pt]{0\lt x\lt{9-\sqrt {41}\over 2} }$$

解答：

$$y=ax^2 +2 \Rightarrow V(0,2);\\將直線L:y=-x+4a 代入y=ax^2 +2 \Rightarrow ax^2+2=-x+4a \Rightarrow ax^2+x+2-4a=0 \\ \Rightarrow x = {-1\pm \sqrt{(4a-1)^2}\over 2a} ={-1\pm (4a-1)\over 2a} \Rightarrow x=(2-{1\over a}),-2 \Rightarrow \cases{B(-2,4a+2)\\ C(2-1/a,-2+4a+1/a)} \\ \Rightarrow \cases{\overline{BC}=(4-{1\over a})\sqrt 2\\ d(V,L)= {4a-2\over \sqrt 2} } \Rightarrow \triangle VBC ={1\over 2}\cdot (4-{1\over a})\sqrt 2\cdot {4a-2\over\sqrt 2} ={72\over 5} \\ \Rightarrow 16a+{2\over a}-{204\over 5}=0 \Rightarrow 40a^2-102a+5=0 \Rightarrow (20a-1)(2a-5)=0 \Rightarrow a=\bbox[red,2pt]{5\over 2} ({1\over 20}\not \gt {1\over 2},不合)$$

解答：

$$f(x)= \sqrt{x^2 +(\log_2 x)^2}+ \sqrt{(x-5)^2+ (\log_2 x-1)^2} =\overline{OP} +\overline{PQ}\\，其中\cases{P(x,\log_2 x) \in \Gamma: y=\log_2 x\\ Q(5,1)\\ O(0,0)}；\\ 因此當O、P、Q成一直線時，f(x)=\overline{OQ}=\bbox[red, 2pt]{\sqrt{26}} 為最小值$$

解答：

$$令f(x)= x^4+x^3-4x^2-3x+k，依題意f(x)=0有兩根為\alpha、\beta，符合\alpha+\beta=-1\\，因此g(x)=(x-\alpha)(x-\beta) =x^2+x+\alpha\beta 為f(x)的因式\\，利用長除法可得 f(x)=g(x)(x^2-4-\alpha\beta)，過程如上圖所示；\\因此\alpha\beta =-1 \Rightarrow f(x)=(x^2+x-1)(x^2-3) \Rightarrow f(x)=0的解為\bbox[red,2pt]{\pm \sqrt 3,{-1\pm \sqrt 5\over 2}}$$

解答： $$\cases{a_1=3,a_2={7\over 4}\\ a_n+\alpha = {1\over 2}(a_{n-1}+\alpha), n\ge 2} \Rightarrow a_2+\alpha = {1\over 2}(a_1+\alpha) \Rightarrow {7\over 4}+\alpha = {1\over 2}(3+\alpha) \Rightarrow \alpha=-{1\over 2} \\ 取b_n= a_n+\alpha，則b_n= {1\over 2}b_{n-1} \Rightarrow b_{10}= {1\over 2}b_9 =({1\over 2})^2b_8 =  \cdots =({1\over 2})^9b_1 \\ \Rightarrow a_{10}+\alpha=({1\over 2})^9(a_1+\alpha) \Rightarrow a_{10}-{1\over 2}= {1\over 512}(3-{1\over 2}) ={5\over 1024} \Rightarrow a_{10} = \bbox[red,2pt]{517 \over 1024}$$

解答： $$\log_{n+1} a_n = {\log a_n\over \log(n+1)} =1+ {1\over (n+1)\log(n+1)} \Rightarrow \log a_n = \log(n+1)+{1\over n+1} \\\Rightarrow a_n= (n+1)e^{1\over n+1} \Rightarrow {a_n\over n+1}=e^{1\over n+1} \lt 1.2 \Rightarrow {1\over n+1}\lt \log 1.2 = 2\log 2+\log 3-1 =0.0791\\ \Rightarrow n+1 \gt {1\over 0.0791} \approx 12.64 \Rightarrow 最小自然數n=\bbox[red,2pt]{12}$$

8.坐標平面上有一個橢圓，已知在(8 ,4)、(9 ,11)、(15 ,5) 和(16 ,12) 這四個點中，有兩個是焦點，另外兩個是頂點，則此橢圓的長軸長度=______

解答： $$令\cases{A(8,4)\\ B(9,11)\\ C(15,5)\\ D(16,12)}，則\overline{AB} =\overline{BD} =\overline{CD}=\overline{AC}=5\sqrt 2 \Rightarrow 2a = 5\sqrt 2\times 2 =\bbox[red,2pt]{10\sqrt 2}$$

9.坐標平面上， $x$ 坐標與$y$ 坐標均為整數的點稱為格子點。令$n$ 為正整數，$T_n$為平面上以直線$y={-1\over 2n}x+3$，以 $x$ 軸、 $y$ 軸所圍成的三角形區域（包含邊界），而$a_n$為$T_n$上的格子點數目，則$\lim_{n\to \infty}{a_n\over n}$= _____。

解答： $$利用皮克定理:A=i+{b\over 2}-1，其中\cases{i:內部格子點數量\\ b:邊界上的格子點數量}\\ 直線L:y=-{1\over 2n}x+3與坐標軸交於\cases{A(0,3)\\ B(6n,0)} \Rightarrow  \cases{T_n面積= \triangle OAB面積 = 9n \\ \overline{OA}格子點數目=2(不含端點)\\ \overline{OB}格子點數目= 6n-1(不含端點)\\ \overline{AB}格子點數目=2(不含端點)} \\ \Rightarrow 9n= i+{1\over 2}(6n+6)-1 \Rightarrow i=6n-2 \Rightarrow a_n = i+b= 6n-2+6n+6=12n+4\\ \Rightarrow \lim_{n \to \infty}{a_n\over n} =\bbox[red,2pt]{12}$$

10.美國職業籃球NBA 總決賽採用7戰4勝制﹐即若某隊先取得4場的勝利﹐則比賽結束﹒根據非官方的統計﹐任兩隊在每一場決賽中取勝的機率相等﹐且主辦一場決賽﹐主辦單位有機會透過出售電視轉播權、門票、廣告費及週邊零售商品等收入中獲取的收益達2400 萬美元﹐試預估該年度主辦單位在總決賽中收益的期望值為多少萬美元？

解答： $$假設兩隊為A及B，勝利序列代表贏球球隊的代號排列\\比四場:\cases{AAAA\\BBBB }，排列數均為1 \Rightarrow  機率P(X=4)=2\cdot ({1\over 2})^4  \\ 比五場:\cases{XXXXA (XXXX代表3A1B排列) \\XXXXB(XXXX代表3B1A排列)} \Rightarrow P(X=5)=2C^4_1({1\over 2})^5 \\ 比六場:\cases{XXXXXA，XXXXX代表3A2B排列\\XXXXXB，XXXXX代表3B2A排列}\Rightarrow P(X=6)=2C^5_2({1\over 2})^6\\比七場:\cases{XXXXXXA，XXXXXX代表3A3B排列\\ XXXXXXB，XXXXXX代表3A3B排列} \Rightarrow P(X=7)=2C^6_3({1\over 2})^7\\期望值 = 4 \cdot 2400\cdot P(X=4) +5 \cdot 2400 \cdot P(X=5) + 6\cdot 2400 \cdot P(X=6) + 7\cdot 2400\cdot P(X=7) \\ =9600\cdot {1\over 8} + 12000\cdot {1\over 4} +14400\cdot {5\over 16}+16800\cdot {5\over 16} =\bbox[red,2pt]{13950萬美元}$$

11.在座標平面上$\triangle ABC$內部有一點$P$，若$\triangle PAB, \triangle PBC, \triangle PCA$ 其面積比為3:1:2，且 $|2\overrightarrow{NA}+4 \overrightarrow{NB} +6\overrightarrow{NC}|=36$，求$|\overrightarrow{NP}|$=_____

解答： $$\triangle PAB: \triangle PBC:\triangle PCA=3:1:2 \Rightarrow \overrightarrow{PA}+2 \overrightarrow{PB} +3\overrightarrow{PC}=0 \Rightarrow  \overrightarrow{AP}+2 \overrightarrow{BP} +3\overrightarrow{CP}=0\\ 又\cases{\overrightarrow{NP} =\overrightarrow{NA}+ \overrightarrow{AP} \\ 2\overrightarrow{NP} =2\overrightarrow{NB}+ 2\overrightarrow{BP} \\ 3\overrightarrow{NP} =3\overrightarrow{NC}+ 3\overrightarrow{CP} } \Rightarrow 6\overrightarrow{NP} = (\overrightarrow{NA}+2 \overrightarrow{NB} +3\overrightarrow{NC}) +0 \\ \Rightarrow 6|\overrightarrow{NP} |= |\overrightarrow{NA}+2 \overrightarrow{NB} +3\overrightarrow{NC}|=36\div 2=18 \Rightarrow |\overrightarrow{NP} |=\bbox[red,2pt]{3}$$

解答： $$A=\begin{bmatrix} -7/25 & 24/25\\ 24/25 & 7/25\end{bmatrix} \Rightarrow \cases{\sin 2\theta =24/25\\ \cos 2\theta =2\cos^2\theta -1=-7/25}  \Rightarrow \cases{\sin \theta=4/5\\ \cos\theta =3/5}\\ \Rightarrow 直線L斜率=\tan\theta =4/3 \Rightarrow L: y={4\over 3}x \Rightarrow \bbox[red,2pt]{4x-3y=0}$$

解答： $$A_{32}=\begin{bmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} & \dots & a_{1,32} \\a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} & \dots & a_{2,32} \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots\\ a_{32,1} & a_{32,2} &a_{32,3} & \dots & a_{32,32}\end{bmatrix}，欲求a_{12,24}\\ 若i+j=k，我們稱a_{i,j}位在第k斜排；因此k=2,3,\dots,64，且\cases{k為奇數\Rightarrow a_{i,j}\gt a_{m,n}\text{ if }i\gt m\\ k為偶數\Rightarrow a_{i,j}\gt a_{m,n}\text{ if }i\lt m}\\ a_{12,24}位於第36斜排，且36為偶數，因此在第36斜排的順序:a_{4,32}\lt a_{5, 31}  \lt \cdots   \lt a_{12,24} \lt \cdots \lt a_{32,4}\\ 第2斜排至第35斜排共有1+2+\cdots +32+31+30= 589 \Rightarrow a_{4,32}=590 \Rightarrow a_{12,24}=\bbox[red,2pt]{598}$$

解答： $$\cases{\vec a=(2,1,-1)\\ \vec b=(1,3,2)\\ \vec c=(-2,3,1)} \Rightarrow \vec u=\vec a-s\vec b-t\vec c=(2-s+2t,1-3s-3t,-1-2s-t) \\ \Rightarrow |\vec u| =\sqrt{f(s,t)} =\sqrt{(2-s+2t)^2 +(1-3s-3t)^2+(-1-2s-t)^2} \\ \Rightarrow \cases{f_s= 28s+18t-6 =0\\ f_t=18s+28t+4=0 } \Rightarrow (s,t)=({12\over 23},-{11\over 23}) \Rightarrow \sqrt{f({12\over 23},-{11\over 23})} =\sqrt{80\over 23} =\bbox[red,2pt]{4\sqrt{115}\over 23}$$

解答： $$令S(n)=\sum_{k=1}^n k，則\cases{(m,1)數字和=S(m)+S(m-1)=m^2\\ (m,2)數字和=2S(m) +2S(m-1) -1=2m^2-1 \\ (m,3)數字和= 3S(m)+ 3S(m-1)-2 =3m^2-2\\ \cdots\\ (m,n)數字和=nm^2-(n-1)} \\ 因此nm^2-(n-1) =145 \Rightarrow n(m^2-1)=144 =2^4\cdot 3^2\\ \Rightarrow \begin{array}{} m & m^2-1 &n \\\hline 1 & 0 &\times\\ 2 & 3 &48 \\ 3 & 8 & 18\\ 4 & 15 &\times \\ 5 & 24 & 6\\ 6 & 35 &\times \\ 7 & 48 & 3 \\ 8 & 63 & \times \\ 9 & 80 &\times \\ 10 & 99 &\times \\ 11& 120 &\times\\ \times \\\hline   \end{array} \Rightarrow (m,n)= \bbox[red,2pt]{(2,48),(3,18), (5,6),(7,3)}$$

解答：

(1)

$$f(x)= x(x-1)(x-2)(x-3) \Rightarrow \begin{cases}f(x)\ge 0 & x\ge 3\\ f(x)\le 0 & 2\le x\le 3\\  f(x)\ge 0 & 1\le x\le 2\\ f(x)\le 0 & 0\le x\le 1\\ f(x)\ge 0 & x\le 0\end{cases} \Rightarrow \cases{\int_3^\infty f(x)\;dx \to \infty\\ I_3= \int_2^3 f(x)\;dx \lt 0\\ I_2= \int_1^2 f(x)\,dx \gt 0\\ I_1=\int_0^1 f(x)\,dx \lt 0\\ \int_{-\infty}^0f(x)\,dx \to \infty} \\ \int f(x)\,dx = {1\over 5}x^5-{3\over 2}x^4 +{11\over 3}x^3-3x^2 +C \Rightarrow \cases{I_3=-{19\over 30} \\I_2 ={11\over 30} \\I_1=-{19\over 30} } \Rightarrow I_1+I_2+I_3 =-{9\over 10} \lt I_1\\ \Rightarrow 最小值=\bbox[red,2pt]{-{9\over 10}}$$ (2) $$\int_{-c}^c f(x)\,dx  = \left. {1\over 5}x^5-{3\over 2}x^4 +{11\over 3}x^3-3x^2 \right|_{-c}^c ={2\over 5}c^5+{22\over 3}c^3 \gt 0, \forall c\gt 0，\bbox[red,2pt]{故得證}$$

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解題僅供參考，其他教甄試題及詳解