國立彰化女子高級中學111 學年度第二次教師甄選
一、填充題 (每題5 分,共計75 分)
1.某冰淇淋店最少需準備n 桶不同口味的冰淇淋,才能滿足廣告所稱「任選兩球不同口味冰淇淋的組合數超過500 種」。試問來店顧客從n 桶中任選兩球(可為同一口味)共有___________種方法。
2.彰化女中籃球校隊想招收隊員,某參加甄選的學生聲稱自身的投籃命中率p≥0.4,校方想透過檢定的方式來決定她的聲稱是否採信。假設「此學生的投籃命中率p≥0.4」且「投籃直到第一次進球共需X 次」,在顯著水準為0.05的條件之下,求隨機變數X 的拒絕域為__________。( log2≈0.3010、log3≈0.4771)
解答:√x+√2022=√xy+2022⇒(√x+√2022)2=(√xy+2022)2⇒x+2022+2√2022x=xy+2022⇒2√2022x=x(y−1)⇒√2022x=y−12>0y−12是有理數⇒2022x是完全平方數⇒x=2022或2022⋅22⇒(x,y)=(2022,3)或(8088,2)
解答:n+4n2+7=n+4(n2−16)+23=n+4(n+4)(n−4)+23⇒若n+4是23的倍數,則n+4n2+7不是最簡分數而1−1000有⌊100023⌋=43個23的倍數,因此n有1000−43=957可能值
解答:假設an=兩人中間有n格,提前結束的方法數,則{a0=1:甲走一步a1=2:甲走兩步、甲走一步乙走一步;而且每人只可走1或2步,因此an=an−1+an−2⇒a2=3⇒a3=5⇒a4=8⇒a5=13⇒a6=21⇒a7=34⇒a8=55⇒a9=89⇒a10=144
解答:n+2n!+(n+1)!+(n+2)!=n+2n!(1+(n+1)+(n+2)(n+1))=n+2n!((n+2)+(n+2)(n+1))=n+2n!(n+2)2=1n!(n+2)=n+1n!(n+1)(n+2)=n+1n+2!=(n+2)−1n+2!=1(n+1)!−1(n+2)!因此limn→∞n∑k=1k+2k!+(k+1)!+(k+2)!=limn→∞n∑k=1(1(k+1)!−1(k+2)!)=limn→∞(12!−1(n+2)!)=12
解答:
延長¯BP交¯AC於D,如上圖,並令{∠PAD=θ¯PD=a,則∠PDA=180∘−∠ABD−∠A=60∘⇒∠DPC=30∘⇒¯DC=¯DP=a⇒cos∠PDC=cos120∘=−12=a2+a2−¯CP22a2⇒¯CP=√3a{△ADP:asinθ=¯APsin60∘⇒¯AP=√3a2sinθ⋯(1)△ABP:¯APsin80∘=¯BPsin(40∘−θ)⇒¯AP=sin80∘sin(40∘−θ)¯BP⋯(2)△BCP:√3asin20∘=¯BPsin10∘⇒¯BP=sin10∘sin20∘√3a⋯(3)將(3)代入(2)⇒¯AP=sin80∘sin(40∘−θ)×sin10∘sin20∘√3a=√3a2sinθ⇒sinθ=sin20∘2sin10∘sin80∘sin(40∘−θ)=sin20∘cos70∘−cos90∘sin(40∘−θ)=sin20∘cos70∘sin(40∘−θ)=sin20∘sin20∘sin(40∘−θ)=sin(40∘−θ)⇒sinθ=sin(40∘−θ)⇒θ=20∘
解答:y=22n+1x2−3⋅2nx+1=(2nx−1)(2n+1x−1)⇒{Pn(1/2n+1,0)Qn(1/2n,0)Rn(0,1)⇒an=△PnQnRn面積=12⋅(12n−12n+1)⋅1=12n+2⇒∞∑n=1an=∞∑n=112n+2=14
解答:本題送分
解答:
解答:本題送分
解答:
改變視角,從原圖(上圖)↔PQ視角望去,讓P、Q兩點重疊(命名為T),則T、R、S為一三角形,且∠RTS=120∘;因此兩歪斜線距離就是¯RS上的高(h),先利用餘弦定理求¯RS,cos120∘=32+52−¯RS22⋅3⋅5⇒¯RS=7;再利用2△TRS面積=3⋅5⋅sin120∘=7h⇒h=1514√3
解答:
由於\overline{AB}是直角\triangle APB與直角\triangle AOB的共同斜邊,因此A、B、O、P共圓;\\ 假設圓半徑=r,則\cases{\overline{PB}^2 = \overline{AB}^2-\overline{AP}^2 = 4r^2-8 \Rightarrow \overline{PB} =\sqrt{4r^2-8}\\ \overline{OA}^2+\overline{OB}^2 =\overline{AB}^2 \Rightarrow \overline{OA}=\overline{OB} =\sqrt 2r}\\ 依\href{https://chu246.blogspot.com/2020/11/ptolemys-theorem.html}{托勒密定理}: \overline{OA}\times \overline{PB} = \overline{OP}\times \overline{AB}+ \overline{PA}\times \overline{OB} \Rightarrow \sqrt 2r \cdot \sqrt{4r^2-8} =6r+ 4r\\ \Rightarrow 2r^2(4r^2-8)=100r^2 \Rightarrow 4r^2-8=50 \Rightarrow \overline{PB}= \sqrt{4r^2-8} =\bbox[red,2pt]{5\sqrt 2}
解答:f(1-{1\over x})+2f({1\over 1-x}) +3f(x)=12x \Rightarrow \cases{x=-1 \Rightarrow f(2)+2 f({1\over 2})+3f(-1)= -12\\ x={1\over 2} \Rightarrow f(-1)+2f(2) +3f({1\over 2}) =6 \\ x= 2 \Rightarrow f({1\over 2}) +2 f(-1)+3f(2) = 24} \\ \Rightarrow \cases{f(-1)=f({1\over 2})= -5\\ f(2)=\bbox[red,2pt]{13}}
解答:即然兩焦點至任一切線的距離為定值,因此假設橢圓為左右形,即a\gt b\gt 0,因此\cases{F_1(-c,0)\\ F_2(c,0)};\\ 並取右端點切線L:x=a \Rightarrow \cases{d(F_1,L)=a+c\\ d(F_2,L)=a-c} \Rightarrow d(F_1,L)\times d(F_2,L)= a^2-c^2= b^2\\ 若橢圓為上下形,即b\gt a\gt 0,此時\cases{F_1(0,c)\\ F_2(0,-c)},右端點切線L:x=a \Rightarrow \cases{d(F_1,L)=a\\ d(F_2,L)=a} \\ \Rightarrow d(F_1,L)\times d(F_2,L)=a^2;因此兩焦點至任一切線的距離為\bbox[red,2pt]{\begin{cases}b^2 & \text{if }a\gt b\gt 0\\ a^2 & \text{if } b\gt a\gt 0 \end{cases}}
解答:兩圖形\cases{\Gamma: y=f(x)=x^4-4x^3+10\\ L:y=mx+a} 的交點有兩個\Rightarrow f(x)=mx+a 有二重根\\ \Rightarrow x^4-4x^3-mx+(10-a)=0的二重根\alpha,\beta,滿足\cases{\alpha+\alpha+\beta+\beta =2(\alpha+\beta)= 4\\ \alpha^2+4\alpha\beta+ \beta^2= (\alpha+\beta)^2 +2\alpha\beta =0\\ 2\alpha\beta(\alpha+\beta)=m \\ \alpha^2\beta^2=10-a} \\ \Rightarrow \cases{\alpha+\beta =2 \\ \alpha\beta =-2 \\ m=-8\\ a=6} \Rightarrow L:\bbox[red, 2pt]{y=-8x+6}
解答:P_n在單位圓上 \Rightarrow \overline{OP_n}=1, n=1-2022 \Rightarrow a_1+a_2+ \cdots + a_{2022}\ge 1 \cdots(1)\\ 柯西不等式: (a_1^2 +a_2^2 + \cdots +a_{2022}^2)(1^2+1^2 +\cdots +1^2) \ge (a_1+a_2+\cdots +a_{2022})^2 \\ \Rightarrow {1\over 2022} \cdot 2022 \ge (a_1+a_2+\cdots +a_{2022})^2 \Rightarrow a_1+a_2+\cdots +a_{2022}\le 1 \cdots(2) \\ 由(1)及(2)可知 1\le a_1+a_2+\cdots +a_{2022}\le 1,再由夾擠定理可知a_1+a_2+\cdots +a_{2022}= \bbox[red,2pt]{1}
解答:
解答:即然兩焦點至任一切線的距離為定值,因此假設橢圓為左右形,即a\gt b\gt 0,因此\cases{F_1(-c,0)\\ F_2(c,0)};\\ 並取右端點切線L:x=a \Rightarrow \cases{d(F_1,L)=a+c\\ d(F_2,L)=a-c} \Rightarrow d(F_1,L)\times d(F_2,L)= a^2-c^2= b^2\\ 若橢圓為上下形,即b\gt a\gt 0,此時\cases{F_1(0,c)\\ F_2(0,-c)},右端點切線L:x=a \Rightarrow \cases{d(F_1,L)=a\\ d(F_2,L)=a} \\ \Rightarrow d(F_1,L)\times d(F_2,L)=a^2;因此兩焦點至任一切線的距離為\bbox[red,2pt]{\begin{cases}b^2 & \text{if }a\gt b\gt 0\\ a^2 & \text{if } b\gt a\gt 0 \end{cases}}
解答:兩圖形\cases{\Gamma: y=f(x)=x^4-4x^3+10\\ L:y=mx+a} 的交點有兩個\Rightarrow f(x)=mx+a 有二重根\\ \Rightarrow x^4-4x^3-mx+(10-a)=0的二重根\alpha,\beta,滿足\cases{\alpha+\alpha+\beta+\beta =2(\alpha+\beta)= 4\\ \alpha^2+4\alpha\beta+ \beta^2= (\alpha+\beta)^2 +2\alpha\beta =0\\ 2\alpha\beta(\alpha+\beta)=m \\ \alpha^2\beta^2=10-a} \\ \Rightarrow \cases{\alpha+\beta =2 \\ \alpha\beta =-2 \\ m=-8\\ a=6} \Rightarrow L:\bbox[red, 2pt]{y=-8x+6}
解答:邊長為6的正方體其四頂點可假設為\cases{O(0,0,0)\\ A(a,0 ,a) \\ B(0, a,a)\\ C(a,a,0)},其中a=3\sqrt 2\\\Rightarrow P={1\over 2}A+{1\over 3}B+ {1\over 6}C = ({2\over 3}a , {1\over 2}a , {5\over 6}a); \\ 令\cases{A'(s,0,s) \\ B'(0,t,t)\\ C'(u,u,0)},P為\triangle A'B'C'重心 \Rightarrow \cases{s+u = 2a\\ t+u= 3a/2\\ s+t= 5a/2} ,其中s,t,u\in \mathbb{R} \Rightarrow \cases{s =3a/2 \\ t=a \\ u=a/2} \\ \Rightarrow \cases{A'(3a/2,0,3a/2)\\ B'(0,a, a)\\ C'(a/2,a/2,0)} \Rightarrow OA'B'C'體積={1\over 6}\begin{Vmatrix} 3a/2 & 0 & 3a/2 \\ 0& a & a \\ a/2 & a/2 & 0\end{Vmatrix} ={3\over 2}a^3 =\bbox[red,2pt]{{27\over 2}\sqrt 2}
二、計算證明題:(共計25 分)
解答:e^x = 1+ x+ {x^2 \over 2!} +{x^3\over 3!} + \cdots \Rightarrow e^x \gt 1+x \Rightarrow e^{\pi/e-1} \gt 1+({\pi\over e}-1) \Rightarrow e^{\pi/e-1} \gt {\pi\over e} \\ \Rightarrow e^{\pi/e} \ge \pi \Rightarrow \bbox[red,2pt]{e^\pi \gt \pi^e,故得證}解答:P_n在單位圓上 \Rightarrow \overline{OP_n}=1, n=1-2022 \Rightarrow a_1+a_2+ \cdots + a_{2022}\ge 1 \cdots(1)\\ 柯西不等式: (a_1^2 +a_2^2 + \cdots +a_{2022}^2)(1^2+1^2 +\cdots +1^2) \ge (a_1+a_2+\cdots +a_{2022})^2 \\ \Rightarrow {1\over 2022} \cdot 2022 \ge (a_1+a_2+\cdots +a_{2022})^2 \Rightarrow a_1+a_2+\cdots +a_{2022}\le 1 \cdots(2) \\ 由(1)及(2)可知 1\le a_1+a_2+\cdots +a_{2022}\le 1,再由夾擠定理可知a_1+a_2+\cdots +a_{2022}= \bbox[red,2pt]{1}
解答:
此題相當於求P(2,0)至單位圓上正九邊形各頂點距離的平方和\\,即|2-\omega|^2 +|2-\omega^2|^2 +\cdots +|2-\omega^8|^2 = \sum_{n=1}^8 \overline{A_nP}^2\\ \triangle OA_nP: \cos \angle A_nOP = \cfrac{1^2+2^2 -\overline{A_nP}^2}{2\cdot 2\cdot 1} \Rightarrow \cos (40^\circ \cdot n) = \cfrac{5 -\overline{A_nP}^2}{ 4} \Rightarrow \overline{A_nP}^2=5-4\cos(40^\circ \cdot n)\\ \Rightarrow \sum_{n=1}^8 \overline{A_nP}^2 =\sum_{n=1}^8 (5-4\cos(40^\circ \cdot n))=40-4(\cos 40^\circ+ \cos 80^\circ +\cdots +320^\circ)\\= 40-8( \cos 40^\circ +\cos 80^\circ +\cos 120^\circ +\cos 160^\circ)=40-8(2\cos 60^\circ\cos 20^\circ-{1\over 2}+\cos 160^\circ) \\ =40-8( \cos 20^\circ+\cos 160^\circ+\cos 160^\circ-{1\over 2}) =40-8( 2\cos 90^\circ\cos 20^\circ-{1\over 2} ) \\ =40-8(-{1\over 2} )= \bbox[red,2pt]{44}
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解題僅供參考,其他教甄歷年試題及詳解
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