臺中市立臺中女子高級中等學校 111 學年度第二次教師甄選
壹、 填充題:每格 4 分,全對才給分,共 72 分。
解答:禮盒內的組合:{兩包口味相同有5種兩包口味均不同:C52=10⇒有10+5=15種不同的包裝三盒禮盒的組合:{三盒都一樣:15種二盒相同另一盒不同:15×14=210三盒都不一樣:C153=455⇒共有15+210+455=680組合方式
解答:An(xn,yn)逆時針旋轉90度變為Bn(−yn,xn)⇒An+1=(4An+3Bn)/7=17(4xn−3yn,3xn+4yn)⇒An+1=17[4−334][xnyn]⇒T=17[4−334]
解答:
{limx→∞f′(x)x2−3x+7=3f(x)在x=−1時有極值⇒{f′(x)=3x2+ax+bf′(−1)=0⇒{f(x)=x3+12ax2+bx+ca−b=3又limx→0f(x)x=limx→0x2+12x+b+cx=1⇒{c=0b=1⇒a=4⇒f(x)=x3+2x2+xf″(x)=0⇒6x+4=0⇒x=−2/3⇒y=f(−2/3)=−827+89−23=−227y=k與y=f(x)所圍兩面積相等⇒y=k經過y=f(x)的對稱中心B(−2/3,−2/27)⇒k=−227
解答:假設{C為原點→OB為x軸方向→OD為y軸方向→OG為z軸方向⇒{A(12,6,0)B(12,0,0)C(0,0,0)D(0,6,0)E(12,6,6)F(12,0,6)G(0,0,6)H(0,6,6)⇒E=ACH平面:x−2y+2z=0P(x,y,z)∈E⇒{d21=d(P,¯AD)2=(6−y)2+z2d22=d(P,¯DH)2=x2+(6−y)2d23=d(P,¯CD)2=x2+z2⇒d21+d22+d23=2(x2+(y−6)2+z2)利用Lagrange算子求極值:令{f(x,y,z)=x2+(y−6)2+z2g(x,y,z)=x−2y+2z⇒{fx=λgzfy=λgyfz=λgz⇒{2x=λ2(y−6)=−2λ2z=2λ⇒{x=z/2y=6−z代入g(z/2,6−z,z)=0⇒{x=4/3y=10/3z=8/3⇒f(4/3,10/3,8/3)=16⇒d21+d22+d23的極值=2f(4/3,10/3,8/3)=2×16=32
解答:
1−√4−y2=x⇒(1−x)2=4−y2⇒(x−1)2+y2=4⇒{圓心(1,0)半徑r=2此圓需滿足{x≤01−√4−y2≤0⇒{x≤0−√3≤y≤√3,因此剩下1≤x≤0的部份,見上圖著色部分令3x−y=k,此為斜率3的直線,因此k的極值出現在圓左右兩切線;而此圓僅剩左半部,依此經過(0,−√3)的直線y=3x−√3⇒k=√3=M現在來求左切線:y=3x−k代入圓方程式⇒(x−1)2+(3x−k)2=4⇒10x2−(2+6k)x+k2−3判別式為0⇒(2+6k)2−40(k2−3)=0⇒k2−6k−31=0⇒k=3−2√10(3+2√10為右切線)⇒m=3−2√10⇒M+m=3−2√10+√3
解答:
解答:邊長6√2⇒{O(0,0,0)A(6,0,6)B(0,6,6)C(6,6,0)⇒{¯OD=¯OA/6⇒D=(A+5O)/6=(1,0,1)¯OE=¯OB/3⇒B=(B+2O)/3=(0,2,2)¯OF=¯OC/2⇒F=(O+C)/2=(3,3,0)G=(B+C)/2=(3,6,3)⇒{→GD=(−2,−6,−2)→GE=(−3,−4,−1)→GF=(0,−3,−3)⇒DEFG體積=16‖−2−6−2−3−4−10−3−3‖=16×18=3
解答:假設通過P(−2,5)之直線L:y=m(x+2)+5,又¯PA:¯PB=1:2⇒P=(2A+B)/3,因此假設A(a,b)⇒B(−6−2a,15−2b)A、B皆在圓上⇒{a2+b2+2a−6b−3=0⇒(a+1)2(b−3)2=13⋯(1)(−6−2a)2+(15−2b)2+2(−6−2a)−6(15−2b)−3=0⇒a=2b−14代回(1)⇒(2b−13)2+(b−3)2=13⇒5b2−58b+165=0⇒(b−5)(5b−33)=9⇒{b=5⇒a=−4b=33/5⇒a=−4/5,P(a,b)=(−4,5)、(−4/5,33/5)皆在L上⇒{5=−2m+533/5=m(6/5)+5⇒{m=0m=4/3
解答:找(a,b,c)滿足a(x+y+2z)+b(y+2z)+c(x+2y+5z)=2x−3y−8z⇒{a+c=2a+b+2c=−32a+2b+5z=−8⇒{a=4b=−3c=−2⇒{−8≤4(x+y+2z)≤12−3≤−3(y+2z)≤9−6≤−2(x+2y+5z)≤8三式相加⇒2x−3y−8z≤29=m,此時{x+y+2z=3y+2z=−3x+2y+5z=−4⇒{x=6y=5z=−4⇒(p,q,r,m)=(6,5,−4,29)
解答:limn→∞1n6n∑k=1[(n2+nk+k2)(n+k)3]=limn→∞n∑k=11n[(1+kn+(kn)2)(1+kn)3]=∫10(1+x+x2)(1+x)3dx=∫10x5+4x4+7x3+7x2+4x+1dx=16+45+74+73+2+1=16120
解答:a+b2+c4=a8+⋯+a8⏟8個+b24+⋯+b24⏟4個+c42+c42=28⇒2814≥14√(a8)8⋅(b24)4⋅(c42)2=14√(abc)8234=14√648234=14√214=2⇒剛好等號成立,因此a8=b24=c42=k⇒{a=8kb2=4kc4=2k⇒a+b2+c4=14k=28⇒k=2⇒{a=16b=2√2c=√2⇒a+b+c=16+3√2
解答:a1,a2,a3成等差⇒{a1=a2−da3=a2+d,又a1為a2及a3的等比中項⇒(a2−d)2=a2(a2+d)⇒d2=3a2d⇒d=3a2⇒a1=a2−d=−2a2⇒a1=−23d⇒an=−23d+(n−1)d=(n−53)d⇒limn→∞Sn=limn→∞n∑k=1(n−53)d⋅(12)n=d(limn→∞n∑k=1n2n−53⋅(12)n)=d(2−53)=13d=5⇒d=15⇒a1=−23⋅15=−10
解答:
假設O=¯AC∩¯BD⇒△ABD△CBD=12¯AB⋅¯ADsinA12¯CB⋅¯CDsin(180∘−A)=¯AB⋅¯AD¯CB⋅¯CD=2⋅43⋅4=23又△ABD△CBD=¯AO¯OC,因此¯AO¯OC=23;同理,¯BO¯OD=3⋅24⋅4=38;{¯BO¯OD=38⇒→AO=311→AD+811→AB¯AO¯OC=23⇒→AO=25→AC⇒25→AC=311→AD+811→AB⇒→AC=1522→AD+2011→AB⇒x−y=2011−1522=2522
令{P(3,4)Q(z2)R(z1)=(cosθ,sinθ)O(0,0),由{|z2|=2⇒Q在半徑為2的圓上|z2−(3+4i)|=3⇒¯PQ=3¯OP=5⇒Q(65,85)又|z1−z2|=¯QR=√3⇒(65−cosθ)2+(85−sinθ)2=(√3)2⇒125cosθ+165sinθ=2⇒125cosθ+165√1−cos2θ=2⇒100cos2θ−60cosθ−39=0⇒cosθ=3+4√310(3−4√310<0,負值不合)⇒sinθ=4−3√310⇒z1=3+4√310+4−3√310i
Γ:y2=4x⇒{準線M:x=−1焦點F(1,0),又直線L斜率為2⇒L:y=2x+a將L代入Γ⇒(2x+a)2=4x⇒4x2+(4a−4)x+a2=0⇒x=(1−a)±√1−2a2¯AF+¯BF=d(A,M)+d(B,M)=((1−a)+√1−2a2+1)+((1−a)−√1−2a2+1)=1−a+2=4⇒a=−1⇒{x=2±√32L:y=2x−1⇒{A((2+√3)/2,1+√3)B((2−√3)/2,1−√3)⇒¯AB=√(√3)2+(2√3)2=√15
解答:f(x)=(x−√3)50+(x+1)50=50∑k=0akxk⇒a0−a2+a4−⋯−a50=12(f(i)+f(−i))=Re(f(i))=Re((i−√3)50+(i+1)50)=Re((2e5πi/6)50+(√2eπi/4)50)=249=k⇒log4k=log4249=log4449/2=492
解答:剛好繞兩圈且不會在第一圈結束的情形:(1)12奇排列:在第一圈(6奇)就結束(2)1偶10奇:只有"奇奇奇奇奇偶+奇奇奇奇奇奇"1種情況⇒機率=(12)11(3)2偶8奇排列數=C102=45需扣除{1偶4奇+1偶4奇:5×5=256奇+2偶2奇:C42=62偶2奇+6奇:C42=6剩下45−25−6−6=8種情況⇒機率=8×(12)10(4)3偶6奇排列數=C93=84需扣除{6奇+3偶:14奇1偶+2奇2偶:5×6=302奇2偶+4奇1偶=303偶+6奇:1剩下84−62=22⇒機率=22×(12)9(5)4偶4奇排列數=C84=70需扣除{1偶4奇+3偶:52偶2奇+2偶2奇:363偶+1偶4奇:5剩下70−46=24⇒機率=24×(12)8(6)5偶2奇排列數=C72=21需扣除{2偶2奇+3偶:63偶+2偶2奇:6剩下21−12=9⇒機率=9×(12)7(7)6偶排列:3偶繞一圈提前結束因此機率=(12)11+8×(12)10+22×(12)9+24×(12)8+9×(12)7=4412048
解答:
解答:剛好繞兩圈且不會在第一圈結束的情形:(1)12奇排列:在第一圈(6奇)就結束(2)1偶10奇:只有"奇奇奇奇奇偶+奇奇奇奇奇奇"1種情況⇒機率=(12)11(3)2偶8奇排列數=C102=45需扣除{1偶4奇+1偶4奇:5×5=256奇+2偶2奇:C42=62偶2奇+6奇:C42=6剩下45−25−6−6=8種情況⇒機率=8×(12)10(4)3偶6奇排列數=C93=84需扣除{6奇+3偶:14奇1偶+2奇2偶:5×6=302奇2偶+4奇1偶=303偶+6奇:1剩下84−62=22⇒機率=22×(12)9(5)4偶4奇排列數=C84=70需扣除{1偶4奇+3偶:52偶2奇+2偶2奇:363偶+1偶4奇:5剩下70−46=24⇒機率=24×(12)8(6)5偶2奇排列數=C72=21需扣除{2偶2奇+3偶:63偶+2偶2奇:6剩下21−12=9⇒機率=9×(12)7(7)6偶排列:3偶繞一圈提前結束因此機率=(12)11+8×(12)10+22×(12)9+24×(12)8+9×(12)7=4412048
解答:
兩圖形{Γ1:y=x(x−3)/3Γ2:x=y(y−3)/3對稱於直線L:y=x,兩圖形{y=x(x−3)/3y=x交於{O(0,0)P(6,6)⇒Γ1與Γ2所圍面積=2倍(Γ1與L所圍面積)=2∫60x−13x(x−3)dx=∫60−23x2+4xdx=[−29x3+2x2]|60=24
解答:邊長6√2⇒{O(0,0,0)A(6,0,6)B(0,6,6)C(6,6,0)⇒{¯OD=¯OA/6⇒D=(A+5O)/6=(1,0,1)¯OE=¯OB/3⇒B=(B+2O)/3=(0,2,2)¯OF=¯OC/2⇒F=(O+C)/2=(3,3,0)G=(B+C)/2=(3,6,3)⇒{→GD=(−2,−6,−2)→GE=(−3,−4,−1)→GF=(0,−3,−3)⇒DEFG體積=16‖−2−6−2−3−4−10−3−3‖=16×18=3
解答:假設通過P(−2,5)之直線L:y=m(x+2)+5,又¯PA:¯PB=1:2⇒P=(2A+B)/3,因此假設A(a,b)⇒B(−6−2a,15−2b)A、B皆在圓上⇒{a2+b2+2a−6b−3=0⇒(a+1)2(b−3)2=13⋯(1)(−6−2a)2+(15−2b)2+2(−6−2a)−6(15−2b)−3=0⇒a=2b−14代回(1)⇒(2b−13)2+(b−3)2=13⇒5b2−58b+165=0⇒(b−5)(5b−33)=9⇒{b=5⇒a=−4b=33/5⇒a=−4/5,P(a,b)=(−4,5)、(−4/5,33/5)皆在L上⇒{5=−2m+533/5=m(6/5)+5⇒{m=0m=4/3
解答:找(a,b,c)滿足a(x+y+2z)+b(y+2z)+c(x+2y+5z)=2x−3y−8z⇒{a+c=2a+b+2c=−32a+2b+5z=−8⇒{a=4b=−3c=−2⇒{−8≤4(x+y+2z)≤12−3≤−3(y+2z)≤9−6≤−2(x+2y+5z)≤8三式相加⇒2x−3y−8z≤29=m,此時{x+y+2z=3y+2z=−3x+2y+5z=−4⇒{x=6y=5z=−4⇒(p,q,r,m)=(6,5,−4,29)
解答:limn→∞1n6n∑k=1[(n2+nk+k2)(n+k)3]=limn→∞n∑k=11n[(1+kn+(kn)2)(1+kn)3]=∫10(1+x+x2)(1+x)3dx=∫10x5+4x4+7x3+7x2+4x+1dx=16+45+74+73+2+1=16120
解答:a+b2+c4=a8+⋯+a8⏟8個+b24+⋯+b24⏟4個+c42+c42=28⇒2814≥14√(a8)8⋅(b24)4⋅(c42)2=14√(abc)8234=14√648234=14√214=2⇒剛好等號成立,因此a8=b24=c42=k⇒{a=8kb2=4kc4=2k⇒a+b2+c4=14k=28⇒k=2⇒{a=16b=2√2c=√2⇒a+b+c=16+3√2
解答:a1,a2,a3成等差⇒{a1=a2−da3=a2+d,又a1為a2及a3的等比中項⇒(a2−d)2=a2(a2+d)⇒d2=3a2d⇒d=3a2⇒a1=a2−d=−2a2⇒a1=−23d⇒an=−23d+(n−1)d=(n−53)d⇒limn→∞Sn=limn→∞n∑k=1(n−53)d⋅(12)n=d(limn→∞n∑k=1n2n−53⋅(12)n)=d(2−53)=13d=5⇒d=15⇒a1=−23⋅15=−10
貳、計算證明題:請寫出詳細計算與證明過程,否則不予給分, 共 28 分。
解答:
作¯OD∥¯AB,其中O∈¯AC⇒{∠DOC=∠A=2∠CED(圓心角=2圓周角)∠ODC=∠B=∠C⇒¯OD=¯OC=圓半徑r⇒O為△CDE外心令△CDE外接圓交¯AC於F⇒△ACE∼△ADF(AAA)⇒¯AD¯AC=¯AF¯AE⋯(1)又{¯AB∥¯DO⇒∠BAD=∠ADO∠ADO=180∘−∠DOC=180∘−∠A=180∘−∠BED=∠AED⇒△ADO∼△ABE(AAA)⇒¯OD¯AE=¯AD¯AB=¯AD¯AC(1)=¯AF¯AE⇒¯AF=¯OD=r¯OD∥¯AB⇒¯CD¯BD=¯OC¯AO=r2r⇒¯BD=2¯CD,故得證
解答:a,b,c成等差\Rightarrow a+c=2b,再由正弦定理:{a\over \sin A}={b\over \sin C}={c\over \sin C}=2R \Rightarrow \cases{\sin A= a/2R\\ \sin B= b/2R\\ \sin C=c/2R} \\\Rightarrow \sin A+\sin C =(a+c)/2R =2b/2R =2\sin B \Rightarrow \sin A+\sin C=2\sin B\cdots(1)\\ 而A+B+C=180^\circ \Rightarrow \sin B=\sin (A+C) \stackrel{(1)}{\Rightarrow} 2\sin B= 2\sin(A+C)= \sin A+\sin C \\ \cases{2\sin(A+C)= 4\sin{A+C\over 2}\cos {A+C\over 2} \\ \sin A+\sin C=2 \sin{A+C\over 2}\cos {A-C\over 2}},兩式相等\Rightarrow 2\cos{A+C\over 2} =\cos{A-C\over 2} \\ \Rightarrow 2\left(\cos{A\over 2}\cos {C\over 2}-\sin{A\over 2}\sin {A\over 2} \right) = \cos{A\over 2}\cos {C\over 2}+ \sin{A\over 2}\sin {C\over 2} \Rightarrow 3\sin{A\over 2}\sin {C\over 2} = \cos{A\over 2}\cos{C\over 2}\\ \Rightarrow \cfrac{\sin{A\over 2}}{\cos{A\over 2}} \cdot \cfrac{\sin{C\over 2}}{\cos{C\over 2}} =\cfrac{1}{3} \Rightarrow \tan{A\over 2}\tan{C\over 2}= \bbox[red,2pt]{1\over 3}
解答:x^k-x^{k-1}-x^{k-2}-\cdots -x-1 = x^k-(x^{k-1}+x^{k-2}+\cdots +1) = x^k-\cfrac{x^k-1}{x-1} \\ =\cfrac{x^{k+1}- 2k^k+1}{x-1} \Rightarrow \alpha_k 為f_k(x)=x^{k+1}- 2x^k+1 =0正實根 (\alpha_k\ne 1,k\gt 1) \\ \Rightarrow \cases{f(0)= 1\\ f(1)= 0 \\ f(2)=1 \\ f'_k(x)= (k+1)x^k-2kx^{k-1}},因此f'_k(x)=(k+1)x^{k-1}(x-{2k\over k+1})=0 \Rightarrow \cases{x=0\\ x=2-{2\over k+1}} \\ \Rightarrow \cases{f(x)遞減,x\in (0,2-{2\over k+1}) \\ f(x)遞增,x\gt 2-{2\over k+1}} \Rightarrow 2-{2\over k+1}\lt \alpha_k \lt 2,k\gt 1\\ 由夾擠定理: \lim_{k\to \infty} \alpha_k =2,因此\alpha_k收斂且收斂至2,\bbox[red, 2pt]{故得證}
解答:x^k-x^{k-1}-x^{k-2}-\cdots -x-1 = x^k-(x^{k-1}+x^{k-2}+\cdots +1) = x^k-\cfrac{x^k-1}{x-1} \\ =\cfrac{x^{k+1}- 2k^k+1}{x-1} \Rightarrow \alpha_k 為f_k(x)=x^{k+1}- 2x^k+1 =0正實根 (\alpha_k\ne 1,k\gt 1) \\ \Rightarrow \cases{f(0)= 1\\ f(1)= 0 \\ f(2)=1 \\ f'_k(x)= (k+1)x^k-2kx^{k-1}},因此f'_k(x)=(k+1)x^{k-1}(x-{2k\over k+1})=0 \Rightarrow \cases{x=0\\ x=2-{2\over k+1}} \\ \Rightarrow \cases{f(x)遞減,x\in (0,2-{2\over k+1}) \\ f(x)遞增,x\gt 2-{2\over k+1}} \Rightarrow 2-{2\over k+1}\lt \alpha_k \lt 2,k\gt 1\\ 由夾擠定理: \lim_{k\to \infty} \alpha_k =2,因此\alpha_k收斂且收斂至2,\bbox[red, 2pt]{故得證}
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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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