國立臺南女中 111 學年度第 2 次教師甄選
填充題: (共 20 題,每題 5 分,共 100 分,答案請化為最簡分數或最簡根式)
解答:假設{圓半徑R∠BOC=θ⇒∠AOB=2θ⇒{△OAB面積=12R2sin2θ=100△OBC面積=12R2sinθ=80⇒sin2θsinθ=10080⇒2sinθcosθsinθ=54⇒cosθ=58⇒sinθ=√398⇒sin3θ=3sinθ−4sin3θ⇒△OAC△OBC=sin3θsinθ=3−4sin2θ⇒△OAC=(3−4sin2θ)⋅80=45解答:令f(x)=(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1)(x16+1)⇒(x−1)f(x)=(x2−1)(x2+1)(x4+1)(x8+1)(x16+1)=x32−1⇒f(x)=x32−1x−1⇒f(4)=432−13⇒logf(4)=log(432−1)−log3≈log432−log3=64log2−log3=64×0.301−0.4771=18.7869⇒f(4)為19位數
解答:xP(k=x)2,121/363,112/364,103/365,94/366,85/3676/36,又投擲k個50元硬幣,出現正面的次數為k/2個;因此期望值=2000+5036⋅2(2+12+2(3+11)+3(4+10)+4(5+9)+5(6+8)+6⋅7)=2000+2536⋅252=2175,六個人共6×2175=13050
解答:圓Γ通過{O(0,0)A(8,0)B(0,6)⇒{圓心C=(A+B)÷2=(4,3)半徑R=5⇒↔AB斜率=−6/8=−34⇒L:3x+4y+a=0⇒d(C,L)=R⇒|12+12+a|5=5⇒|24+a|=25⇒{a=1(不合,切點需在第一象限)a=−49⇒3x+4y=49⇒x截距=493
解答:假設P=L∩¯AB,則△BCP△OAB=12⇒¯BCׯBP¯BOׯAB=3ׯBP4ׯAB=12⇒¯BP¯AB=23⇒¯BP¯PA=21⇒P=(B+2A)÷3=(4/3,4/3)⇒L=↔CP:y=14x+1⇒x−4y+4=0⇒(b,c)=(−4,4)
解答:{¯AF⊥¯FG⇒¯FG2=¯AG2−¯AF2{¯AP⊥¯DEG在平面CDEF⇒∠APG=90∘⇒¯AG2=¯AP2+¯PG2⇒¯FG2=¯AP2+¯PG2−¯AF2=(¯ADsin60∘)2+(20√2)2−252=225+800−625=20
解答:恰交3點⇒k的最小值=(d(O,L))2=(510)2=14
解答:f(x)=ax3+bx2+cx+d⇒(x+1)f(x)=ax4+(a+b)x3+(b+c)x2+(c+d)x+df(x)除以x−2餘−5⇒f(2)=−5⇒8a+4b+2c+d=−5⋯(1)再用長除法(x+1)f(x)=(x3−3)(ax+(a+b))+3x−1⇒{b+c=0⋯(2)3a+3b+d=−1⋯(3)3a+c+d=3⋯(4)由式(1)−(4)可得{a=−1b=−1c=1d=5⇒a+b+c+d=4
解答:f(x)=∫x0(at3+bt2−9)dt=14ax4+13bx3−9x⇒f′(x)=ax3+bx2−9x=3有最小值⇒f′(3)=0⇒27a+9b=9⇒3a+b=1⋯(1)又∫2−2f(x)dx=[120ax5+112bx4−92x2]|2−2=165a=32⇒a=10再代入(1)⇒30+b=1⇒b=−29⇒2a−b=20+29=49
解答:f(x)=ax3+bx2+cx+d在x=0的一次近似為y=x+5(斜率=1)⇒{f′(0)=1⇒c=1f(0)=5⇒d=5對稱中心(1,8)=(−b3a,f(−b3a))⇒{3a+b=0a+b+c+d=8⇒a+b=2⇒a=−1
解答:
假設{¯CD=x¯AB=¯AD=R¯AC=a,△ABC面積=12aRsinθ=4√3⇒aRsinθ=8√3cos∠CAD=cos(θ+45∘)=a2+R2−x22aR⇒x2=a2+R2−2aRcos(θ+45∘)=a2+R2−2aR(cos45∘cosθ−sin45∘sinθ)=a2+R2−√2aR(cosθ−sinθ)=a2+R2−√2aRcosθ+√2aRsinθ=a2+R2−√2aRcosθ+8√6≥2√a2R2−√2aRcosθ+8√6=2aR−√2aRcosθ+8√6=2⋅8√3sinθ−8√3sinθ⋅cosθ+8√6=8√6(√2−cosθsinθ+1)⇒x2≥8√6(√2−cosθsinθ+1)=8√6(k+1),其中k=√2−cosθsinθ⇒cosθ+ksinθ=√2⇒√k2+1sin(θ+α)=√2,其中{sinα=1/√k2+1cosα=k/√k2+1⇒sin(θ+α)=√2√k2+1≤1⇒√2≤√k2+1⇒k≥1⇒x2≥8√6(1+1)=16√6⇒x≥√16√6=44√6
x=⌊x⌋+{x}⇒{x}=x−⌊x⌋⇒x−⌊x⌋−kx+3k=0⇒x−⌊x⌋=k(x−3)相當於求兩圖形{Γ:y=x−⌊x⌋L:k(x−3)有三個相異交點時,k的範圍;而{Γ為斜率為1且通過(m,0)及(m+1,1),m∈Z不含頂點(m+1,1)的線段L為通過A(3,0)斜率為k的直線,如上圖;因此{k介於↔AB與↔AC之間k介於↔AD與↔AE之間,其中{B(1,1)C(2,1)D(6,1)E(7,1)⇒{−1<k<−1214<k<13
解答:→CD=−→AC+→AD=m→AB+7→AC⇒→AD=m→AB+8→AC⇒¯BE¯EC=8m=a△ABEa△ACE⇒8m=a△ABE1⇒a△ABE=8m假設→AD=t→AE,則t→AE=m→AB+8→AC⇒→AE=mt→AB+8t→AC⇒mt+8t=1⇒t=m+8⇒a△ACDa△ACE=t=m+8⇒a△ACD=m+8⇒a△CDE=m+7⇒a△ABE+a△CDE=8m+m+7≥2√8m⋅m+7=4√2+7
解答:
解答:→CD=−→AC+→AD=m→AB+7→AC⇒→AD=m→AB+8→AC⇒¯BE¯EC=8m=a△ABEa△ACE⇒8m=a△ABE1⇒a△ABE=8m假設→AD=t→AE,則t→AE=m→AB+8→AC⇒→AE=mt→AB+8t→AC⇒mt+8t=1⇒t=m+8⇒a△ACDa△ACE=t=m+8⇒a△ACD=m+8⇒a△CDE=m+7⇒a△ABE+a△CDE=8m+m+7≥2√8m⋅m+7=4√2+7
解答:
將三位明星參加的場次以集合表示,見上圖,則{A+D+G+F=15⋯(1)B+D+E+G=16⋯(2)C+E+F+G=17⋯(3)G=5D+E+F=15(1)+(2)+(3)⇒A+B+C+2(D+E+F)+3G=48⇒A+B+C=48−2⋅15−3⋅5=3⇒A+B+C+D+E+F+G=3+15+5=23⇒三球員均未得到Double doubles的場次=40−23=17
解答:假設從頂點K(K=A,B,C,D,F,G,H)走n步到E的方法數記為Kn;由於正八邊形是對稱的,因此Fn=Dn,Gn=Cn,Hn=Bn;因此我們有{An=Bn−1+Hn−1=2Bn−1⋯(1)Bn=An−1+Cn−1⋯(2)Cn=Bn−1+Dn−1⋯(3)Dn=Cn−1⋯(4),將{(2)代入(1)⇒An=2An−2+2Cn−2(2)及(4)代入(3)⇒Cn=An−2+Cn−2+Cn−2⇒{An=2An−2+2Cn−2⋯(5)Cn=An−2+2Cn−2⋯(6),再將{(5)代入(6)⇒Cn=An−2+An−2An−2=An−An−2(6)代入(5)⇒An=2(Cn−2Cn−2)+2Cn−2=2Cn−2Cn−2⇒{An=2Cn−2Cn−2⋯(7)Cn=An−An−2⋯(8),最後將(8)代入(7)An=4An−2−2An−4初始值:{A1=A2=A3=0A4=2⇒A奇數=0,只需計算A偶數;A6=8⇒A8=28⇒a10=96⇒a12=328⇒a14=1120⇒a16=3824
解答:
解答:
正六邊形每個內角為(6−2)180÷6=120∘,兩頂點距離可能值為1,√3,2,其中6條長度為1、6條長度為√3,3條長度為2;因此期望值=1×615+√3×615+2×315=4+2√35
解答:
將數據(X,Y)畫在平面圖上,可看出將(13,12)去掉後,整體的斜率會變得最小XYX2Y2XY81164121889128114410810101001001001181216488129144811085050510510492⇒迴歸直線斜率b1=∑XY−∑X∑Yn∑X2−(∑x)2n=492−50⋅50/5510−502/5=−45迴歸直線通過(ˉx,ˉy)=(50/5,50/5)=(10,10)⇒y=−45(x−10)+10=−45x+18⇒(m,k)=(−45,18)
解答:
解答:假設{¯BC=a¯AC=b¯AB=c,則tanA=√15⇒{sin√15/4cosA=1/4,因此由餘弦定理:→AB⋅→AC=bc/4{¯AD¯BD=12⇒¯AD=13¯AB=c3¯AE¯CE=14⇒¯AE=15¯AC=b5⇒{¯AD=c/3¯AE=b/5→AP⋅→AB={¯ADׯAB=c3×c=c23(x→AB+y→AC)⋅→AB=xc2+ybc/4⇒4c2=12xc2+3ybc⋯(1)→AP⋅→AC={¯AEׯAC=b5×b=b25(x→AB+y→AC)⋅→AC=xbc/4+yb2⇒4b2=5xbc+20yb2⋯(2)由(1)及(2)⇒{12cx+3by=4c5cx+20by=4b⇒{x=(80c−12b)/225cy=(48b−20c)/225b⇒3x+5y=480bc−36b2−100c2225bc=480225−(36b225c+100c225b)≤480225−2√36225⋅100225=480225−2⋅60225=360225=85
x264+y216⇒{a=8b=4⇒c=√64−16=4√3⇒{F1(4√3,0)F2(−4√3,0)⇒¯F1F2=8√3假設{¯AF2=m¯AF1=n⇒{m+n=2a=16m2+n2=¯F1F22=192⇒{m=8−4√2n=8+4√2;假設{¯BF2=s¯BF1=t⇒{s+t=2a=16(s+m)2+n2=t2⇒(s+8−4√2)2+(8+4√2)2=t2⇒{s=(24+4√2)/17t=(248−4√2)/17⇒內切圓半徑=(¯AB+¯AF1−¯BF1)÷2=(s+m+n−t)÷2=(16+24√217−248−4√217)÷2=24+4√217
假設{¯AF=¯FB=a¯AE=¯EC=b⇒a2+b2=(¯BC2)2=92=81{¯BE斜率m1=−b/2a¯CF斜率m2=−2b/a⇒tan150∘=m2−m11+m1m2⇒−1√3=−3b/2a1+b2/a2=−3b⋅a22(a2+b2)a=−3ab162=−ab54⇒ab=18√3⇒△ABC面積=2ab=36√3⇒△GBC=13△ABC=12√3
解答:假設{¯BC=a¯AC=b¯AB=c,則tanA=√15⇒{sin√15/4cosA=1/4,因此由餘弦定理:→AB⋅→AC=bc/4{¯AD¯BD=12⇒¯AD=13¯AB=c3¯AE¯CE=14⇒¯AE=15¯AC=b5⇒{¯AD=c/3¯AE=b/5→AP⋅→AB={¯ADׯAB=c3×c=c23(x→AB+y→AC)⋅→AB=xc2+ybc/4⇒4c2=12xc2+3ybc⋯(1)→AP⋅→AC={¯AEׯAC=b5×b=b25(x→AB+y→AC)⋅→AC=xbc/4+yb2⇒4b2=5xbc+20yb2⋯(2)由(1)及(2)⇒{12cx+3by=4c5cx+20by=4b⇒{x=(80c−12b)/225cy=(48b−20c)/225b⇒3x+5y=480bc−36b2−100c2225bc=480225−(36b225c+100c225b)≤480225−2√36225⋅100225=480225−2⋅60225=360225=85
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