臺中市立臺中第一高級中等學校 112 學年度第 1 次教師甄選
一、填充題 I:(每格 6 分)
解答:(x−1)+(y−1)+(z−1)=22−3⇒x+y+z=19非負整數解個數=H319又任一袋個數不能≥10,也就是需扣除x+y+z=9的情形,因此H319−C31H39=C2119−3⋅C119=210−3⋅55=45解答:令f(x)=x3−6x2+13x⇒{f(α)=6f(β)=14又f′(x)=3x2−12x+13⇒f″(x)=6x−12=0⇒x=2⇒圖形y=f(x)的對稱中心為(2,f(2)=10)⇒{P=(α,6)的對稱點為P′(4−α,14)Q=(β,14)的對稱點為Q′(4−β,6)⇒{P=Q′Q=P′⇒{α=4−ββ=4−α⇒α+β=4
解答:α2+5β2+4γ2−2αβ−8βγ=0⇒(α2−2αβ+β2)+(4β2−8βγ+4γ2)=0⇒(α−β)2+4(γ−β)2=0⇒{∠ABC=90∘¯AB2=4¯BC2⇒¯BC=2⇒直角△ABC面積=12⋅2⋅4=4
解答:假設11根xi依序為a−5d,a−4d,…,a,a+d,…,a+5d⇒11∑i=1xi=11a=−6⇒a=−611又(x1+x2+⋯+x11)2=(x21+x22+⋯+x211)+2(x1x2+⋯+x10x11)⇒(−6)2=(11a2+110d2)+2⋅5⇒d2=25121⇒d=±511其中x21+x22+⋯+x211=(x21+x211)+(x22+x210)+⋯+(x25+x27)+(x26)=((a−5d)2+(a+5d)2)+((a−4d)2+(a+4d)2)+⋯+((a+d)2+(a−d)2)+a2=(2a2+50d2)+(2a2+32d2)+⋯+(2a2+2d2)+a2=11a2+110d2
解答:f(n)最大⇒{f(n)>f(n+1)f(n)>f(n−1)⇒{(45)n(n2+4n)>(45)n+1(n2+6n+5)(45)n(n2+4n)>(45)n−1(n2+2n−3)⇒{n2−4n−20>0n2−6n−15<0⇒2+2√6<n<3+2√6⇒6.89<n<7.89⇒n=7
解答:擬求以(a2−3),(b2−3),(c2−3),(d2−3)為四根的多項式取y=x2−3⇒x=±√y+3代回原式⇒(y+3)2±√y+3=−1⇒((y+3)2+1)2=(±√y+3)2⇒(y+3)4+2(y+3)2+1=y+3⇒四根之積只需考慮常數項:34+2⋅32+1−3=97⇒(a2−3)(b2−3)(c2−3)(d2−3)=97
解答:¯PkPk+1=1k⇒¯P1Pk+1=1+12+13+⋯+1k⇒{¯P1P2=1¯P1P3=1+12¯P1P4=1+12+13⋯¯P1P2023=1+12+13+⋯12022⇒2023∑k=2¯P1Pk=2022⋅1+2021⋅12+2020⋅13+⋯+1⋅12022⇒2023∑k=3¯P2Pk=2021⋅12+2020⋅13+⋯+1⋅12022⇒2022∑m=12023∑k=m+1¯PmPk=2022⋅1+4042⋅12+6060⋅13+⋯+2022⋅12022=2022+2021+2020+⋯+1=12⋅2023⋅2022=2045253
解答:
假設{A在平面BCDE的垂足A′¯CD中點F,並令{¯AF=a∠AFA′=θ⇒{¯AA′=asinθ¯ED=2acosθ⇒{△ACD面積=12⋅2acosθ⋅a正方形BCDE面積=4a2cos2θ⇒{四角錐表面積=4a2cos2θ+4a2cosθ=96四角錐體積=13⋅4a3cos2θsinθ取{f(a,θ)=43a3cos2θsinθg(a,θ)=a2cos2θ+a2cosθ−24,利用Lagrange 算子求f的極值{fa=λgafθ=λgθg=0⇒{4a2cos2θsinθ=λ(2acos2θ+2acosθ)43a3(cosθ−3sin2θcosθ)=λ(2a2cosθ(−sinθ)−a2sinθ)兩式相除最後可得3cos2θ+2cos−1=0⇒(3cosθ−1)(cosθ+1)=0⇒cosθ=13(−1不合,θ≠π)⇒g(a,θ)=a2⋅19+a2⋅13=24⇒a=3√6⇒f(a,θ)=43⋅162√6⋅19⋅2√23=32√3
解答:(√a+x+√a−x)2=a2⇒2a+2√a2−x2=a2⇒(2√a2−x2)2=(a2−2a)2⇒4a2−4x2=a4−4a3+4a2⇒x2=4a3−a44⇒(4a3−a4)≥0⇒a3(a−4)≤0⇒0≤a≤4⇒{a=1⇒√1+x+√1−x=1無實數解a=2,3,4⇒x有實數解⇒a之總和=2+3+4=9
解答:令P(s,t)在雙曲線上,且位於第一象限 \Rightarrow G=\triangle PF_1F_2的重心=(s/3,t/3) \\ 由於\overleftrightarrow{GI}垂直x軸,I=({s\over 3},r),I是內心 \Rightarrow r=內切圓半徑\\ 又\href{https://web.math.sinica.edu.tw/math_media/d371/37107.pdf}{內切圓圓心必位在過其貫軸頂點且垂直其貫軸的直線上} \Rightarrow {s\over 3}=a=3 \Rightarrow s=9\\ 將P(9,t)代入雙曲線 \Rightarrow {9^2 \over 9}-{t^2\over 16}=1 \Rightarrow t=8\sqrt 2 \Rightarrow \triangle PF_1F_2面積={1\over 2}\cdot 10\cdot 8\sqrt 2=40\sqrt2\\ \triangle PF_1F_2 三邊長\cases{a=\overline{F_1F_2}=10\\ b=\overline{PF_1} =\sqrt{14^2+(8\sqrt 2)^2}=18\\ c=\overline{PF_2}=\sqrt{4^2+(8\sqrt 2)^2}=12} \Rightarrow r={2\triangle 面積\over a+b+c} ={80\sqrt 2\over 40} =\bbox[red,2pt]{2\sqrt 2}
解答:\cases{A(2,3) \\B(-9,6) \\O(0,0) \\ P在圓上} \Rightarrow \cases{\overline{OA}=\sqrt{13} \\ \overline{OB}=3\sqrt{13} \\ \overline{OP} =2\sqrt{13}\\ \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} =0 \Rightarrow \angle BOA=90^\circ} \\ 假設\angle AOP=\theta \Rightarrow \cos \theta ={\overline{OA}^2+ \overline{OP}^2-\overline{AP}^2\over 2\cdot \overline{OA}\cdot \overline{OP}} ={13+52-\overline{AP}^2 \over 2\cdot \sqrt{13}\cdot 2\sqrt{13}} ={65-\overline{AP}^2\over 52} \\ \Rightarrow \overline{AP} =\sqrt{65-52\cos\theta}=\sqrt{13}\sqrt{5-4\cos \theta} \\ 同理,假設\angle BOP=\phi \Rightarrow \cos \phi = {117+52-\overline{BP}^2 \over 2\cdot 3\sqrt{13}\cdot 2\sqrt{13}} \Rightarrow \overline{BP} =\sqrt{13} \sqrt{13-12\cos\phi}\\ 因此欲求之t=3\overline{AP}-2\overline{BP}= \sqrt{13}\left( \sqrt{45-36\cos\theta} -\sqrt{52-48\cos\phi}\right) \\= \sqrt{13}\left( \sqrt{(3\cos\theta-6)^2+ (3\sin \theta)^2} -\sqrt{(4\cos\phi-6)^2+ (4\sin \phi)^2}\right) \\ =\sqrt{13}(\overline{RT}-\overline{ST}),其中\cases{R(3\cos \theta,3\sin \theta)\\ S(4\cos \phi, 4\sin \phi)\\ T(6,0)}, 即\cases{R在半徑3的圓上\\ S在半徑4的圓上}\\t值要最小,即R,S,T在一直線上,因此最小的t=\sqrt{13}\cdot (-\overline{RS}) =\bbox[red, 2pt]{-5\sqrt{13}} \\ 註:\angle BOA=90^\circ \Rightarrow \phi-\theta=90^\circ \Rightarrow \angle ROS=90^\circ \Rightarrow \overline{RS}=\sqrt{\overline{OR^2}+\overline{OS}^2}=5
解答:{1\over \sqrt[3]{1000}}+\int_{1001}^{3376} {1\over \sqrt[3]{k-1}}\,dk\gt \sum_{k=1000}^{3375}{1\over \sqrt[3]{k}} \gt \int_{1000}^{3375}{1\over \sqrt[3]{k}}\,dk+{1\over \sqrt[3]{3375}} \\ \cases{左式= {1\over 10}+ 187.5=187.6 \\ 右式=187.5+{1\over 15}=187.5666} \Rightarrow \sum_{k=1000}^{3375}{1\over \sqrt[3]{k}} \approx \bbox[red,2pt]{187.6}
解答:{[23]→0[223]→1[233]→2[243]→5[253]→0[263]→1[273]→2[283]→5⇒{循環數為4每一循環合計1+2+5=8⇒2023=4×505+3⇒505×8+1+2=4043的個位數字是3
解答:為了讓數字簡化,將△ABC貼在x−y平面上,因此取{A(0,4√3,0)B(−6,−2√3,0)C(6,−2√3,0)⇒{H(0,0,0)O(0,0,6)⇒→OB×→OC=24(0,−3,√3)⇒△OBC平面:−3y+√3z=6√3⇒K(0,−√32,92)⇒P=A+5K6=(0,√34,154),假設E所截的三角形為△DEF⇒d(E,△ABC)=154⇒△DEF△ABC=(¯OH−15/4)2¯OH2=(6−15/4)262=964又△ABC=√34122=36√3⇒△DEF=964×36√3=8116√3
解答:為了讓數字簡化,將△ABC貼在x−y平面上,因此取{A(0,4√3,0)B(−6,−2√3,0)C(6,−2√3,0)⇒{H(0,0,0)O(0,0,6)⇒→OB×→OC=24(0,−3,√3)⇒△OBC平面:−3y+√3z=6√3⇒K(0,−√32,92)⇒P=A+5K6=(0,√34,154),假設E所截的三角形為△DEF⇒d(E,△ABC)=154⇒△DEF△ABC=(¯OH−15/4)2¯OH2=(6−15/4)262=964又△ABC=√34122=36√3⇒△DEF=964×36√3=8116√3
二、填充題 II:(每格 8 分)
解答:a−1(a−1)4=1(a−1)3+2(a−1)4,因此我們要求以1a−1,1b−1,1c−1為三根的多項式令x1=x−1⇒x=x1+1代入原式x3−4x+1=0⇒(x1+1)3−4(x1+1)+1=0⇒x31+3x21−x1−2=0,再令x2=1x1⇒x1=1x2代入:1x32+3x22−1x2−2=0⇒2x32+x22−3x2−1=0≡x3+12x2−32x−12=0就是以α=1a−1,β=1b−1,γ=1c−1為三根的多項式欲求之a+1(a−1)4+b+1(b−1)4+c+1(c−1)4=(1(a−1)3+1(b−1)3+1(c−1)3)+2(1(a−1)4+1(b−1)4+1(c−1)4)=(α3+β3+γ3)+2(α4+β4+γ4)⋯(1)令f(x)=x3+12x2−32x−12⇒f′(x)=3x2+x−32再利用長除法計算f′(x)/f(x)=3x−12⋅1x2+134⋅1x3−78⋅1x4+8116x5+⋯⇒{α3+β3+γ3=−7/8α4+β4+γ4=81/16⇒(α3+β3+γ3)+2(α4+β4+γ4)=−78+2⋅8116=374解答:(√a+x+√a−x)2=a2⇒2a+2√a2−x2=a2⇒(2√a2−x2)2=(a2−2a)2⇒4a2−4x2=a4−4a3+4a2⇒x2=4a3−a44⇒(4a3−a4)≥0⇒a3(a−4)≤0⇒0≤a≤4⇒{a=1⇒√1+x+√1−x=1無實數解a=2,3,4⇒x有實數解⇒a之總和=2+3+4=9
解答:令P(s,t)在雙曲線上,且位於第一象限 \Rightarrow G=\triangle PF_1F_2的重心=(s/3,t/3) \\ 由於\overleftrightarrow{GI}垂直x軸,I=({s\over 3},r),I是內心 \Rightarrow r=內切圓半徑\\ 又\href{https://web.math.sinica.edu.tw/math_media/d371/37107.pdf}{內切圓圓心必位在過其貫軸頂點且垂直其貫軸的直線上} \Rightarrow {s\over 3}=a=3 \Rightarrow s=9\\ 將P(9,t)代入雙曲線 \Rightarrow {9^2 \over 9}-{t^2\over 16}=1 \Rightarrow t=8\sqrt 2 \Rightarrow \triangle PF_1F_2面積={1\over 2}\cdot 10\cdot 8\sqrt 2=40\sqrt2\\ \triangle PF_1F_2 三邊長\cases{a=\overline{F_1F_2}=10\\ b=\overline{PF_1} =\sqrt{14^2+(8\sqrt 2)^2}=18\\ c=\overline{PF_2}=\sqrt{4^2+(8\sqrt 2)^2}=12} \Rightarrow r={2\triangle 面積\over a+b+c} ={80\sqrt 2\over 40} =\bbox[red,2pt]{2\sqrt 2}
解答:\cases{A(2,3) \\B(-9,6) \\O(0,0) \\ P在圓上} \Rightarrow \cases{\overline{OA}=\sqrt{13} \\ \overline{OB}=3\sqrt{13} \\ \overline{OP} =2\sqrt{13}\\ \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} =0 \Rightarrow \angle BOA=90^\circ} \\ 假設\angle AOP=\theta \Rightarrow \cos \theta ={\overline{OA}^2+ \overline{OP}^2-\overline{AP}^2\over 2\cdot \overline{OA}\cdot \overline{OP}} ={13+52-\overline{AP}^2 \over 2\cdot \sqrt{13}\cdot 2\sqrt{13}} ={65-\overline{AP}^2\over 52} \\ \Rightarrow \overline{AP} =\sqrt{65-52\cos\theta}=\sqrt{13}\sqrt{5-4\cos \theta} \\ 同理,假設\angle BOP=\phi \Rightarrow \cos \phi = {117+52-\overline{BP}^2 \over 2\cdot 3\sqrt{13}\cdot 2\sqrt{13}} \Rightarrow \overline{BP} =\sqrt{13} \sqrt{13-12\cos\phi}\\ 因此欲求之t=3\overline{AP}-2\overline{BP}= \sqrt{13}\left( \sqrt{45-36\cos\theta} -\sqrt{52-48\cos\phi}\right) \\= \sqrt{13}\left( \sqrt{(3\cos\theta-6)^2+ (3\sin \theta)^2} -\sqrt{(4\cos\phi-6)^2+ (4\sin \phi)^2}\right) \\ =\sqrt{13}(\overline{RT}-\overline{ST}),其中\cases{R(3\cos \theta,3\sin \theta)\\ S(4\cos \phi, 4\sin \phi)\\ T(6,0)}, 即\cases{R在半徑3的圓上\\ S在半徑4的圓上}\\t值要最小,即R,S,T在一直線上,因此最小的t=\sqrt{13}\cdot (-\overline{RS}) =\bbox[red, 2pt]{-5\sqrt{13}} \\ 註:\angle BOA=90^\circ \Rightarrow \phi-\theta=90^\circ \Rightarrow \angle ROS=90^\circ \Rightarrow \overline{RS}=\sqrt{\overline{OR^2}+\overline{OS}^2}=5
解答:{1\over \sqrt[3]{1000}}+\int_{1001}^{3376} {1\over \sqrt[3]{k-1}}\,dk\gt \sum_{k=1000}^{3375}{1\over \sqrt[3]{k}} \gt \int_{1000}^{3375}{1\over \sqrt[3]{k}}\,dk+{1\over \sqrt[3]{3375}} \\ \cases{左式= {1\over 10}+ 187.5=187.6 \\ 右式=187.5+{1\over 15}=187.5666} \Rightarrow \sum_{k=1000}^{3375}{1\over \sqrt[3]{k}} \approx \bbox[red,2pt]{187.6}
========== END ============
想請問第15題最一開始的不等式怎麼來的,謝謝
回覆刪除簡單地說:1/x^(1/3) 是遞減函數,再利用黎曼和的上下界來表示。
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