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⇒G=△PF1F2的重心=(s/3,t/3)由於↔GI垂直x軸,I=(s3,r),I是內心⇒r=內切圓半徑又內切圓圓心必位在過其貫軸頂點且垂直其貫軸的直線上⇒s3=a=3⇒s=9將P(9,t)代入雙曲線⇒929−t216=1⇒t=8√2⇒△PF1F2面積=12⋅10⋅8√2=40√2△PF1F2三邊長{a=¯F1F2=10b=¯PF1=√142+(8√2)2=18c=¯PF2=√42+(8√2)2=12⇒r=2△面積a+b+c=80√240=2√2
解答:{A(2,3)B(−9,6)O(0,0)P在圓上⇒{¯OA=√13¯OB=3√13¯OP=2√13→OA⋅→OB=0⇒∠BOA=90∘假設∠AOP=θ⇒cosθ=¯OA2+¯OP2−¯AP22⋅¯OA⋅¯OP=13+52−¯AP22⋅√13⋅2√13=65−¯AP252⇒¯AP=√65−52cosθ=√13√5−4cosθ同理,假設∠BOP=ϕ⇒cosϕ=117+52−¯BP22⋅3√13⋅2√13⇒¯BP=√13√13−12cosϕ因此欲求之t=3¯AP−2¯BP=√13(√45−36cosθ−√52−48cosϕ)=√13(√(3cosθ−6)2+(3sinθ)2−√(4cosϕ−6)2+(4sinϕ)2)=√13(¯RT−¯ST),其中{R(3cosθ,3sinθ)S(4cosϕ,4sinϕ)T(6,0),即{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=√13⋅(−¯RS)=−5√13註:∠BOA=90∘⇒ϕ−θ=90∘⇒∠ROS=90∘⇒¯RS=√¯OR2+¯OS2=5
解答:13√1000+∫3376100113√k−1dk>3375∑k=100013√k>∫3375100013√kdk+13√3375{左式=110+187.5=187.6右式=187.5+115=187.5666⇒3375∑k=100013√k≈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⇒G=△PF1F2的重心=(s/3,t/3)由於↔GI垂直x軸,I=(s3,r),I是內心⇒r=內切圓半徑又內切圓圓心必位在過其貫軸頂點且垂直其貫軸的直線上⇒s3=a=3⇒s=9將P(9,t)代入雙曲線⇒929−t216=1⇒t=8√2⇒△PF1F2面積=12⋅10⋅8√2=40√2△PF1F2三邊長{a=¯F1F2=10b=¯PF1=√142+(8√2)2=18c=¯PF2=√42+(8√2)2=12⇒r=2△面積a+b+c=80√240=2√2
解答:{A(2,3)B(−9,6)O(0,0)P在圓上⇒{¯OA=√13¯OB=3√13¯OP=2√13→OA⋅→OB=0⇒∠BOA=90∘假設∠AOP=θ⇒cosθ=¯OA2+¯OP2−¯AP22⋅¯OA⋅¯OP=13+52−¯AP22⋅√13⋅2√13=65−¯AP252⇒¯AP=√65−52cosθ=√13√5−4cosθ同理,假設∠BOP=ϕ⇒cosϕ=117+52−¯BP22⋅3√13⋅2√13⇒¯BP=√13√13−12cosϕ因此欲求之t=3¯AP−2¯BP=√13(√45−36cosθ−√52−48cosϕ)=√13(√(3cosθ−6)2+(3sinθ)2−√(4cosϕ−6)2+(4sinϕ)2)=√13(¯RT−¯ST),其中{R(3cosθ,3sinθ)S(4cosϕ,4sinϕ)T(6,0),即{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=√13⋅(−¯RS)=−5√13註:∠BOA=90∘⇒ϕ−θ=90∘⇒∠ROS=90∘⇒¯RS=√¯OR2+¯OS2=5
解答:13√1000+∫3376100113√k−1dk>3375∑k=100013√k>∫3375100013√kdk+13√3375{左式=110+187.5=187.6右式=187.5+115=187.5666⇒3375∑k=100013√k≈187.6
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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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