112年新北市高中教甄聯招-數學詳解

新北市公立高級中等學校 112 學年度教師聯合甄選
數學詳解

一、填充題：共10題，每題7分。

解答：$$\cases{f(x)=\log_2 (5^x-3^x) \\ g(x)=\log_{\sqrt 5}(3^x+4^x)},顯然f(2)=g(2)=4 \Rightarrow 交點至少一個\\ 又f(x)-g(x)=\log {(5^x-3^x)^{\log \sqrt 5}\over (3^x+4^x)^{\log 2}} \gt 0,\forall x\gt 2 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]1個交點$$

解答：

$$將9格依序編號如上圖；九格任取5格有C^9_5種取法；\\9格先取一直線的三格，即：123,456,789,147,258,369,159,357，共8種，剩下6格任取2格，\\都會至少連成一線，這種有8C^6_2種取法；\\ 5格連成二直線的選法：12347，12358，12369，12357,12359,14567，24568，34569，14569,34567, \\14789，25789，36789,15789,35789,14579,13457,23578,12589,35679,13569,13579\\ 共有22種；5格不會連成三直線，因此總共有C^9_5- 8C^6_2+22=126-120+22=\bbox[red, 2pt]{28}種$$

解答：$$利用\text{Lagrange }算子求極值,令\cases{f(x,y,z)=xy+yz\\ g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1} \Rightarrow \cases{f_x= \lambda g_x\\ f_y= \lambda g_y \\ f_z= \lambda g_z \\ g=0} \\ \Rightarrow \cases{y=\lambda(2x) \cdots(1) \\ x+z= \lambda(2y) \cdots(2) \\ y=\lambda(2z) \cdots(3)} ,{(1)\over (3)} =1={x\over z} \Rightarrow x=z 代入(2) \Rightarrow 2z=\lambda(2y) \cdots(4) \\ {(4)\over (3)} \Rightarrow {2z\over y}={y\over z} \Rightarrow y=\sqrt 2z,將\cases{x=z\\ y=\sqrt 2z} 代入g(x,y,z)=0 \Rightarrow 4z^2=1 \Rightarrow z={1\over 2} \\ \Rightarrow \cases{x=1/2\\ y=\sqrt 2/2} \Rightarrow xy+yz={\sqrt 2\over 4}+ {\sqrt 2\over 4} =\bbox[red,2pt]{\sqrt 2\over 2}$$

解答：$$三邊長相異,因此周長只能是6-14, \\可能的三邊為(2,3,4), (2,4,5), (2,5,6),(3,4,5), (3,4,6), (3,5,6),共\bbox[red, 2pt]6個$$

解答：$${1\over s}+{1\over p}={3\over q} \Rightarrow 1+{s\over p}={3s\over q} \Rightarrow 1+q=3p \\ \Rightarrow \cases{q=2 \Rightarrow p=1,不合\\ q是奇數 \Rightarrow 1+q是偶數 \Rightarrow 3p是偶數\Rightarrow p=2} \Rightarrow \cases{p=2\\ q=5} \Rightarrow s=pq=10\\ \Rightarrow p+q+s= 2+5+10= \bbox[red, 2pt]{17}$$

解答：$$\cases{a_{n+1} =5a_n+ 3b_n+7 \cdots(1)\\ b_{n+1}=3a_n+5b_n \cdots(2)},由(1)可得b_n={1\over 3}(a_{n+1}-5a_n-7) 代入(2) \\ \Rightarrow {1\over 3}(a_{n+2}-5a_{n+1}-7) =3a_n+ {5\over 3}(a_{n+1}-5a_n-7) \Rightarrow a_{n+2}-10a_{n+1}+16a_n=-28\\ \Rightarrow \alpha^2-10\alpha+16=0 \Rightarrow \alpha=2,8 \Rightarrow a_n=C_12^n+ C_28^n +C_3 \cdots(4)\\ \cases{a_2=5a_1+3b_1+7 =20 \\b_2= 3a_1+5b_1= 11} \Rightarrow  a_3=5a_2+3b_2+7 = 140 \\ \Rightarrow \cases{2C_1+8C_2+C_3 = 2\\ 4C_2+64C_2+C_3=20\\ 8C_3+512C_2 +C_3=140} \Rightarrow \cases{C_1=2\\ C_2=1/4\\ C_3=-4} \Rightarrow a_n=2\cdot 2^n+{1\over 4}8^n-4 =\bbox[red, 2pt]{2^{n+1}+2^{3n-2}-4}$$

解答：$$S=(1+2+\cdots +2023)-(2024+2025 +\cdots +4046) ={2024\times 2023\over 2}-{(2024+4046)\cdot 2023\over 2} \\ ={2023\over 2}(2024-(2024+4046)) =-(2023)^2 =-(224\times 9+7)^2 \\ \Rightarrow S 除以9的餘數=-49除以9的餘數 \Rightarrow -49 = 9\times (-5)-4 \Rightarrow 餘數=9-4=\bbox[red, 2pt]5$$

解答：$$x^2+ax+b=0的兩根為\alpha,\beta \Rightarrow \cases{\alpha+\beta =-a \cdots(1)\\ \alpha\beta=b \cdots(2)} \\ 又x^2+bx+c的兩根為{1\over \alpha},\beta \Rightarrow \cases{{1\over \alpha}+ \beta=-b \cdots(3)\\ {\beta\over \alpha}=c\cdots(4)} \\(2)\times (4) =\beta^2=bc, \\因此 ab=2 \Rightarrow (1)\times (3)=ab=1+\alpha\beta+{\beta\over \alpha}+\beta^2=2 \Rightarrow 1+b+c+bc=2 \\\Rightarrow (b+1)(c+1)= \bbox[red, 2pt]2 $$

解答：

$$假設此平行四邊形為矩形，並令\cases{\overline{AD}=a\\ \overline{BE}=b} \Rightarrow \cases{\overline{AE}=14/a\\ \overline{BF}=6/b} \Rightarrow \overline{CF}=\overline{AD}-\overline{BF}=a-{6\over b} \\\Rightarrow \overline{CD} ={12\over a-6/b} ={12b\over ab-6} \\ 又\overline{AB}=\overline{CD} \Rightarrow b+{14\over a}={12b\over ab-6} \Rightarrow (ab)^2-4ab-84=0 \Rightarrow ab=2+2\sqrt{22} \\ 總面積＝ \overline{AD}\times \overline{AB} =ab+14=16+2\sqrt{22} =(7+3+6)+\triangle DEF\\ \Rightarrow \triangle DEF=\bbox[red, 2pt]{2\sqrt{22}}$$

如果你不想假設矩形，如下圖，步驟相同，只是算出來的是\(ab\sin \theta= 2+2\sqrt{22}\)，結果是一樣的。

解答：$$L=\sqrt[n]{(3n)!\over (n!)^3} \Rightarrow \ln L={1\over n}\ln\left({n!\over n!} \cdot {(n+1)(n+2) \cdots (n+n)\over n!} \cdot {(2n+1)(2n+2)\cdots (2n+n)\over n!}\right) \\={1\over n}\ln\left(({n+1\over 1}\cdot {n+2\over 2}\cdots {n+n\over n}) \cdot ({2n+1\over 1}\cdot {2n+2\over 2} \cdots {2n+n\over n}) \right) \\ ={1\over n}\left(\sum_{k=1}^n \ln{n+k\over k} +\sum_{k=1}^n\ln {2n+k\over k}\right) ={1\over n}\left(\sum_{k=1}^n \ln{1+k/n\over k/n} +\sum_{k=1}^n\ln {2+k/n\over k/n}\right)  \\ \Rightarrow \lim_{n\to \infty} \ln L =  \int_0^1 \ln{1+x\over x} +\ln {2+x\over x}\,dx \\\qquad = \left.\left[ x\ln {1+x\over x}+\ln(1+x) \right] \right|_0^1 +\left.\left[ (2+x)\ln (x+2)-x \ln(x) \right] \right|_0^1 \\=2\ln 2+(3\ln 3-2\ln 2) =\ln 27 \Rightarrow \lim_{n\to \infty} L= \bbox[red, 2pt]{27}$$

二、計算證明題： 共 3 題，每題 10 分。

解答：$$x^3+2x^2+3=0的三根為\alpha,\beta,\gamma \Rightarrow \cases{\alpha+\beta +\gamma=-2\\ \alpha\beta +\beta\gamma +\gamma\alpha=0\\ \alpha\beta \gamma=-3} \\ 又f(x)=x^3+2x^2+3=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) \\\Rightarrow f'(x)=3x^2+4x = (x-\alpha)(x-\beta)+ (x-\beta)(x-\gamma)+(x-\gamma)(x-\alpha) \\ \Rightarrow \cases{f'(\alpha)= 3\alpha^2+ 4\alpha= (\alpha-\beta)(\alpha-\gamma) \\ f'(\beta) = 3\beta^2+ 4\beta = (\beta-\gamma)(\beta-\alpha) \\f'(\gamma) =3\gamma^2+4 \gamma = (\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)} \\ \Rightarrow f'(\alpha)f'(\beta)f'(\gamma) =(3\alpha^2+ 4\alpha)(3\beta^2+ 4\beta)(3\gamma^2+4 \gamma) =-(\alpha-\beta)^2 (\beta-\gamma)^2 (\gamma-\alpha)^2\\ 左式=27\alpha^2\beta^2 \gamma^2+ 36\alpha\beta\gamma (\alpha\beta+\beta\gamma +\gamma\alpha) +48\alpha\beta \gamma(\alpha+\beta+\gamma) +64\alpha\beta\gamma \\=243+0+288-192=339=右式=-(\alpha-\beta)^2 (\beta-\gamma)^2 (\gamma-\alpha)^2 \\ \Rightarrow (\alpha-\beta) (\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) =\sqrt{339}i\\ 因此 \left({1\over \alpha}-{1\over \beta} \right) \left({1\over \beta}-{1\over \gamma} \right) \left({1\over \gamma}-{1\over \alpha} \right) =-{(\alpha-\beta) (\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \over \alpha^2 \beta^2 \gamma^2}  =-{1\over 9}\sqrt{339}i  \\ \Rightarrow \left|\left({1\over \alpha}-{1\over \beta} \right) \left({1\over \beta}-{1\over \gamma} \right) \left({1\over \gamma}-{1\over \alpha} \right)  \right| =\bbox[red, 2pt]{{1\over 9}\sqrt{339}}$$

解答：

把題目拆成兩部分

第一部分：任四數可找到其中兩數經加減乘除得到8的倍數

Case I 四數有一數為8的倍數：將此8的倍數與任一數相乘就是8的倍數

Case II 四數都不是8的倍數：

(a) 若有兩數除以8有相同餘數，將此二數相減就是8的倍數

(b) 若四數除以8都沒有相同餘數，我們將餘數拆成三組(1,7),(3,5),(2,4,6); 四個數一定有兩數屬於同一組。

(i)若兩數餘數同屬(1,7)或同屬（3,5)或同屬(2,6)，將此二數相加就是8的倍數

(ii)若兩數餘數同屬(2,4)或(4,6)，將此二數相乘就是8的倍數

第二部分：任兩數經加減乘除可得到3的倍數

Case I 兩數至少有一個是3的倍數，此兩數相乘就是3的倍數

Case II 兩數都不是3的倍數：若兩數同餘，則兩數相減就是3的倍數；一個餘數1，另一個餘數為2，則兩數相加就是3的倍數

由上述可知：任四數可以先找到兩數經加減乘除後為8的倍數，剩下的兩數經加減乘除為3的倍數，前兩數8的倍數乘上後兩數3的倍數就是24的倍數，故得證

$$$$

解答：$$(b-1)^2=b^2+1-2b\ge 0 \Rightarrow b^2+1\ge 2b \Rightarrow {1\over 1+b^2}\le {1\over 2b} \\ 因此{a\over b^2+1} =a-{ab^2\over b^2+1} \ge a-{ab^2\over 2b} =a-{ab\over 2} \Rightarrow{a\over b^2+1}\ge a-{ab\over 2} \cdots(1) \\同理可得 {b\over c^2+1}\ge b-{bc\over 2}\cdots(2) 及 {c\over a^2+1}\ge c-{ac\over 2}\cdots(3) \\ 再由柯西不等式:(a^2+b^2+c^2)(1^2+ 1^2 +1^2 )\ge (a+b+c)^2  \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \ge 3\\ 因此(a+b+c)^2 =a^2+b^2+c^2 +2(ab+bc+ca) \Rightarrow ab+bc+ca={1\over 2}((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)) \\ \Rightarrow ab+bc+ca \le {1\over 2}(9-3)=3 \Rightarrow ab+bc+ca \le 3 \cdots(4)\\ (1)+(2)+ (3)\Rightarrow {a\over b^2+1} +{b\over c^2+1} +{c\over a^2+1} \ge (a+b+c)-{1\over 2}(ab+bc+ca)\\=3-{1\over 2}(ab+bc+ca) \ge 3-{1\over 2}\cdot 3 ={3\over 2} (將(4)代入)\\ 因此{a\over b^2+1} +{b\over c^2+1} +{c\over a^2+1} \ge {3\over 2},\bbox[red, 2pt]{故得證}$$

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解題僅供參考，其他教甄試題及詳解