高雄市 112 學年度市立高級中等學校教師甄選
一、 計算證明題 (1 至 12 題每題 6 分, 13 至 16 題每題 7 分, 共 100 分)
解答:{A(5,−1,2)B(−5,−1,−6)⇒¯AB中點C=(0,−1,−2),欲求過C且垂直平面E的直線LL的方向向量→u=E的法向量=(1,2,3)⇒L:x1=y+12=z+23欲求之P=L∩E;若P∈L,則P(t,2t−1,3t−2),t∈R;又P∈E⇒t+2(2t−1)+3(3t−2)−6=0⇒t=1⇒P(1,1,1)解答:α,β,γ為x3−x−3=0之三根⇒{α+β+γ=0αβ+βγ+γα=−1αβγ=3α−1α+1+β−1β+1+γ−1γ+1=1−2α+1+1−2β+1+1−2γ+1=3−2(1α+1+1β+1+1γ+1)=3−2((α+1)(β+1)+(β+1)(γ+1)+(γ+1)(α+1)(α+1)(β+1)(γ+1))=3−2⋅αβ+βγ+γα+2(α+β+γ)+3αβγ+αβ+βγ+γα+1=3−2⋅−1+0+33−1+1=3−43=53
解答:
{|x−1|≤2|x+y|≤1所圍區域頂點坐標{A(3,−4)B(3,−2)C(−1,2)D(−1,0)令f(x,y)=x−2y⇒{f(A)=11f(B)=7f(C)=−5f(D)=−1⇒最大值為11
解答:(√10+√a−√10−√a)2=20−2√100−a⇒√10+√a−√10−√a=√2⋅√10−√100−a令L=√10+√1+√10+√2+⋯+√10+√99√10−√1+√10−√2+⋯+√10−√99⇒L−1=(√10+√1−√10−√1)+(√10+√2−√10−√2)+⋯+(√10+√99−√10−√99)√10−√1+√10−√2+⋯+√10−√99=√2(√10−√100−1)+√2(√10−√100−2)+⋯+√2(√10−√100−99)√10−√1+√10−√2+⋯+√10−√99=√2(√10−√99+√10−√98+⋯+√10−√1)√10−√1+√10−√2+⋯+√10−√99=√2⇒L=√2+1
解答:等比數列:a1=a,a2=ar,a3=ar2⇒r=(ar+2a)rar+2a=a3+2a2a2+2a1⇒r=−4a+4√2+log82023+2(2a−2√2+log42023)2a−2√2+log42023+2(−a+√2+log22023)=log82023+2log42023log42023+2log22023=13log22023+log2202312log22023+2log22023=4352=815
解答:sin(37∘)=sin(30∘+7∘)=sin30∘cos7∘+sin7∘cos30∘=12cos7∘+√32sin7∘原式:sin237∘+cos27∘−sin37∘×cos7∘=(12cos7∘+√32sin7∘)2+cos27∘−(12cos7∘+√32sin7∘)cos7∘=14cos27∘+√32sin7∘cos7∘+34sin27∘+cos27∘−12cos27∘−√32sin7∘cos7∘=34cos27∘+34sin27∘=34
解答:取g(x)=f(x)−x,則1,2,3為g(x)=0的三根⇒g(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−k)⇒f(x)=g(x)+x=(x−1)(x−2)(x−3)(x−k)+x由於f(x)=0的四根之積=d=1⋅2⋅3⋅k=6k⇒k=d6⇒f(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−d6)+x因此{f(0)=df(4)=3⋅2⋅1⋅(4−d6)+4=28−d⇒14(f(0)+f(4))=14⋅28=7
解答:原式=limn→∞n∑k=114n2√4n2−k2=limn→∞n∑k=114n√4−(kn)2=∫1014√4−x2dx令x=2sinθ⇒dx=2cosθdθ,則原式=∫π/6014√4cos2θ⋅2cosθdθ=∫π/60cos2θdθ=∫π/6012(cos2θ+1)dθ=[14sin2θ+12θ]|π/60=√38+π12
解答:
解答:{|z1|=2|z2|=3|z1−z2|=√5⇒{¯OA=2¯OB=3¯AB=√5⇒¯OB2=¯OA2+¯AB2⇒∠OAB=90∘⇒cos∠AOB=cosθ=22+32−52⋅2⋅3=23令{A′(iz1)A″(−iz1)⇒{¯A′B=|z2−iz1|¯A″B=|z2+iz1|⇒{cos(90∘−θ)=(22+32−¯A′B2)/2⋅2⋅3cos(90∘+θ)=(22+32−¯A″B2)/2⋅2⋅3⇒{¯A′B2=13−4√5¯A″B2=13+4√5⇒|z21+z22|=|(z2−iz1)(z2+iz1)|=√(13−4√5)(13+4√5)=√89
解答:
解答:等比數列:a1=a,a2=ar,a3=ar2⇒r=(ar+2a)rar+2a=a3+2a2a2+2a1⇒r=−4a+4√2+log82023+2(2a−2√2+log42023)2a−2√2+log42023+2(−a+√2+log22023)=log82023+2log42023log42023+2log22023=13log22023+log2202312log22023+2log22023=4352=815
解答:sin(37∘)=sin(30∘+7∘)=sin30∘cos7∘+sin7∘cos30∘=12cos7∘+√32sin7∘原式:sin237∘+cos27∘−sin37∘×cos7∘=(12cos7∘+√32sin7∘)2+cos27∘−(12cos7∘+√32sin7∘)cos7∘=14cos27∘+√32sin7∘cos7∘+34sin27∘+cos27∘−12cos27∘−√32sin7∘cos7∘=34cos27∘+34sin27∘=34
解答:取g(x)=f(x)−x,則1,2,3為g(x)=0的三根⇒g(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−k)⇒f(x)=g(x)+x=(x−1)(x−2)(x−3)(x−k)+x由於f(x)=0的四根之積=d=1⋅2⋅3⋅k=6k⇒k=d6⇒f(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−d6)+x因此{f(0)=df(4)=3⋅2⋅1⋅(4−d6)+4=28−d⇒14(f(0)+f(4))=14⋅28=7
解答:原式=limn→∞n∑k=114n2√4n2−k2=limn→∞n∑k=114n√4−(kn)2=∫1014√4−x2dx令x=2sinθ⇒dx=2cosθdθ,則原式=∫π/6014√4cos2θ⋅2cosθdθ=∫π/60cos2θdθ=∫π/6012(cos2θ+1)dθ=[14sin2θ+12θ]|π/60=√38+π12
解答:
解答:{|z1|=2|z2|=3|z1−z2|=√5⇒{¯OA=2¯OB=3¯AB=√5⇒¯OB2=¯OA2+¯AB2⇒∠OAB=90∘⇒cos∠AOB=cosθ=22+32−52⋅2⋅3=23令{A′(iz1)A″(−iz1)⇒{¯A′B=|z2−iz1|¯A″B=|z2+iz1|⇒{cos(90∘−θ)=(22+32−¯A′B2)/2⋅2⋅3cos(90∘+θ)=(22+32−¯A″B2)/2⋅2⋅3⇒{¯A′B2=13−4√5¯A″B2=13+4√5⇒|z21+z22|=|(z2−iz1)(z2+iz1)|=√(13−4√5)(13+4√5)=√89
解答:
先求過A(1,8)的圓切線,假設圓切點P(a,√16−a2)⇒→PA⋅→OP=0⇒(1−a,8−√16−a2)⋅(a,√16−a2)=0⇒65a2−32a−768=0⇒(13a−48)(5a+16)=0⇒a=4813,−165⇒兩切點{P(−16/5,12/5)Q(48/13,20/13)又x2+y2=16⇒2x+2yy′=0⇒y′=−xy⇒兩切線斜率{m1=4/3m2=−12/5⇒兩切線{L1=↔AP:4x−3y+20=0L2=↔AQ:12x+5y=52⇒{B=L1∩(y=−4)=(−8,−4)C=L2∩(y=−4)=(6,−4){過A垂直x軸的垂線L3:x=1與L2垂直的垂線L4斜率為5/12⇒L4:5x−12y=8⇒H=L3∩L4=(1,−14)
解答:A2+4AB=0⇒A(A+4B)=0⇒A=−4B⇒A−1=−14B−1⇒A−1+B−1=34B−1=[36912]⇒B−1=[481216]⇒B=[−1/21/43/8−1/8]=[abcd]⇒a=−12
解答:令→PD=x→PA+y¯PB,由於x+y=1⇒D∈¯BC因此→PD+z→PC=0,若{z=0⇒P=Dz=1⇒P為¯CD中點z=2⇒¯PC:¯CD=1:3z=3⇒¯PC:¯CD=1:4⇒S△ABC=1−1/16=1516
解答:5A,4B,3C串連數至少是3,因此只要考慮增加一個串連的情形:A拆成2個串連:{A+4A:4B與3C插入兩個A串連之間,共有12個2A+3A:4B與3C插入兩個A串連之間,共有12個⇒合計24種B拆成2個串連:{B+3B:5A與3C插入兩個B串連之間,共有12個2B+2B:5A與3C插入兩個B串連之間,共有6個,合計18個C拆成1C+2C:5A與4B插入兩個B串連之間,共有12個以上共有24+18+12=54種
解答:由於a527+b527=(a+b)(a526−a525b+a524b2−⋯−ab526+b527)⇒a+b可以整除a527+b527而2022∑k=1k527=(1527+2022527)+(2527+2021527)+⋯+(1011527+1012527)上式每個括號內都是1+2022=2023的倍數,因此2023可以整除2022∑k=1k527,故得證
解答:{ax+by+cz=0bx+cy+az=0cx+ay+bz=0至少有一解(0,0,0)依題意有無限多解⇒ab=bc=ca=k⇒{a=bkb=ckc=ak,k≠0⇒a=bk=ck2=ak3⇒k=1⇒a=b=c,故得證
解答:{4n+3n8n+3n≤4n+4n8n=2⋅4n8n=2(12)n4n+3n8n+3n≥4n8n+8n=12⋅4n8n⇒12⋅4n8n≤4n+3n8n+3n≤2(12)n⇒(12)1/n⋅12≤(4n+3n8n+3n)1/n≤21/n⋅12⇒limn→∞(12)1/n⋅12≤limn→∞(4n+3n8n+3n)1/n≤limn→∞21/n⋅12⇒12≤limn→∞(4n+3n8n+3n)1/n≤12⇒limn→∞(4n+3n8n+3n)1/n=12
解答:A2+4AB=0⇒A(A+4B)=0⇒A=−4B⇒A−1=−14B−1⇒A−1+B−1=34B−1=[36912]⇒B−1=[481216]⇒B=[−1/21/43/8−1/8]=[abcd]⇒a=−12
解答:令→PD=x→PA+y¯PB,由於x+y=1⇒D∈¯BC因此→PD+z→PC=0,若{z=0⇒P=Dz=1⇒P為¯CD中點z=2⇒¯PC:¯CD=1:3z=3⇒¯PC:¯CD=1:4⇒S△ABC=1−1/16=1516
解答:5A,4B,3C串連數至少是3,因此只要考慮增加一個串連的情形:A拆成2個串連:{A+4A:4B與3C插入兩個A串連之間,共有12個2A+3A:4B與3C插入兩個A串連之間,共有12個⇒合計24種B拆成2個串連:{B+3B:5A與3C插入兩個B串連之間,共有12個2B+2B:5A與3C插入兩個B串連之間,共有6個,合計18個C拆成1C+2C:5A與4B插入兩個B串連之間,共有12個以上共有24+18+12=54種
解答:由於a527+b527=(a+b)(a526−a525b+a524b2−⋯−ab526+b527)⇒a+b可以整除a527+b527而2022∑k=1k527=(1527+2022527)+(2527+2021527)+⋯+(1011527+1012527)上式每個括號內都是1+2022=2023的倍數,因此2023可以整除2022∑k=1k527,故得證
解答:{ax+by+cz=0bx+cy+az=0cx+ay+bz=0至少有一解(0,0,0)依題意有無限多解⇒ab=bc=ca=k⇒{a=bkb=ckc=ak,k≠0⇒a=bk=ck2=ak3⇒k=1⇒a=b=c,故得證
解答:{4n+3n8n+3n≤4n+4n8n=2⋅4n8n=2(12)n4n+3n8n+3n≥4n8n+8n=12⋅4n8n⇒12⋅4n8n≤4n+3n8n+3n≤2(12)n⇒(12)1/n⋅12≤(4n+3n8n+3n)1/n≤21/n⋅12⇒limn→∞(12)1/n⋅12≤limn→∞(4n+3n8n+3n)1/n≤limn→∞21/n⋅12⇒12≤limn→∞(4n+3n8n+3n)1/n≤12⇒limn→∞(4n+3n8n+3n)1/n=12
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學校未提供供答案,解題僅供參考,其他教甄試題及詳解
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