112年屏東女中教甄-數學詳解

國立屏東女子高級中學 112 學年度代理教師甄選數學科題目卷

一、單一選擇題：每題全對得5分。共10分。

解答： $$x\sin \theta=r \Rightarrow x={r\over \sin \theta}，故選\bbox[red, 2pt]{(A)}$$

解答： $$A=\begin{bmatrix} x & z\\ y& u\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1-y & z\\ y& 1-z\end{bmatrix}  \Rightarrow \det(A)=(1-y)(1-z)-yz =1-(y+z) ={2.4\over 4}=0.6\\ \Rightarrow y+z=1-0.6=0.4，故選 \bbox[red, 2pt]{(B)}$$

二、多重選擇題：每題全對得6分，答錯1個選項得4分，答錯2個選項得2分。共36分。

解答： $$(A)\bigcirc: 銳角三角形一定不是鈍角三角形，因此A,C互斥\\ (B)\times:  (1,5,7)與(5,7,11) 皆為直角三角形，因此B不是基本事件\\ (C) \bigcirc: 任取非直線上的三點為一三角形，因此共有P^{12}_3/3! 個三角形 \\ (D)\bigcirc: 直徑共有六條，每一條與另外10個點形成一直角三角形，共有60個直角三角形\\ (E)\times: P^{12}_3/3! =220 不是3的倍數，因此不可能a=b=c\\ 故選\bbox[red, 2pt]{(ACD)}$$

解答： $$\log a-\log x=\log(a-x) \Rightarrow {x\over a}=a-x \Rightarrow x^2-ax+a=0有兩相異實根\\ \Rightarrow 判別式\gt 0 \Rightarrow a^2-4a \gt 0 \Rightarrow a\gt 4(a\lt 0不合)，故選\bbox[red, 2pt]{(E)}$$

解答： $$(1)\bigcirc: (a,b,0) \cdot (0,0,1)=0 \Rightarrow \vec u與z軸垂直 \\(2)\times: 柯西不等式:(a^2+b^2)(c^2+d^2) \ge (ac+bd)^2 \Rightarrow 9\ge (ac+bd)^2 \\\qquad \Rightarrow 3\ge ac+bd \ge -3 \Rightarrow \vec u\cdot \vec v=ac+bd的最大值=3 \ne \sqrt 3 \\(3)\times: \cos \theta ={\vec u\cdot \vec v\over |\vec u||\vec v|} ={ac+bd\over \sqrt 3\cdot \sqrt 3} ={1\over 3}(ac+bd) \Rightarrow -1\le \cos \theta \le 1 \Rightarrow \theta 最大值為180^\circ \\ (4)\bigcirc: a^2+b^2)(d^2+(-c)^2) \ge (ad-bc)^2 \Rightarrow -3\le ad-bc \le 3 \Rightarrow ad-bc可能為2 \\ (5)\times: \vec u\times \vec v=(3b,-3a,ad-bc) \Rightarrow |\vec u\times \vec v|=\sqrt{9(a^2+b^2)+(ad-bc)^2} =\sqrt{27+(ad-bc)^2} \\ \qquad \le \sqrt{27+9}=6 \ne 2\sqrt 3\\ 故選\bbox[red,2pt]{(14)}$$

解答： $$(A)\times: \triangle ABC面積={1\over 2}\begin{Vmatrix}1 & 2 & 1 \\4 & 3 & 1 \\2 & -1 &1  \end{Vmatrix} =5 \ne 10\\(B)\bigcirc: \overrightarrow{AB}與\overrightarrow{AC}所圍平行四邊形面積=10 \Rightarrow 10\cdot (2-(-1))\cdot (3-1) =60\\ (C)\bigcirc: 假設D為\overline{BC}中點 \Rightarrow \cases{\overrightarrow{AP}={2\over 3}\overrightarrow{AD} \\ \overrightarrow{AD}={1\over 2}(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{AC})} \Rightarrow \overrightarrow{AP}={1\over 3}(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{AC})$$

解答： $$(A)\bigcirc: \begin{bmatrix} a& b\\ c& d\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} a+b\\ c+d\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -1\\ 1\end{bmatrix} \Rightarrow a+b+c+d=-1+1=0 \\ (B) \times: 若A是轉移矩陣\Rightarrow \cases{a+c=1\\ b+d=1} \Rightarrow a+b+c+d =2 \ne 0 \\(C)\bigcirc: A=\begin{bmatrix} \cos 90^\circ & -\sin 90^\circ\\ \sin 90^\circ & \cos 90^\circ\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 0& -1\\ 1& 0\end{bmatrix} \Rightarrow A\begin{bmatrix} 1\\ 1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -1\\ 1\end{bmatrix} \Rightarrow A可能是旋轉矩陣\\ (D)\bigcirc:A＝\begin{bmatrix} 1& k=-2\\ 0& 1\end{bmatrix} \Rightarrow A\begin{bmatrix} 1\\ 1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -1\\ 1\end{bmatrix} \Rightarrow A可能是推移矩陣 \\(E)\bigcirc: A=\begin{bmatrix} \cos 180^\circ & \sin 180^\circ\\ \sin 180^\circ & -\cos 180^\circ\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -1& 0\\ 0& 1\end{bmatrix} \Rightarrow A\begin{bmatrix} 1\\ 1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -1\\ 1\end{bmatrix} \Rightarrow A可能是鏡射矩陣\\故選\bbox[red,2pt]{(ACDE)}$$

解答： $$(A)\bigcirc: \sin 0=0^2,又\cases{\sin \pi/6=1/2 \gt (\pi/6)^2\\ \sin \pi/2=1 \lt (\pi/2)^2} \Rightarrow 在區間({\pi\over 6},{\pi\over 2})有另一交點，共兩個交點\\ (B)\bigcirc: \sin 0=0^3，又\cases{\sin \pi/6=1/2 \gt (\pi/6)^3\\ \sin \pi/2=1 \lt (\pi/2)^3} \Rightarrow 在區間({\pi\over 6},{\pi\over 2})有另一交點，且兩圖形對稱原點\\ 因此在區間(-{\pi\over 2},-{\pi\over 6})有另一個交點，共三個交點 \\(C)\times: 兩圖形僅有一個交點，即原點\\(D)\bigcirc: x\gt 1 \Rightarrow \cases{\sin x\le 1\\ x^2\gt 1} \Rightarrow x^2 \gt \sin x \\(E)\times: 兩圖形在0\lt x\lt 1有一交點，因此不成立\\ 故選\bbox[red, 2pt]{(ABD)}$$

三、填充題：每題全對得 5 分。共 25 分。

解答： $$假設A為原點,摺起來後\cases{A(0,0,0)\\ M(1,2,0)\\ N(2,1,0) } \Rightarrow B(a,a,b)\Rightarrow \cases{\overline{AB}^2 =2a^2+b^2=2^2=4\\ \overline{BN}^2=(a-2)^2+(a-1)^2+b^2 =1} \\ \Rightarrow \cases{a=4/3\\ b=2/3} \Rightarrow \cases{\overrightarrow {AM}=(1,2,0)\\ \overrightarrow{AB} =(4/3,4/3,2/3)} \Rightarrow \vec n=\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AM} ={2\over 3}(-2,1,2) \\ \Rightarrow \cases{平面AMN的法向量=\vec n_1 =(0,0,1) \\ 平面ABM的法向量= \vec n_2 =(-2,1,2)} \Rightarrow \cos \theta ={\vec n_1\cdot \vec n_2 \over |\vec n_1|| \vec n_2|} ={2\over 3} \Rightarrow \sin \theta=\bbox[red, 2pt]{\sqrt 5\over 3}$$

解答： $$空間三點\cases{A(a,b,1)\\ B(c,0,d)\\ C(1,2,-1)\\ O(0,0,0)} \Rightarrow \cases{\overline{OA}=\sqrt{a^2+b^2+1}=3\\ \overline{OB} =\sqrt{c^2+d^2}=2 \sqrt 6\\ \overline{OC}=\sqrt{1+4+1}=\sqrt 6} \Rightarrow 體積=3\times 2\sqrt 6\times \sqrt 6=36\\ \Rightarrow 行列式的最小值=\bbox[red, 2pt]{-36}$$

解答： $$\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AF} =11=|\overrightarrow{AD}|| \overrightarrow{AF}| \cos \angle DAF = 16\cos \angle DAF \Rightarrow \cos \angle DAF={11\over 16} \\ \Rightarrow {11\over 16} ={4^2+4^2-\overline{DF}^2 \over 2\cdot 4\cdot 4} \Rightarrow \overline{DF}=\sqrt{10},\\又\overline{CE}=\overline{DF} \Rightarrow \cos \angle CAE={(4\sqrt 2)^2+ (4\sqrt 2)^2-(\sqrt {10})^2 \over 2\cdot 4\sqrt 2\cdot 4\sqrt 2} ={54\over 64}\\ \Rightarrow \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AE} =|\overrightarrow{AC} || \overrightarrow{AE} |\cos \angle CAE= 4\sqrt 2\cdot 4\sqrt 2\cdot {54\over 64} =\bbox[red, 2pt]{27}$$

解答： $$\cases{p=0.7\\ q=0.9} ,依貝氏搜索理論p'={p(1-q)\over 1-p+p(1-q)} ={0.7\cdot 0.1\over 0.3+0.7\cdot 0.1} =\bbox[red, 2pt]{7\over 37}$$

解答： $$\begin{bmatrix} \cos 2\theta & \sin 2\theta\\ \sin 2\theta & -\cos 2\theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 7\\ -1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1\\7\end{bmatrix} \Rightarrow \cases{-\sin 2\theta+7\cos 2\theta =1\\ 7\sin 2\theta +\cos 2\theta=7} \Rightarrow \cases{\cos 2\theta=7/25\\ \sin 2\theta=24/25} \\ \Rightarrow \begin{bmatrix} a& b\\ c& d\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}7/25& 24/25\\ 24/25 & -7/25 \end{bmatrix} \Rightarrow d=\bbox[red,2pt]{-{7\over 25}}$$

四、計算證明題：19 分

解答： $${1\over 4}(a-b)^2 \ge 0 \Rightarrow {1\over 4}(a^2-2ab+b^2) \ge 0 \Rightarrow {1\over 4}(a^2+b^2) \ge {ab\over 2} \\\Rightarrow {1\over 4}(a^2+b^2+2ab) \ge {ab\over 2}+{ab\over 2}=ab \Rightarrow {(a+b)^2\over 4}\ge ab \Rightarrow {a+b\over 2}\ge \sqrt{ab},\bbox[red,2pt]{故得證}\\ 等號成立時 \Rightarrow {a+b\over 2}=\sqrt {ab} \Rightarrow {1\over 4}(a^2+2ab+b^2)=ab \Rightarrow {1\over 4}(a^2-2ab+b^2)=0\\ \Rightarrow {1\over 4}(a-b)^2=0 \Rightarrow a=b,\bbox[red,2pt]{故得證}$$

解答：

$$假設D為垂足,即\overline{BD}\bot \overline{AC},如上圖\\ 若\angle A為銳角 \Rightarrow \overline{AD} =c\cos A \Rightarrow \overline{CD}=b-c\cos A \Rightarrow \overline{BD}^2=c^2-(c\cos A)^2 =a^2-(b-c\cos A)^2\\ \Rightarrow c^2-c^2\cos^2 A=a^2-b^2+2bc\cos A-c^2\cos^2A \Rightarrow a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\\ 若\angle A為鈍角 \Rightarrow \overline{AD}=c\cos (\pi-A)=-c\cos A \Rightarrow \overline{CD}=b-c\cos A\\ \Rightarrow \overline{BD}^2=c^2-(-c\cos A)^2=a^2-(b-c\cos A)^2 \Rightarrow a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\\ 若\angle A為直角  \Rightarrow a^2=b^2+c^2-2bc \cos A(\cos A=0)\\ 因此無論\angle A為銳角、鈍角或直角皆滿足a^2=b^2+c^2-2bc\cos A,\bbox[red, 2pt]{故得證}$$

解答： $$\cases{左式=(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+ b_2^2) =a_1^2b_1^2 +a_1^2b_2^2+ a_2^2b_1^2 + a_2^2b_2^2 \\ 右式=(a_1b_1+a_2b_2)^2 = a_1^2b_1^2 +2a_1a_2b_1b_2+ a_2^2b_2^2} \\ \Rightarrow 左式-右式=a_1^2b_2^2+ a_2^2b_1^2-2a_1a_2b_1b_2 =(a_1b_2-a_2b_1)^2\ge 0 \\ \Rightarrow (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+ b_2^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2)^2 ,\bbox[red, 2pt]{故得證}\\ 等號成立時 \Rightarrow (a_1b_2-a_2b_1)^2=0 \Rightarrow a_1b_2=a_2b_1 ,\bbox[red, 2pt]{故得證}$$

============================ END ============================= 

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