113年松山高中第2次教甄-數學詳解

臺北市立松山高級中學 113 學年度第 2 次正式教師甄選 

一、填充題（每題 5 分，共 50 分）

解答:$$取b_n=\sqrt{1+16 a_n} \Rightarrow \cases{a_n=(b_n^2-1)/16\\ b_1=7} \Rightarrow {b_{n+1}^2\over 16} =4+{b_n^2-1\over 16}+b_n \\ \Rightarrow b_{n+1}^2=b_n^2+16b_n +64 =(b_n+8)^2 \Rightarrow b_{n+1}=b_n+8 =b_{n-1}+8\cdot 2=b_1+8n= 7+8n \\ \Rightarrow a_n= {(7+8n)^2-1 \over 16}={64n^2-16n \over 16} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{a_n=4n^2-n}$$

$$\begin{array}{|ll|}\hline 2.& 設f(x)為定義在區間(0,\infty)上的嚴格遞增函數，且對任意的x\gt 0，\\&f(x)\cdot f({1\over x}+f(x))=1均成立，試求f(1)=? \\\hline \end{array}$$
解答:$$x=1\;代入原式\;f(x)\cdot f({1\over x}+f(x))=1 \Rightarrow f(1) f(1+f(1))=1 \Rightarrow f(1)={1\over f(1+f(1))}\\ x=1+f(1)代入原式\Rightarrow f(1+f(1)) \cdot f({1\over 1+f(1)}+ f(1+f(1)))=1 \\ \Rightarrow f({1\over 1+f(1)}+ f(1+f(1)))= {1\over f(1+f(1))} =f(1) \Rightarrow {1\over 1+f(1)}+ f(1+f(1))=1 \\ \Rightarrow {1\over 1+f(1)}+{1\over f(1)}=1 \Rightarrow f(1)^2-f(1)-1=0 \\ \Rightarrow \cases{f(1)=(1+\sqrt 5)/2 \Rightarrow f(1+f(1))={2\over 1+\sqrt 5} \lt f(1)非遞增\\ f(1)=(1-\sqrt 5)/2 \Rightarrow f(1+f(1))={2\over 1-\sqrt 5} \lt f(1) 為遞增} \Rightarrow f(1)=\bbox[red, 2pt]{1-\sqrt 5\over 2}$$

解答:$$沒有好方法,只能一個一個去算,假設C=AB,即 \begin{bmatrix}c_1& c_2\\ c_3& c_4\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}a_1& a_2\\ a_3& a_4\end{bmatrix} \begin{bmatrix}b_1& b_2\\ b_3& b_4\end{bmatrix} \\=\begin{bmatrix}a_1b_1+a_2b_3& a_1b_2+a_2b_4\\ a_3b_1+a_4b_3& a_3b_2+ a_4b_4\end{bmatrix}\\C有0個2:c_i=0或1,共有2^4=16個\\C有1個2: a_1b_1+a_2b_3=2 \Rightarrow \cases{a_1=a_2=1 \\b_1=b_3=1} \Rightarrow \begin{bmatrix}1& 1\\ a_3& a_4\end{bmatrix}  \begin{bmatrix}1& b_2\\ 1& b_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2& b_2+b_4\\ a_3+a_4& a_3b_2+a_4b_4 \end{bmatrix}\\ \qquad \Rightarrow C=\begin{bmatrix}2& 0\\ 0& 0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}2& 1\\ 1& 0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}2& 1\\ 1& 1\end{bmatrix} , \begin{bmatrix}2& 1\\ 0& 1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}2& 0\\ 1& 1 \end{bmatrix} 有5種可能,因此共有5\cdot 4=20種\\C有2個2:\cases{a_1b_1+a_2b_3=2\\ a_3b_1+a_4b_3=2} \Rightarrow \cases{a_i=1\\ b_1=b_3=1} \Rightarrow  \begin{bmatrix}1& 1\\ 1& 1\end{bmatrix}  \begin{bmatrix}1& b_2\\ 1& b_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2& b_2+b_4\\ 2& b_2+b_4\end{bmatrix} \\\qquad \Rightarrow C=\begin{bmatrix}2& 0\\ 2& 0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}2& 1\\ 2& 1\end{bmatrix}有2種可能,再加上水平及垂直對稱,共有2\cdot 4=8個\\C有3個2:不可能\\C有4個2:c_1=c_2=c_3=c_4=2,只有1個 \\ 因此共有16+20+8+1= \bbox[red, 2pt]{45}種 $$

$$\begin{array}{|ll|}\hline 4.& 箱中有 5 個紅球、 3 個白球，每一個球被取出的機會相等。 從箱中一次取出 3 球，\\&試求取出紅球個數的期望值。\\\hline \end{array}$$
解答:$${1\over C^8_3}(3C^5_3+ 2C^5_2C^3_1+ C^5_1C^3_2)= {105 \over 56} =\bbox[red, 2pt]{15\over 8}$$

解答:$$z=x+yi, x,y\in \mathbb R \Rightarrow {z-1\over z+1} ={(x-1)+yi\over (x+1)+yi} ={((x-1)+yi)((x+1)-yi) \over ((x+1)+yi) ((x+1)-yi) } \\ ={ x^2+y^2-1+2yi\over (x+1)^2+y^2} 為純虛數 \Rightarrow x^2+y^2=1 \Rightarrow z在單位圓上\\ \Rightarrow z=\cos \theta+ i\sin \theta \Rightarrow |3z^2-z+1| =|3(\cos 2\theta+ i\sin 2\theta)-(\cos \theta+i\sin \theta)+1| \\=|3\cos2\theta-\cos\theta+1+(3\sin 2\theta-\sin \theta)i| = \sqrt{(3\cos2\theta-\cos\theta+1)^2 +(3\sin 2\theta-\sin \theta)^2 }\\ 令f(\theta)= (3\cos2\theta-\cos\theta+1)^2 +(3\sin 2\theta-\sin \theta)^2, 則f'(\theta)=0 \Rightarrow \sin \theta=3\sin \theta \cos \theta \\ \Rightarrow \cases{\sin \theta=0 \Rightarrow z=1 \Rightarrow |3z^2-z+1|=3\\ \cos \theta=1/3 \Rightarrow z=1/3+ 2\sqrt 2 i/3 \Rightarrow |3z^2-z+1|= \sqrt{33}/3} \Rightarrow 最小值=\bbox[red, 2pt]{\sqrt{33}\over 3}$$

$$\begin{array}{|ll|}\hline 6.& 在四邊形ABCD中，\angle ABC=\angle CAD=60^\circ、\angle CAB=45^\circ、\angle ADC=90^\circ，又知道\\&\overline{BC}=2\sqrt 2，試求\overline{BD}長度平方的值，即\overline{BD}^2=? \\\hline \end{array}$$

解答:

$$\cases{\cases{\angle CAD=60^\circ \\ \angle ADC=90^\circ} \Rightarrow \angle ACD=30^\circ \\ \cases{\angle CAB=45^\circ \\ \angle ABC=60^\circ }\Rightarrow \angle ACB= 75^\circ}, 又正弦定理:{\overline{BC}\over \sin 45^\circ} ={\overline{AC} \over \sin 60^\circ} \Rightarrow \overline{AC}=2\sqrt 3 \Rightarrow \overline{CD}=3 \\ \Rightarrow \cos \angle BCD =\cos 105^\circ =\cos(45^\circ+60^\circ)= \cos 45^\circ \cos 60^\circ -\sin 45^\circ \sin 60^\circ ={\sqrt 2-\sqrt 6\over 4} \\ \Rightarrow {\sqrt 2-\sqrt 6\over 4}={9+8-\overline{BD}^2 \over 12\sqrt 2} \Rightarrow \overline{BD}^2= \bbox[red, 2pt]{11+6\sqrt 3}$$

$$\begin{array}{|ll|}\hline 7.& 三角錐A-BCD中，\overline{AB}= \overline{AC}= \overline{AD}，\overline{BC} = \overline{CD}= \overline{BD}。若G為\triangle ABC的重心，\\&且\overline{DG}= 1，試求三角錐A-BCD的體積最大值為? \\\hline \end{array}$$

解答:

$$假設\cases{\overline{AB}=b\\ \overline{BC}=a\\ E為\overline{CD}中點\\ O為正\triangle BCD重心}, 在直角\triangle AEC中， \overline{AE}= \sqrt{b^2-{a^2\over 4}} =\sqrt{4b^2-a^2}/2 \\\Rightarrow \cases{\overline{AG}={2\over 3}\overline{AE} =\sqrt{4b^2-a^2}/3\\ \overline{GE}={1\over 3}\overline{AE} =\sqrt{4b^2-a^2}/6}，\\又\cos \angle AGD=-\cos\angle DGE \Rightarrow {1+(4b^2-a^2)/9-b^2 \over 2\sqrt{4b^2-a^2}/3} =-{1+(4b^2-a^2)/36-3a^2/4\over \sqrt{4b^2-a^2}/3} \\ \Rightarrow 5a^2+ b^2=9 \Rightarrow b^2=9-5a^2\\又O為\triangle BCD重心 \Rightarrow \overline{OE}={\sqrt 3\over 6}a \Rightarrow \overline{AO} = \sqrt{ \overline{AE}^2-\overline{OE}^2}   =\sqrt{b^2-a^2/3} =\sqrt{9-{16\over 3}a^2} \\ \Rightarrow 三角錐體積V={1\over 3}\cdot {\sqrt 3\over 4}a^2 \cdot \sqrt{9-{16\over 3}a^2} \\ 令f(a)=9a^4-{16\over 3}a^6 \Rightarrow f'(a)=0 \Rightarrow a^2={27\over 24} \Rightarrow V={\sqrt 3\over 12}\cdot {27\over 24}\cdot \sqrt{3}=\bbox[red, 2pt]{9\over 32}$$

$$\begin{array}{|ll|}\hline 8.& 坐標平面上，橢圓\Gamma_1: \displaystyle {x^2\over m} +{y^2\over n}=1 與雙曲線\Gamma_2: \displaystyle {x^2\over p}+{y^2\over q}=1有共同的焦點(2,0),\\&(-2,0)，且橢圓\Gamma_1的短軸長度和雙曲線\Gamma_2的貫軸長度相等，試求行列式\\& \begin{vmatrix} m& n\\ p& q \end{vmatrix}的值。 \\\hline \end{array}$$

解答:$$橢圓焦點\cases{F_1(2,0)\\ F_2(-2,0)} \Rightarrow 2c=4\Rightarrow c=2 \Rightarrow m=n+2^2=n+4\cdots(1) \\ \Gamma_1短軸長=\Gamma_2貫軸長\Rightarrow 2\sqrt n=2\sqrt p \Rightarrow n=p \cdots(2)\\  又p-q=4 \cdots(3) \\ 因此\begin{vmatrix}m & n \\p & q \end{vmatrix} =mq-np= (n+4)(p-4)-np =(n+4)(n-4)-n^2=\bbox[red, 2pt]{-16}$$

解答:$$I =\lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n {k\over n^2} \sqrt{1-({k\over n})^2} =\lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n {1\over n}\cdot {k\over n} \sqrt{1-({k\over n})^2} = \int_0^1 x\sqrt{1-x^2}\,dx \\ \text{Let } u=1-x^2, \text{ then } du=-2xdx. \text{ We have }I=\int_1^0-{1\over 2}u^{1/2}\,du= \left. \left[ -{1\over 3}u^{3/2}\right] \right|_{1}^0 =\bbox[red, 2pt]{1\over 3}$$

$$\begin{array}{|ll|}\hline 10.& 設y=\sin x的圖形與x軸、直線x=\displaystyle {\pi\over 4}、直線x=\displaystyle {3\pi\over 4}所圍成的區域繞x軸旋轉\\&所得的旋轉體為S，試求旋轉體S的體積。 \\\hline \end{array}$$

解答:$$V=\int_{\pi/4}^{3\pi /4} \pi \sin^2 x\,dx =\pi \int_{\pi/4}^{3\pi /4} {1\over 2}(1-\cos 2x) \,dx = {\pi\over 2}\left. \left[ x-{1\over 2}\sin 2x\right] \right|_{\pi/4}^{3\pi/4} \\={\pi\over 2}\left(\left( {3\over 4}\pi+{1\over 2} \right) -\left( {\pi\over 4}-{1\over 2}\right)\right) = \bbox[red, 2pt]{{\pi\over 2}+{\pi^2\over 4}}$$

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