114年台北陽明高中教甄-數學詳解

 臺北市立陽明高級中學 114 學年度正式教師甄選高中數學科

一、填充題（合計 12 題，每題 5 分）

解答：$$(x+y+2027)^2=x^2+y^2+2027^2+ 2(xy+ 2027x+2027y) =x^2+y^2+2027^2 \\ \Rightarrow xy+ 2027x+2027y=0 \Rightarrow (x+2027)(y+2027)=2027^2\\\Rightarrow \begin{array} {cc|cc} x+2027 & y+2027 & x & y \\\hline 2027 & 2027 & 0& 0 \\ -2027& -2027 & -2027\cdot 2& -2027\cdot 2  \\ 2027^2 & 1 & 2027^2-2027& -2026\\ 1& 2027^2 & -2026 & 2027^2-2027 \\ -2027^2& -1& -2027^2-2027 & -2028\\ -1 & -2027^2 & -2028 & -2027^2-2027\\\hline \end{array} \Rightarrow 共\bbox[red, 2pt]6組整數解$$

解答：$${1\over x}+{1\over y}={n-1\over n}=1-{1\over n} \Rightarrow {1\over x}+{1\over y}+{1\over n}=1 \\ \Rightarrow (x,y,n)=(2,3, 6), (2,4,4), (2,6,3),(3,6,2) \Rightarrow (x,y)= \bbox[red, 2pt]{(2,3), (2,4), (2,5), (3,6)} $$

解答：

$$球心O至平面E的距離={9\over \sqrt{9}}=3 \Rightarrow 體積小的區塊相當於上圖圓弧繞y軸旋轉的體積\\ \Rightarrow 體積=\pi\int_3^4 (16-y^2)\,dy =\pi \left. \left[16y-{1\over 3}y^3 \right] \right|_3^4 = \bbox[red, 2pt]{{11\over 3}\pi}$$

解答：

$$y=x-x^2 \Rightarrow x={1\over 2}\pm \sqrt{{1\over 4}-y}\\ \Rightarrow 欲求之體積=\pi \int_0^{1/4} \left( {1\over 2}-\sqrt{{1\over 4}-y}-2\right)^2 \,dy -\pi \int_0^{1/4} \left( {1\over 2}+\sqrt{{1\over 4}-y}-2\right)^2 \,dy \\=\pi \left( {27\over 32}-{11\over 32} \right) = \bbox[red, 2pt]{\pi\over 2}$$

解答：

$$直線L:\cases{\sqrt 3x-z-6=0\\ y=0} \Rightarrow \cases{A=L\cap xy平面=(2\sqrt 3, 0,0) \\ B=L\cap z軸= (0,0,-6)} \\ 假設\cases{球心P(0,0,-r), r為球半徑\\ Q為球與L的切點} \Rightarrow \triangle ABO \sim \triangle PBQ (AAA) \Rightarrow {\overline{OA} \over \overline{AB}} ={\overline{PQ} \over \overline{ PB}} \\ \Rightarrow {2\sqrt 3\over 4\sqrt 3} ={r\over 6-r} \Rightarrow r=2 \Rightarrow P \bbox[red, 2pt]{(0,0,-2)}$$

解答：$$\cases{2次取完:5+3=8，只有1種\\ 3次取完:x+y=5,有H^2_3=4種\\ 4次取完:x+y+z=5,有H^3_2=6種\\ 5次取完:x+y+z+w=5,有H^4_1=4種\\ 6次取完:1+3+1+1+1+1=8,只有1種} ,x,y,z,w \in \mathbb N\\ \Rightarrow 條件機率={6\over 1+4+6+4+1} ={6\over 16} =\bbox[red, 2pt]{3\over 8}$$

解答：

$$假設 P',Q',R',S'分別是P,Q,R 在準線x=k的投影點\\ 因此{\overline{PF} \over \overline{PP'} }= {\overline{QF} \over \overline{QQ'} }={\overline{RF} \over \overline{RR'} } \Rightarrow {\overline{PF} \over k-x_1 }= {4 \over k-4 }={\overline{RF} \over k-x_2 } \\ \overline{PF}, 4,\overline{RF} 成等差 \Rightarrow k-x_1,k-4,k-x_2也是等差數列 \\\Rightarrow 2(k-4)=(k-x_1)+(k-x_2)  \Rightarrow x_1+x_2=8$$

解答：$$\overrightarrow{PA_1} +\overrightarrow{PA_2} +\cdots +\overrightarrow{PA_{17}} =(\overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OA_1} )+ (\overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OA_2} )+ \cdots +(\overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OA_{17}} ) \\=17\overrightarrow{PO} + (\overrightarrow{OA_1} +\overrightarrow{OA_2} + \cdots + \overrightarrow{OA_{17}}) =17 \overrightarrow{PO}= 17 (-{\sqrt 3\over 2},-{1\over 2}) \\ \Rightarrow 2(\overrightarrow{PA_1} +\overrightarrow{PA_2} +\cdots +\overrightarrow{PA_{17}} ) =34 (-{\sqrt 3\over 2},-{1\over 2})= \bbox[red, 2pt]{(-17\sqrt 3,-17)}$$

解答：$$2x^6-3x^5+4x^4-3x^3+4x^2-3x+2=(x^2+x+1)(x^2-x+1)(2x^2-3x+2)=0\\ \Rightarrow x=\cases{(-1\pm \sqrt 3i)/2\\ (1\pm \sqrt 3i)/2 \\ (3\pm \sqrt 7i)/4} \Rightarrow 第一象限的根： {{1+\sqrt 3i\over 2}, {3+\sqrt 7i \over 4}}，其和=\bbox[red, 2pt]{5+2\sqrt 3 i+\sqrt 7 i\over 4}$$

解答：$$\sqrt{1+{1\over n^2} +{1\over (n+1)^2}} = \sqrt{1+{(n+1)^2+n^2\over n^2(n+1)^2} } = \sqrt{1+{2n^2+2n+1\over n^2(n+1)^2} }  = \sqrt{1+{2n(n+2) +1\over n^2(n+1)^2} } \\ =\sqrt{1+{2\over n(n+1)} +{ 1\over n^2(n+1)^2} } =\sqrt{(1+{1\over n(n+1)})^2} =1+{1\over n(n+1)} =1+{1\over n}-{1\over n+1}\\ \Rightarrow 原式= (1+{1\over 1}-{1\over 2}) +(1+{1\over 2}-{1\over 3}) + \cdots +(1+{1\over 2025}-{1\over 2026}) \\ = 2026-{1\over 2026} =\bbox[red,2pt]{2025{2025\over 2026}}$$

解答：$$\sqrt{-4+5} \le \sqrt{4\cos x+5} \le \sqrt{4+5}\Rightarrow 1\le \sqrt{4\cos x+5} \le 3 \Rightarrow -1 < {\sin x\over \sqrt{4\cos x+5}} < 1 \\y={\sin x\over \sqrt{4\cos x+5}} \Rightarrow y^2={\sin^2 x\over {4\cos x+5}} ={1-\cos^2 x\over {4\cos x+5}} \\ \Rightarrow \cos^2 x+4y^2\cos x+5y^2-1=0，將\cos x視為一變數，則左式一定有實數解\\ \Rightarrow 判別式\ge 0 \Rightarrow 16y^4-20y^2+4=0 \Rightarrow 4(4y^2-1)(y^2-1) \ge 0 \\ \Rightarrow (y+1)(2y+1)(2y-1)(y-1)\ge 0 \Rightarrow \cases{y \ge 1 (不合)\\ -1/2\le y\le 1/2\\ y\le -1(不合)}   \Rightarrow y\in\bbox[red,2pt]{\left[-{1\over 2},{1\over 2}\right]}$$

解答：

$$\log_{x+y} \sqrt{1-x^2} \gt \log_{x+y} y \Rightarrow \cases{1-x^2 \gt 0\\ y \gt 0\\ x+y \gt 0\\ \cases{\sqrt{1-x^2} \gt y,\text{ if }x+y \gt 1\\\sqrt{1-x^2} \lt y,\text{ if }x+y \lt 1}} \\\Rightarrow \cases{藍色區域: x+y>1 且 x^2+y^2 < 1\\ 紅色區域:0 < x+y < 1且x^2+y^2 > 1  且x > -1} \\ \Rightarrow \cases{藍色區域面積={\pi\over 4}-{1\over 2} \\ 紅色區域面積= {1\over 2}+ (1-{\pi\over 4})\div 2} \Rightarrow 著色面積=\bbox[red,2pt]{ {4+\pi \over 8}}$$

二、計算題（合計 4 題，每題 10 分）

解答：

$$f(x)=g(x) \Rightarrow x=1,4 \Rightarrow 此題相當於在區間[1,4]求f(x)-g(x)的最大值\\ h(x)=f(x)-g(x)=-x^2+5x-4 =-(x-{5\over 2})^2+{9\over 4} \Rightarrow \cases{P(5/2,f(5/2)) \\Q(5/2, g(5/2))}\Rightarrow \overline{PQ}最大值= \bbox[red, 2pt]{9\over 4}$$

解答：$$取x=-{1\over 2} \Rightarrow 0-(-{a\over 2}+b)^{20}=({1\over 4}-{p\over 2}+q)^{10} \\ 上式等號的左邊為負值，右邊為正值，因此兩式均為0 \Rightarrow \cases{a=2b\\ 2p=4q+1} \\ 考慮原式(2x+1)^{20}-(ax+b)^{20} =(x^2+px+q)^{10}\\ 其中\cases{左式x^{20}的係數為2^{20}-a^{20} =2^{20}-2^{20}b^{20} =2^{20}(1-b^{20}) \\ 右式x^{20}的係數為1} \Rightarrow 1-b^{20}={1\over 2^{20}} \\ \Rightarrow b^{20}=1-{1\over 2^{20}} ={1048575 \over 1048576}\\ 再取x=-1 \Rightarrow 1-(-a+b)^{20}=(1-p+q)^{10} \Rightarrow 1-b^{20} ={1\over 2^{20}} =(1-p+q)^{10} \\ \Rightarrow \cases{\cases{1-p+q=  {1\over 4} \\2p=4q+1} \Rightarrow \cases{p=1\\ q=1/4} \\ \cases{1-p+q=-{1\over 4}\\ 2p=4q+1} \Rightarrow \cases{p=2\\q=3/4} \Rightarrow 1-b^{20}=(3/4)^{10}不合(x=0代入)} \\ \Rightarrow (b^{20},p,q) = \bbox[red, 2pt]{\left({1048575 \over 1048576},1,{1\over 4} \right)}$$

解答：

$$\cases{\angle A+\angle C=180^\circ\\ \angle GOF+ \angle C=180^\circ} \Rightarrow \angle A=\angle GOF \Rightarrow \triangle AHE \sim \triangle OGF \Rightarrow \overline{AH}=\overline{AE}={4\over 3}r\\ \angle A+\angle HOE=180^\circ \Rightarrow \cos \angle A=-\cos \angle HOE \Rightarrow {16r^2/9+16r^2/9-8^2\over 32r^2/9} =-{r^2+r^2-8^2\over 2r^2} \\ \Rightarrow {50\over r^2}=2 \Rightarrow r=5\\ \cases{\angle D+ \angle B=180^\circ \\ \angle EOF+\angle B=180^\circ} \Rightarrow \angle D=\angle EOF \Rightarrow \cos \angle D=\cos \angle EOF={2r^2-7^2\over 2r^2} ={1\over 50} \\ 又\angle D+\angle GOH=180^\circ \Rightarrow \cos \angle GOH=-{1\over 50} ={2r^2-\overline{GH}^2  \over 2r^2} ={{50-\overline{GH}^2\over 50}} \Rightarrow \overline{GH} =\bbox[red, 2pt]{\sqrt{51}}$$

解答：$$$$

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