114年台南女中教甄-數學詳解

 國立臺南女子高級中學 114 學年度第 1 次教師甄選初試

第一部分：「填充題型」，共 12 題，每題 5 分，完全正確才得分。

解答:$$L= \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n {3\over n^2} \sqrt{4n^2-3k^2} = \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n {3\over n} \sqrt{4-3(k/n)^2} = 3\int_0^1 \sqrt{4-3x^2} \,dx \\ 取x={2\over \sqrt 3}\sin \theta \Rightarrow L=3\int_0^{\pi/3} \sqrt{4-4\sin^2\theta} \cdot {2\over \sqrt 3}\cos \theta\, d\theta ={12\over \sqrt 3} \int_0^{\pi/3} \cos^2 \theta \,d\theta \\= 2\sqrt 3 \left. \left[ \theta+{1\over 2}\sin 2\theta \right] \right|_0^{\pi/3} = \bbox[red, 2pt]{{2\sqrt 3\over 3}\pi +{3\over 2}}$$

解答:$$\cases{f(a)=2a^3+ab+c=a^3\\ f(b)=b^3+ab^2+b^2+c=b^3} \Rightarrow \cases{a^3+ab+c=0\\ ab^2+b^2+c=0} \Rightarrow a^3+ab=ab^2+b^2 \\ \Rightarrow (a^3-ab^2)+(ab-b^2)=0 \Rightarrow a(a+b)(a-b)+b(a-b)=0 \Rightarrow (a-b)(a^2+ab+b)=0 \\ \Rightarrow a^2+ab+b=0 \Rightarrow a^2-1+ab+b=-1 \Rightarrow (a-1)(a+1)+b(a+1)=-1\\ \Rightarrow (a+1)(a+b-1)=-1 \Rightarrow \cases{\cases{a+1=-1\\ a+b-1=1} \\ \cases{a+1=1 \Rightarrow a=0不合題意\\ a+b-1=-1}} \Rightarrow \cases{a=-2\\ b=4}\\ \Rightarrow (-2)^3+(-2)\cdot 4+c=0 \Rightarrow c=16 \Rightarrow a+b+c=-2+4+16=\bbox[red, 2pt]{18}$$

解答:$$f(x)=x^3-{3\over 2}x^2+{3\over 4}x+{1\over 8} = \left( x-{1\over 2} \right)^3+{1\over 4} \Rightarrow f(1-x)=  -\left(x- {1\over 2} \right)^3+{1\over 4}  \\ \Rightarrow f(x)+f(1-x)={1\over 2} \Rightarrow \sum_{k=1}^{2024} f \left( {k\over 2025} \right) =\sum_{k=1}^{1012} \left[f \left( {k\over 2025} \right)+f \left( 1-{k\over 2025} \right)  \right] \\=\sum_{k=1}^{1012}{1\over 2} ={1\over 2} \times 1012=\bbox[red, 2pt]{506}$$

解答:$$令\cases{\vec a=\overrightarrow{AB} \\\vec b=\overrightarrow{BC} \\\vec c= \overrightarrow{CD} \\\vec d =\overrightarrow{DA} } \Rightarrow \vec a+\vec b+\vec c+ \vec d=0 \Rightarrow \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=(\vec a+ \vec b)\cdot (\vec b+ \vec c) \Rightarrow \vec a\cdot \vec b+ \vec a\cdot \vec c+ |\vec b|^2+ \vec b\cdot \vec c\cdots (1)\\ |\vec d|^2 =|\vec a+ \vec b+ \vec c|^2 =|\vec a|^2+ |\vec b|^2+ |\vec c|^2+ 2(\vec a\cdot \vec b+ \vec b\cdot \vec c+ \vec a \cdot \vec c) \\\Rightarrow \vec a\cdot \vec b+ \vec b\cdot \vec c+ \vec a \cdot \vec c={1\over 2} \left( |\vec d|^2-|\vec a|^2- |\vec b|^2- |\vec c|^2 \right) \cdots(2) \\ 將(2)代入(1) \Rightarrow \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD} ={1\over 2} \left( |\vec b|^2+ |\vec d|^2-|\vec a|^2-  |\vec c|^2  \right) ={1\over 2} (3^2+5^2-2^2-4^2)= \bbox[red, 2pt]7$$

解答:$$y=ax^2+bx+c \ge 0 \Rightarrow \cases{a\gt 0\\ b^2-4ac\le 0 \Rightarrow 4c\ge b^2/a} \\ 欲求K={a+2b+4c\over b-a}之最小值, 將4c的最小值{b^2\over a}代入 \Rightarrow K\ge{a+2b+b^2/a\over b-a} ={(a+b)^2\over a(b-a)} \\ 再取k={b\over a}\gt 1 \Rightarrow b=ak \Rightarrow K\ge {(a+ka)^2\over a(ak-a)} ={(k+1)^2\over k-1} \\ 再取t=k-1 \Rightarrow K\ge {(t+2)^2\over t}=t+4+{4\over t} \ge 4+2\sqrt{t\cdot {4\over t}} = \bbox[red, 2pt]8$$

解答:$$取\cases{圓心O(0,0)\\ C(0,1)} \Rightarrow \cases{A({\sqrt 3\over 2},-{1\over 2}) \\B(-{\sqrt 3\over 2},-{1\over 2}) \\P(\cos \theta, \sin \theta)} \Rightarrow  \overline{PA}^2 +\overline{PB}^2 +\overline{PC}^2 \\=(\cos \theta-{\sqrt 3\over 2})^2+(\sin \theta+{1\over 2})^2 +(\cos \theta+{\sqrt 3\over 2})^2+(\sin \theta+{1\over 2})^2 + \cos^2\theta+(\sin\theta-1)^2 \\=2-\sqrt 3\cos\theta+\sin \theta+2 +\sqrt 3\cos \theta+\sin \theta+2-2\sin \theta =6 \\ \Rightarrow 最大值+最小值=6+6= \bbox[red, 2pt]{12}$$

解答:$$a_{n+1}=2a_n-1 =2(2a_{n-1}-1)-1 =2^2a_{n-1}-2-1 =2^2(2a_{n-2}-1)-2-1\\ =2^3a_{n-2}-2^2-2-1 = \cdots=2^na_1-2^{n-1}-2^{n-2}-\cdots-2^0=2^{n+1}-(2^n-1) \\ \Rightarrow a_{n+1}=2^n+1 \Rightarrow a_n^2-2a_n=(2^{n-1}+1)^2-2(2^{n-1}+1)=2^{2n-2}-1 \gt 10^{15} \\ 2^{2n-2}\gt 10^{15} \Rightarrow (2n-2)\log 2 \gt 15 \Rightarrow (2n-2)\cdot 0.301 \gt 15 \Rightarrow n\gt 25.9 \Rightarrow n= \bbox[red, 2pt]{26}$$

解答:$$取\cases{A(0,0,0) \\B(2,0,2) \\ C(0,2,2)\\ D(2,2,0)} \Rightarrow \cases{P={1\over 2}(A+B)=(1,0,1) \\ Q=(0,t,t),0\le t\le 2} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{DP} =(-1,-2,1) \\ \overrightarrow{DQ} =(-2,t-2,t)} \\ \Rightarrow \cos \angle PDQ ={\overrightarrow{DP} \cdot \overrightarrow{DQ} \over |\overrightarrow{DP}|\overrightarrow{DQ}|} =f(t)={-t+6\over \sqrt 6 \cdot \sqrt{2t^2-4t+8}} \Rightarrow f'(t)={2-5t\over 2\sqrt 3(t^2-2t+4)^{3/2}} =0 \\ \Rightarrow t=2/5 \Rightarrow f(2/5)= \bbox[red, 2pt]{\sqrt 7\over 3}$$

解答:$$共有47張非A的牌要均勻分布在三張A的四個間隔中，每個間隔有{47\over 4}張牌\\ 總共翻了{47\over 4}(非A)+1(A)+{47\over 4}(非A)+1(A)={47\over 2}+2=\bbox[red, 2pt]{51\over 2}張牌$$

解答:$$A=\log_2 x \Rightarrow \cases{\log_4 x={1\over 2}A\\ \log_{16}x={1\over 4}A } \Rightarrow \log_2 \left( {1\over 2}A \right)+ \log_4 \left( {1\over 4}A \right) +\log_{16} A=0 \\ \Rightarrow  -1+\log_2 A-1+{1\over 2}\log_2A+{1\over 4}\log_2 A =-2+{7\over 4}\log_2 A= 0 \Rightarrow \log_2 A={8\over 7} \\ 欲求\log_2 \left( {1\over 4}A\right)+ \log_{16} \left( {1\over 2}A \right)+ \log_4 A =-2+\log_2 A-{1\over 4}+{1\over 4}\log_2 A+  {1\over 2} \log_2 A \\=-{9\over 4}+{7\over 4}\log_2 A=-{9\over 4}+{7\over 4}\cdot {8\over 7}=\bbox[red, 2pt]{-{1\over 4}}$$

解答:$$將 8 個奇數與 8 個偶數填入格子，樣本空間為C^{16}_8=12870\\ 每行奇數個數需為0,2,4 \Rightarrow 每行奇數個數情形\cases{(4,4,0,0):6種\\ (4,2,2,0):72種\\ (2,2,2,2):168種} \\\Rightarrow 合計246種, 機率={246\over 12870} =\bbox[red, 2pt]{41\over 2145} \\ \href{http://www.mathchina.com/bbs/forum.php?mod=viewthread&tid=317868}{參考資料}$$

解答:$$f(x)=\sqrt 3\sin(kx)+ \cos(kx) =2\sin(kx+{\pi\over 6})\\令\theta=kx+{\pi\over 6}, 由於-{\pi\over 4}\le x\le {\pi\over 3} \Rightarrow {\pi\over 6}-{k\pi\over 4}\le \theta\le {\pi\over 6}+{k\pi\over 3}\\ \cases{最高點出現在\theta=\pi/2 \Rightarrow \theta_{\max} \ge {\pi\over 2} \Rightarrow {\pi\over 6}+{k\pi\over 3} \ge {\pi\over 2} \Rightarrow k\ge 1\\ 最低點出現在\theta=-\pi/2 \Rightarrow \theta_{\min}\le -{\pi\over 2} \Rightarrow {\pi\over 6}-{k\pi\over 4}\le -{\pi\over 2} \Rightarrow k\ge {8\over 3} \\ 不包含第二個最高點:右側第二個最高點是{5\pi\over 2}\Rightarrow k\lt 7;  左側第二個最高點是-{3\pi\over 2} \Rightarrow k\lt {20\over 3} \\ 不包含第二個最低點:右側是{3\pi\over 2}: \theta_{\max} \lt {3\pi\over 2} \Rightarrow k\lt 4;左側是-{5\pi\over 2} \Rightarrow k\lt {32\over 3}} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{{8\over 3}\le k\lt 4}$$

第二部分：「非填充題」，共 4 題

解答:$$\textbf{(1) }M \begin{bmatrix}1-b\\ 1-a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}a& 1-b\\1-a& b \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1-b\\ 1-a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1-b\\1-a \end{bmatrix} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{M \begin{bmatrix}1-b\\ 1-a \end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1-b\\1-a \end{bmatrix} } \\\quad M \begin{bmatrix}1\\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}a&1-b\\ 1-a& b \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}a+b-1\\1-a-b \end{bmatrix} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{M \begin{bmatrix}1\\ -1 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix}a+b-1\\1-a-b \end{bmatrix}} \\\textbf{(2) }\det(M-\lambda I) =0 \Rightarrow \lambda^2-(a+b) \lambda+(a+b-1)=0\Rightarrow \lambda=1, a+b-1 \\\qquad \Rightarrow 由(1)可知\cases{特徵值\lambda_1=1 \Rightarrow 特徵向量v_1= \begin{bmatrix} 1-b\\ 1-a\end{bmatrix} \\特徵值\lambda_2=a +b-1 \Rightarrow 特徵向量v_2= \begin{bmatrix} 1\\ -1\end{bmatrix} }\\ \qquad v_0=\begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x\\ 1-x \end{bmatrix} =c_1 \begin{bmatrix}1-b\\ 1-a \end{bmatrix}+c_2  \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix} \Rightarrow \cases{c_1(1-b)+c_2=x\\ c_1(1-a)-c_1=1-x} \\\qquad \Rightarrow \cases{c_1=1/(2-a-b)\\ c_2=x-(1-b)/(2-a-b)} \Rightarrow \begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} ={1\over 2-a-b} \begin{bmatrix}1-b\\ 1-a \end{bmatrix} + \left( x-{1-b\over 2-a-b}  \right)\begin{bmatrix}1\\ -1 \end{bmatrix} \\ \qquad 依特徵向量v性質: M^nv= \lambda^n v \Rightarrow M^n \begin{bmatrix}x \\ y  \end{bmatrix} =1^n \left( {1\over 2-a-b} \begin{bmatrix}1-b\\ 1-a \end{bmatrix} \right) + (a+b-1)^n \left( x-{1-b\over 2-a-b}  \right)\begin{bmatrix}1\\ -1 \end{bmatrix} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{r={1\over 2-a-b}, s=(a+b-1)^n\left( x-{1-b\over 2-a-b}  \right)} \\\textbf{(3) }x_n= {1-b\over 2-a-b}+(a+b-1)^n \left( x-{1-b\over 2-a-b} \right) \Rightarrow 公比r=a+b-1 \\ \qquad 0\lt a, b\lt 1 \Rightarrow -1\lt a+b-1\lt 1 \Rightarrow |r|\lt 1 \Rightarrow x_n收斂\Rightarrow y_n=1-x_n 收斂\\\qquad 因此\langle x_n\rangle, \langle y_n\rangle 均收斂, \bbox[red, 2pt]{故得證}$$

解答:$$\textbf{(1) }假設 \lfloor \sqrt n\rfloor =k \Rightarrow k \le \sqrt n\lt k+1 \Rightarrow k^2 \le n\lt k^2+2k+1 \Rightarrow f(n)= \left\lfloor{n\over \lfloor \sqrt n\rfloor } \right\rfloor = \left\lfloor{n\over k} \right\rfloor \\\qquad \Rightarrow  k\le f(n) =5\lt k+2+ {1\over k} \Rightarrow k=3,4,5 \Rightarrow \cases{k=3 \Rightarrow  \left\lfloor{n\over 3} \right\rfloor =5\Rightarrow n\bbox[red, 2pt]{最小值15}\\ k=5 \Rightarrow  \left\lfloor{n\over 5} \right\rfloor =5\Rightarrow n\bbox[red, 2pt]{最大值29}} \\\textbf{(2) } 函數值下降發生在 \left\lfloor \sqrt n\right\rfloor 改變的地方,也就是n=(k+1)^2-1\\ \qquad 也就是\cases{n=(k+1)^2-1 \Rightarrow f(n)=k+2\\n+1=(k+1)^2 \Rightarrow f(n+1)=k+1} \\\qquad 取n=m^2-1\le 2025 \Rightarrow m^2\le 2026 \Rightarrow m=2,3, \dots, 45 \Rightarrow 共\bbox[red, 2pt]{44}個$$

解答:$$平面兩向量\cases{\vec u=(a+{b\over 2}, {\sqrt 3\over 2}b) \\\vec v=(a+{c\over 2}, {\sqrt 3\over 2}c)} \Rightarrow \cases{|\vec u|= \sqrt{a^2+ab+b^2} \\ |\vec v|= \sqrt{a^2+ac+c^2} \\ |\vec u+\vec v| =\sqrt{3a^2+(a+b+c)^2}} \\ 對任意向量恆有 |\vec u|+|\vec v| \ge |\vec u+\vec v| \Rightarrow \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{a^2+ac+c^2} \ge \sqrt{3a^2+(a+b+c)^2} ,\bbox[red, 2pt]{故得證}\\ 等號成立的條件一: \vec u \parallel \vec v \Rightarrow {a+b/2\over a+c/2}={\sqrt 3b/2\over \sqrt 3c/2} \Rightarrow ac+{bc\over 2}=ab+{bc\over 2} \Rightarrow ac-ab=0\\ \Rightarrow a(c-b)=0 \Rightarrow a=0, b=c\\等號成立條件二:\vec u,\vec v同向 \Rightarrow \cases{b=c \Rightarrow \vec u=\vec v 符合同向\\ a=0 \Rightarrow \cases{\vec u=(b/2, \sqrt 3b/2)\\ \vec v=(c/2,\sqrt 3c/2)} \Rightarrow bc\ge 0}\\ 上述兩條件需同時成立,即\bbox[red, 2pt]{b=c或(a=0且bc\ge 0)}$$

解答:$$A= \begin{bmatrix}a& b\\ c& d \end{bmatrix} \Rightarrow \det(A)=ad-bc=1 \Rightarrow bc=ad-1\\假設初始向量v_0 = \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} \Rightarrow P_n的坐標向量v_n= A^nv_0\\n=1 \Rightarrow v_1=A \begin{bmatrix}1\\ 0  \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}a\\ c \end{bmatrix} \Rightarrow a^2+c^2=1 \cdots(1) \\n=2 \Rightarrow  v_2=Av_1 = \begin{bmatrix} a& b\\ c& d \end{bmatrix} \begin{bmatrix}a\\ c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}a^2+bc\\ c(a+d) \end{bmatrix} \Rightarrow (a^2+bc)^2+c^2(a+d)^2=1 \\ \qquad \Rightarrow (a^2+ad-1)^2+ c^2(a+d)^2=1 \Rightarrow (a(a+d)-1)^2+ c^2(a+d)^2=1\\ \Rightarrow (aT(A)-1)^2+c^2(T(A))^2=1, 其中T(A)= Trace(A) \Rightarrow T^2(A)(a^2+c^2)-2aT(A)=0\\ \Rightarrow T^2(A)-2aT(A)=0 \Rightarrow T(A)(T(A)-2a)=0 \Rightarrow Trace(A)=0, 或2a \\ \det(A- \lambda I)=\lambda^2-(a+d)\lambda+ad-bc=\lambda^2-T(A) \lambda+1=0 \\ \Rightarrow A^2-T(A)A +I=0 \Rightarrow v_{n+2}=T(A)v_{n+1}-v_n\\ \textbf{Case I } T(A)=0 \Rightarrow v_{n+2} =-v_n \Rightarrow v_0,v_1,v_2,\dots =v_0,v_1,-v_0, -v_1,v_0,.... \\ \qquad \Rightarrow |v_k|=1, n=0,1,\dots ,n \Rightarrow \overline{OP_n} =1\\ \textbf{Case II }T(A)=2a \Rightarrow Trace(A)=a+d=2a \Rightarrow d=a \Rightarrow \det(A)=ad-bc=a^2-bc=1 \cdots(2) \\ \qquad 由(1)及(2) \Rightarrow bc=-c^2 \Rightarrow c(b+c)=0\\\qquad \Rightarrow \cases{b=-c  \Rightarrow A= \begin{bmatrix}a &-c\\ c& a \end{bmatrix} 且a^2+c^2=1 \Rightarrow A為旋轉矩陣 \Rightarrow \overline{OP_n} =|A^nv_0|=|v_0|=1 \\c=0 \Rightarrow a^2=1 \Rightarrow d=a=\pm 1 \Rightarrow A= \begin{bmatrix}\pm 1& b\\ 0& \pm 1 \end{bmatrix} \Rightarrow v_n =\begin{bmatrix} (\pm 1)^n\\ 0 \end{bmatrix} \Rightarrow \overline{OP_n}=1}\\ \Rightarrow 對所有正整數n,\overline{OP_n}=1, \bbox[red, 2pt]{故得證}$$

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