臺北市立復興高級中學 115 學年度第一次專任教師甄選
計算證明題(第1~5題每題6分，第6~11題每題7分，第12題15分，第13題13分)
解答:$$ 取\cases{\sqrt x=a\sqrt{17} \\ \sqrt y= b\sqrt{17} \\\sqrt z= c\sqrt{17}},a,b,c\in \mathbb N且a\lt b\lt c \Rightarrow (a+b+c)\sqrt{17}=\sqrt{1700} =10\sqrt{17}\\\Rightarrow a+b+c=10 \Rightarrow (a,b,c)=(1,2,7), (1,3,6), (1,4,5), (2,3,5) \Rightarrow \bbox[red, 2pt]4組解$$
解答:$$u=2^x \Rightarrow u+u^2+u^3=39 \Rightarrow u^3+u^2+u-39=(u-3)(u^2+4u+13)=0 \\ \Rightarrow u=2^x=3 \Rightarrow x= \bbox[red, 2pt]{\log_2 3}$$
解答:$$\lim_{n\to \infty} \left( {1\over n}+{1\over n+1}+\cdots+{1\over 2n-1} \right) =\lim_{n\to \infty} \sum_{k=0}^{n-1} {1\over n+k} =\lim_{n\to \infty} \sum_{k=0}^{n-1} {1/n\over 1+k/n} \\=\int_0^1 {1\over 1+x}\,dx = \left. \left[ \ln(1+x) \right] \right|_0^1 =\bbox[red, 2pt]{\ln 2}$$
解答:$$取t=\sin x+\cos x =\sqrt 2\sin(x+{\pi\over 4}) \Rightarrow -\sqrt 2\le t\le \sqrt 2\\ 又t^2=1+2\sin x\cos x=1+\sin 2x \Rightarrow \sin 2x=t^2-1 \Rightarrow y= {t^2-1-3\over t-2} ={(t+2)(t-2) \over t-2} =t+2 \\ \Rightarrow \cases{M=\sqrt 2+2\\ m=-\sqrt 2+2} \Rightarrow M+m=\bbox[red, 2pt]4$$
解答:$$原式:\int_1^x f(t)\,dt =f(x)+2x^3+k \Rightarrow f(x)=f'(x)+6x^2 \Rightarrow f(x)為二次多項式\\ \Rightarrow f(x)=ax^2+bx+c \Rightarrow f'(x)=2ax+b \Rightarrow f(x)-f'(x ) =ax^2+(b-2a)x+c-b=6x^2 \\ \Rightarrow \cases{a=6\\b-2a=0\\ c-b=0} \Rightarrow \cases{a=6\\b=12\\c=12} \Rightarrow f(x)=6x^2+12x+12 \\ x=1代回原式\Rightarrow \int_1^1 f(t)\,dt =f(1)+2+k\Rightarrow 0= 32+k \Rightarrow k= \bbox[red, 2pt]{-32}$$
解答:$${x^2\over 25}+{y^2\over 9}=1 \Rightarrow \cases{a=5\\b=3} \Rightarrow c=4 \Rightarrow \overline{QF_1}+\overline{QF_2}=2a=10 \Rightarrow \overline{QF_1}=10-\overline{QF_2} \\ \Rightarrow \overline{PQ}+\overline{QF_1} =\overline{PQ} +10-\overline{QF_2} =10+ \left( \overline{PQ}-\overline{QF_2} \right) \le 10+\overline{PF_2} = \bbox[red,2pt]{10+2\sqrt 5}$$
解答:$$本題需利用 \text{Legendre's Formula }來計算N!中質因數p的次數v_p(N!) \\ v_p(N!)={N-S_p(N) \over p-1},其中S_p(N)就是N以p進位表示時，所有位數數字的總和\\ 本題p=2 \Rightarrow v_2(C^{2026}_n) =S_2(n)+S_2(2026-n)-S_2(2026)\ge 4 \\ 2026=11111101010_2 \Rightarrow S_2(2026)=8 \Rightarrow S_2(n)+S_2(2026-n)\ge 12\\ n=1 \Rightarrow S_2(1)+S_2(2025)=1+8=9 \lt 12\\ n=2\Rightarrow S_2(2)+S_2(2024)=1+7=8\lt 12 \\ n=3 \Rightarrow S_2(3)+S_2(2023)=2+9=11\lt 12 \\ \cdots\\ n=11 \Rightarrow S_2(11)+S_2(2015)=3+10=13\ge 12 \\ \Rightarrow 最小的正整數n= \bbox[red, 2pt]{11}$$
解答:$${1\over x}+{1\over y}={x+y\over xy} =2 \Rightarrow x+y=2xy \Rightarrow 算幾不等式:{x+y\over 2}\ge \sqrt{xy} \Rightarrow xy\ge \sqrt{xy} \\ \Rightarrow (xy)^2\ge xy \Rightarrow xy\ge 1\\ 取t=xy \Rightarrow t\ge 1 \Rightarrow xy-{1\over 4}(x^2+y^2) =xy-{1\over 4} \left( (x+y)^2-2xy \right) =xy-{1\over 4} \left( (2xy)^2-2xy \right) \\=xy-{1\over 4}(4x^2y^2-2xy) =t-{1\over 4}(4t^2-2t)=-t^2+{3\over 2}t \\ 欲求f(t)= -t^2+{3\over 2}t ,在t\ge 1的條件下的最大值\\ f(t)=-(t-{3\over 4})^2+{9\over 16} \Rightarrow 在t\ge 1條件下,f(t)是遞減的，因此最大值為f(1) =\bbox[red, 2pt]{1\over 2}$$
$$取\cases{a=10/2=5\\ b=12/2=6\\ c=14/2=7}, 摺疊成四面體後，這個四面體的 4 個面都是邊長為 5、6、7 的全等三角形\\假設外接長方體的長寬高分別為x,y,z \Rightarrow \cases{x^2+y^2=5^2\\ y^2+z^2=6^2\\ z^2+x^2=7^2} \Rightarrow x^2+y^2+z^2=55 \Rightarrow \cases{x^2=19\\ y^2=6\\z^2=30}\\ 四面體的體積，等於整個長方體的體積，扣除掉四個角落被切下來的直角三角錐\\ 直角三角錐體積V_a={1\over 3}\times \left( {1\over 2}xy \right)\times z={1\over 6}xyz \Rightarrow 四面體體積=長方體體積-4V_a \\=xyz-4 \left( {1\over 6}xyz \right)= {1\over 3}xyz ={1\over 3 }\sqrt{19\times 6\times 30}={1\over 3}\sqrt{3420} = \bbox[red, 2pt]{2\sqrt{95}}$$
解答:$$直接套用\text{Bertrand's ballot theorem}: {5-4\over 5+4} = \bbox[red, 2pt]{1\over 9}$$
解答:$$L_1: {x-1\over 1}={y-2\over 1}={z-3\over -4} \Rightarrow L_1過P_1(1,2,3)且方向向量為\vec u_1=(1,1,-4) \\ L_2:{x\over 2}={y\over -3} ={z\over 2} \Rightarrow L_2過P_2(0,0,0)且方向向量為\vec u_2=(2,-3,2) \\ \textbf{方法一: }\cases{A(t+1,t+2,-4t+3) \in L_1\\ B(2s,-3s,2s) \in L_2} \Rightarrow \overrightarrow{AB}=(2s-t-1,-3s-t-2,2s+4t-3) \\ \qquad \Rightarrow \cases{\overrightarrow{AB} \cdot \vec u_1=0 \\ \overrightarrow{AB}\cdot \vec u_2=0} \Rightarrow \cases{s+2t=1\\ 17s+9t-2=0} \Rightarrow \cases{s=-1/5 \\ t=3/5} \Rightarrow \overrightarrow{AB}=(-2,-2,1) \Rightarrow |\overrightarrow{AB}|=3 \\ \textbf{方法二: } \vec n=\vec u_1\times \vec u_2=(-10,-10,-5) \Rightarrow \vec m=(2,2,1) \Rightarrow 平面E包含L_2且平行L_1 \\ \qquad \Rightarrow E的法向量(2,2,1)且通過P_2 \Rightarrow E:2x+2y+z=0 \Rightarrow d(P_1,E) ={2+4+3\over \sqrt 9} =3 \\ \textbf{方法三: }\overrightarrow{P_2P_1}=(1,2,3) \Rightarrow \overrightarrow{P_2P_1}在\vec m的正射影長={|\overrightarrow{P_2P_1} \cdot \vec m| \over |\vec m|} ={9\over 3} =3$$
解答:$$\textbf{(1) }欲證明\langle a_n \rangle 是單調遞增且有上界的數列\\ \quad a_{n+1}-a_n= \sum_{k=0}^{n+1}{1\over k!}-\sum_{k=0}^{n}{1\over k!} ={1\over (n+1)!} \gt 0 \Rightarrow \langle a_n \rangle 是嚴格單調遞增\\ k!=1\times 2\times 3\times \cdots \times k \ge 1\times 2\times 2\times \cdots \times 2 =2^{k-1} \Rightarrow {1\over k!} \le {1\over 2^{k-1}} \\ \Rightarrow a_n=1+1+{1\over 2!}+{1\over 3!}+\cdots+{1\over n!} \le 1+1+{1\over 2}+ {1\over 2^2} +\cdots +{1\over 2^{n-1}} =1+{1-(1/2)^n\over 1-1/2} \\\qquad =1+ 2 \left[1- \left( {1\over 2} \right)^n \right] \lt 1+2=3 \Rightarrow a_n\lt 3 \Rightarrow \langle a_n \rangle 有上界3\\ \quad 因此\langle a_n \rangle 是單調遞增且有上界 \Rightarrow \lim_{n\to \infty}a_n收斂 \\\textbf{(2) } 假設e是有理數\Rightarrow e={p\over q}, p,q為互質的正整數\\ 由\textbf{(1)}知 2\lt e\lt 3 \Rightarrow q\ne 1 \Rightarrow q\ge 2 \Rightarrow e=\sum_{k=0}^q {1\over k!}+ \sum_{k=q+1}^\infty {1\over k!} \Rightarrow q!e= q!\sum_{k=0}^q {1\over k!}+ q!\sum_{k=q+1}^\infty {1\over k!} \\ q!e=q!\cdot {p\over q}=p(q-1)!為一整數, 又 q!\sum_{k=0}^q {1\over k!} = \sum_{k=0}^q {q!\over k!} 為一整數(因q\ge k) \\ \quad 因此x=q!\sum_{k=q+1}^\infty {1\over k!}也應該是一個整數 \\ x={1\over q+1}+{1\over (q+1)(q+2)} +{1\over (q+1)(q+2)(q+3)} +\cdots\lt {1\over q+1}+{1\over (q+1)^2}+{1\over (q+1)^3}+\cdots \\ \qquad ={1/(q+1) \over 1-1/(q+1)} ={1\over q} \lt 1 (因q\ge 2) \Rightarrow 0\lt x\lt {1\over q}\lt 1 \Rightarrow x不是整數\\ 由反證法得知:假設e為有理數不成立，即e為無理數，\bbox[red, 2pt]{故得證}$$
解題僅供參考，其他教甄試題及詳解
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