115年景美女中教甄-數學詳解

 臺北市立景美女子高級中學115學年度第1次正式敎師甄選

一、填充題(每題 5 分，共 80 分)

解答:$$\begin{bmatrix}3\\4\\-1 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix}4\\6\\2 \end{bmatrix}- \begin{bmatrix}1\\2\\ 3 \end{bmatrix} \Rightarrow A\begin{bmatrix}3\\4\\-1 \end{bmatrix} = A\begin{bmatrix}4\\6\\2 \end{bmatrix}- A\begin{bmatrix}1\\2\\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3\\7\\5 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix}5\\2\\5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-2\\5\\0 \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix}10\\\ 2\\ 8 \end{bmatrix} =2 \begin{bmatrix}5\\1\\4 \end{bmatrix} \Rightarrow A\begin{bmatrix}10\\\ 2\\ 8 \end{bmatrix} =2 A\begin{bmatrix}5\\1\\4 \end{bmatrix}   =2 \begin{bmatrix}6\\7\\8 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}12\\14\\16 \end{bmatrix} \\ \Rightarrow A\begin{bmatrix}3&10\\4 & 2\\-1& 8 \end{bmatrix} = \bbox[red, 2pt]{ \begin{bmatrix}-2& 12\\5& 14\\0& 16 \end{bmatrix}}$$

解答:

$$\angle BAP=\theta \Rightarrow \angle CAP=120^\circ-\theta \Rightarrow {\triangle ABP\over \triangle ACP} ={\overline{BP} \over \overline{PC}}={1\over 100} \\ \Rightarrow {\overline{AB} \cdot \overline{AP} \sin \theta\over \overline{AC}\cdot \overline{AP} \sin(120^\circ-\theta)}={3\sin\theta\over 5\sin(120^\circ-\theta)} ={1\over 100} \Rightarrow 60\sin \theta=\sin(120^\circ-\theta) \\ \Rightarrow 60\sin \theta={\sqrt 3\over 2}\cos \theta+{1\over 2}\sin \theta \Rightarrow 119\sin\theta =\sqrt 3\cos \theta \Rightarrow {\sin \theta\over \cos \theta}=\tan \theta= \bbox[red, 2pt]{\sqrt 3\over 119}$$

解答:$$\cases{X:出現第一次正面所需的總投擲次數\\ p:投擲出現正面的機率,出現反面的機率為1-p}\\ P(X\ge 5)代表前四次都是反面的機率 \Rightarrow P(X\ge 5)=q^4={16\over 81} \Rightarrow q={2\over 3} \Rightarrow p={1\over 3}\\ X\sim Geo(p=1/3) \Rightarrow \cases{E(X)=1/p=3 \\ Var(X)=q/p^2=(2/3)/(1/9) =6} \Rightarrow E(X)+Var(X)= \bbox[red, 2pt]9$$

解答:$$|x+y|+|x-y|=2 為一正方形，頂點為\cases{A(-1,1) \\B(1,1) \\C(1,-1) \\D(-1,-1)} \\ f(x,y)=x^2+y^2-4x+y=(x-2)^2+(y+1/2)^2-{17\over 4} \Rightarrow \cases{f(A)= 7\\ f(B)=-1\\ f(C)=-3\\ f(D)=5} \Rightarrow 最大值\bbox[red, 2pt]7$$

解答:$$已選6號\Rightarrow 5號、7號不能選 \Rightarrow 剩下\cases{左區:編號1,2,3,4，共4個座位\\ 右區:編號8,9,10,11,12，共5個座位} \\ \Rightarrow \cases{左區選0個、右區選3個:只能選8,10,12，一種選法\\左區選1個、右區選2個: C^4_1\times C^4_2=24種\\左區選2個、右區選1個:左區選(1,3),(2,4),(1,4),3種、右區C^5_1，共3\times 5=15種 \\ 左區選3個、右區選0個:左區無法不相鄰，共0種} \\ \Rightarrow 共有1+24+15+0=40種，接下來將4個人排入4個座位有4!=24種，\\因此最後有40\times24= \bbox[red, 2pt]{960}種入座方法$$

解答:$$\cases{a_n=a_1+2a_2+3a_3 +\cdots + (n-2)a_{n-2}+(n-1)a_{n-1},n\ge 2 \\ a_{n-1}=a_1+2a_2+3a_3+\cdots+(n-2)a_{n-2},(n-1)\ge 2 \Rightarrow n\ge 3} \\ 兩式相減\Rightarrow a_n-a_{n-1}=(n-1)a_{n-1} \Rightarrow a_n=na_{n-1} =n\cdot (n-1)a_{n-2} = \cdots =n(n-1)\cdots 3\cdot a_2 \\ \Rightarrow a_n={n!\over 2}a_2, 又a_2=a_1=1 \Rightarrow a_n={n!\over 2} \Rightarrow a_{100}= \bbox[red, 2pt]{100!\over 2}$$

解答:$$假設\cases{左區:包含位置(1),(2),(3) \\右區:包含位置(4),(5)} \Rightarrow 有C^5_3=10種分組方式\\ \textbf{Case I: }甲在左區、乙在右區，剩下3人要有2人去左區，選法有C^3_2=3 \Rightarrow 此狀況的機率{3\over 10}\\\qquad 甲在左區勝出的情形\cases{甲抽到(3)，機率1/3; 嬴一場機率2/3\\ 甲抽到(1)或(2), 機率2/3; 連嬴2場機率4/9} \\ \qquad \Rightarrow 甲在左區勝出的機率={1\over 3}\times {2\over 3}+{2\over 3} \times{4\over 9} ={14\over 27} \\ 乙在右區勝出的機率:{1\over 2}\\ \qquad \Rightarrow \text{Case I }機率={3\over 10} \times {14\over 27} \times{1\over 2}= {7\over 90} \\\textbf{Case II: }乙在左區、甲在右區，同樣有C^3_2=3種分組法 \\ \qquad \Rightarrow \cases{乙抽到(3),機率為1/3, 勝出機率1/2\\ 乙抽到(1)或(2),機率為2/3, 連勝2場機率1/4} \\ \qquad \Rightarrow 乙在左區勝出的機率: {1\over 3}\times {1\over 2}+{2\over 3}\times {1\over 4} ={1\over 3} \\ \qquad \Rightarrow 甲在右區勝出的機率=2/3 \\ \Rightarrow \text{ Case II }的機率={3\over 10}\times {1\over 3} \times{2 \over 3} = {6\over 90} \\ \text{Case I+ Case II }機率={7\over 90}+{6\over 90} =\bbox[red, 2pt]{13\over 90}$$

解答:$$f(x)=a^{-2|x|}+5x^2-1 \Rightarrow f(-x)=f(x) \Rightarrow f(x)為偶函數 \Rightarrow \beta=-\alpha \Rightarrow \alpha-\beta=2\alpha={2\over 3} \\ \Rightarrow \alpha={1\over 3} \Rightarrow 兩根為\pm{1\over 3} \Rightarrow f(\alpha)=0 \Rightarrow a^{-2/3}+{5\over 9}-1=0 \Rightarrow a^{-2/3}={4\over 9} \\ \Rightarrow a= \left( {4\over 9} \right)^{-3/2} = \left( {9\over 4} \right)^{3/2} = \left( {3\over 2} \right)^3= \bbox[red, 2pt]{27\over 8}$$

解答:$$假設\cases{\vec u_1=(2,-3) \\ \vec u_2=(3,2)} \Rightarrow \vec u_1\cdot \vec u_2=0 \Rightarrow \vec u_1 \bot \vec u_2  \Rightarrow |\vec u_1|= |\vec u_2|= \sqrt{13} \\\Rightarrow \cases{  a=\displaystyle {\vec v\cdot \vec u_1\over |\vec u_1| }   \\b= \displaystyle {\vec v\cdot \vec u_2\over |\vec u_2|}} \Rightarrow \cases{\vec v\cdot \vec u_1=\sqrt{13}a \\ \vec v\cdot \vec u_2 = \sqrt{13}b} \Rightarrow \vec w=(4,7)= -\vec u_1+2\vec u_2 \Rightarrow \vec v\cdot \vec w =\vec v\cdot( -\vec u_1+2\vec u_2) \\= \sqrt{13}(2b-a) \Rightarrow 正射影長={|\vec b\cdot \vec w| \over |\vec w|} ={|\sqrt{13}(2b-a) |\over \sqrt{65}} ={|2b-a| \over \sqrt 5} =\bbox[red, 2pt]{{\sqrt 5\over 5}|2b-a|}$$

解答:

$$餘弦定理: \cos 120^\circ ={R^2+R^2-\overline{AB}^2 \over 2R^2} \Rightarrow -{1\over 2}={2R^2-64\over 2R^2} \Rightarrow R={8\over \sqrt 3} \\ \Rightarrow 弓型面積=扇形OAB-\triangle OAB={1\over 3}R^2\pi-{1\over 2}R^2\sin 120^\circ ={64\over 3} \left( {\pi\over 3}-{\sqrt 3\over 4} \right) \\ \Rightarrow 總面積=2倍弓型面積= \bbox[red, 2pt]{{128\pi\over 9}-{32\sqrt 3\over 3}}$$


解答:

$$z=a+bi \Rightarrow \cases{A(z) \\B(0) \\C(z-6+4\sqrt 3i)} \Rightarrow A \xrightarrow{順時針旋轉120度} C \\ \Rightarrow \begin{bmatrix}\cos(-120^\circ) & -\sin (-120^\circ)\\ \sin (-120^\circ)& \cos (-120^\circ)\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-1/2& \sqrt 3/2\\ -\sqrt 3/2& -1/2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}a\\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}a-6\\b+4\sqrt 3 \end{bmatrix} \Rightarrow \cases{a=1 \\ b=\bbox[red, 2pt]{-3\sqrt 3}}$$


解答:

$$u=f(x) \Rightarrow f(u)=0 \Rightarrow -{1\over 2}u^4+4u^2=0 \Rightarrow -{1\over 2}u^2(u^2-8)=0 \Rightarrow u=0,u=\pm 2\sqrt 2 \\ 欲求f(x)=0, f(x)=2\sqrt 2, f(x)=-2\sqrt 2與 y=f(x)有幾個交點 \\ f'(x)=-2x^3+8x \Rightarrow f''(x)=-6x^2+8 \Rightarrow f'(x)=0 \Rightarrow -2x(x-2)(x+2)=0 \\ \Rightarrow x=0,\pm 2 \Rightarrow \cases{f''(0)=8 \gt 0\\ f''(\pm 2)=-16\lt 0} \Rightarrow \cases{f(0)=0為極小值\\ f(\pm 2)= 8為極大值} \\ \Rightarrow \cases{y=f(x)=0與y=0有三個交點\\ y=f(x)= 2\sqrt 2與y=0有四個交點\\ y=f(x)=-2\sqrt 2與y=0有兩個交點 } \Rightarrow 共有3+4+2= \bbox[red, 2pt]9個相異實根$$

解答:

$$f(x)= \sqrt{(2x-0)^2+(x^2-1)^2} + \sqrt{ \left( 2x-{3\over 2} \right)^2+ (x^2-5)^2} =\overline{PF}+\overline{PA},\\其中\cases{P(2x,x^2) 在拋物線 \Gamma:y={1\over 4}x^2上\\ F(0,1)為\Gamma的焦點\\A(3/2,5)在拋物線內}, 又\overline{PF}=d(P,準線L:y=-1) \\ \Rightarrow \overline{PF}+\overline{PA}的最小值=d(A,L) =6,此時A,P在一垂直線(2x=3/2)上\\\Rightarrow \cases{m=3/4\\k=6} \Rightarrow m+k= \bbox[red, 2pt]{27\over 4}$$

解答:$$假設\vec a 與\vec b的夾角為\theta \Rightarrow \vec a\times \vec b= \vec c \Rightarrow |\vec a\times \vec b|=| \vec c| \Rightarrow |\vec a||\vec b|\sin \theta=|\vec c| \\ \Rightarrow 2\cdot 2\sin \theta =2\Rightarrow \sin \theta={1\over 2} \Rightarrow \theta=30^\circ (已知\vec a\cdot \vec b= |\vec a||\vec b|\cos \theta \gt 0 \Rightarrow \theta 為銳角) \\ \Rightarrow \vec a\cdot \vec b=2\cdot 2\cdot \cos 30^\circ= 2\sqrt 3 \Rightarrow \vec d= \vec a\times \vec c=\vec a\times (\vec a\times \vec b) =(\vec a\cdot \vec b)\vec a-(\vec a\cdot \vec a)\vec b\\= 2\sqrt 3\vec a-4\vec b \Rightarrow \vec b\times \vec d = \vec b\times (2\sqrt 3\vec a-4\vec b ) =2\sqrt 3(-\vec c)-0 =-2\sqrt 3 \vec c \\ \Rightarrow |\vec b\times \vec d| =|-2\sqrt 3 \vec c|=2\sqrt 3|\vec c|= \bbox[red, 2pt]{4\sqrt 3}$$

解答:$$(a+b)(b+c)=ab+ac+b^2+bc =b(a+b+c)+ac \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)} = \bbox[red,2pt]{10}$$

解答:$$\cases{平面E_1: x+y+z=1, 法向量\vec n_1=(1,1,1) \\平面E_2: x-y-z=3, 法向量\vec n_2=(1,-1,-1) \\平面E_3: x-y+z= -5, 法向量\vec n_3=(1,-1,1) } \Rightarrow \cases{\vec n_1\cdot \vec n_2=-1\\ \vec n_2\cdot \vec n_3=\vec n_1\cdot \vec n_3=1 \\ |\vec n_1| = |\vec n_2|= |\vec n_3|= \sqrt 3} \\ 正四面體任兩面向外法向量夾角皆滿足\cos \theta=-{1\over 3},目前\vec n_2\cdot \vec n_3=\vec n_1\cdot \vec n_3=1 \ne -1\\ 因此將\vec n_3改成(-1,1,-1)就符合正四面體的特性。\\正四面體四個平面法向量之和=0 \Rightarrow \vec n_1+ \vec n_2+ \vec n_3+ \vec n_4=0 \Rightarrow (1,1,-1)+\vec n_4=(0,0,0) \\ \Rightarrow \vec n_4=(-1,-1,1) \Rightarrow E_4: x+y-z=k \\取P=E_1 \cap E_2 \cap E_3 =(2,3,-4) \Rightarrow 正四面體的高h={\sqrt 6\over 3}\times 稜長={\sqrt 6\over 3}\times 6\sqrt 2=4\sqrt 3 \\ \Rightarrow d(P,E_4)=h=4\sqrt 3 \Rightarrow {|9-k|\over \sqrt 3}=4\sqrt 3 \Rightarrow k=-3, 21\\ P沿著\vec n_4走4\sqrt 3 =(2,3,-4)+{4\sqrt 3\over \sqrt 3}(1,1,-1) =(6,7,-8) \in E_4 \Rightarrow 6+7-(-8)=21 正確\\ \Rightarrow k=21 \Rightarrow E_4=x+y-z=21  \Rightarrow ad= \bbox[red, 2pt]{21}$$

二、 計算題(共 30 分)

解答:$$\textbf{(1)} \sum_{n=1}^\infty a_n收斂 \Rightarrow \lim_{n\to \infty}S_n= \lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^n a_k =S\lt \infty \Rightarrow \lim_{n\to \infty} a_n =\lim_{n\to \infty}(S_n-S_{n-1}) \\\qquad =\lim_{n\to \infty}S_n-\lim_{n\to \infty}S_{n-1}=S-S=0 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{真} \\\textbf{(2)} 已知調和級數 \sum_{n=1 }^\infty {1\over n}發散，但\lim_{n\to \infty} a_n=\lim_{n\to \infty} {1\over n}=0 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{偽}$$

解答:$$\textbf{高一: }x^2+y^2=4 \Rightarrow \cases{圓心O(0,0)\\ 圓半徑r=2} \Rightarrow 過圓心且垂直3x+y=k的直線L:x=3y 代回圓方程式\\ \Rightarrow 9y^2+y^2=4 \Rightarrow \cases{y=\sqrt{10}/5 \Rightarrow x=3\sqrt{10}/5 \Rightarrow k=3x+y=2\sqrt{10} \\ y=-\sqrt{10}/5 \Rightarrow x=-3\sqrt{10}/5 \Rightarrow k=3x+y=-2\sqrt{10}} \\ \Rightarrow \cases{最大值2\sqrt{10} \\ 最小值-2\sqrt{10}} \\ \textbf{高二: }柯西不等式\Rightarrow (x^2+y^2)(3^2+1^2) \ge (3x+y)^2 \Rightarrow 40\ge (3x+y)^2 \\ \Rightarrow -2\sqrt{10} \le 3x+y\le 2\sqrt{10} \Rightarrow \cases{最大值2\sqrt{10} \\ 最小值-2\sqrt{10}} \\ \textbf{高三: }x^2+y^2=4 \Rightarrow  \cases{x=2\cos \theta\\ y=2\sin \theta} \Rightarrow 3x+y=6\cos \theta+2\sin \theta=2\sqrt{10} \sin(\alpha+\theta) \\ \Rightarrow \cases{最大值2\sqrt{10} \\ 最小值-2\sqrt{10}}$$

解答:$$第一步就錯了，應該是 \lim_{h\to 0}{\sin({\pi\over 2}-{\color{blue}(x+h)})-\sin({\pi\over 2}-x) \over h} \\ 導致後續差了個負號$$

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解題僅供參考，其他教甄試題及詳解