臺北市立中山女子高級中學 115 學年度第 1 次教師甄選
解答:$$p={3\over 4} \Rightarrow q= 1-p={1\over 4} \\ \Rightarrow (p+q)^{30} = \sum_{k=0}^{30} {30\choose k}p^kq^{30-k} \Rightarrow (-p+q)^{30} \sum_{k=0}^{30} {30\choose k}(-p)^kq^{30-k} \\ \Rightarrow (p+q)^{30}+(-p+q)^{30} =2 \sum_{k=偶數}^{30} {30\choose k}p^kq^{30-k} =2\times P(正面次數為偶數) \\ \Rightarrow P(正面次數為偶數)= {1\over 2} \left( 1^{30}+(-{1\over 2})^{30} \right) ={1\over 2}+{1\over 2^{31}} \Rightarrow (a,n) =\bbox[red, 2pt] {\left( {1\over 2},31 \right)}$$
解答:$$第 1 個邊有 3 種顏色可以選擇 \Rightarrow 第 2 個邊不能與第1個邊同色，因此有 2色可選\\ \Rightarrow 同理，第 3 個邊不能與第2個邊同色，因此有 2色可選 \Rightarrow \cdots \Rightarrow 第n 個邊有 2色可選 \\ 因此共有3\times 2^{n-1}種塗色方式 \\ 以上塗色方式有兩種可能，第一種:首尾不同色，這剛好符合a_n的要要;\\ 另一種:首尾同色，把首尾合併，其結果相當於a_{n-1} \\ 因此a_n+a_{n-1} =3\times2^{n-1} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{a_n=3\times 2^{n-1}-a_{n-1}, n\ge 4}$$
解答:
$$令\omega={1\over 2}+{\sqrt 3\over 2}i \Rightarrow \omega^2-\omega+1=0 \Rightarrow \omega是z^2-z+1=0的一根，另一根是\bar \omega \\ 因此 {|z^2-z+1|\over |2z-1-\sqrt 3i|}= {|(z-\omega)(z- \bar \omega)| \over 2|z-\omega|} ={1\over 2}|z-\bar \omega| \Rightarrow 最大值={1\over 2}(|z|+|\bar \omega|) ={1\over 2}(2+1) =\bbox[red, 2pt]{3\over 2}$$
解答:
$$M= \overline{BC}的中點 \Rightarrow \overrightarrow{PM} ={1\over 2}(\overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC}) \Rightarrow \overrightarrow{PB} +\overrightarrow{PC}=2 \overrightarrow{PM} \\ \Rightarrow 2\overrightarrow{PA}+ \overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}= 2\overrightarrow{PA}+ 2\overrightarrow{PM} =0 \Rightarrow \overrightarrow{PA}+ \overrightarrow{PM} =0 \Rightarrow P=\overline{AM}的中點 \\因此 \overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PC} = (\overrightarrow{PM}+ \overrightarrow{MB}) \cdot (\overrightarrow{PM} +\overrightarrow{MC}) = (\overrightarrow{PM}+ \overrightarrow{MB}) \cdot (\overrightarrow{PM} -\overrightarrow{MB}) = \overline{PM}^2-\overline{MB}^2 \\= \left( {1\over 2} \overline{AM} \right)^2-1= {1\over 4}\overline{AM}^2-1 \Rightarrow 找\overline{AM}的最大值\\ 正弦定理: {\overline{BC}\over \sin A} ={2\over \sqrt 3/2} =2R \Rightarrow R= {2\over \sqrt 3} \Rightarrow 在圓內接\triangle ABC中,A\in \stackrel{\Large \frown}{BC} \\ \overline{AM}要最大 \Rightarrow A在\overline{BC}的中垂線上 \Rightarrow \triangle ABC為正\triangle \Rightarrow \overline{AM}=\sqrt 3 \Rightarrow {1\over 4}\overline{AM}^2-1 =\bbox[red, 2pt]{-{1\over 4}}$$
解答:
$$圓心在y軸上，且與x軸相切\Rightarrow 圓方程式:x^2+(y-r)^2 =r^2 \Rightarrow x^2+y^2-2ry=0\\ 在y=x^4上的點(x,x^4)與圓心(0,r)的距離要\ge r \Rightarrow x^2+(x^4-r)^2 \ge r^2 \Rightarrow x^8-2rx^4+x^2 \ge 0 \\ \Rightarrow x^6-2rx^2+1\ge 0 \Rightarrow t^3-2rt+1 \ge 0, 其中t=x^2 \ge 0 \\ f(t)=t^3-2rt+1 \Rightarrow f'(t)=0 \Rightarrow 3t^2-2r=0 \Rightarrow t=\sqrt{2r\over 3} \\\Rightarrow f(\sqrt{2r\over 3}) ={2r\over 3} \sqrt{2r\over 3}-2r\sqrt{2r\over 3}+1 \ge 0 \Rightarrow 1\ge {4r\over 3}\sqrt{2r\over 3} \Rightarrow r^3\le {27\over 32} \Rightarrow r\le \bbox[red, 2pt]{3\sqrt[3]2\over 4}$$
解答:$$\lim_{n \to \infty} {6\over n} \sum_{k=1}^n \sqrt{4- \left( {\sqrt 3k-\ln (1+{1\over n})^n \over n} \right)^2} = \lim_{n \to \infty} {6\over n} \sum_{k=1}^n \sqrt{4- \left( {\sqrt 3k-n\ln (1+{1\over n}) \over n} \right)^2} \\= \lim_{n \to \infty} {6\over n} \sum_{k=1}^n \sqrt{4- \left( \sqrt 3{k\over n}-\ln(1+{1\over n}) \right)^2} =\lim_{n \to \infty} {6\over n} \sum_{k=1}^n \sqrt{4- \left( \sqrt 3{k\over n} ) \right)^2} \\= \lim_{n \to \infty} {6\over n} \sum_{k=1}^n \sqrt{4- 3\left( {k\over n} \right)^2} = 6\int_0^1 \sqrt{4-3x^2} \,dx =6\int_0^{\pi/3} \sqrt{4-3 \left( {2\over \sqrt 3}\sin \theta \right)^2} \cdot \left( {2\over \sqrt 3}\cos \theta \right) \,d\theta \\={24\over \sqrt 3} \int_0^{\pi/3} \cos^2\theta \,d\theta =4\sqrt 3\int_0^{\pi/3}(1+\cos 2\theta)\,d\theta= \bbox[red, 2pt]{{4\sqrt 3\over 3}\pi+3}$$
解答:$$套用\href{https://zh.wikipedia.org/zh-tw/%E8%BE%9B%E6%99%AE%E6%A3%AE%E7%A9%8D%E5%88%86%E6%B3%95}{辛普森公式} :V={h\over 6}(a+4b+c)\\ \cases{h:高度=10\\ a:頂面積=0\\ c:底面積=50\times 12=600\\ b:中截面積: \cases{長度=(20+50)/2=35\\ 寬度=(0+12)/2=6} \Rightarrow b=35\times 6=210}\\ \Rightarrow V={10\over 6}(0+4\cdot 210+600) = \bbox[red, 2pt]{2400}$$
解答:$$假設 \cases{正六邊形的中心為C(0,0,h) \\ 外接圓半徑r} \Rightarrow 直角\triangle OCP_i: \overline{OP_i}^2= 1^2=r^2+h^2 \Rightarrow r^2=1-h^2 \\ 正六邊形是由6個正三角形所組成, 因此面積A=6\times {\sqrt 3\over 4}r^2={3\sqrt 3\over 2}(1-h^2) \\ \Rightarrow 正六角錐體積V(h)={1\over 3}A\cdot h ={1\over 3}\cdot {3\sqrt 3\over 2}(1-h^2) \cdot h= {\sqrt 3\over 2}(h-h^3)\\ 假設\cases{P_0(r,0,h) \\P_3(-r,0,h)} \Rightarrow \angle P_0OP_3 \le 90^\circ \Rightarrow \overrightarrow{OP_0} \cdot \overrightarrow{OP_3} \ge 0 \Rightarrow -r^2+ h^2 \ge 0\\ \Rightarrow -(1-h^2)+h^2\ge 0 \Rightarrow h^2\ge {1\over 2} \Rightarrow h\ge {\sqrt 2\over 2}, 加上已知條件0\le h\le 1 \Rightarrow {\sqrt 2\over 2}\le h\le 1\\ V'(h)=0 \Rightarrow {\sqrt 3\over 2}(1-3h^2)=0 \Rightarrow h={1\over \sqrt 3} \not \ge {\sqrt 2\over 2} \Rightarrow V的最大值在邊界點\\ \Rightarrow 最大值V(\sqrt 2/2)= {\sqrt 3\over 2} \left( {\sqrt 2\over 2}-({\sqrt 2\over 2})^3 \right) = \bbox[red, 2pt]{\sqrt 6\over 8}$$
解答:$$\cases{\vec u=(a,1) \\ \vec v=(b,2)\\ \vec w=(c,4)} \Rightarrow \cases{|\vec u|=\sqrt{a^2+1} \\ |\vec v|= \sqrt{b^2+4} \\ |\vec w|= \sqrt{c^2+16} \\ \vec u+\vec v+ \vec w=(a+b+c,7) =(12,7)} \\ |\vec u|+ |\vec v|+ |\vec w| \ge |\vec u+ \vec v+\vec w|=\sqrt{12^2+7^2} = \bbox[red, 2pt]{\sqrt{193}}$$
解答:$${x^2\over 16}+{y^2\over 25}=1 \Rightarrow \cases{a=5\\ b=4} \Rightarrow c=3 \Rightarrow \cases{上焦點F(0,3)\\ 下焦點F'(0,-3)} \Rightarrow \overline{PF}+\overline{PF'}=2a=10 \\ \Rightarrow \overline{PF}=10-\overline{PF'} \Rightarrow K=\overline{PA}+ \overline{PF}= \overline{PA}+10-\overline{PF'}=10+ \left( \overline{PA}-\overline{PF'} \right)\\ \triangle APF': \overline{PA}-\overline{PF'}\le \overline{AF'}= 7 \Rightarrow K\le 10+7=17 \\又K=\overline{PA}+ \overline{PF}\ge \overline{AF}= \sqrt{7^2+(-3-3)^2} =\sqrt {85} \approx 9.2 \Rightarrow 9.2\le K\le 17 \\ \Rightarrow K=10,11,12,13,14,15,16,17 \\ 當K=17,即PF'A三點共線，只發生一次，其餘K值均發生兩次\\ \Rightarrow 總共:1+7\times 2=\bbox[red, 2pt]{15} 個$$
解答:$$直接代公式: 3(d_1^4+ d_2^4+ d_3^4+a^4)= (d_1^2+ d_3^2+ d_3^2+ a^2)^2 \\ \Rightarrow 3(3^2+4^2+7^2+a^4) =(3+4+7+a^2)^2 \Rightarrow 2a^4-28a^2+26=0 \Rightarrow 2(a^2-1)(a^2-13)=0 \\ \Rightarrow 正\triangle 面積={\sqrt 3\over 4}a^2={\sqrt 3\over 4}\cdot 13= \bbox[red, 2pt]{{13\over 4} \sqrt{3}}\\ \bbox[cyan,2pt]{另解}:\cases{\triangle ABC邊長為x\\ \angle APB=\alpha\\ \angle BPC=\beta\\ \angle CPA=\gamma} \Rightarrow \cases{\cos \alpha={7-x^2\over 4\sqrt 3} \\ \cos \beta={11-x^2\over 4\sqrt 7}\\ \cos \gamma={10-x^2\over 2\sqrt {21}}} \Rightarrow \cos^2 \alpha+\cos^2\beta+ \cos^2\gamma -2\cos \alpha \cos \beta\cos \gamma=1 \\ \Rightarrow {(7-x^2)^2\over 48} +{(11-x^2)^2\over 112}+{(10-x^2)^2 \over 84}-2{(7-x^2) (11-x^2) (10-x^2) \over 4\sqrt 3\cdot 4\sqrt 7\cdot 2\sqrt{21}}=1\\ \Rightarrow 2x^6-28x^4+26x^2=0 \Rightarrow 2x^2(x^2-1)(x^2-13)=0\Rightarrow x^2=13 \Rightarrow \triangle ABC面積= \bbox[red, 2pt]{13\sqrt 3\over 4}$$
解答:$$\textbf{(1)}取2球就結束:第1次紅球，第2次也是紅球，機率p_2=({1\over 3})^2={1\over 9} \\取3球就結束:第1次非紅球，第2次與第3次都是紅球，機率p_3={2\over 3}\times ({1\over 3})^2 ={2\over 27}\\取n球結束: \cases{第1球是非紅球(機率=2/3)，第2球歸零重新開始:{2\over 3}p_{n-1} \\ 第1球是紅球,第二球是非紅球,機率={2\over 9},又重新開始:{2\over 9}p_{n-2}} \\ \qquad \Rightarrow p_n={2\over 3}p_{n-1}+{2\over 9}p_{n-2} \Rightarrow E=2p_2+3p_3+ \sum_{n=4}^\infty np_n =2p_2+3p_3+ \sum_{n=4}^\infty n({2\over 3}p_{n-1}+{2\over 9}p_{n-2})\\ ={2\over 9}+{2\over 9}+ {2\over 3}\sum_{n=4}^\infty np_{n-1} +{2\over 9}\sum_{n=4}^\infty np_{n-2} ={4\over 9}+{2\over 3}\sum_{k=3}^\infty (k+1)p_{k} +{2\over 9}\sum_{j=2}^\infty (j+2)p_{j} \\={4\over 9}+ {2\over 3} \left( E-2p_2+1-p_2 \right) +{2\over 9} (E+2) ={4\over 9}+{8\over 9}E+{8\over 9} \Rightarrow {1\over 9}E={12\over 9} \Rightarrow E= \bbox[red, 2pt]{12}\\ \textbf{(2)}取2球就結束:第1次隨便取，第2次與第1次同色，機率為{1\over 3} \\取3球就結束:第1次隨便取，第2次與第1次不同色，第3次與第2次同色，機率為{2\over 3}\times{1\over 3} \\ 取4球就結束:第1次隨便取，第2次與第1次不同色，第3次與第2次不同色，第4次與第3次同色\\\qquad ，機率為({2\over 3})^2\times{1\over 3} \\ 取n球結束: 機率為 ({2\over 3})^{n-2} \times {1\over 3} \\ \Rightarrow 期望值E=2\times {1\over 3}+3\times {2\over 3}\times {1\over 3}+4\times ({2\over 3})^2\times {1\over 3}+ \cdots+n\times ({2\over 3})^{n-2}\times {1\over 3}+\cdots \\\qquad ={1\over 3} \left[ 2+3\times {2\over 3}+ 4\times ({2\over 3})^2+ \cdots\right] \Rightarrow {2\over 3}E={1\over 3} \left[ 2\times {2\over 3}+3\times ({2\over 3})^2+ 4\times ({2\over 3})^3+ \cdots\right] \Rightarrow \\ \Rightarrow E-{2\over 3}E={1\over 3}[2+{2\over 3}+({2\over 3})^2+({2\over 3})^3+ \cdots] \Rightarrow {1\over 3}E={1\over 3}[2+2] \Rightarrow E= \bbox[red, 2pt]4$$
解答:$$L_1:{x-2\over 4}={y\over -1}={z+1\over 5} \Rightarrow \cases{L_1方向向量 \vec v_1=(4,-1,5) \\ P_1(2,0,-1) \in L_1}\\L_2: {x\over 1}={y-3\over 5}={z-5\over -4} \Rightarrow \cases{L_2方向向量\vec v_2=(1,5,-4) \\P_2(0,3,5) \in L_2}\\ \Rightarrow \cos \theta ={\vec v_1\cdot \vec v_2\over |\vec v_1|| \vec v_2|} =-{1\over 2} \Rightarrow \theta\ne 90^\circ \Rightarrow L_1所在平面與L_2所在平面相鄰\\ \Rightarrow \cases{\overrightarrow{P_1P_2} =(-2,3,6) \\ \vec n= \vec v_1\times \vec v_2=(-21,21,21)} \Rightarrow 兩歪斜線距離d(L_1,L_2)= {(-2,3,6) \cdot (-1,1,1) \over |(-1,1,1)}= {11\over \sqrt 3} \\ \Rightarrow 稜長=11 \Rightarrow 體積=11^3= \bbox[red, 2pt]{1331}$$
解答:$$球面上A,B兩點距離取決於兩點間的弧長，弧的形狀越像直線，長度就越短\\因此最短路徑必為大圓的圓弧線段$$
解答:$$\href{https://chu246.blogspot.com/2019/07/108_8.html}{選擇題第8題}$$
解答:
$$P(1,{\sqrt 3\over 2}) 在x軸的投影點Q(1,0) \Rightarrow \tan \angle POQ=\tan \theta={\sqrt 3\over 2} \ne \sqrt 3 \Rightarrow \theta \ne 60^\circ \\ 學生把橢圓上P點坐標(a\cos \theta, b\sin \theta)中的\theta誤以為是\overline{OP}與x軸的夾角\\ 正確做法: \overline{OP}=k \Rightarrow P=(k\cos 60^\circ, k\sin 60^\circ) =({k\over 2}, {\sqrt 3k\over 2}) \Rightarrow {k^2/4\over 4}+{3k^2\over 4}=1 \\ \Rightarrow {13\over 16}k^2=1 \Rightarrow k= \bbox[red, 2pt]{4\over \sqrt{13}}$$
解答:$$m=-6 \Rightarrow x^2+(m-2)x+(5-m)=x^2-8x+11=0 \Rightarrow \cases{x=4+\sqrt 5 \gt 2\\ x=4-\sqrt 5\lt 2} \\ \Rightarrow m=-6 符合m\le -4的條件,但並非兩根皆大於2 \\ 主要的錯誤在於 \cases{\alpha+\beta \gt 4\\\alpha \beta\gt 4} \;不能保證\alpha, \beta 皆大於2, 需再加一條件,即f(2)\gt 0 \Rightarrow m\gt -5\\最終答案應是\bbox[red, 2pt]{-5\lt m\le -4}$$
$$\bbox[cyan,2pt]{學校未公告答案}$$
====================== END ==========================解題僅供參考，其他教甄試題及詳解
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