115年嘉義女中教甄-數學詳解

國立嘉義女子高級中學 115 學年度第 1 次教師甄選

一、 填充題（計14題，每題5分，共70分）：

解答:$$此題相當於從(0,0)走到(7,4)，但不經過直線y=x+1，求取路徑個數\\從(0,0)走到(7,4)，其中7步向右、4步向上，共有C^{11}_4 ={11!\over 4! 7!} =330種\\ 終點(7,4)與直線y=x+1的對稱點(3,8),從(0,0)到(3,8)的路徑數C^{11}_3=165\\ 就是不合法的路徑數，因此，符合條件的路徑數:330-165= \bbox[red, 2pt]{165}$$

解答:$$k={3m+25\over 2m-5} \in \mathbb Z^+ \Rightarrow 2k={6m+50\over 2m-5}=3+{65\over 2m-5} \Rightarrow {65\over 2m-5} \in  \mathbb Z \\ 65=5\times 13 \Rightarrow \cases{2m-5=1 \Rightarrow m=3 \Rightarrow k=34\\ 2m-5=5 \Rightarrow m=5 \Rightarrow k=8\\ 2m-5=13 \Rightarrow m=9 \Rightarrow k=4\\ 2m-5=65 \Rightarrow m=35\Rightarrow k=2\\ 2m-5=-1 \Rightarrow m=2 \Rightarrow k=-31\not \in \mathbb Z^+ \\ 2m-5=-5,-13,-65 \Rightarrow k\lt 0} \\ \Rightarrow 所有m值之和=3+5+9+35= \bbox[red, 2pt]{52}$$

 

解答:$$\sum_{k=1}^n k \left( {1\over k}+{1\over k+1}+ \cdots+{1\over n} \right) =\sum_{k=1}^n \left( k \sum_{j=k}^n {1\over j} \right)  =\sum_{j=1}^n \left(  \sum_{k=1}^j k\cdot{1\over j} \right) =\sum_{j=1}^n \left( {1\over j} \sum_{k=1}^j k  \right) \\=\sum_{j=1}^n \left( {1\over j}\cdot {j(j+1)\over 2}  \right) =\sum_{j=1}^n {j+1\over 2} ={1\over 2} \sum_{j=1}^nj +{1\over 2}\sum_{j=1}^n1 ={1\over 2}\cdot {n(n+1)\over 2}+{n\over 2} = \bbox[red, 2pt]{n^2+3n\over 4}$$

解答:

$$兩圖形\cases{y= |\log_2 x| \\y=ax+b} 有相異三交點:k,2k,4k(其中k\gt 0) \Rightarrow \cases{0\lt k\lt 1\\1\lt 2k\lt 4k} \\ \Rightarrow \cases{-\log_2 k=ak+b \cdots(1)\\ \log_2(2k)=a(2k)+b \Rightarrow \log_2 k+1=2ak+b \cdots(2)\\ \log_2(4k)=a(4k)+b \Rightarrow \log_2 k+2=4ak+b \cdots(3)} \Rightarrow \log_2k =-{1\over 4} \Rightarrow k=2^{-1/4} \\ \Rightarrow ak={1\over 2 } \Rightarrow a=2^{-3/4} \Rightarrow (a,b) = \bbox[red, 2pt]{\left( 2^{-3/4},-{1\over 4} \right)}$$

解答:$$假設\cases{長度4所對應的圓心角為2\alpha\\ 長度1所對應的圓心角為2\beta} \Rightarrow 4\times 2\alpha+2\beta=2\pi \Rightarrow \beta=\pi-4\alpha \\ 假設 外接圓半徑R  \Rightarrow 正弦定理\cases{\triangle ABD: 4/\sin \alpha=2R\\ \triangle ACE: 1/\sin\beta =2R} \Rightarrow 兩式相除: \sin \beta={1\over 4}\sin \alpha \\ \Rightarrow \sin(\pi-4\alpha)={1\over 4}\sin \alpha \Rightarrow 4\sin \alpha \cos \alpha(2\cos^2\alpha-1) ={1\over 4}\sin \alpha \Rightarrow 16\cos \alpha(2\cos^2\alpha-1)=1 \\ \Rightarrow 2\cos^2\alpha-1={1\over 16 \cos \alpha} \Rightarrow (1-\cos \angle ABC)(1-\cos\angle ACE) =(1-\cos (2\alpha+\beta)) (1-\cos\beta) \\=(1-\cos(\pi-2\alpha)) (1-\cos(\pi-4\alpha)) =(1+\cos 2\alpha)(1+\cos 4\alpha) =2\cos^2\alpha \cdot 2(2\cos^2\alpha-1)^2\\ = 4\cos^2\alpha(2\cos^2\alpha-1)^2=4\cos^2\alpha\cdot  \left( 1\over 16\cos\alpha \right)^2 = \bbox[red, 2pt]{1\over 64}$$

解答:$${x+y+1\over x-y+1}=k \Rightarrow (k-1)x-(k+1)y+(3k-1)=0為一直線L的方程式\\ L與圓有交點代表圓心O(0,1)至L的距離小於等於半徑r=1,即d(O,L)\le r \\ \Rightarrow d= {|2k-2| \over \sqrt{2k^2+2}} \le 1 \Rightarrow (2k-2)^2\le 2k^2+2 \Rightarrow k^2-4k+1\le 0 \\ \Rightarrow 2-\sqrt 3\le k\le 2+\sqrt 3 \Rightarrow (M,m) = \bbox[red, 2pt]{(2+\sqrt 3,2-\sqrt 3)}$$

解答:$$\overline{BD}={1\over 3} \overline{BC} \Rightarrow \overrightarrow{AD} ={2\over 3}\overrightarrow{AB}+ {1\over 3}\overrightarrow{AC} \Rightarrow |\overrightarrow{AD}|^2 = \left( {2\over 3}\overrightarrow{AB}+ {1\over 3}\overrightarrow{AC} \right) \cdot \left( {2\over 3} \overrightarrow{AB}+ {1\over 3}\overrightarrow{AC} \right) \\={4\over 9} |\overrightarrow{AB}|^2 +{4\over 9}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}+ {1\over 9} |\overrightarrow{AC}|^2 ={4\over 9}c^2+{4\over 9} bc \cos 60^\circ+{1\over 9}b^2= {1\over 9}(b^2+2bc+4c^2) \\ \Rightarrow \overline{AD}= \bbox[red, 2pt]{{1\over 3} \sqrt{b^2+2bc+4c^2}}$$

解答:

$$取\cases{a=\sqrt 3x\\ R^2=3+2\sqrt 2},  則原式\cases{3x^2+y^2-3xy=3+2\sqrt 2\\ y^2+z^2-yz=9+6\sqrt 2\\ z^2+w^2+\sqrt 3zw=3+2\sqrt 2\\ w^2+3x^2+\sqrt 3wx =9+6\sqrt 2} \Rightarrow \cases{a^2+y^2-\sqrt 3ay=R^2\\ y^2+z^2-yz=3R^2 \\ z^2+w^2+\sqrt 3zw=R^2\\ w^2+a^2+ aw=3R^2} \\ 找一組特解,取w=0 \Rightarrow \cases{a=\sqrt 3R\\y=2R\\ z=R} \Rightarrow \sqrt 3xz+yw=az+yw=az=\sqrt 3R^2=\sqrt 3(3+2\sqrt 2) \\= \bbox[red, 2pt]{3\sqrt 3+2\sqrt 6},但公布的答案是\bbox[cyan,2pt]{51+36\sqrt 2}$$

解答:$$圓心(3,0)繞y軸一圈的半徑為3 \Rightarrow 周長=6\pi \Rightarrow 繞y軸體積=周長\times 圓面積=6\pi \times \pi= \bbox[red, 2pt]{6\pi^2}$$

解答:$$a_n=S_n-S_{n-1} \Rightarrow a_n+ 2S_nS_{n-1} = S_n-S_{n-1}+ 2S_nS_{n-1}=0\Rightarrow {S_n-S_{n-1} \over S_nS_{n-1}}+2=0 \\ \Rightarrow {1\over S_n}-{1\over S_{n-1}} =2 \Rightarrow \langle S_n \rangle是一個公差d=2的等差數列 \Rightarrow 首項{1\over S_1}={1\over a_1}= 5 \\ \Rightarrow {1\over S_n}=5+(n-1)2=2n+3 \Rightarrow {1\over S_{2026}} =2\cdot 2026+3= \bbox[red, 2pt]{4055}$$

解答:$$假設E(S) 為「在已經收集到 S 的情況下，還需要的期望步數」，欲求E(\varnothing)\\ \Rightarrow \cases{已收集「皮、克」，缺「敏」\Rightarrow E(\{\text{皮, 克}\}) = \frac{1}{1/4} = 4 \\已收集「皮、敏」，缺「克」\Rightarrow E(\{\text{皮, 敏}\}) = \frac{1}{1/4} = 4 \\已收集「克、敏」，缺「皮」\Rightarrow E(\{\text{克, 敏}\}) = \frac{1}{1/2} = 2 } \\ \Rightarrow \cases{E(\{皮\}) =1+{1\over 2}E(\{皮\}) +{1\over 4} E(\{皮,克\}) +{1\over 4} E(\{皮,敏\}) =3+{1\over 2} E(\{皮\}) \\E(\{克\}) =1+{1\over 2}E(\{克\}) +{1\over 4} E(\{皮,克\}) +{1\over 4} E(\{克,敏\}) ={7\over 2}+{1\over 4} E(\{克\}) \\E(\{敏\}) =1+{1\over 2}E(\{敏\}) +{1\over 4} E(\{皮,敏\}) +{1\over 4} E(\{克,敏\}) ={7\over 2}+{1\over 4} E(\{敏\})} \\ \Rightarrow \cases{E\{皮\} =6\\ E(\{克\}) =E(\{敏\})={14/3} } \Rightarrow E(\varnothing) =1+{1\over 2}E(\{皮\}) +{1\over 4}E(\{克\}) +{1\over 4}E(\{敏\}) = \bbox[red, 2pt]{19\over 3}$$

解答:$$|z_1-2-2i|=|z_1-4-4i| \Rightarrow z_1=x+iy 在(2,2)與(4,4)的中垂線上，即x+y=6 \\ z_2=(1+\sqrt 3i)(x+iy) =(x-\sqrt 3y)+(\sqrt 3x+y)i \Rightarrow \triangle ABO面積={1\over 2} \begin{Vmatrix} x& y& 1\\x-\sqrt 3y& \sqrt 3x+y & 1\\0&0 &1 \end{Vmatrix} \\={1\over 2}\cdot \sqrt 3(x^2+y^2) ={\sqrt 3\over 2} \left[ (x+y)^2-2xy \right]= {\sqrt 3\over 2} \left[ 36-2xy \right]=18\sqrt 3-\sqrt 3xy \\ 算幾不等式:x+y\ge 2\sqrt {xy} \Rightarrow  \sqrt {xy}\le 3 \Rightarrow xy\le 9 \Rightarrow \triangle ABO面積\ge 18\sqrt 3-\sqrt 3\cdot 9=\bbox[red, 2pt]{9\sqrt 3}$$

解答:$$\overrightarrow{OP} =(2\sin \alpha-\cos \beta, \sin \alpha+\cos \beta, \sin \alpha+2\cos \beta) =\sin \alpha(2,1,1)+ \cos \beta(-1,1,2) \\ \qquad =s\vec u+t\vec v, 其中\cases{s=\sin \alpha\\ t=\cos \beta \\ \vec u=(2,1,1) \\ \vec v=(-1,1,2)} \Rightarrow \cases{0\le s\le 1/2 =\sin(\pi/6) \\ \cos(\pi/3)=1/2\le t\le 1=\cos 0 } \Rightarrow \cases{\Delta s=1/2\\ \Delta t=1/2} \\ \Rightarrow |\vec u\times \vec v|= |(1,-5,3)| = \sqrt{35} \Rightarrow 面積=\Delta s\times \Delta t\times \sqrt{35}= \bbox[red, 2pt]{\sqrt {35} \over 4}$$

解答:$$5個人，每人有4種選擇，共有4^5=1024種搭乘方式, 考慮超載的可能方式:\\ A船超載: \cases{A船載5人，只有1種方法\\ A船載4人，剩下1內有3種選擇，有C^5_4\times 3=15} \Rightarrow 合計16種\\ 同理，B船超載、C船超載也各有16種 \\ D船超載:D船載5人，只有1種方法\\ 不會發生兩船同時超載的情形，因此總超載方法數=16\times 3+1=49 \\ \Rightarrow 安全渡河方法數=1024-49= \bbox[red, 2pt]{975}$$

二、 計算證明題（計3題， 每題10分， 共30分）：

解答:$$\bbox[cyan,2pt]{學校提供}$$

解答:

$$假設\cases{正\triangle ABC邊長=a\\ \overline{AB}與L_2的夾角\theta} \Rightarrow \cases{d_1=a\sin \theta\\ d_2=a\sin(60^\circ-\theta)} \Rightarrow  a\cos \theta= \sqrt{a^2(1-\sin^2\theta)}=\sqrt{a^2-d_1^2}  \\ \Rightarrow d_2= a(\sin 60^\circ\cos \theta- \cos60^\circ \sin \theta) ={\sqrt 3\over 2}(a\cos \theta)-{1\over 2}(a\sin \theta)= {\sqrt 3\over 2}\sqrt{a^2-d_1^2}-{1\over 2}d_1\\ \Rightarrow d_2+{1\over 2}d_1={\sqrt 3\over 2}\sqrt{a^2-d_1^2} \Rightarrow (2d_2+d_1)^2=3(a^2-d_1^2) \Rightarrow a^2={4\over 3}(d_1^2+d_1d_2+ d_2^2) \\ \Rightarrow a= \bbox[red, 2pt]{{2\over \sqrt 3}\sqrt{d_1^2+d_1d_2+ d_2^2}}$$

解答:$$體積V= 底面積\times 高 =|\vec v\times \vec w|\times {|\vec u\cdot (\vec v\times \vec w) |\over |\vec v\times \vec w|} =|\vec u\cdot (\vec v\times \vec w) | \\=|(a_1,b_1,c_1) \cdot (b_2c_3-c_2b_3, c_2a_3-a_2c_3, a_2b_3-a_3b_2)|\\ =|a_1(b_2c_3-b_3c_2) +b_1(c_2a_3-a_2c_3)+ c_1(a_2b_3-a_3b_2)| = \begin{Vmatrix} a_1& b_1& c_1\\ a_2& b_2 & c_2\\ a_3&  b_3& c_3 \end{Vmatrix},\bbox[red, 2pt]{故得證}$$

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解題僅供參考，其他教甄試題及詳解