臺北市立華江高級中學 115 學年度正式教師甄選
一、 填充題(10 題，每題 6 分，共 60 分)
解答:$$\cases{x^2+y^2+z^2 =14+6\sqrt 3\\ x+y+z=2+\sqrt 3} \Rightarrow (x+y+z)^2=(2+\sqrt 3)^2 =14+6\sqrt 3+ 2(xy+yz +zx) \\ \Rightarrow xy+yz+zx= {1\over 2}(-7-2\sqrt 3) \Rightarrow (x+y)(y+z)(z+x)+ xyz= (x+y+z)(xy+yz+ xz) \\=(2+\sqrt 3)\cdot {1\over 2}(-7-2\sqrt 3) ={1\over 2}(-20-11\sqrt 3)= \bbox[red, 2pt]{-10-{11\sqrt 3\over 2}}$$
解答:$$\cases{f(x)=x^4+3x^3-x^2-5x+1\\ g(x)= x^3+2x^2-3x-1} \Rightarrow f(x)=g(x)(x+1)-x+2 \Rightarrow \cases{f(\alpha)=0-\alpha+2 \\f(\beta) =0-\beta+1\\ f(\gamma)=0-\gamma+2} \\ 又g(x)=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) \Rightarrow {g'(x) \over g(x)} ={1\over x-\alpha} +{1\over x-\beta}+ {1\over x-\gamma} \\\Rightarrow {1\over 2-\alpha}+{1\over 2-\beta}+{1\over 2-\gamma} ={g'(2)\over g(2)}={17\over 9} \\ \Rightarrow {1\over f(\alpha)} + {1\over f(\beta)} + {1\over f(\gamma)} ={1\over 2-\alpha}+{1\over 2-\beta}+{1\over 2-\gamma} =\bbox[red, 2pt]{17\over 9}$$
解答:$$|x^2+y^2-2x+4y-18|\le 2x-2y+18 \\\Rightarrow -(2x-2y+18)\le x^2+y^2-2x+4y-18\le 2x-2y+18\\ \Rightarrow \cases{左式:x^2+y^2+2y\ge 0 \Rightarrow x^2+(y+1)^2\ge 1\\ 右式:x^2-4x+y^2+6y\le 36 \Rightarrow (x-2)^2+(y+3)^2\le 7^2} \\ \Rightarrow 大圓-小圓=49\pi-\pi=\bbox[red, 2pt]{48\pi}$$
$$\cases{\overline{FA}=\overline{FD}\\ \overline{FC} =\overline{FE}} \Rightarrow \cases{\angle A=\angle ADF=\alpha\\ \angle C=\angle CEF= \beta} \Rightarrow \cases{\angle B=180^\circ-\alpha-\beta\\ \angle DFE=180^\circ-(180^\circ-2\alpha)-(180^\circ-2\beta)} \\ \Rightarrow \angle DFE= 2(\alpha+ \beta)-180^\circ =2(180^\circ-\angle B) =180^\circ-2\angle B \\ \Rightarrow \angle DOE=2\angle B=180^\circ-\angle DFE \Rightarrow \angle DFE+\angle DOE=180^\circ \Rightarrow ODFE共圓 \\ \overline{OD}=\overline{OE} =R \Rightarrow \angle OFE=\angle OFE=\theta\\ 餘弦定理:\cases{\triangle ODF: R^2= 18^2+12^2-2\cdot 18\cdot 12\cos \theta\\ \triangle OEF:R^2=18^2+15^2-2\cdot 18\cdot 15\cos \theta} \Rightarrow 468-432\cos \theta=549-540\cos \theta\\ \Rightarrow \cos \theta={3\over 4} \Rightarrow R^2=468-432\cdot {3\over 4}=144 \Rightarrow 圓面積=R^2\pi= \bbox[red, 2pt]{144\pi}$$
解答:$$假設\cases{A(1+i) \\B(4+4i)\\ C(-3+5i)} \Rightarrow \triangle ABC面積= {1\over 2} \begin{Vmatrix} 1&1 & 1\\4& 4& 1\\ -3& 5& 1\end{Vmatrix}={1\over 2}\cdot 24=12\\ |4z-2|=1 \Rightarrow 4 \left|z-{1\over 2} \right|=1 \Rightarrow \left|z-{1\over 2} \right|={1\over 4} \Rightarrow z的軌跡為一圓\\ \Rightarrow |z|的最大值=圓心到原點距離+半徑 = {1\over 2}+{1\over 4}={3\over 4} \\ \Rightarrow 以三頂點 \cases{(1+i)z\\ (4+4i)z\\ (-3+5i)z} 為三角形最大的面積=\triangle ABC面積\times (|z|最大值)^2 =12\times {9\over 16}= \bbox[red, 2pt]{27\over 4}$$
解答:$$扣除灰色格子，剩下10格，剛好與球數相同，因此方法數={10!\over 4!4!1!} =3150\\ 依題意\cases{第一列的 3 個位子只能放「藍球」或「白球」\\第二列的 4 個位子只能放「紅球」或「白球」\\ 第三列的 3 個位子只能放「紅球」或「藍球」},因此假設\cases{第一列有w_1個白球\\ 第二列有w_2個白球}\\ \textbf{Case I }\cases{w_1=0\\ w_2=2} \Rightarrow \cases{第一列3格全是藍球,排列數1\\ 第二列2白2紅,排列數:4/(2!2!)=6\\ 第三列3格放2紅1藍,排列數3}\Rightarrow 共1\times 6\times 3=18種 \\ \textbf{Case II }\cases{w_1=1\\ w_2=1} \Rightarrow \cases{第一列1白2藍,排列數:3\\ 第二列1白3紅,排列數:4\\ 第三列1紅2藍,排列數:3} \Rightarrow 共3\times 4\times 3=36種\\ \textbf{Case III }\cases{w_1=2\\ w_2=0} \Rightarrow \cases{第一列:2白1藍,排列數:3\\ 第二列:4紅,排列數:1 \\ 第三列:3藍,排列數:1} \Rightarrow 共3\times 1\times 1=3種\\ 因此條件機率:{18+36+3\over 3150} = \bbox[red, 2pt]{19\over 1050}$$
解答:$$所有可能的四位數:\cases{四數皆相異:P^8_4= 1680\\ 有兩個6(8不重數):C^7_2\times {4!\over 2!}=252\\ 有兩個8(6不重數):C^7_2\times {4!\over 2!}=252\\ 兩個6及兩個8:{4!\over 2!2!} =6} \Rightarrow 合計:2190\\ 不中獎的條件:數字\le 6400且沒有兩個6,也沒有兩個8\\ 不中獎的情形:\cases{千位數為1,2,\dots,5: C^5_1\times P^7_3=1050\\ 千位數為6且百位數為1,2,3: C^3_1\times P^6_2=90} \Rightarrow 合計1140 \\ \Rightarrow 中獎數=2190-1140= \bbox[red, 2pt]{1050}$$
解答:$$A,B在\Gamma:x^2=8y上\Rightarrow \cases{A(x_1,x_1^2/8)\\ B(x_2, x_2^2/8)} \Rightarrow \overline{OA} \bot \overline{BO} \Rightarrow \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}=x_1 x_2+{x_1^2 x_2^2\over 64} =0 \\ \Rightarrow 1+{x_1x_2\over 64}=0 \Rightarrow x_1x_2=-64 \\ \triangle OAB面積=S= {1\over 2} \begin{Vmatrix} x_1& x_1^2/8& 1\\ x_2& x_2^2/8& 1\\ 0& 0& 1 \end{Vmatrix} ={1\over 2}\left| {x_1x_2^2 \over 8}-{x_2x_1^2\over 8} \right| ={1\over 16}|x_1x_2(x_2-x_1)| =4|x_2-x_1|\\ x_1x_2 \lt 0 \Rightarrow 假設 x_1\gt 0\gt x_2 \Rightarrow x_2=-k(k\gt 0) \Rightarrow |x_2-x_1|= x_1+k \ge 2\sqrt{kx_1} =16 \\ \Rightarrow S的最小值=4\times 16= \bbox[red, 2pt]{64}$$
解答:$$正六邊形由六個正三角形組合而成,因此面積=6\times {\sqrt 3\over 4}x^2 ={3\sqrt 3\over 2}x^2 \\ 假設M=\overline{AB}中點 \Rightarrow \overline{OM}= {\sqrt 3\over 2}x \Rightarrow \overline{PM}= \overline{OP} -\overline{OM} =10-{\sqrt 3\over 2}x\\ 假設摺起後的六角錐的高為h \Rightarrow h^2+ \overline{OM}^2= \overline{PM}^2 \Rightarrow h^2 + \left( {\sqrt 3\over 2}x \right)^2= \left( 10-{\sqrt 3\over 2}x \right)^2 \\ \Rightarrow h= \sqrt{100-10\sqrt 3x} \Rightarrow 六角錐體積V={1\over 3} \left( {3\sqrt 3\over 2}x^2 \right) \sqrt{100-10\sqrt 3x}= {\sqrt 3\over 2}x^2 \sqrt{100-10\sqrt 3x}\\ ={\sqrt 3\over 2} \sqrt{-10\sqrt 3 x^5+100x^4} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{f(x)=-10\sqrt 3x^5+100x^4} \\ f'(x)=0 \Rightarrow -50\sqrt 3x^4+400x^3=-50x^3(\sqrt 3x-8)=0 \Rightarrow x={8 \over \sqrt 3} \Rightarrow f({8\over \sqrt 3}) ={81920\over 9} \\ \Rightarrow 體積最大值={\sqrt 3\over 2} \sqrt{81920\over 9} = \bbox[red, 2pt]{64\sqrt{15}\over 3}$$
解答:$$假設\cases{A(1+i) \\B(4+4i)\\ C(-3+5i)} \Rightarrow \triangle ABC面積= {1\over 2} \begin{Vmatrix} 1&1 & 1\\4& 4& 1\\ -3& 5& 1\end{Vmatrix}={1\over 2}\cdot 24=12\\ |4z-2|=1 \Rightarrow 4 \left|z-{1\over 2} \right|=1 \Rightarrow \left|z-{1\over 2} \right|={1\over 4} \Rightarrow z的軌跡為一圓\\ \Rightarrow |z|的最大值=圓心到原點距離+半徑 = {1\over 2}+{1\over 4}={3\over 4} \\ \Rightarrow 以三頂點 \cases{(1+i)z\\ (4+4i)z\\ (-3+5i)z} 為三角形最大的面積=\triangle ABC面積\times (|z|最大值)^2 =12\times {9\over 16}= \bbox[red, 2pt]{27\over 4}$$
解答:$$第一擲是【正】(機率 \frac{1}{2}):浪費了 1 次投擲，一切必須重頭來過。因此，期望總次數為 1 + E(X)\\第一擲【反】、第二擲【正】(機率 \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}):浪費了 2次投擲，因此，期望總次數為 2 + E(X)\\第一擲【反】、第二擲【反】(機率 \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}):遊戲直接結束！我們總共只投擲了 2 次。 \\ \Rightarrow E(X)={1\over 2}(1+E(x))+{1\over 4}(2+E(x))+{1\over 4}\times 2 \Rightarrow a=E(X)=6 \\ 同理,E(X^2)= {1\over 2} E\left[ (1+X)^2 \right] +{1\over 4} E \left[ (2+X)^2 \right] +{1\over 4}\times 2^2= {1\over 2}(E(X^2)+13)+{1\over 4} (E(X^2)+28) +{1\over 4}\times 1 \\ \Rightarrow E(X^2) =58 \Rightarrow b=E(X^2)-(E(X))^2=58-6^2=22 \Rightarrow(a,b) = \bbox[red, 2pt]{(6,22)}$$
解答:$$S= \sum_{n=1}^\infty {n(n+1)\over 2^n}={1\cdot 2\over 2}+{2\cdot3\over 2^2}+{3\cdot 4\over 2^3}+\cdots + {n(n+1)\over 2^n} +\cdots \\ \Rightarrow {1\over 2}S= {1\cdot 2\over 2^2}+{2\cdot3\over 2^3}+{3\cdot 4\over 2^4}+\cdots +{(n-1)n\over 2^n}+ {n(n+1)\over 2^{n+1}} +\cdots \\ \Rightarrow S-{1\over 2}S={1\over 2}S={1\cdot 2\over 2}+{2\cdot 2\over 2^2}+{2\cdot 3\over 2^3}+ \cdots+ {2\cdot n\over 2^n}+\cdots ={1\over 2^0}+{2\over 2}+ {3\over 2^2}+ \cdots+ {n\over 2^{n-1}} +\cdots \\ \Rightarrow {1\over 4}S= {1\over 2}+{2\over 2^2}+{3\over 2^3}+ \cdots +{n\over 2^b}+\cdots \\ \Rightarrow \left( {1\over 2}-{1\over 4} \right)S={1\over 4}S={1\over 2^0}+{1\over 2}+{1\over 2^2}+ \cdots=2 \Rightarrow S= \bbox[red, 2pt]8$$
解答:
$$\cases{f(x)= \sqrt{9-x^2} \\ g(x) =x+3} \Rightarrow \begin{cases}f(x)\ge g(x)& -3\le x\le 0\\ g(x)\ge f(x) & 0\le x\le 3 \end{cases} \Rightarrow \int_{-3}^3 \left| \sqrt{9-x^2}-(x+3) \right|\,dx \\= \int_{-3}^0 \left( \sqrt{9-x^2}-x-3 \right) \,dx + \int_0^3 \left( x+3-\sqrt{9-x^2} \right) \,dx\\ =( 四分之一圓-\triangle OAC )+ (梯形OCBD-四分之一圓) = \left( {9\over 4}\pi-{9\over 2} \right) + \left( {(3+6)\cdot 3\over 2}-{9\over 4}\pi \right) \\={27\over 2}-{9\over 2} = \bbox[red, 2pt]9$$
二、 計算題(5 題，每題 8 分，共 40 分)
解答:$$\overline{GH} \bot \overline{BC} \Rightarrow \overrightarrow{BH}= \overrightarrow{BG} 在\overrightarrow{BC}上的投影 \Rightarrow \overrightarrow{BH} ={\overrightarrow{BG} \cdot \overrightarrow{BC} \over \overline{BC}^2} \cdot\overrightarrow{BC} \cdots(1) \\ \cos B={\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} \over |\overrightarrow{BA}||\overrightarrow{BC}|} = {|\overrightarrow{BA}|^2 +|\overrightarrow{BC}|^2-|\overrightarrow{AC}|^2 \over 2|\overrightarrow{BA}||\overrightarrow{BC}|} \Rightarrow \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} ={|\overrightarrow{BA}|^2 + |\overrightarrow{BC}|^2-|\overrightarrow{AC}|^2 \over 2 } \\={4^2+ 5^2-6^2 \over 2} ={5\over 2} \\ G為重心 \Rightarrow \overrightarrow{BG}={1\over 3}(\overrightarrow{BA} +\overrightarrow{BC}) \Rightarrow \overrightarrow{BG} \cdot \overrightarrow{BC} = {1\over 3}(\overrightarrow{BA} +\overrightarrow{BC}) \cdot \overrightarrow{BC} ={1\over 3} (\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}+ |\overrightarrow{BC}|^2) \\={1\over 3} \left( {5\over 2}+5^2 \right) ={55\over 6} 代回(1) \Rightarrow \overrightarrow{BH}={55/6\over 25}\cdot \overrightarrow{BC} ={11\over 30}\overrightarrow{BC} \Rightarrow \overrightarrow{AH} =\overrightarrow{AB}+ {11\over 30}\overrightarrow{BC} \\=\overrightarrow{AB}+ {11\over 30}(\overrightarrow{AC} -\overrightarrow{AB}) ={19\over 30}\overrightarrow{AB}+ {11\over 30}\overrightarrow{AC} \Rightarrow (\alpha,\beta) = \bbox[red, 2pt]{\left( {19\over 30},{11\over 30} \right)}$$
解答:$$假設\cases{P(x_0,y_0) \\Q(x,y)} \Rightarrow \begin{bmatrix}x_0\\ y_y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos (-60^\circ) & -\sin (-60^\circ)\\ \sin(-60^\circ)& \cos (-60^\circ)\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}(x+\sqrt 3y)/2\\ (-\sqrt 3x+y)/2 \end{bmatrix} \\ \Rightarrow {1\over 4} \left( {1\over 2}x+{\sqrt 3\over 2}y \right)^2+ \left( -{\sqrt 3\over 2}x+{1\over 2}y \right)^2=1 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{13x^2-6\sqrt 3xy+7y^2=16}$$
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