115年新竹中學教甄3-數學詳解

 國立新竹高級中學 115 學年度第三次教師甄試

一、 填充題 (每題 6 分，共 72 分。 )

解答:$$T = (x^2+2) \begin{vmatrix} y^2+2 & yz \\ yz & z^2+2 \end{vmatrix} - xy \begin{vmatrix} xy & yz \\ xz & z^2+2 \end{vmatrix} + xz \begin{vmatrix} xy & y^2+2 \\ xz & yz \end{vmatrix} \\  = (x^2+2)(2y^2 + 2z^2 + 4) - xy(2xy) + xz(-2xz) =4(x^2+y^2+z^2 +2) \\ 柯西不等式: (x^2+y^2+ z^2)(2^2 +1^2+1^2) \ge (2x+y+z)^2 \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \ge {9\over 6} ={3\over 2} \\ \Rightarrow T\ge 4 \left( {3\over 2}+2 \right)= \bbox[red, 2pt]{14}$$

解答:

$$假設\cases{f(x)= \sqrt{4-x^2} \\g(x)=x} \Rightarrow f(x)\gt g(x), -2\le x\le \sqrt 2 \\ \Rightarrow \int_{-2}^2 |f(x)-g(x)|= \int_{-2}^\sqrt 2(f(x)-g(x))\,dx+ \int_{\sqrt 2}^2 (g(x)-f(x))\,dx = R_1+R_2 \\= \left( {3\over 8}圓面積+邊長2的直角\triangle \right)+ \left(邊長2的直角\triangle -{1\over 8}圓面積  \right) = \left( {3\over 2}\pi+2 \right) + \left( 2-{1\over 2}\pi \right) \\=\bbox[red, 2pt]{4+ \pi}$$

解答:$$\cases{x^3+3x^2+6x+14=(x+1)^3+3(x+1)+10=0\\ x^3+9x^2+30x+26=(x+3)^3+3(x+3)-10=0} \Rightarrow \cases{(\alpha+1)^3+3(\alpha+1)=-10\\ (\beta+3)^3+3(\beta+3)=10} \\ \Rightarrow 取f(t)=t^3+3t \Rightarrow f'(t)=3t^2+3\gt 0 \Rightarrow f(t)為嚴格遞增, 又f(-t)=-f(t) \Rightarrow f(t)為奇函數 \\ \Rightarrow \cases{f(\alpha+1)=-10\\f(\beta+3)=10} \Rightarrow f(\alpha+1)=-f(\beta+3)=f(-\beta-3) \Rightarrow \alpha+1=-\beta-3 \Rightarrow \alpha+\beta= \bbox[red, 2pt]{-4}$$

解答:$$將這5種不同禮物為A,B,C,D,E，依題意每人得到的禮物形成一個首尾相連的環狀,\\如:(A,B), (B,C),(C, D),(D,E),(E,A) \Rightarrow 環狀排列數={5!\over 2}=24, \\又順時針或逆時針排列是相同的，因此環狀排列數為{24\over 2}=12\\再將5個不同組禮物送給5個人，有5!=120分配方法，合計12\times 120= \bbox[red, 2pt]{1440}$$

解答:$$遊戲最多只會進行 5 + 6 - 1 = 10 次。在抽滿 10 次的情況下，「甲盒先空」的事件，\\完全等價於「這 10 次抽球中，至少抽中 5 次甲盒」。\\在 10 次獨立試驗中，抽中甲盒次數 k 滿足 k \ge 5 的機率為二項式機率的總和P \\ \Rightarrow P = \sum_{k=5}^{10} \binom{10}{k} \left(\frac{1}{2}\right)^{10} \Rightarrow 組合數加總:{10\choose 5}+ {10\choose 6}+ {10\choose 7}+ {10\choose 8}+ {10\choose 9}+ {10\choose 10}\\=252+210+120+45+10+1=638 \Rightarrow P={638\over 2^{10}}  = \bbox[red, 2pt]{319\over 512}$$

解答:$$假設\cases{外接圓圓心O(0,0)\\ 圓半徑r=5} 及\cases{\vec a= \overrightarrow{OA} \\\vec b= \overrightarrow{OB} \\ \vec c= \overrightarrow{OC} \\\vec d= \overrightarrow{OD} } \Rightarrow \cases{\vec a|=|\vec b|= |\vec d|=5\\ |\vec b-\vec a|=4} \\ \Rightarrow |\vec b-\vec a|^2 =(\vec b-\vec a) \cdot (\vec b-\vec a)=5^2-2\vec a\cdot \vec b+5^2=4^2 \Rightarrow \vec a\cdot \vec b=17 \\ ABCD為平四邊形\Rightarrow \overrightarrow{AB}= \overrightarrow{DC} \Rightarrow \vec b-\vec a=\vec c-\vec d \Rightarrow \vec c=\vec b-\vec a+\vec d\\ \Rightarrow \overrightarrow{AC}=\vec c-\vec a=(\vec b-\vec a+\vec d)-\vec a =\vec b-2\vec a+\vec d \le |\vec b-2\vec a|+ |\vec d|=|\vec b-2\vec a|+5 \\ \Rightarrow |\vec b-2\vec a|^2= |\vec b|^2-4\vec a\cdot \vec b+4|\vec a|^2=25-4\cdot 17+4\cdot 25= 57 \Rightarrow |\vec b-2\vec a|=\sqrt{57} \\ \Rightarrow |\overrightarrow{AC}| \le \bbox[red, 2pt]{\sqrt {57}+5}$$

解答:$$OABC四面體體積V= {1\over 6} \begin{Vmatrix}2& 2& 1\\ 3& 3& 0\\ 1& -2&2  \end{Vmatrix} ={3\over 2}\\ 1\le \alpha+\beta+ \gamma \le 3 \Rightarrow 3^3V-V= 26V= \bbox[red, 2pt]{39}$$

解答:$$轉移矩陣每行的和=1 \Rightarrow \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix} A= \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix}, 且A^7仍是轉移矩陣 \Rightarrow \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix} A^7= \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix}\\ B是鏡射矩陣\Rightarrow B^3= B= \begin{bmatrix} \cos 2\theta& \sin 2\theta\\ \sin 2\theta& -\cos 2\theta\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}b_1& 4/5\\ b_2& 3/5 \end{bmatrix} \Rightarrow \cases{\sin 2\theta=4/5\\ \cos 2\theta=-3/5} \\\Rightarrow B= \begin{bmatrix} -3/5& 4/5\\4/5& 3/5\end{bmatrix} ={1\over 5} \begin{bmatrix}-3& 4\\4& 3 \end{bmatrix} \\ 旋轉矩陣C = \begin{bmatrix} \cos \theta& -\sin \theta\\ \sin \theta& \cos \theta \end{bmatrix} \Rightarrow C^6= \begin{bmatrix}\cos 6\theta& -\sin 6\theta\\ \sin 6\theta& \cos 6\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}c_1& c_2\\ 0& 1 \end{bmatrix} \Rightarrow \theta=60^\circ\\ \Rightarrow C= \begin{bmatrix} 1/2& -\sqrt 3/2\\ \sqrt 3/2 & 1/2 \end{bmatrix} ={1\over 2} \begin{bmatrix}1& -\sqrt3\\ \sqrt 3& 1 \end{bmatrix}  \Rightarrow BC= {1\over 10} \begin{bmatrix}-3+4\sqrt 3& 4+3\sqrt 3\\ 4+3\sqrt 3& -4\sqrt 3+3 \end{bmatrix}\\ D= \begin{bmatrix}a& b\\c& d \end{bmatrix} \Rightarrow a+b+c+d= \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix} D \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix} (10\cdot A^7\cdot B\cdot C) \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} \\= 10(\begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix}A^7)\cdot B\cdot C \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} =10 \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix} \cdot B\cdot C \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1& 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}-3+4\sqrt 3& 4+3\sqrt 3\\ 4+3\sqrt 3& -4\sqrt 3+3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\ 1 \end{bmatrix}\\ = \bbox[red, 2pt]{8+6\sqrt 3}$$

解答:$$\cases{\angle C=90^\circ\\ \angle B=30^\circ\\ \overline{AC}=2} \Rightarrow {2\over \sin 30^\circ} ={\overline{AB} \over \sin 90^\circ=1}= {\overline{BC}\over \sin A =\sin 60^\circ} \Rightarrow \cases{\overline{AB}=4 \\ \overline{BC}=2\sqrt 3} \\ M為\overline{AB}中點\Rightarrow \overline{MA}= \overline{MB}= \overline{MC}={\overline{AB}\over 2}=2 \\ 取\cases{C(0,0,0) \\\overline{CM} 為x軸} \Rightarrow M(2,0,0) \Rightarrow A(1,\sqrt 3,0) \Rightarrow B=2M-A= (3,-\sqrt 3,0) \\ A(1,\sqrt 3,0) 與x軸相距 \sqrt 3 , 摺疊後A'(1,y,z) \Rightarrow y^2+z^2=(\sqrt 3)^2 =3\\ \Rightarrow \overline{A'B}^2=(1-3)^2+(y-(-\sqrt 3))^2+(z-0)^2 \Rightarrow 8= 7+ 2\sqrt 3y+(y^2+z^2) =7+2\sqrt 3y+3 \\ \Rightarrow y=-{1\over \sqrt 3} \Rightarrow z^2={8\over 3} \Rightarrow z= \pm \sqrt{8\over 3} \Rightarrow h=|z|={2\sqrt 6\over 3} \\ 四面體A'-BCM體積={1\over 3}\times 底面積\times 高= {1\over 3}\times \sqrt 3\times {2\sqrt 6\over 3} =\bbox[red, 2pt]{2\sqrt 2\over 3}$$

解答:

$$旋轉正六角形,使得\overline{AB}在x軸上, 並取\overline{AB}=2 \Rightarrow \cases{z_1=2\\ z_2= 3+\sqrt 3i\\ z_3=2+2\sqrt 3 i\\ z_4=2\sqrt 3i\\ z_5=-1+\sqrt 3i} \\ \Rightarrow {z_5-z_1\over z_2-z_1} ={-3+\sqrt 3i\over 1+\sqrt 3i} =\sqrt 3 i\Rightarrow \alpha={\pi\over 2},{z_4-z_3\over z_1-z_2} = {-2\over -1-\sqrt 3i}={1\over 2}-{\sqrt 3\over 2}i \Rightarrow \beta={5\pi\over 3} \\ {z_5-z_3\over z_3-z_1}={-3-\sqrt 3i\over 2\sqrt 3i}=-{1\over 2}+{\sqrt 3\over 2}i \Rightarrow \gamma={2\pi\over 3} \\ \Rightarrow \alpha+\beta+ \gamma={\pi\over 2}+{5\pi\over 3}+{2\pi\over 3} = \bbox[red, 2pt]{17\pi\over 6}$$

解答:$$\cases{A(p,q)\\ B(r,s) \\ O(0,0)} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{OA} =(p,q) \\ \overrightarrow{OB}=(r,s)} \Rightarrow 平行四邊形面積=|ps-qr| =|\overrightarrow{OA}|\cdot h =\sqrt{p^2+q^2}\cdot h=8h\\ 求ps-qr的最大值相當於求B到直線\overline{OA}的最大垂直距離h\\ 假設圓C_2的半徑為R_2 \Rightarrow \overline{AB}=R_2, 由於\overline{OA}=8 \lt 圓C_1半徑10 \Rightarrow A在圓C_1內部 \\ \Rightarrow 圓  C_2  必定是與圓  C_1  內切(即整個 C_2  都在  C_1  內部) \Rightarrow \overline{OB}=10-R_2=10-\overline{AB} \\ \Rightarrow \overline{OB}+\overline{AB}=10 為一橢圓:\cases{2c=\overline{OA}=8 \Rightarrow c=4\\ 2a=10\Rightarrow a=5} \Rightarrow b=3 \Rightarrow h的最大值為b=3 \\ \Rightarrow ps-qr最大值=8h= \bbox[red, 2pt]{24}$$

解答:$$f(x)=x^n =(x-1)(x-2)(x-4)Q(x)+ ax^2+bx+c \Rightarrow \cases{f(1)=1=a+b+c\\ f(2)=2^n=4a+2b+c\\ f(4)=4^n=16a+4b+c} \\ \Rightarrow \begin{bmatrix}1& 1& 1\\ 4& 2& 1\\ 16& 4& 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}a\\ b\\ c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\2^n\\ 4^n \end{bmatrix} \Rightarrow \begin{bmatrix}a\\ b\\ c \end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1& 1& 1\\ 4& 2& 1\\ 16& 4& 1 \end{bmatrix} ^{-1}\begin{bmatrix}1\\2^n\\ 4^n \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}1/3& -1/2& 1/6\\ -2& 5/2& -1/2\\' 8/3& -2& 1/3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\2^n\\ 4^n \end{bmatrix} \\ = \begin{bmatrix}{1\over 6}(4^n-3\cdot 2^n+2)\\ {1\over 2}(-4^n+ 5\cdot 2^n-4) \\ {1\over 3}(4^n-6\cdot 2^n+8) \end{bmatrix} \Rightarrow R(x)={1\over 6}(4^n-3\cdot 2^n+2)x^2+ {1\over 2}(-4^n+ 5\cdot 2^n-4)x+ {1\over 3}(4^n-6\cdot 2^n+8) \\ \Rightarrow \cases{R(0)= (4^n-6\cdot 2^n+8)/3\\ R(-1) =4^n-5\cdot 2^n+5} \Rightarrow \lim_{n\to \infty} {R(0) \over R(-1)}= \bbox[red, 2pt]{1\over 3}$$

二、 計算題 ( 請寫出演算過程或理由， 共 28 分。 )

解答:$$假設\cases{S= x+y+z \\ Q= x^2+y^2+z^2} \Rightarrow S^2=Q+2(xy+ yz+zx) \Rightarrow xy+yz+ xz={S^2-Q\over 2} \\ \Rightarrow x^2+y^2+z^2-(xy+yz+zx) =Q-{S^2-Q\over 2}= {3Q-S^2\over 2} \\ x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz =1 = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx) =S\cdot {3Q-S^2\over 2} \\ \Rightarrow Q={S^2\over 3}+{2\over 3S} ={S^2\over 3}+{1\over 3S}+{1\over 3S} \Rightarrow Q\ge 3\sqrt[3]{{S^2\over 3}\cdot {1\over 3S}\cdot {1\over 3S}} = \bbox[red, 2pt]1$$

解答:$$\log(x^2 + 20x) - \log(8x - 6a - 3) = 0 \Rightarrow \log(x^2 + 20x) = \log(8x - 6a - 3) \\ \Rightarrow \cases{x^2+20x =8x-6a-3\\ x^2+20x \gt 0\\ 8x-6a-3\gt 0} \Rightarrow \cases{x^2+12x+(6a+3)=0 \\ 定義域D\{x\gt 0或x\lt -20\}} \\令 f(x)=x^2+12x+(6a+3) \Rightarrow 凹向上，且對稱軸為x=-6 \not \in D \\ 若f(x)=0有重根\Rightarrow \Delta=144-24a-12=0 \Rightarrow a={11\over 2}, 此時x=-6 \not \in D, 不合題意\\ 若f(x)=0有相異實根\Rightarrow 依題意有唯一解, 因此一根\in D,另一根\not \in D \Rightarrow \cases{f(0)\lt 0\\ f(-20)\ge 0} \\ \Rightarrow \cases{a\lt -1/2\\ a\ge -163/6} \Rightarrow a\in \bbox[red,2pt]{\left[ -{163\over 6},-{1\over 2}\right)}$$

解答:$$假設 \cases{a= \overline{BC} \\b= \overline{AC}\\ c=\overline{AB}=2\\ \angle A=\theta}  \Rightarrow {a\over \sin A}={b\over \sin B}={c\over \sin C} \Rightarrow \cases{a=c\sin A/\sin C\\ b=c\sin B /\sin C} \\ \Rightarrow \triangle ABC面積={1\over 2}ab \sin C={1\over 2}\cdot {c\sin A\over \sin C}\cdot {c\sin B\over \sin C}\cdot \sin C ={1\over 2}c^2{\sin A\sin B\over \sin C} \\={1\over 2}\cdot 2^2\cdot {\sin A \sin(180^\circ-3A) \over \sin 2A} ={2\sin A \sin(3A)\over \sin 2A}={\sin 3A\over \cos A} ={\sin 3\theta\over \cos \theta} \\取S(\theta)={\sin 3\theta\over \cos \theta} \Rightarrow S'(\theta)= {3\cos 3\theta\cos \theta+ \sin 3\theta\sin \theta\over \cos^2\theta} =0 \\ \Rightarrow 3\cos 3\theta\cos \theta+ \sin 3\theta\sin \theta=0 \Rightarrow 2\cos 3\theta\cos \theta+ (\cos 3\theta \cos \theta+\sin 3\theta\sin \theta)=0\\ \Rightarrow 2\cos 3\theta\cos \theta+ \cos 2\theta=0 \Rightarrow \cos 4\theta+ 2\cos 2\theta=0 \Rightarrow 2\cos^2 2\theta+ 2\cos 2\theta-1=0 \\ \Rightarrow \cos 2\theta={-1+ \sqrt 3\over 2} (\because 2\theta\in (0^\circ, 120^\circ) \Rightarrow \cos 2\theta \ge -0.5) \\ \Rightarrow S={\sin 3\theta\over \cos \theta}= {3\sin \theta-4\sin^ 3\theta\over \cos \theta} = \tan\theta(3-4\sin^2\theta) \Rightarrow S^2=\tan^2\theta \left[ 3-4 \left( {1-\cos 2\theta} \right) \over 2\right]^2 \\= \left( {1-\cos 2\theta\over 1+\cos 2\theta}  \right) \cdot (1+2\cos 2\theta)^2 = {(3-\sqrt 3)/2\over (\sqrt 3+1)/2} \cdot (\sqrt 3)^2 =6\sqrt 3-9 \\ \Rightarrow S= \bbox[red, 2pt]{\sqrt{6\sqrt 3-9}}$$

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