115年新竹高工教甄3-數學詳解

 國立新竹高級工業職業學校 115 學年度第 3 次教師甄試

填充題型一 (每題 6 分，共 10 題，總計 60 分)：

解答:$$a_{n+2}=a_{n+1}+2a_n \Rightarrow a_{n+2}-a_{n+1}-2a_n =0 \Rightarrow \alpha^2-\alpha-2=0 \\ \Rightarrow (\alpha-2)(\alpha+1) =0 \Rightarrow \alpha=2,-1 \Rightarrow a_n=A\cdot 2^n+ B\cdot (-1)^n \\ \Rightarrow \cases{a_1=2A-B=1\\ a_2=4A+ B=1} \Rightarrow \cases{A= 1/3\\ B=-1/3} \Rightarrow a_n={1\over 3}\cdot 2^n-{1\over 3}(-1)^n \Rightarrow a_{10}={1023\over 3} =\bbox[red, 2pt]{341}$$

解答:$$甲 和 乙 必須入座，因此只需要從剩下的 3 人 中再選出 2 人，有\binom{3}{2} = 3 種選法\\10 個座位中有 4 個人坐下，代表會有 6 個空座位，這 6 個空座位的會產生 7 個空隙\\ 從這 7 個空隙中，挑選 4 個位置給 4 個人坐，有C^7_4=35種, 4人排列數:4!=24\\ 因此總共有3\times 35\times 24=\bbox[red, 2pt]{2520}種排法$$

解答:$$假設正方體的中心在原點 $(0,0,0)，邊長為 2k \Rightarrow \cases{A(k,k,k) \\ B(k,-k,-k) \\C(-k,k,-k)\\ D(-k,-k,k)} \\ \Rightarrow \overline{AB} = \sqrt{8k^2} = 9 \Rightarrow k^2={81\over 8} \Rightarrow \triangle BCD重心G_A={1\over 3}(B+C+D) = \left( -{k\over 3}, -{k\over 3},-{k\over 3} \right)\\ G_A={1\over 2}(A+A') \Rightarrow A'=2G_A-A= \left( -{5k\over 3}, -{5k\over 3},-{5k\over 3} \right)\\ 同理, G_B=\triangle ACD重心={1\over 3}(A+C+D) =\left( -{k\over 3},  {k\over 3}, {k\over 3} \right)  \Rightarrow B'=2G_B-B= \left( -{5k\over 3},  {5k\over 3}, {5k\over 3} \right)  \\ \Rightarrow \overline{A'B'}^2= {200\over 9}k^2 ={200\over 9}\cdot {81\over 8}=225 \Rightarrow \overline{A'B'}= \bbox[red, 2pt]{15}$$

解答:$$A= \begin{bmatrix}3&1\\-2& 0 \end{bmatrix} \Rightarrow f(\alpha)= \det(A-\alpha I) =\alpha^2-3\alpha+2 \\ \Rightarrow \alpha^5-4\alpha^4+4\alpha^3-2\alpha^2+5\alpha+3 =(\alpha^3-\alpha^2-\alpha-3)f(\alpha) -2\alpha+ 9 \\ \Rightarrow A^5-4A^4+4A^3 -2A^2+5A+3I =-2A+9I= \begin{bmatrix}-6& -2\\ 4& 0 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix}9&0\\0&9 \end{bmatrix} = \bbox[red, 2pt]{ \begin{bmatrix}3& -2\\4& 9 \end{bmatrix}}$$

解答:$$3x^2-2\sqrt 3xy +5y^2 = [x\; y] \begin{bmatrix}3& -\sqrt 3\\-\sqrt 3& 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} \Rightarrow 取A= \begin{bmatrix}3& -\sqrt 3\\-\sqrt 3& 5 \end{bmatrix} \\ \Rightarrow \det(A-\lambda I)=0 \Rightarrow \lambda^2-8\lambda+12=0 \Rightarrow (\lambda-6)(\lambda-2)=0 \Rightarrow \cases{\lambda_1= 6\\ \lambda_2=2} \\ \Rightarrow 旋轉後的橢圓方程式: \lambda_1X^2+ \lambda_2 Y^2=8 \Rightarrow {X^2\over 4}+{Y^2\over 4/3}=0 \Rightarrow 長軸長= \bbox[red, 2pt]4$$

解答:$$f(x,y)=(x+ y)^{50} = \sum_{n=0}^{50} C^{50}_n x^n y^{50-n} \Rightarrow f_x(x,y)= 50(x+y)^{49}  = \sum_{n=1}^{50} nC^{50}_n x^{n-1} y^{50-n} \\ \Rightarrow g(x,y)=xf_x(x,y)=50x(x+y)^{49} = \sum_{n=1}^{50} nC^{50}_n x^{n} y^{50-n} \\ \Rightarrow g_x(x,y)= 50(x+y)^{49}+ 50\cdot 49x(x+y)^{48} = \sum_{n=1}^{50} n^2 C^{50}_n x^{n-1} y^{50-n}  \\ \Rightarrow h(x,y)=xg_x(x,y) =50x(x+y)^{49}+ 50\cdot 49x^2(x+y)^{48} = \sum_{n=1}^{50} n^2 C^{50}_n x^{n} y^{50-n} \\ \Rightarrow h \left({1\over 5},{4\over 5}  \right)=10+2\cdot 49= \bbox[red, 2pt]{108}$$

解答:

$$圓內接四邊形ACDB，\angle C與\angle B互補\Rightarrow \angle B=180^\circ-120^\circ=60^\circ\\ 又\overline{AB}為直徑 \Rightarrow \angle ADB=90^\circ \Rightarrow \overline{DB} = \overline{AB}\cos \angle B=8\cdot {1\over 2}=4\\ 假設\angle CAD=\theta, 在\triangle ACD: \cases{\angle CAD+ \angle ADC=180^\circ-120^\circ=60^\circ \\ \overline{AC}=2R\sin \angle ADC =8\sin  (60^\circ-\theta)\\ \overline{CD}= 2R\sin\angle CAD =8\sin \theta} \\ \Rightarrow \overline{AC}+ \overline{CD}=8(\sin \theta+ \sin(60^\circ-\theta)) =16\sin 30^\circ \cos {60^\circ-2\theta\over 2} = 8\cos(30^\circ-\theta) \\ 當\theta=30^\circ時,  \overline{AC} +\overline{CD}有最大值8 \Rightarrow  \overline{AC}+ \overline{CD}+ \overline{DB}最大值=8+4= \bbox[red, 2pt]{12}$$

解答:$$因為 y=g(x) 是一條拋物線，所以 \deg(g)=2，且領導係數為正\\又g(x) 除以 f(x) 的餘式為 2x\Rightarrow \deg(f) \ge 2\\ 若 \deg(f) > 2\Rightarrow g(x) 除以 f(x) 的餘式就是 g(x) =2x, 非拋物線\Rightarrow \deg(f) = 2 \\ \Rightarrow g(x)=a\cdot f(x)+2x, a\gt 0 \Rightarrow (g(x))^2= a^2(f(x))^2+ 4axf(x)+4x^2 \\ \Rightarrow (g(x))^2除以f(x)的餘式=4x^2除以f(x)的餘式 =2x\Rightarrow 4x^2=k\cdot f(x)+2x\\ f(x) 的最高次項係數為 1 \Rightarrow k=4 \Rightarrow 4x^2=4f(x)+2x \Rightarrow f(x)={1\over 4}(4x^2-2x)= \bbox[red, 2pt]{x^2-{1\over 2}x}$$

解答:

$$z= x+ yi, (x,y\in \mathbb R) \Rightarrow |z-3i|= \sqrt{x^2+(y-3)^2} =\overline{FP}, 其中\cases{P(x,y)\\F(0,3)} \\ {z-\bar z\over 2i}={x+yi-(x-yi)\over 2i} =y \Rightarrow \overline{FP}=d(P,L), 其中直線L: y=0 \\ \Rightarrow 圖形\Gamma為一拋物線，其焦點F(0,3), 準線L:y=0\\取A=(-2,4)  \Rightarrow |z+2-4i|+|z-3i|= |z-(-2+4i)|+ |z-3i| = \overline{PA}+\overline{PF} \\=\overline{PA}+d(P,L) 最小值=d(A,L)= \bbox[red, 2pt]4$$

解答:$$\cases{三根之和:\alpha+ \beta+ \gamma=0\\ 兩兩乘積之和: \alpha\beta+ \beta \gamma+ \gamma\alpha=-2} \Rightarrow \alpha^2+ \beta^2+ \gamma^2= (\alpha+ \beta+ \gamma)^2-2( \alpha\beta+ \beta \gamma+ \gamma\alpha) =4\\ x^3-2x-7=0 \Rightarrow x^3=2x+7 \Rightarrow x^4=2x^2+7x \Rightarrow \cases{\alpha^4= 2\alpha^2+7 \alpha \\ \beta^4= 2\beta^2+ 7\beta\\ \gamma^4= 2\gamma^2+ 7\gamma} \\ \Rightarrow \alpha^4+ \beta^4+ \gamma^4=2(\alpha^2+ \beta^2+ \gamma^2)+7(\alpha+ \beta+\gamma)= 2\cdot 4+0= \bbox[red, 2pt]8$$

填充題型二 (每題 8 分，共 5 題，總計 40 分)：

解答:$$原點 O 是 \triangle PQR 的重心 \Rightarrow Z_1 + Z_2 + Z_3 = 0 \implies Z_3 = -(Z_1 + Z_2)\\ \Rightarrow \vert{}Z_3\vert{}^2 = \vert{}- (Z_1 + Z_2)\vert{}^2 = (Z_1 + Z_2)(\overline{Z_1} + \overline{Z_2}) = \vert{}Z_1\vert{}^2 + \vert{}Z_2\vert{}^2 + Z_1\overline{Z_2} + \overline{Z_1}Z_2\\ = \vert{}Z_1\vert{}^2 + \vert{}Z_2\vert{}^2 + 2\text{Re}(\overline{Z_1}Z_2)  \Rightarrow 9=2+5+ 2\text{Re}(\overline{Z_1}Z_2) \Rightarrow \text{Re}(\overline{Z_1}Z_2)= \bbox[red, 2pt]1$$

解答:$$取\cases{u=4x+3y \\ v=4x-3y} \Rightarrow \cases{x=(u+v)/8 \\ y=(u-v)/6} \Rightarrow J= {\partial(x,y) \over \partial (u,v)} = \begin{vmatrix} 1/8& 1/8\\ 1/6& -1/6 \end{vmatrix} =-{1\over 24}\\ 原不等式\Rightarrow |u-5|+|u+5|+ |v+6|+ |v-6| \le 22 在u-v平面為一矩形，長為12寬為10 \\\Rightarrow 面積120  \Rightarrow x-y平面的面積為120\times {1\over 24}=\bbox[red, 2pt] 5$$

解答:$$ y = a^x  與對數函數  y = \log_a x  互為反函數\Rightarrow 圖形對稱於直線 y = x \\ 若0 < a < 1，這兩個函數皆為遞減函數，必定會在 y = x 直線上交於一點\Rightarrow 不合題意 \\若 a > 1，兩函數皆為遞增，要使兩者沒有交點\Rightarrow   a^x > x \\ 若兩圖形相切於一點(t,t) \Rightarrow a^t=t,又y=a^x \Rightarrow y'=a^x \ln a \Rightarrow x=t的切線斜率 a^t \ln a=1 \\ \Rightarrow t\ln a=1 \Rightarrow t={1\over \ln a} \Rightarrow a^{1/\ln a}={1\over \ln a} \Rightarrow {1\over \ln a}\cdot \ln a= -\ln(\ln a) \Rightarrow a=e^{1/e} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{a\gt e^{1/e}} 無交點$$

解答:

$$題意中的\overline{AC}=8，此時C為折疊後的C點，因此假設折疊前為C_0，且對角線交點為O \\ \Rightarrow \cases{\overline{BO} =\overline{OD}=4/2=2\\ \overline{AO} = \overline{OC_0} =\overline{OC} =x} \Rightarrow \cases{\overline{AP}=2x/3\\ \overline{PO} =x/3} \\ \cases{直角\triangle CPO: \overline{CP}^2= \overline{CO}^2-\overline{PO}^2 =x^2-x^2/9=8x^2/9\\ 直角\triangle CPA: \overline{AC}^2= \overline{CP}^2+ \overline{AP}^2 } \Rightarrow 8^2={8\over 9}x^2+ {4x^2\over 9} \Rightarrow x=4\sqrt 3 \\ \Rightarrow \cases{\overline{AO}= 4\sqrt 3\\ \overline{AP}=8\sqrt 3/3\\ \overline{PO}=4\sqrt 3/3 \\ \overline{CP}=8\sqrt 6/3} \Rightarrow \cases{O(0,0,0) \\A(4\sqrt 3, 0,0)\\ B(0,2,0) \\C (4\sqrt 3/3,0,8\sqrt 6/3)\\ P(4\sqrt 3/3,0,0) } \\\Rightarrow \cases{平面ABD:z=0 \Rightarrow 法向量\vec n_1=(0,0,1) \\ 平面ABC的法向量\vec n_2 \parallel (\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC})=({16\sqrt 6\over 3},32\sqrt 2, {16\sqrt 3\over 3}) \Rightarrow 取\vec n_2= (\sqrt 2,2\sqrt 6,1)} \\ \Rightarrow \cos \theta ={|\vec n_1\cdot \vec n_2| \over |\vec n_1|| \vec n_2|} = {1\over \sqrt{27}} \Rightarrow \tan \theta= \bbox[red, 2pt]{\sqrt{26}}$$

解答:$$正方形底面邊長為 5 公尺，因此底面的對角線長度為 5\sqrt{2} 公尺 \Rightarrow 半徑R={5\sqrt 2\over 2}\\ 在高度為z的橫切面，其面積為2(R^2-z^2) \Rightarrow V=\int_0^R2(R^2-z^2)\,dz= {4\over 3}R^3 \\={4\over 3}  \left( {5\sqrt 2\over 2} \right)^3 = \bbox[red, 2pt]{125\sqrt 2\over 3}$$

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