113年 師大附中 教師甄試詳解

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考題討論直播：113/04/06(日) 8：00 直播頻道連結

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答案：$3$

SOL：

原式可整理為$x^3-2x^2-x+2=0\Rightarrow (x-2)(x-1)(x+1)=0$，因為$x>0$，所以$x=-1$不合，故所有解之和為$2+1=3$。#

答案：$-8$

SOL：

原式合併後等於$(1-16x^4)^5$，由二項式定理，$a=C^5_3(-16)^3$，$b=C^5_4(-16)^4$所以$\frac{b}{a}=\frac{-16}{2}=-8$。#

 

答案：$60$

SOL：

法一：

因為$\displaystyle \sum^{12}_{i=1} b_i=0，\displaystyle \sum^{12}_{i=1} b^2_i=12$，則$\displaystyle \sum^{12}_{i=1} a_ib_i=\displaystyle \sum^{12}_{i=1} (5b_i+13)b_i=5\times12=60$。#

法二： 

因為變量$a、b$的相關係數為$1$，則$\frac{ \sum^{12}_{i=1} a_ib_i-12\mu_x \mu_y}{12\sigma_x \sigma_y}=1\Rightarrow \displaystyle \sum^{12}_{i=1} a_ib_i =60$。#

 

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答案：$5+\sqrt{6}$

SOL：

令$P(x,y)$，則$\vec{PA}\cdot\vec{PB}=(1-x,7-y)\cdot(7-x,-1-y)=x^2-8x+y^2-6y=-19$，故$(x-4)^2+(y-3)^2=6$。所以點$P$在以$(4,3)$為圓心，半徑$\sqrt{6}$的圓上，因此$\overline{OP}$的最大值為$5+\sqrt{6}$。#

答案：$\frac{49}{6}$

SOL：

對$a$偏微，$6(3a-2b+1)+4(2a+b-2)+8(4a-5b-3)=0\Rightarrow 29a-24b=13$

對$b$偏微，$-4(3a-2b+1)+2(2a+b-2)-10(4a-5b-3)=0\Rightarrow -24a+30b=-11$

$$\cases{29a-24b=13 \\  -24a+30b=-11}\Rightarrow \cases{a=\frac{3}{7} \\  b=\frac{-1}{42}}$$ ，代入算得最小值為$\frac{49}{6}$。#

 

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答案：$\frac{-2}{5}$

SOL：

令$t=\frac{1}{x}$，則原式整理為$\lim\limits_{t \to 0}\frac{\sqrt[5]{1+3t+4t^2+3t^4}+\sqrt[3]{1+3t+4t^2+t^3}}{t}$

$\overset{L'}{=}\lim\limits_{t \to 0}\frac{1}{5}(1+3t+4t^2+3t^4)^{-\frac{4}{5}}(3+8t+12t^3)-\frac{1}{3}(1+3t+4t^2+t^3)^{-\frac{2}{3}}(3+8t+3t^2)$

$=\frac{3}{5}-1=\frac{-2}{5}$。#

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答案：$128$

SOL：

把原式微分，$f(x)+(x-1)f'(x)=4f(x) \Rightarrow 3f(x)=(x-1)f'(x)$，比較首相係數可推得$f(x)$為三次多項式，且$f(1)=0，f'(0)=6$。

令$f(x)=(x-1)(ax^2+bx+2)=ax^3+(b-a)x^2+(2-b)x-2\Rightarrow f'(0)=2-b=6$，故$b=-4$

$\int_{0}^{1} f(t)dt=-\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{a}{4}+\frac{-4-a}{3}+3-2=-\frac{1}{2}\Rightarrow a=2$，故$f(x)=2x^3-6x^2+6x-2$，則$f(5)=128$。#

 

答案：$\frac{4\sqrt{21}-5\sqrt{7}}{14}$

SOL：

$z$為斜$18^{\circ}$的正八邊形的頂點，而$\omega$為直線$L：2x+\sqrt{3}y-2\sqrt{3}=0$上的動點。

正八邊形的頂點中，在第一象限的頂點最接近直線，故$A(\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3})=A(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$B(\cos \frac{\pi}{10}, \sin \frac{\pi}{10})=B(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4},\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})$，最接近直線。

代入點到直線的距離公式，

$d(A,L)=\frac{4\sqrt{21}-5\sqrt{7}}{14}\approx 0.3643$，且$d(B,L)=\frac{\sqrt{42}+8\sqrt{21}-5\sqrt{14}}{28}\approx 0.8726$，所以最小值為$\frac{4\sqrt{21}-5\sqrt{7}}{14}$。#

答案：$12$

SOL：

$P(X\geq k)=1-（0.2+0.2(0.8)^1+0.2(0.8)^2+\cdots +0.2(0.8)^{k-2}）<0.1$，則$(\frac{2}{5})^{k-1}<\frac{1}{10}\Rightarrow (k-1)(\log 8 -1)<\Rightarrow k-1>\frac{1000}{97} \approx 10.3\Rightarrow k>11.3$，故$k=12$。#

 

答案：$72$

SOL：

令$t=x+y+z$，則原式可整理為 $$\cases{tx=39 \\ ty=52 \\ tz=78}$$ 三項相加$t^2=169$，故$t=x+y+z=13$，所以$x=\frac{39}{t}=3$。同理，$y=4，z=6$，即$abc=3\times 4 \times 6=72$。#

 

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112學年度 全國公私立分科測驗 模擬考 數甲（B卷） 試題詳解

 

112年度 全國公私立分科 模考 數甲（B卷） 試題 詳解

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SOL：

答案：(2)

$a=\log_{\frac{1}{3}}^{\frac{1}{2}}<0$

$b=\log_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{3}}=\log_2^3<\log_2^4=2$

$c=5^{\frac{1}{2}}>4^{\frac{1}{2}}=2$

$d=(\frac{1}{2})^5<1$

故$c>2>b>1>d>0>1$

 

SOL：

答案：(5)

因為$\frac{1}{3}\vec c =\frac{1}{3}(3\vec a+ 2\vec b)=\vec a+\frac{2}{3}\vec b$，故$\vec c 平行 (\vec a+\frac{2}{3}\vec b)$。

 

SOL：

答案：(4)。

三角形的位置圖如下所示，直線要與之有共三交點，上下兩三角形交點數為$(1,2)或(2,1)$。

 

1.若交點為點$A$，則$m_{AD}=8$，$m_{AF}=-1$，故$m>8或m<-1$。

2.若交點為點$B$，不會有三交點。

3.若交點為點$C$，則$m_{CD}=2$，$m_{CF}=-3$，故$m>2或m<-3$。

4.若交點為點$D$，則$m_{DA}=8$，$m_{DC}=2$，故$2<m<8$。

5.若交點為點$E$，不會有三交點。

6.若交點為點$F$，則$m_{FC}=-3$，$m_{FA}=-1$，故$-3<m<-1$。

故取聯集後最大範圍為$m>2或m<-1$。

 

SOL：

答案：(3)(4)(5)

SOL：

答案：(1)(2)(3)

SOL：

答案：(1)(2)(3)(4)

SOL：

答案：(3)(4)

SOL：

答案：(2)(5)

SOL：

答案：$2\sqrt{3}：3+\pi$

SOL：

答案：$38640$

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SOL：

答案：$21$

取一球的期望值等於$1\cdot\frac{1}{55}+2\cdot\frac{2}{55}+3\cdot\frac{3}{55}+\cdots+10\cdot\frac{10}{55}=\frac{1^2+2^2+\cdots+10^2}{55}=7$。

故取三球的期望值等於$7\cdot3=21$。# 

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SOL：

答案：(3)

兩平面一定不會平行，所以必相交於一直線。# 

SOL：

$\cases{ 5y-z=-1-3t \\ -y+4z=11-t }\Rightarrow \cases{ 20y-4z=-4-12t \\ -y+4z=11-t }$，兩式相加算得$y=\frac{7}{19}-\frac{13}{19}t$，且$z=\frac{54}{19}-\frac{8}{19}t$

故$L：\cases{x=t \\ y=\frac{7}{19}-\frac{13}{19}t   ,t\in \mathbb{R}\\ z=\frac{54}{19}-\frac{8}{19}t}$#

 

SOL：

$L：\cases{x=t \\ y=\frac{7}{19}-\frac{13}{19}t   ,t\in \mathbb{R}\\ z=\frac{54}{19}-\frac{8}{19}t}$

代入$E_3：x+7y+az+23=0$，可算得$(72+8a)t-486-54a=0$，任何實數$t$等號均成立，所以$a=-9$。#

代入$E_4：bx+20y-23z+58=0$，可算得$(19b-76)t=0$，等號不能對任何實$t$都成立，所以$b\neq4$。#

 

SOL：

正焦弦長等於$\frac{2b^2}{a}=\frac{6}{2}=3$。#

SOL：

$\triangle QF_1F_2的周長=(\overline{QF_1}+\overline{QF_2})+\overline{F_1F_2}=2a+2\sqrt{a^2-b^2}=2a+2\sqrt{a^2-a}$。

其中，$a^2-a>0$，故$a>1$。# 

SOL：

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SOL：

答案：D 

$$\cases{x^2+\sqrt{3}y=4 \\ y^2+\sqrt{3}x=4}$$

兩式相減，算得$x+y=\sqrt{3}\Rightarrow x^2+2xy+y^2=3$。

兩式相加，算得$x^2+y^2+\sqrt{3}(x+y)=8\Rightarrow 3-2xy+3=8\Rightarrow xy=-1$

$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}=\frac{y^2+x^2}{xy}=\frac{3+2}{-1}=-5$。#

SOL：

答案：A

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SOL：

答案：B

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SOL：

答案：B

解析：愈先被算平均，除以$2$的次數愈多，所以先從數字小的算平均。

$\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow \frac{\frac{3}{2}+3}{2}=\frac{9}{4}\Rightarrow \frac{\frac{9}{4}+4}{2}=\frac{25}{8}\Rightarrow \frac{\frac{25}{8}+5}{2}=\frac{65}{16}\Rightarrow \frac{\frac{65}{16}+6}{2}=\frac{161}{32}\Rightarrow \frac{\frac{161}{32}+7}{2}=\frac{385}{64}\Rightarrow \frac{\frac{385}{64}+8}{2}=\frac{897}{128}\Rightarrow \frac{\frac{897}{128}+9}{2}=\frac{2049}{256}$。# 

SOL：

答案：A

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SOL：

答案：$(1-,2)$

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SOL：

答案：$-\sqrt{2}$

$f(x)=2\cos^2x+\sin2x-2\sin2x\cos2x$$=\cos 2x+1 +\sin 2x -2\sin 2x \cos 2x -\sin^2 2x -\cos^2 2x +1$$=-(\sin2x+\cos2x)^2+(\sin2x+\cos2x) +2$

因為$-\sqrt{2}\leq \sin2x+\cos2x \leq \sqrt{2}$，則當$\sin2x+\cos2x=-\sqrt{2}$時，$f(x)$有最小值$-\sqrt{2}$。#

 

SOL：

答案：$9+\sqrt{141}$

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SOL：

答案：$\frac{1012}{2023}$

當擦去的數為奇數時，則甲每次僅刪去一個奇數，則最後剩下必為兩偶數，甲必勝。

當擦去的數為偶數時，則可將剩下的正整數，以兩連續正整數分為一組。

例如擦去$8$號，則分組為$(2,3)、(4,5)、(6,7)、(9,10)、(11,12)、\cdots、(2023,2024)$ ，此時甲刪去任何一數，乙就把同組的另一個數字刪除，則最後剩將會是某一組裡的兩個連續正整數。

因為$n、n+1$必互質，故乙必勝。

所以乙勝的機率等於初始擦去偶數的機率，$\frac{1023}{2023}$。#

SOL：

答案：無限多解

註：本題官方更正答案為無限多解 

取$n=11、11\cdots11$二十個$1$、$11\cdots11$二百個$1$、$11\cdots11$二千個$1$，依此類推。

則有無限多個$n$，使得$S(S(n))=2$。

SOL：

答案：$4320$

註：本題官方答案錯誤，正確答案為$4320$ 

利用取拾原理，任意選語言-選一個共同的其它任選+選兩個共同的其它任選-選三個共同的。

$(C^5_3)^4-C^5_1 (C^4_2)^4+C^5_2 (C^3_1)^4-C^5_3=10000-6480+810-10=4320$。#

SOL：

(1)當$n=1$，$a_1=\frac{1}{1}$，故$\alpha_1=\beta_1=1$均為奇數成立。

設當$n=k$時，$a_k=\frac{\alpha_k}{\beta_k}$，$\alpha_k、\beta_k$均為奇數。

當$n=k+1$時，$a_{k+1}=2+\frac{1}{a_k}=\frac{2\alpha_k+\beta_k}{\alpha_k}$，則$\alpha_{k+1}=2\alpha_k+\beta_k$為奇數，且$\beta_{k+1}=\alpha_k$亦為奇數。

由數學歸納法得證。#

 

(2) 

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