國立基隆女中112學年第2次教師甄試 筆試試題 數學科
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1. 滿足聯立不等式{|x|+|y|+|x+y|≤100x2+y2≤2500的點所形成的區域面積為何?
SOL:
不等式的解如右圖所示。
曲線內部交集的部份,為兩個半徑為50的14圓,與兩個股長為50的等腰直角三形,所以面積為2500+1250π。
2. 設a為整數,為程式x2+(a−53)x+(2a+22)=0的解為兩相異質數p、q,其中p>q,則p為何?
SOL:
由根與係數的關係,{p+q=53−apq=2a+22⇒2p+2q+pq=128⇒(p+2)(q+2)=132=22⋅3⋅11132的正因數中減2為質數的僅有4、33,故q=2、p=31。
3. 設y=|√3sinx−cosx|的圖形與x軸、y軸、直線x=2π所圍成的區域繞x軸旋轉所得的旋轉體的體積S為何?
SOL:
因為√3sinx−cosx=2sin(x−π6),故旋轉體體積為S=∫2π0(2sin(x−π6))2πdx=2∫π0(2sin(x))2πdx=8π∫π0sin2(x)dx=(4πx−sin(2x))|π0=4π2
4. 平面上,設△ABC為等腰直角三角形,其中∠C為直角且¯AC=1,在¯AB上取n等份點P0=A,P1,P2,P3,⋯,Pn=B,試求limx→∞1n∑nk=1→CPk−1∗→CPk為何?
SOL:
令A(1,0),B(0,1),A(0,0),由分點公式得
→CPk=(n−kn,kn),k=1,2,3,⋯,n
故limx→∞1n∑nk=1→CPk−1∗→CPk=limx→∞2[0⋅1+1⋅2+⋯+(n−1)⋅n]n3=23
5. 設xn=pn+qn,其中n為正整數且p,q為方程式x2−5x−4=0的兩實根,若xn+2可表成u=xn+1+vxn,則實數對(u,v)為何?
SOL:
由於{p2−5p−4=0q2−5q−4=0⇒{p2=5p+4q2=5q+4⇒{pn+2=5pn+1+4pnqn+2=5qn+1+4qn
兩式相加可得xn+2=5xn+1+4xn,因此(u,v)=(5,4)。
6. 若複數z滿足zׯz−2z−2¯z=8且arg(z−2)=π6,則z為何?
SOL:
原式可分解為(z−2)(¯z−2)=12⇒|z−2|=√12
因為arg(z−2)=π6,所以z−2=√12(cos(π6)+isin(π6))=3+√3i。
故z=5+√3i。
7. 已知空間中三個非零向量→a、→b、→c兩兩的夾角是60∘,且|→a|=2,|→b|=3,|→c|=4,若兩向量→u與→v滿足→u∗(→u+→a)=→u∗→b,→v∗(→v+→a)=→v∗→c,則|→u−→v|的最大值為何?
SOL:
設→OA=→a、→OB=→b、→OC=→c,給定空間中U,V兩點,令→AU=→u、→BV=→v。由已知得→u∗(→u−(→b−→a))=0⇒→AU∗(→AU−→AB)=0⇒→AU∗→BU=0⇒¯AU⊥¯BU故點U為¯AB為直徑的球上的點。同理,→v∗(→v−(→c−→a))=0⇒¯AV⊥¯CV故點V為¯AC為直徑的球上的點。所求,|→u−→v|=¯UV為兩球上一點的距離,最大距離為兩球半徑和再加上連心線長,即為¯AB2+¯AC2+¯BC2=√7+2√3+√132。
8. 在單位正方體ABCD−A1B1C1D1中,若點E為¯A1B1的中點,則兩直線¯D1E與¯BC1的距離為何?
SOL:
令A(0,0,0)、B(1,0,0)、D(0,1,0)、A1(0,0,1),則→D1E=(12,−1,0)且→BC1=(0,1,1),故兩直線參數式為¯D1E={x=0+1ty=1−2t,t∈Rz=1+0t且¯BC1={x=1+0sy=0+1s,s∈Rz=0+1s由兩歪斜線的距離可求得距離為√63
9. 設z為複數,且z為方程式x5+x4+1=0的根,則滿足|z|=1的所有根之和為何?
SOL:
因為|z4+1|=|z5|=1⇒z4落在以z(−1)為圓心,半徑等於1的圓與單位圓的交點上。同理,因為|z5+1|=|z4|=1⇒z5落在以z(−1)為圓心,半徑等於1的圓與單位圓的交點上。因此可推得arg(z5)−arg(z4)=arg(z)=±120∘,故所有根之和為cos(120∘)+isin(120∘)+cos(−120∘)+isin(−120∘)=−1
10. 已知空間中二直線L1=xa=yb=zc,L2=x−22=y+24=z+13,L3=x−44=y+12=z−23,若直線L1與L2、L3均相交,則a:b:c為何?
SOL:
令A(0,0,0)、B(2,−2,−1)、C(4,−1,2),則[→AB×(2,4,3)]×[→AC×(4,2,3)]=(24,30,24)故a:b:c=24:30:24=4:5:4
11. 10名女學生排成一排而坐,然後每人隨機戴上一頂藍色、綠色或是紅色的帽子,則每個人都找得到最少一名鄰座(坐在她左邊或右邊)者戴上和自己相同顏色帽子的機率為何?
SOL:
令an為n個學生每一人都可以找到最少一名鄰座戴著和自己同色的帽子的情況。當有n−1人分配完顏色後,第n號只能選和第n−1人同色。當有n−2人分配完顏色後,第n、n−1號兩人需同色且與第n−2號不同色。故an=an−1+2an−2因為a2=a3=3,由遞迴關係式可算得a10=513。所以機率等於513310=192187
12. 設[x]表示不超過x的最大整數,則[13]+[23]+[223]+[233]+⋯+[220243]的末兩位數為何?
SOL:
前23項mod100的值分別為0,0,1,2,5,10,21,42,85,70,41,82,65,30,6,11,45,90,81,62,25,50,1,從第3項起每20項循環一次,且該20項的和≡90mod100因為2024−1=101×20+3,故所求≡(90+1+2+5)≡98mod100
計算題
1. 設f(x)={x3−2x,x>1c,x=1ax2−bx+1,x<1為可微分函數,求實數a,b,c。
SOL:
因為微分必連續,所以limx→1f(x)=c⇒limx+→1f(x)=c⇒limx+→1x3−2x=c⇒−1=c且limx−→1f(x)=c⇒limx−→1ax2−bx+1=c⇒a−b+1=c⇒a−b+1=−1⋯(1)因為可微分,limx→1f(x)−f(1)x−1存在,所以limx+→1f(x)−f(1)x−1=limx−→1f(x)−f(1)x−1⇒limx+→1ax2−bx+1+1x−1=limx−→1x3−2x+1x−1=1由(1)得,limx+→1ax2−bx+1+1x−1=limx+→1ax2−(a+2)x+1+1x−1=limx+→1(ax−2)=a−2=1⇒a=3,故b=5。
2. 過直線x−2y+13=0上一動點A(A不在y軸上)作拋物線y2=8x的兩條切線,M,N為切點,直線AM,AN分別與y軸交於點B,C。
(1)已知直線MN恆過一定點,試求此定點坐標;
(2)已知△ABC的外接圓恆過一定點,試求此定點坐標並求此圓半徑的最小值。
SOL:
(1)令定點坐標為(a,b),則直線by=8(a+x2)與x−2y+13=0重合。比較係數得,a=13,b=8(2)由Lambert定理,因為直線AM,AN,y軸均與拋物線相切,故△ABC與拋物線焦點會四點共圓,所以任何此△ABC的外接圓必過焦點,F(2,0)。因為焦點F對切線¯AM的對稱點會落在準線上,所以F在¯AM投影點即為B點,因此∠FBA=90∘⇒¯FA為外接圓直徑,故最小半徑為d(F,L)2=3√52。
3. m∈R,令直角坐標平面上直線上L的方程式為y=mx。二階方陣T所對應的線性變換P′=TP,是將點P到L的垂直距離縮小一半得到P′點。m=2時的示意圖如下,P、Q兩點分別變換至P′、Q′。試求此二階方陣T。
SOL:
因為(1,0)在y=mx上面的投影點為(22m2+2,2m2m2+2),且(0,1)在y=mx上面的投影點為(2m2m2+2,2m22m2+2)。由中點公式,(1,0)T→(m2+22m2+2,m2m2+2)且(0,1)T→(m2m2+2,2m2+12m2+2)的線性變換為T=[m2+22m2+2m2m2+2m2m2+22m2+12m2+2]
證明題(詳解由學校提供)
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