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$\cases{|x|+|y|+|x+y|\leq100 \\ x^2+y^2\leq2500}$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$兩個半徑為50的\frac{1}{4}圓，與兩個股長為50的等腰直角三形$，所以面積為$2500+1250\pi$。
2. 設$a$為整數，為程式$x^2+（a-53）x+(2a+22)=0$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，$\cases{p+q=53-a \\ pq=2a+22}\Rightarrow2p+2q+pq=128\Rightarrow(p+2)(q+2)=132=2^2\cdot3\cdot11$$132$的正因數中減$2$為質數的僅有$4、33$，故$q=2、p=31$。
3. 設$y=|\sqrt{3}\sin x-\cos x|$的圖形與$x$軸、$y$軸、直線$x=2\pi$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$\sqrt{3}\sin x-\cos x=2\sin(x-\frac{\pi}{6})$，故旋轉體體積為$S = \int_{0}^{2\pi} (2 \sin\left(x - \frac{\pi}{6}\right))^2 \pi \,dx = 2 \int_{0}^{\pi} (2 \sin\left(x\right))^2 \pi \,dx = 8\pi \int_{0}^{\pi} \sin^2\left(x\right) \,dx = \left(4\pi x- \sin(2x)\right)|_{0}^{\pi}=4 \pi^2$
4. 平面上，設$\triangle ABC$為等腰直角三角形，其中$\angle C$為直角且$\overline{AC}=1$，在$\overline{AB}$上取$n$等份點$P_{0}=A,P_{1},P_{2},P_{3}, \cdots,P_{n}=B$，試求$\lim\limits_{{x \to \infty}} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{CP_{k-1}} \ast \overrightarrow{CP_{k}}$為何？
SOL：
令$A\left(1,0\right)，B\left(0,1\right)，A\left(0,0\right)$，由分點公式得
$\overrightarrow{CP_{k} }=\left(\frac{n-k}{n}, \frac{k}{n} \right), k=1,2,3,\cdots,n$
故$\lim\limits_{{x \to \infty}} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{CP_{k-1}} \ast \overrightarrow{CP_{k}}=\lim\limits_{{x \to \infty}} \frac{2\left[0 \cdot1+1 \cdot2+\cdots+(n-1)\cdot n\right]}{n^3}=\frac{2}{3}$
5. 設$x_n=p^n+q^n$，其中$n$為正整數且$p,q$為方程式$x^2-5x-4=0$的兩實根，若$x_{n+2}$可表成$u=x_{n+1}+vx_n$，則實數對$\left(u,v\right)$為何？
SOL：
由於$\cases{p^2-5p-4=0 \\ q^2-5q-4=0} \Rightarrow \cases{p^2=5p+4 \\ q^2=5q+4} \Rightarrow \cases{p^{n+2}=5p^{n+1}+4p^n \\ q^{n+2}=5q^{n+1}+4q^n}$
兩式相加可得$x^{n+2}=5x^{n+1}+4x^n$，因此$\left(u,v\right)=\left(5,4\right)$。
6. 若複數$z$滿足$z\times \overline{z}-2z-2\overline{z}=8$且$\arg(z-2)= \frac{\pi}{6}$，則$z$為何？
SOL：
原式可分解為$\left(z-2\right)\left( \overline{z}-2\right)=12 \Rightarrow |z-2|=\sqrt {12}$
因為$\arg(z-2)=\frac{\pi}{6}$，所以$z-2=\sqrt {12}\left( \cos \left(\frac{\pi}{6}\right)+i\sin \left(\frac{\pi}{6}\right)\right)=3+\sqrt{3}i$。
故$z=5+\sqrt{3}i$。
7. 已知空間中三個非零向量$\overrightarrow{a}、\overrightarrow{b}、\overrightarrow{c}$兩兩的夾角是$60^\circ$，且$|\overrightarrow{a}|=2，|\overrightarrow{b}|=3，|\overrightarrow{c}|=4$，若兩向量$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$滿足$\overrightarrow{u}\ast\left(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{a}\right)=\overrightarrow{u}\ast\overrightarrow{b},\overrightarrow{v}\ast\left(\overrightarrow{v}+\overrightarrow{a}\right)=\overrightarrow{v}\ast\overrightarrow{c}$，則$|\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}|$的最大值為何？
SOL：
設$\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}、\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{b}、\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{c}$，給定空間中$U,V$兩點，令$\overrightarrow{AU}=\overrightarrow{u}、\overrightarrow{BV}=\overrightarrow{v}$。由已知得$\overrightarrow{u}\ast\left(\overrightarrow{u}-(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})\right)=0\Rightarrow\overrightarrow{AU}\ast(\overrightarrow{AU}-\overrightarrow{AB})=0\Rightarrow\overrightarrow{AU}\ast\overrightarrow{BU}=0\Rightarrow\overline{AU}\bot\overline{BU}$故點$U為\overline{AB}為直徑的球上的點$。同理，$\overrightarrow{v}\ast\left(\overrightarrow{v}-(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})\right)=0\Rightarrow\overline{AV}\bot\overline{CV}$故點$V為\overline{AC}為直徑的球上的點$。所求，$|\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}|=\overline{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$\frac{\overline{AB}}{2}+\frac{\overline{AC}}{2}+\frac{\overline{BC}}{2}=\frac{\sqrt{7}+2\sqrt{3}+\sqrt{13}}{2}$。
8. 在單位正方體$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，若點$E$為$\overline{A_{1}B_{1}}$的中點，則兩直線$\overline{D_{1}E}$與$\overline{BC_{1}}$的距離為何？
SOL：
令$A\left(0,0,0\right)、B\left(1,0,0\right)、D\left(0,1,0\right)、A_{1}\left(0,0,1\right)$，則$\overrightarrow{D_{1}E}=\left(\frac{1}{2},-1,0\right)$且$\overrightarrow{BC_{1}}=\left(0,1,1\right)$，故兩直線參數式為$\overline{D_{1}E}=\cases{x=0+1t \\ y=1-2t,t\in\mathbb{R} \\ z=1+0t}$且$\overline{BC_{1}}=\cases{x=1+0s \\ y=0+1s,s\in\mathbb{R} \\ z=0+1s}$由兩歪斜線的距離可求得距離為$\frac{\sqrt{6}}{3}$
9. 設$z$為複數，且$z$為方程式$x^5+x^4+1=0$的根，則滿足$|z|=1$的所有根之和為何？
SOL：
因為$|z^4+1|=|z^5|=1\Rightarrow z^4$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$|z^5+1|=|z^4|=1\Rightarrow z^5$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(z^5)-\arg(z^4)=\arg(z)=\pm120^{\circ}$，故所有根之和為$$\cos (120^{\circ})+i\sin (120^{\circ})+\cos (-120^{\circ})+i\sin (-120^{\circ})=-1$$
10. 已知空間中二直線$L_{1}=\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}$，$L_{2}=\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{4}=\frac{z+1}{3}$，$L_{3}=\frac{x-4}{4}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{3}$，若直線$L_{1}$與$L_{2}$、$L_{3}$均相交，則$a:b:c$為何？
SOL：
令$A\left(0,0,0\right)、B\left(2,-2,-1\right)、C\left(4,-1,2\right)$，則$\left[\overrightarrow{AB}\times\left(2,4,3\right)\right]\times\left[\overrightarrow{AC}\times\left(4,2,3\right)\right]=\left(24,30,24\right)$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$a_{n}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$a_{n}=a_{n-1}+2a_{n-2}$因為$a_{2}=a_{3}=3$，由遞迴關係式可算得$a_{10}=513$。所以機率等於$\frac{513}{3^{10}}=\frac{19}{2187}$
12. 設$[x]$表示不超過$x$的最大整數，則$[\frac{1}{3}]+[\frac{2}{3}]+[\frac{2^2}{3}]+[\frac{2^3}{3}]+\cdots+[\frac{2^{2024}}{3}]$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$\equiv90\mod{100}$因為$2024-1=101\times20+3$，故所求$\equiv(90+1+2+5)\equiv98\mod{100}$
計算題
1. 設$f(x) = \begin{cases}x^3-2x, & x >1 \\ c, & x =1 \\ ax^2-bx+1, & x<1 \end{cases}$為可微分函數，求實數$a,b,c$。
SOL：
因為微分必連續，所以$\lim\limits_{x \to 1}f(x)=c\Rightarrow\lim\limits_{x^+ \to 1}f(x)=c\Rightarrow\lim\limits_{x^+ \to 1}x^3-2x=c\Rightarrow-1=c$且$\lim\limits_{x^- \to 1}f(x)=c\Rightarrow\lim\limits_{x^- \to 1}ax^2-bx+1=c\Rightarrow a-b+1=c\Rightarrow a-b+1=-1\cdots(1)$因為可微分，$\lim\limits_{x \to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$存在，所以$\lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim\limits_{x^- \to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\Rightarrow \lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{ax^2-bx+1+1}{x-1}=\lim\limits_{x^- \to 1}\frac{x^3-2x+1}{x-1}=1$由$(1)$得，$\lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{ax^2-bx+1+1}{x-1}=\lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{ax^2-(a+2)x+1+1}{x-1}=\lim\limits_{x^+ \to 1} (ax-2)=a-2=1\Rightarrow 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$y^2=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$\triangle 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\left(\frac{a+x}{2}\right)$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$軸均與拋物線相切，故$\triangle ABC$與拋物線焦點會四點共圓，所以任何此$\triangle ABC$的外接圓必過焦點，$F(2,0)$。因為焦點$F$對切線$\overline{AM}$的對稱點會落在準線上，所以$F$在$\overline{AM}$投影點即為$B$點，因此$\angle FBA=90^\circ\Rightarrow \overline{FA}$為外接圓直徑，故最小半徑為$\frac{d(F,L)}{2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$。
3. $m\in \mathbb{R}$，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$\left(\frac{2}{2m^2+2},\frac{2m}{2m^2+2}\right)$，且$(0,1)$在$y=mx$上面的投影點為$\left(\frac{2m}{2m^2+2},\frac{2m^2}{2m^2+2}\right)$。由中點公式，$(1,0)\stackrel{T}{\rightarrow} \left(\frac{m^2+2}{2m^2+2},\frac{m}{2m^2+2}\right)$且$(0,1)\stackrel{T}{\rightarrow} \left(\frac{m}{2m^2+2},\frac{2m^2+1}{2m^2+2}\right)$的線性變換為$T=\begin{bmatrix}\frac{m^2+2}{2m^2+2} & \frac{m}{2m^2+2} \\ \frac{m}{2m^2+2} & \frac{2m^2+1}{2m^2+2} \end{bmatrix}$
證明題（詳解由學校提供）
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