115學年度 國立陽明交大附中 第1次教師甄選 數學科試題與詳解
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一、 填充題（每題 6 分，共 78 分）
題目 1
有一邊長為 $\sqrt{2}$ 的正八邊形 $ABCDEFGH$，設點 $P$ 為 $\overline{AC}$ 和 $\overline{BG}$ 的交點，點 $Q$ 為 $\overline{AE}$ 和 $\overline{BG}$ 的交點，則三角形 $APQ$ 的面積為 ________。
答：
$\sqrt{2}-1$
詳解
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題目 2
$\sqrt{(60+10\sqrt{35})^{\frac{3}{2}}-(60-10\sqrt{35})^{\frac{3}{2}}} = $ ________。
答：
$10\sqrt{13}$
詳解
$60 \pm 10\sqrt{35} = 60 \pm 2\sqrt{35 \cdot 25}$
由於 $35+25=60$，故：
$60 \pm 10\sqrt{35} = (\sqrt{35} \pm \sqrt{25})^2 = (\sqrt{35} \pm 5)^2$
將其代入原式：
$(60 \pm 10\sqrt{35})^{\frac{3}{2}} = \left[ (\sqrt{35} \pm 5)^2 \right]^{\frac{3}{2}} = (\sqrt{35} \pm 5)^3$
原式求值：
$\sqrt{(\sqrt{35}+5)^3 - (\sqrt{35}-5)^3}$
$= \sqrt{[(\sqrt{35}+5) - (\sqrt{35}-5)] \cdot [(\sqrt{35}+5)^2 + (\sqrt{35}+5)(\sqrt{35}-5) + (\sqrt{35}-5)^2]}$
$= \sqrt{10 \cdot [(\sqrt{35}+5)^2 + (35-25) + (\sqrt{35}-5)^2]}$
$= \sqrt{10 \cdot [(35 + 10\sqrt{35} + 25) + 10 + (35 - 10\sqrt{35} + 25)]}$
$= \sqrt{10 \cdot [60 + 10\sqrt{35} + 10 + 60 - 10\sqrt{35}]}$
$= \sqrt{10 \cdot [130]} = \sqrt{1300} = 10\sqrt{13}$
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題目 3
甲、乙、丙、丁、戊、己、庚 7 人選 5 人排成一列，若同時選出甲、乙，則排列時甲、乙須相鄰；若同時選出丙、丁，則排列時丙、丁須分開，則一共有 ________ 種不同的排列。
答：
1392
詳解
1. **任意排列**：$P^7_5 = 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 = 2520$
2. **選出甲乙但甲乙不相鄰**：
先選出甲、乙以外的 3 人（$C^5_3$），將這 3 人排列（$3!$），再將甲乙插入空格（$P^4_2$）：
$C^5_3 \times 3! \times 4 \times 3 = 10 \times 6 \times 12 = 720$
3. **選出丙丁且丙丁相鄰**：
先選出丙、丁以外的 3 人（$C^5_3$），將丙丁看作一體，與其他 3 人共 4 物排列（$4!$），丙丁可互換（$2!$）：
$C^5_3 \times 4! \times 2! = 10 \times 24 \times 2 = 480$
4. **選出甲乙丙丁，且甲乙不相鄰、丙丁相鄰**：
選出剩下 1 人（$C^3_1$），將丙丁一體與該人排列（$2!$），丙丁互換（$2!$），再將甲乙插入空格（$P^3_2$）：
$C^3_1 \times 2! \times 2! \times 3 \times 2 = 3 \times 4 \times 6 = 72$
**總結**：$2520 - 720 - 480 + 72 = 1392$
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題目 4
坐標空間中，設 $A, B$ 兩點在某直線 $L$ 上的投影點分別為 $C, D$，已知 $AC=BD=4$，且 $\overline{AC}, \overline{BD}$ 兩直線的方程式分別為 $\overline{AC}:\frac{x-2}{2}=y-7=\frac{z+3}{2}, \overline{BD}:\frac{x-5}{2}=\frac{4-y}{2}=6-z$，則 $\overline{AB}$ 長度為 ________。
答：
9
詳解
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題目 5
若方程式 $\log_{2}|3x^{3}-18x+4\sqrt{2}|=k$ 恰有五個實根，則 $k = $ ________。
答：
$\frac{7}{2}$
詳解
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題目 6
已知三次函數 $f(x)=x(x-2)(x-4)$，則 $\lim_{n\rightarrow \infty}\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}f(2+\frac{2i}{n})\right) = $ ________。
答：
-2
詳解
$f\left( 2+\frac{2k}{n} \right) = \left( 2+\frac{2k}{n} \right) \left( \frac{2k}{n} \right) \left( \frac{2k}{n}-2 \right)$
$= 2 \left( 1+\frac{k}{n} \right) \cdot \frac{2k}{n} \cdot 2 \left( \frac{k}{n}-1 \right)$
$= 8 \left[ \left( \frac{k}{n} \right)^2 - 1 \right] \left( \frac{k}{n} \right)$
利用黎曼和定義將極限轉為定積分：
$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot 8 \left[ \left( \frac{k}{n} \right)^2 - 1 \right] \left( \frac{k}{n} \right)$
$= \int_{0}^{1} 8(x^2-1)x \, dx$
進行積分運算：
$= \int_{0}^{1} 4(x^2-1) \, d(x^2-1)$
$= 2(x^2-1)^2 \Big|_{0}^{1}$
$= 2(0^2 - (-1)^2) = -2$
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題目 7
在空間中，直線 $\frac{x-3}{2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-2}{1}$ 分別與平面 $E_{1}:x+y+z=3$ 和 $E_{2}:x-y+2z=5$ 交於 $A, B$ 兩點，設動點 $P$ 在 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ 的交線上，則三角形 $\Delta PAB$ 面積的最小值為 ________。
答：
$\frac{6\sqrt{2}}{5}$
詳解
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題目 8
在坐標平面上，$O$ 為原點，圓 $O:x^{2}+y^{2}=4$ 有一弦 $\overline{AB}$ 在直線 $x=1$ 上，設動點 $P$ 在弦 $\overline{AB}$ 上，以 $OP$ 為弦心距的弦為 $\overline{MN}$，所有可能的 $\overline{MN}$ 所形成的區域面積為 ________。
答：
$2\pi-\frac{8}{3}$
詳解
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第 9 題
設 $z_{1}$ 和 $z_{2}$ 為複數，且 $\omega_{1}=\frac{1}{3}z_{1}+\frac{2}{3}z_{2}$，$\omega_{2}=\frac{3}{4}z_{1}+\frac{1}{4}z_{2}$。已知 $\frac{\omega_{2}}{\omega_{1}}=1+\sqrt{3}i$，則 $\left| \frac{z_{2}}{z_{1}} \right| =$ ________。
答：
$\frac{73}{217}$
詳解
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題目 10
多項式 $f(x)$ 滿足 $xf(x-1)=(x-5)f(x)$ 且 $f(6)=1$，則 $f(\frac{5}{2}) = $ ________。
答：
$\frac{1}{512}$
詳解
當 $x=5 \Rightarrow 5f(4)=0 \cdot f(5)=0 \Rightarrow f(4)=0$
當 $x=4 \Rightarrow 4f(3)=-1 \cdot f(4)=0 \Rightarrow f(3)=0$
當 $x=3 \Rightarrow 3f(2)=-2 \cdot f(3)=0 \Rightarrow f(2)=0$
當 $x=2 \Rightarrow 2f(1)=-3 \cdot f(2)=0 \Rightarrow f(1)=0$
當 $x=1 \Rightarrow 1f(0)=-4 \cdot f(1)=0 \Rightarrow f(0)=0$
由上述結果可知 $x, (x-1), (x-2), (x-3), (x-4)$ 皆為 $f(x)$ 的因式，故設：
$$f(x) = a \cdot x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) \cdot Q(x)$$
代回原式 $xf(x-1)=(x-5)f(x)$ 可發現：
$x \cdot [a(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)Q(x-1)] = (x-5) \cdot [ax(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)Q(x)]$
得知 $Q(x-1)=Q(x)$，故 $Q(x)$ 為常數函數，可併入係數 $a$ 中。
利用已知條件 $f(6)=1$ 求 $a$：
$f(6) = a \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 1 \Rightarrow a = \frac{1}{720}$
最後求 $f\left( \frac{5}{2} \right)$：
$f\left( \frac{5}{2} \right) = \frac{1}{720} \cdot \left( \frac{5}{2} \right) \left( \frac{3}{2} \right) \left( \frac{1}{2} \right) \left( -\frac{1}{2} \right) \left( -\frac{3}{2} \right)$
$= \frac{1}{720} \cdot \frac{45}{32} = \frac{1}{16} \cdot \frac{1}{32} = \frac{1}{512}$
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題目 11
在 $\Delta ABC$ 中，已知 $\overline{AB}=4, \overline{AC}=5, \angle A=2\theta, \theta$ 以弧度計。若 $\Delta ABC$ 的外接圓半徑為 $R(\theta)$，則 $\lim_{\theta\rightarrow0}[R(\theta)\cdot\theta] = $ ________。
答：
$\frac{1}{4}$
詳解
$\overline{BC}^2 = 4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cos 2\theta = 16 + 25 - 40 \cos 2\theta = 41 - 40 \cos 2\theta$
根據正弦定理，$2R(\theta) = \frac{\overline{BC}}{\sin 2\theta}$，將其平方後代入上式：
$(2R(\theta))^2 = \frac{41 - 40 \cos 2\theta}{\sin^2 2\theta}$
欲求 $\lim_{\theta \to 0} [R(\theta) \cdot \theta]$，我們改求其平方的極限並整理：
$\lim_{\theta \to 0} (2R(\theta))^2 \cdot (2\theta)^2 = \lim_{\theta \to 0} \frac{41 - 40 \cos 2\theta}{\sin^2 2\theta} \cdot (2\theta)^2$
$= \lim_{\theta \to 0} (41 - 40 \cos 2\theta) \cdot \frac{(2\theta)^2}{\sin^2 2\theta}$
當 $\theta \to 0$ 時，$\cos 2\theta \to 1$ 且 $\frac{2\theta}{\sin 2\theta} \to 1$：
$\lim_{\theta \to 0} 16 [R(\theta) \cdot \theta]^2 = (41 - 40 \cdot 1) \cdot 1^2 = 1$
得 $[R(\theta) \cdot \theta]^2 = \frac{1}{16}$，故：
$\lim_{\theta \to 0} R(\theta) \cdot \theta = \sqrt{\frac{1}{16}} = \frac{1}{4}$
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題目 12
學期成績以平常成績的 40% 加上段考成績的 60% 計算，已知某班同學平常成績的標準差為 20 分，段考成績的標準差為 15 分，學期成績的標準差為 13 分，則平常成績與段考成績的相關係數為 ________。
答：
$\frac{1}{6}$
詳解
已知 $\sigma_X = 20, \sigma_Y = 15, \sigma_Z = 13$。
利用隨機變數線性組合的變異數公式（或視為向量運算）：
$\sigma_Z^2 = (0.4)^2 \sigma_X^2 + (0.6)^2 \sigma_Y^2 + 2(0.4)(0.6) \text{Cov}(X, Y)$
由於 $\text{Cov}(X, Y) = r \cdot \sigma_X \cdot \sigma_Y$，可將公式視為向量長度關係：
$13^2 = (0.4 \cdot 20)^2 + (0.6 \cdot 15)^2 + 2 \cdot (0.4 \cdot 20) \cdot (0.6 \cdot 15) \cdot r$
$13^2 = 8^2 + 9^2 + 2 \cdot 8 \cdot 9 \cdot r$
將數值帶入運算：
$169 = 64 + 81 + 144r$
$169 = 145 + 144r$
$24 = 144r$
$r = \frac{24}{144} = \frac{1}{6}$
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第 13 題
在某瀕危石虎的復育計畫中，研究員將石虎的活動範圍簡化為一條線性的棲地路徑，由左至右劃分為編號 0, 1, 2, 3, 4, 5 的六個區塊。已知當石虎進入編號 5 的區塊（核心保護區）後，將獲得永久安全不再移動；若進入編號 0 的區塊（開發密集區），則會因環境威脅而消失。若該石虎每日向右移動一個區塊（編號增加 1）的機率為 0.6，向左移動一個區塊（編號減少 1）的機率為 0.4，且該石虎目前位於編號 2 的區塊，則它最終成功到達編號 5 區塊（核心保護區）的機率為 ________。
答：
$\frac{135}{211}$
詳解
設 $P_n$ 為在編號 $n$ 時，$n=0, 1, 2, 3, 4, 5$ 移到 5 區的機率：
已知 $P_5 = 1$（已到達）, $P_0 = 0$（已消失）。
建立遞迴關係式：
$P_4 = 0.4P_3 + 0.6P_5 = 0.4P_3 + 0.6$
$P_3 = 0.4P_2 + 0.6P_4$
$P_2 = 0.4P_1 + 0.6P_3$
$P_1 = 0.4P_0 + 0.6P_2 = 0.6P_2$
將 $P_1$ 代入 $P_2$：
$P_2 = \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{5}P_2 + \frac{3}{5}P_3 \Rightarrow \frac{19}{15}P_2 = P_3$
將 $P_3$ 代入 $P_4$ 關係式並解聯立：
$\frac{19}{15}P_2 = \frac{2}{5}P_2 + \frac{3}{5}P_4 \Rightarrow \frac{13}{9}P_2 = P_4$
最後由 $P_4 = 0.4P_3 + 0.6$ 得：
$\frac{13}{9}P_2 = \frac{2}{5} \left( \frac{19}{15}P_2 \right) + \frac{3}{5}$
$325P_2 = 114P_2 + 135 \Rightarrow 211P_2 = 135$
故 $P_2 = \frac{135}{211}$
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二、 計算證明題（共 22 分）
計算 1
在空間坐標系中，設 $\Gamma$ 為一底面落在 $xy$ 平面上之直圓錐，其底面圓方程式為 $x^2 + y^2 \le 4$，頂點為 $V(0,0,6)$。設平面 $E_h : z = h$（其中 $0 < h < 6$）與 $\Gamma$ 相截之截痕為圓 $C_h$。若 $R_h$ 為 $C_h$ 之內接矩形，則以 $R_h$ 為底面、原點 $O(0,0,0)$ 為頂點之四角錐體積的最大值為何？
答：
$\frac{64}{27}$
詳解
1. 求截痕圓半徑 $r$：
直圓錐的高為 6，底圓半徑為 2。
利用相似三角形比例關係，在高度 $h$ 處的截痕圓半徑 $r$ 滿足：
$\frac{6}{2} = \frac{6-h}{r} \Rightarrow r = \frac{6-h}{3}$
2. 求內接矩形 $R_h$ 的最大面積：
設矩形兩邊長為 $a, b$，則其對角線長為圓 $C_h$ 的直徑 $2r$。
由勾股定理知 $a^2 + b^2 = (2r)^2 = \frac{4(6-h)^2}{9}$。
根據算幾不等式：$\frac{a^2+b^2}{2} \ge ab \Rightarrow ab \le \frac{2(6-h)^2}{9}$。
當 $a=b$（即矩形為正方形）時，面積 $ab$ 有最大值 $\frac{2(6-h)^2}{9}$。
3. 求四角錐體積 $V$ 的最大值：
四角錐的底面積為 $ab$，高為 $h$，體積 $V = \frac{1}{3} \cdot ab \cdot h = \frac{2}{27} h(6-h)^2$。
對 $h$ 微分求極值：
$V'(h) = \frac{2}{27} [(6-h)^2 + h \cdot 2(6-h) \cdot (-1)] = \frac{2}{27} (6-h)(6-h-2h) = \frac{2}{27} (6-h)(6-3h)$。
令 $V'(h)=0$，得 $h=2$（$h=6$ 不合）。
當 $h=2$ 時，體積最大值 $V = \frac{2}{27} \cdot 2 \cdot (6-2)^2 = \frac{4}{27} \cdot 16 = \frac{64}{27}$。
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計算 2
設 $f(x)=123x^{2}+234x-345$,三次多項式 $g(x)$ 的首項係數為 1,且 $y=g(x)$ 的圖形通過點 $(114,f(114)),(115,f(115)),(116,f(116))$。若 $y=g(x)$ 在 $x=115$ 附近的一次近似函數為 $h(x)$, 則 $x=114, x=116, y=g(x)$ 和 $y=h(x)$ 的圖形所圍成的區域面積為何？
答：
$82$
詳解
1. 建立 $g(x)$ 與 $f(x)$ 的關係：
已知 $g(x)$ 為最高次項係數為 $1$ 的三次式，且在 $x=114, 115, 116$ 時 $g(x)=f(x)$。
令 $g(x) - f(x) = (x-114)(x-115)(x-116)$。
可得 $g(x) = (x-114)(x-115)(x-116) + f(x)$。
2. 泰勒展開式簡化：
為了求在 $x=115$ 附近的近似，我們將 $g(x)$ 改寫成以 $(x-115)$ 為項的形式：
$(x-114)(x-115)(x-116) = [(x-115)+1](x-115)[(x-115)-1] = (x-115)^3 - (x-115)$。
又將 $f(x)$ 在 $x=115$ 處展開：$f(x) = f(115) + f'(115)(x-115) + \frac{f''(115)}{2}(x-115)^2$。
合併後：$g(x) = (x-115)^3 + 123(x-115)^2 + (f'(115)-1)(x-115) + f(115)$。
3. 求一次近似 $h(x)$：
在 $x=115$ 附近的一次多項式近似 $h(x)$ 即為其切線方程式：
$h(x) = (f'(115)-1)(x-115) + f(115)$。
4. 計算面積：
$g(x) - h(x) = (x-115)^3 + 123(x-115)^2$。
其交點為 $x=115$ 與 $x=115-123 = -8$。面積為：
$\int_{114}^{116} |g(x) - h(x)| dx = \int_{114}^{116} |(x-115)^3 + 123(x-115)^2| dx$。
因 $(x-115)^3$ 為奇函數，在對稱區間 $[114, 116]$ 積分為 $0$：
$\int_{114}^{116} 123(x-115)^2 dx = \left[ \frac{123}{3}(x-115)^3 \right]_{114}^{116} = 41(1^3 - (-1)^3) = 82$。
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計算 3
實係數三次多項式 $f(x)$ 有三相異實根，證明：$[f'(x)]^2 \ge f(x)f''(x)$ 對所有實數成立。
答：
詳解
1. 目標轉換：
欲證 $[f'(x)]^2 \ge f(x)f''(x)$，等價於證明 $f(x)f''(x) - [f'(x)]^2 \le 0$。
觀察商的微分公式：$\left( \frac{f'(x)}{f(x)} \right)' = \frac{f''(x)f(x) - [f'(x)]^2}{f^2(x)}$。
因此，若能證明 $\left( \frac{f'(x)}{f(x)} \right)' \le 0$，則原式成立。
2. 利用根的性質：
設 $f(x) = k(x-a)(x-b)(x-c)$，其中 $a, b, c$ 為三個相異實根。
根據對數微分性質（或直接展開）：
$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{x-a} + \frac{1}{x-b} + \frac{1}{x-c}$。
3. 進行微分：
對上述等式兩邊對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx} \left( \frac{f'(x)}{f(x)} \right) = -\frac{1}{(x-a)^2} - \frac{1}{(x-b)^2} - \frac{1}{(x-c)^2}$。
4. 結論：
由於 $(x-a)^2, (x-b)^2, (x-c)^2$ 在其定義域內皆為正數，其倒數之和亦為正數。
故 $\frac{f''(x)f(x) - [f'(x)]^2}{f^2(x)} = - \left[ \frac{1}{(x-a)^2} + \frac{1}{(x-b)^2} + \frac{1}{(x-c)^2} \right] \le 0$。
得 $f''(x)f(x) - [f'(x)]^2 \le 0$，即 $[f'(x)]^2 \ge f(x)f''(x)$ 證畢。
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