98新港藝術高中
請問各位老師第１０題怎麼做卡了很久
[attach]186[/attach]數 第１０題：
數值資料\(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n\)的算術平均數為\(\overline{X}\)，中位數為\(Me\)，標準差為\(S\)，令\(\displaystyle P=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |\;x_i-Me |\;\)、\(\displaystyle Q=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |\;x_i-\overline{X}|\;\)、\(\displaystyle R=\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-Me)^2}\)，試比較\(P\)、\(Q\)、\(R\)、\(S\)的大小。
先證幾件事情：
設 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 為任意實數，
1. 若 \(f(x)=\left|x-a_1\right|+\left|x-a_2\right|+\cdots+\left|x-a_n\right|\)，則
當 \(x\) 為 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 的中位數時，\(f(x)\) 有最小值.
2. 若 \(g(x)=\left(x-a_1\right)^2+\left(x-a_2\right)^2+\cdots+\left(x-a_n\right)^2\)，則
當 \(x\) 為 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 的算數平均數時，\(g(x)\) 有最小值.
3. \(\displaystyle \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}}\geq\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}.\)
證明提示：1. 三角不等式（即 \(|a|+|b|\geq|a+b|\)） 2. 配方法 3. 柯西不等式
如果證明出來上面這三者，
則
由 1. 可得 \(Q\geq P\)，
由 2. 可得 \(R\geq S\)，
由 3. 可得 \(S\geq Q\) 且 \(R\geq P.\)
如此即可得此四者的大小關係為 \(R\geq S\geq Q\geq P.\) 謝謝老師 當初學校公佈的是圖檔，我重新打字後將完整的題目放上來，並附上初試成績供考生參考
初試最低錄取分數46分
73,63,59,50,50,46
其他
40~45 7人
30~39 20人
20~29 31人
10~19 13人
0~9 5人
缺考 11人
共計93人 填充題
7.若\( \displaystyle x=cos \frac{2 \pi}{15}+i sin \frac{2 \pi}{15} \)，則滿足\( f(x)=0 \)的最少次多項方程式是
h ttp://forum.nta.org.tw/examservice/showthread.php?t=43637 (連結已失效)
以\( \displaystyle \xi=cos \frac{2 \pi}{15}+i sin \frac{2 \pi}{15} \)表1的一個真正15次方根，\( f \)為一整係數非零多項式，且知\( f(\xi)=0 \)；試問滿足此條件且次數最低的\( f \)之次數為若干？
(94霧峰農工，h ttp://forum.nta.org.tw/oldphpbb2/viewtopic.php?t=22087 (連結已失效))
9.設z是複數，且\( \displaystyle \frac{z}{z-1} \)是純虛數(即虛部不為0而實部為0)，試求\( |\ z-i |\ \)的最大值
(99中二中，[url=https://math.pro/db/thread-934-1-1.html]https://math.pro/db/thread-934-1-1.html[/url])
10.以前的討論
h ttp://forum.nta.org.tw/oldphpbb2/viewtopic.php?t=18271 (連結已失效)
計算題
1.三角形ABC，∠A的內角平分線\( \overline{AT} \)交\( \overline{BC} \)於T點，試證\( \overline{AT}=\sqrt{\overline{AB}\cdot \overline{AC}-\overline{BT}\cdot \overline{CT}} \)
[url=https://math.pro/db/thread-884-1-1.html]https://math.pro/db/thread-884-1-1.html[/url]
3.求\( [\ (3+\sqrt{11})^{100} ]\ \)的個位數為多少？(編按：\( [\ X ]\ \)表高斯函數)
求\( [\ (2+\sqrt{6})^{100} ]\ \)的個位數。(編按：[ X] 表高斯符號)
(98清水高中，[url=https://math.pro/db/thread-836-1-1.html]https://math.pro/db/thread-836-1-1.html[/url])
\( ( \sqrt{23}+\sqrt{27} )^{100} \)除以100的餘數為？
台大資工甄選入學指定項目考試，[url=https://math.pro/db/thread-915-1-1.html]https://math.pro/db/thread-915-1-1.html[/url]
4.\( a>b \)，試證：雙曲線\( b^2 x^2-a^2 y^2=a^2 b^2 \)互相垂直二切線的交點必在圓\( x^2+y^2=a^2-b^2 \)上。
[url=https://math.pro/db/viewthread.php?tid=723]https://math.pro/db/viewthread.php?tid=723[/url] 填充第2和9答案是否有錯,請大師確定一下,謝謝
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填充第 2 題三角形\(ABC\)中，\(D\)、\(E\)為\(\overline{AB}\)的三等分點，\(F\)平分\(\overline{BC}\)，\(\overline{AF}\)與\(\overline{CD}\)交於\(G\)點，求四邊形\(BDGF\)的面積是三角形\(ABC\)面積的幾分之幾？
[解答]
由孟式定理，可得 \(\displaystyle \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}\cdot\frac{\overline{BC}}{\overline{CF}}\cdot\frac{\overline{FG}}{\overline{GA}}=1\)
\(\displaystyle \Rightarrow \frac{\overline{AG}}{\overline{GF}}=\frac{4}{1}\)
\(\triangle ADG : \triangle ABF = 2\times 4 : 3\times5=8:15\)
\(\Rightarrow \mbox{四邊形} BDGF:\triangle ADF=7:15\)
\(\Rightarrow \mbox{四邊形} BDGF:\triangle ABC=7:30\)
回復 6# 阿光 的帖子
填充題第 9 題設\(z\)是複數，且\(\displaystyle \frac{z}{z-1}\)是純虛數(即虛部不為0而實部為0)，試求\(|\;z-i|\;\)的最大值[u] [/u]。
[解答]
令 \(z=x+yi\) ，則
\(\displaystyle \frac{z}{z-1}=\frac{\left(x+yi\right)}{\left(x+yi\right)-1}=\frac{\left(x+yi\right)\left((x-1)-yi\right)}{\left(x-1\right)^2+y^2}=\frac{\left(x^2-x+y^2\right)-yi}{\left(x-1\right)^2+y^2}\)
因為 \(\displaystyle \frac{z}{z-1}\) 為純虛數，
所以 \(\displaystyle x^2-x+y^2=0\Rightarrow \left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{1}{4}\) ‧‧‧‧‧‧圓（但缺一點，因為 \(z\) 不為 \(0\)）
\(\displaystyle \left|z-i\right|=\sqrt{x^2+\left(y-1\right)^2}=(0,1)\mbox{到圓上的點的距離}\)
\(\displaystyle \leq (0,1)\mbox{到圓心的距離＋圓半徑}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}.\) 想請教填充第15題,謝謝 [quote]原帖由 [i]阿光[/i] 於 2012-1-18 09:44 PM 發表 [url=https://math.pro/db/redirect.php?goto=findpost&pid=4658&ptid=938][img]https://math.pro/db/images/common/back.gif[/img][/url]
想請教填充第15題,謝謝 [/quote]
正方形\(ABCD\)，\(\overline{BE}=2\overline{BC}\)，將\(ABEF\)沿\(EF\)線段往右折，使得\(D\)點落在\(AB\)線段上。求\(sin∠AFD=\)[u] [/u]。
[解答]
假設A',B'分別為A點,B點所折過去後的點
且EB'與CD點的交點為G,
令EC=1,則BE=2,DC=3
EG=a,則CG=(a^2-1)^0.5,DG=3-(a^2-1)^0.5,GB=2-a
三角形A'FD~三角形B'DG~三角形CEG
所以CG:EG=BG: DG
(a^2-1)^0.5:a=2-a:3-(a^2-1)^0.5
得5a^2+4a-10=0,
解得a=(-2+3(6)^2)/5
在三角形EGC中
CG=(a^2-1)^0.5=(2(6)^0.5-3)/5
所求=Sin(角A'FD)=Sin(角CEG)
=CG/EG=(2(6)^0.5-3)/ (-2+3(6)^2)
=(6-(6)^0.5)/10
回復 10# Ellipse 的帖子
原本這樣算有點繁雜後來修改一下
若令EG=1,CG=k
接下來用一樣相似三角形邊長比的方式
可得10k^2-12k+3=0
解得k=(6-6^0.5)/10
((6+6^0.5)/10不合,why?請自己想一下)
所求=k/1=(6-6^0.5)/10 想請教計算第1題詳細豪華版,謝謝
回復 12# 阿光 的帖子
計算題第 1 題：三角形ABC，∠A的內角平分線\( \overline{AT} \)交\( \overline{BC} \)於T點，試證\( \overline{AT}=\sqrt{\overline{AB}\cdot \overline{AC}-\overline{BT}\cdot \overline{CT}} \)
[解答]
由三角形的內角平分線的內分比性質，
可得 \(\overline{AB}:\overline{AC}=\overline{BT}:\overline{CT}\)
因此可令 \(\overline{AB}=x, \overline{AC}=y, \overline{BT}=kx, \overline{CT}=ky\)，其中 \(k\) 為正實數，
則題意等同於要求證： \(\overline{AT}^2=xy-k^2xy\)
因為 \(\cos ∠ATB = \cos(180^\circ - ∠ATC)\)
所以 \(\cos ∠ATB = -\cos(∠ATC)\)
在 \(\triangle ABT\) 與 \(\triangle ACT\) 中，由餘弦定理可得
\(\displaystyle \cos ∠ATB=\frac{\overline{AT}^2+(kx)^2-x^2}{2\overline{AT}\times kx}\)
\(\displaystyle \cos∠ATC= \frac{\overline{AT}^2+(ky)^2-y^2}{2\overline{AT}\times ky}\)
因此 \(\displaystyle \frac{\overline{AT}^2+(kx)^2-x^2}{2\overline{AT}\times kx}=-\frac{\overline{AT}^2+(ky)^2-y^2}{2\overline{AT}\times ky}\)
即可解得 \(AT^2 = xy-k^2xy.\)
註：1. 可是這樣一點也不豪華耶～ＸＤＤ
那補充一個 Stewart's theorem 好了～
Stewart's theorem：[url=http://goo.gl/0UyYK]http://en.wikipedia.org/wiki/Stewart's_theorem[/url]
也是用餘弦定理算兩次就可以證出來的定理。
2. 有些朋友可能對內分比性質不熟悉，簡單證明如下：
a. 自 \(T\) 往 \(\overline{AB},\overline{AC}\) 作垂線，
[attach]896[/attach]
如圖，可得 \(\triangle ABT : \triangle ACT = \frac{1}{2}\cdot \overline{AB}\cdot r : \frac{1}{2}\cdot \overline{AC}\cdot r=\overline{AB}:\overline{AC}\)
b. 自 \(A\) 往 \(BC\) 直線作垂線，
[attach]897[/attach]
如圖，可得 \(\triangle ABT : \triangle ACT = \frac{1}{2}\cdot \overline{BT}\cdot h : \frac{1}{2}\cdot \overline{CT}\cdot h=\overline{BT}:\overline{CT}\)
由 a. b. 可得 \(\overline{AB}:\overline{AC} =\overline{BT}:\overline{CT}.\) 感謝老師的回答^^
不好意思，想請問填充11.13以及計算2
這張考卷好多都不會><
感謝^^
回復 14# t3712 的帖子
填充第 11 題，\(x_1\)，\(x_2\)，\(x_3\)，\(\ldots\)，\(x_{2009}\)為實數，\(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i=2,000,000\)，且對\(i=1,2,\ldots,2009\)皆滿足\(x_i>i\)，求\(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\)的最小值[u] [/u]。
[解答]
題目有問題，因此無解。
因為 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i>\sum_{i=1}^{2009}i=\frac{2009\times2010}{2}=2019045\Rightarrow 2000000>2019045\) ，矛盾。
[b]如果此題的題目數字稍微修改一下[/b]，
[color=red]改成已知「 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i=3000000\)」[/color]，則
\(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}\left(x_i-i\right)=\sum_{i=1}^{2009}x_i-\sum_{i=1}^{2009}i =3000000-2019045=980855\)
利用柯西不等式，
\(\displaystyle \left(\sum_{i=1}^{2009}\left(\sqrt{x_i-i}\right)^2\right)\left(\sum_{i=1}^{2009}\left(\frac{1}{\sqrt{x_i-i}}\right)^2\right)\geq\left(\sum_{i=1}^{2009}\sqrt{x_i-i}\cdot\frac{1}{\sqrt{x_i-i}}\right)^2\)
\(\displaystyle \Rightarrow 980855\cdot\left(\sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\right)\geq 2009^2\)
\(\displaystyle \Rightarrow \left(\sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\right)\geq \frac{2009^2}{980985}=\frac{4036081}{980985}.\)
回復 14# t3712 的帖子
第 13 題：座標平面上單位圓\(C\)：\(x^2+y^2=1\)，一定點\(A(2,0)\)，\(Q\)為圓\(C\)上一動點，以\(Q\)為中心，將\(A\)點逆時針旋轉\(90^{\circ}\)得\(P\)點，求動點\(P\)的軌跡方程式[u] [/u]。
[解答]
將各點畫在複數平面上，
設 \(A=2+0i, Q=\cos\theta+i\sin\theta\)，其中 \(\theta\) 為任意實數，
則 \(P=(A-Q)\cdot i+Q=\left(2-\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\right)\cdot i+\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\)
\(=\left(\sin\theta+\cos\theta\right)+\left(2+\sin\theta-\cos\theta\right)\cdot i\)
令 \(x=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\cos(\theta-45^\circ)\)
\(y=2+\sin\theta-\cos\theta=2+\sqrt{2}\sin(\theta-45^\circ)\)
\(\Rightarrow x^2+(y-2)^2=2.\)
回復 14# t3712 的帖子
計算第 2 題：試證\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sinx}{sinx+cosx}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{cosx}{sinx+cosx}dx\)
[解答]
令 \(\displaystyle t=\frac{\pi}{2}-x\Rightarrow dt=- dx\)
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx=\int^0_{\pi/2} \frac{-\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-t\right)+\cos \left(\frac{\pi}{2}-t\right)}dt\)
\(\displaystyle =\int^0_{\pi/2} \frac{-\cos t}{\cos t+\sin t}dt\)
\(\displaystyle =\int_0^{\pi/2} \frac{\cos t}{\cos t+\sin t}dt\)
\(\displaystyle =\int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\cos x+\sin x}dx\) 謝謝瑋岳老師的指導^^ 請問計算題第三題答案是6？
算式： 原式\( = (20+6\sqrt{11})^{50} \equiv (6\sqrt{11})^{50} \equiv 6^{50} \equiv 6 (mod 10) \)
謝謝
回復 19# t3712 的帖子
這樣做不行，因為 \(C^{50}_k 20^k\left(6\sqrt{11}\right)^{50-k}\)，當 \(k\) 為奇數時，該項不見得是 \(10\) 的倍數。解答：
\(\left(3+\sqrt{11}\right)^{100}=\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}\)
因為 \(\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}+\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}\) 為整數，
且 \(0<\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}<1\)
所以
\(\left[\left(3+\sqrt{11}\right)^{100}\right]=\left[\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}\right]\)
\(=\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}+\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}-1\)
\(=2\left(20^{50}+C^{50}_2 20^{48}\left(6\sqrt{11}\right)^2+C^{50}_4 20^{46}\left(6\sqrt{11}\right)^4+\cdots+C^{50}_{50} \left(6\sqrt{11}\right)^{50}\right)-1\)
\(\equiv 2\cdot\left(6\sqrt{11}\right)^{50}-1\)
\(\equiv 2\times 6^{50}\times 11^{25}-1\)
\(\equiv 2\times 6\times 1^{25}-1\)
\(\equiv 12-1\)
\(\equiv 1\pmod{10}\)
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