114屏東女中教甄數學科試題與答案

1.
設複數\(z\)滿足\(z^3\)為純虛數，且滿足\(|\;z^3+4-5i|\;=5\)，試求\(|\;z+i|\;\)的最小值。

2.
從一正立方體的稜邊中點中，任選兩點，設為\(A,B\)，試問可形成幾種不同的\(\vec{AB}\)？

在坐標空間中，一正立方體的八個頂點分別為\((0,0,0)\)、\((1,0,0)\)、\((1,1,0)\)、\((0,1,0)\)、\((0,0,1)\)、\((1,0,1)\)、\((1,1,1)\)與\((0,1,1)\)。若\(A\)、\(B\)分別為此正立方體兩相異稜邊的中點，則 \(\displaystyle \vec{AB}\) 共有幾種可能？
(100鳳新高中代理，連結有解答https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1197&page=1#pid4183)

12.
實數\(x\)、\(y\)滿足\(\cases{x+y=z-1\cr xy=z^2-7z+14}\)，\(x^2+y^2-4x-4y\)有最大值\(M\)、最小值\(m\)，試求數對\((M,m)=\)？

15.
\(P=\left[\matrix{0&1&1\cr 1&0&1\cr 1&1&0}\right]\)，\(I=\left[\matrix{1&0&0\cr 0&1&0\cr 0&0&1}\right]\)，設\(P^n=a_nP+b_nI\)，\(\forall n \in \mathbb{N}\)，求\(a_n\)之一般式。
(我的教甄準備之路　矩陣\(n\)次方，https://math.pro/db/viewthread.php?tid=661&page=3#pid14875)

二、計算證明題
1.\(\vec{a}\)、\(\vec{b}\)、\(\vec{c}\)為空間向量，其中\(\vec{a}\ne \vec{0}\)。
證明：若\(\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{c}\)且\(\vec{a}\times \vec{b}=\vec{a}\times \vec{c}\)，則\(\vec{b}=\vec{c}\)。

2.
甲、乙兩人參選形象大使，由\(n\)位委員不記名投票，每人都投了一票，且無人投廢票，開票採一一唱票方式，假設開票過程中任何時刻甲的得票數皆不低於乙的得票數，直至開票完成。設所有可能的開票過程有\(a_n\)種情形，例如：\(a_2=2\)(甲甲、甲乙，兩種可能過程)；\(a_3=3\)(甲甲甲、甲甲乙、甲乙甲，三種可能過程)。
(提示(Catalan number \(C_m\))：若甲乙各得\(m\)票，且在開票過程中，任何時刻甲的累計得票數皆不低於乙，則滿足此條件的開票順序共有\(\displaystyle C_m=\frac{1}{m+1}C_m^{2m}=C_m^{2m}-C_{m+1}^{2m}\)種。)
(1) 求\(a_5=\)？
(2) 請推證出\(a_n\)的一般表達式。

想請教一下第6 14 16題，謝謝！

填充 14. 要很小心地算

針對 8 的數量進行分量，以下以 x 表示1~9 中非 8 的 數字
(1) 零個8：9xxx 的型式，有 \( C_{3}^{7}\cdot3!=210 \) 個四位數，可獲得獎品
(2) 一個8
(2-1) 千位為 8：89xx，有 \( C_{2}^{7}\cdot2!=42 \)
(2-2) 千位為 9：9xx8，其中千位數、十位數、個位數可交換，有 \( C_{2}^{7}\cdot3!=126 \)
(3) 兩個8
(3-1) 千位數為 8：88xx, 898x, 89x8，有 \( P^8_2+7+7 = 70 \)
(3-2) 千位數為 9：9x88，其中千位數、十位數、個位數可交換，有 \( C_{1}^{7}\cdot3=21 \)
(4) 三個8：888x：其中四數均可交換，有 \( 8 \cdot 4 =32 \)
綜合以上，共 \( 210 + 42 +126 +70 +21 + 32 = 501 \) 個四位數，可獲得獎品

填充 6.
依題意， \( \Delta BAC, \Delta CAD \) 形狀大小皆固定
令 \( H \) 為 \( B \) 在 \( AC \) 中的投影點
以 \( \Delta CAD \) 為底面，則此底面上高的長度不大於 \( \overline{BH} \)

當 \( \Delta BAC, \Delta CAD \) 所在的兩面垂直時，有四面體 \( ABCD \) 的體積有最的值
建立坐標，計算夾角的餘弦值、正弦值

\( \vec{AB}=\sqrt{30}\cdot (\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}) \)
\( \vec{AD}=9\cdot(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0) \)
此二向量的夾角 \( \theta  \)，滿足 \( \cos\theta=\frac{\sqrt{3}}{4},\sin\theta=\frac{\sqrt{13}}{4} \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2025-6-16 23:27 編輯 ]

謝謝 tsusy 老師！

填充題第16題：

對於任意正整數 \(n\)，令 \(\displaystyle a_n = \left( \frac{b_{n + 1}}{2 b_n} \right)^2 + {b_n}^2\)，

則 \(\displaystyle a_{n+1} = {\left( {\frac{{{b_{n + 2}}}}{{2{b_{n + 1}}}}} \right)^2} + {b_{n + 1}}^2 = {\left( {\frac{{{b_{n + 1}}^2}}{{4{b_n}^2}} - {b_n}^2} \right)^2} + {b_{n + 1}}^2 = {\left[ {{{\left( {\frac{{{b_{n + 1}}}}{{2{b_n}}}} \right)}^2} + {b_n}^2} \right]^2} = {a_n}^2\)

（上面第二個等號的代換，是把題目給的「\({b_{n + 2}} =  \cdots \)」等號左右同除以 \(2 b_{n+1}\) 的結果。）

因此 \(\displaystyle {a_1} = {\left( {\frac{{96}}{{2 \times 6}}} \right)^2} + {6^2} = 100 = {10^2}\)，

\({a_2} = {a_1}^2 = {10^4}\)，

\({a_3} = {a_2}^2 = {10^8}\)，…

\({a_n} = {10^{{2^n}}}\)。

故 \(\displaystyle \log \left( {\log p} \right) = \log \left( {\log {a_{100}}} \right) = \log \left( {\log \left( {{{10}^{{2^{100}}}}} \right)} \right) = \log \left( {{2^{100}}} \right) = 100\log 2 \approx 100 \times 0.3010 = 30.1\)，

最接近的整數為 \(30\)。

填充4

填充題第 8 題：

設 \(\displaystyle \vec{m}=(0,0,-1), \vec{v} = \left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},-\sqrt{3}\right)\) 分別表示 \(M\) 與 \(L\) 的方向向量，令向量 \(\vec{m}\) 與向量 \(\vec{v}\) 的夾角為 \(\theta\) ，則 \(\displaystyle \cos\theta = \frac{\vec{m}\cdot\vec{v}}{\left|\vec{m}\right|\left|\vec{v}\right|}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得 \(\theta = 30^\circ\)，即 \(L\) 與 \(M\) 夾 \(30^\circ\) 或 \(150^\circ\) 。

設 \(P(x,y,z)\) 為聚光燈光線上的任一點，則 向量 \(\vec{SP}\) 與向量 \(\vec{v}\) 夾角為 \(30^\circ\)，

利用 \(\displaystyle \vec{SP}\cdot\vec{v} = \left|\vec{SP}\right| \left|\vec{v}\right| \cos 30^\circ\)，

得 \(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}\left(x-2\sqrt{6}\right)-\frac{\sqrt{2}}{2}\left(y-3\sqrt{6}\right)-\sqrt{3}\left(z-12\right) = \sqrt{3}\sqrt{\left(x-2\sqrt{6}\right)^2+\left(y-3\sqrt{6}\right)^2+\left(z-12\right)^2}\)

將 \(y=0\) （ \(xz\) 平面）代入上式，並且等號左右兩側同時平方，

得 \(\displaystyle \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\left(x-2\sqrt{6}\right)+3\sqrt{3}-\sqrt{3}\left(z-12\right)\right)^2 = 3 \left(\left(x-2\sqrt{6}\right)^2+54+\left(z-12\right)^2\right) \)


經展開化簡後，

得 \(5 x^2 + 2\sqrt{6} x z - 50 \sqrt{6} x + 12 z + 318 = 0\) …….  （＊）

其判別式 \(=\left(2\sqrt{6}\right)^2-4\times 5\times 0 >0\) ，因此圖形為雙曲線。



再來求此雙曲線的頂點。

由於（＊）是斜的雙曲線，如果先移軸、再轉軸、求頂點會有點花時間，

改找貫軸，然後解貫軸與雙曲線的交點好了。



由直圓錐與雙曲線兩者圖形各自的對稱性，可知直圓錐的對稱軸 \(L\) 在 \(y=0\) 平面的投影即為雙曲線的貫軸，

因此雙曲線的貫軸通過 \(S\) 在 \(y=0\) 平面的投影點 \(\displaystyle \left(2\sqrt{6},0,12\right)\) 且方向向量為 \(\displaystyle \left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,-\sqrt{3}\right)//\left(\sqrt{2},0,-2\sqrt{3}\right)\)，

得貫軸在 \(y=0\) 平面的方程式為 \(\displaystyle \frac{x-2\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\frac{z-12}{-2\sqrt{3}}\) …….（＊＊）

再將 \(y=0\) 平面上的「雙曲線方程式（＊）與貫軸方程式（＊＊）解聯立」，

得雙曲線的兩頂點為 \(\displaystyle \left(-\sqrt{6}+\frac{18\sqrt{14}}{7},0,30-\frac{36\sqrt{21}}{7}\right)\) 與 \(\displaystyle \left(-\sqrt{6}-\frac{18\sqrt{14}}{7},0,30+\frac{36\sqrt{21}}{7}\right)\)。

由於最初的聚光燈是朝下（往 \(z=0\) 平面）照射，因此取上面兩頂點中 \(z\) 坐標較小者為 \(\displaystyle \left(-\sqrt{6}+\frac{18\sqrt{14}}{7},0,30-\frac{36\sqrt{21}}{7}\right)\)

即為該圓錐曲線在牆面上的頂點坐標。

填8另解

[ 本帖最後由 peter0210 於 2025-6-24 21:42 編輯 ]