106年臺南區特招數學詳解

解： $$\begin{cases} 2\left( x+y \right) +3\left( x-y \right) =5 \\ 5\left( x+y \right) +7\left( x-y \right) =12 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 5x-y=5 \\ 12x-2y=12 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 5x-y=5 \\ 6x-y=6 \end{cases}\\ \Rightarrow x=1,y=0\Rightarrow 2x+y=2$$ ，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$。

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解：
令P的坐標為a，則Q=a+3、R=a+5、S=a+6。s-3p=16$\Rightarrow a+6-3a=16\Rightarrow a=-5$
因此q+2r=a+3+2a+10=3a+13=-15+13=-2，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$。

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解：
令第2個數字為a，則此14個數字依序為

9、a、11-a、9、a、11-a、9、a、11-a、9、a、11-a、9、a

依題意倒數第3個為7，即11-a=7，因此a=4。x在第八個，即x=a=4，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$。

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解： $${ \left( 2+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ 2017 }-4{ \left( 2+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ 2016 }-{ \left( 2+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ 2015 }\\ ={ \left( 2+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ 2015 }\left[ { \left( 2+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ 2 }-4\left( 2+\sqrt { 5 }  \right) -1 \right] \\ ={ \left( 2+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ 2015 }\left[ { \left( 9+4\sqrt { 5 }  \right)  }-4\left( 2+\sqrt { 5 }  \right) -1 \right] { \\ =\left( 2+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ 2015 }\times 0=0$$ ，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$。

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解：
由題意可知：$x^3+kx^2-4=P(x)(x^2+1)+(-x-6)$。由於最高次方的係數為1，所以P(x)=x+a。
因此$x^3+kx^2-4=(x+a)(x^2+1)+(-x-6)=x^3+ax^2+a-6$
$\Rightarrow a-6=-4\Rightarrow a=2=k$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$。

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解：
七個數依大小排序為1、1、3、4、5、6、8
(A)若另一個數為3，則數列變成1、1、3、3、4、5、6、8，中位數為3.5
(B)若另一個數為4，則數列變成1、1、3、4、4、5、6、8，中位數為4
(C)若另一個數為5，則數列變成1、1、3、4、5、5、6、8，中位數為4.5
，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$。

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解： $$a^2-3ab-28b^2=0\Rightarrow (a-7b)(a+4b)=0\Rightarrow a=7b(\because a>0, b>0\therefore a\ne -4b)\\ \Rightarrow \frac{a-b}{a+b}=\frac{6b}{8b}=\frac{3}{4}$$ ，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$。

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解： $$\begin{cases} \angle AED=26° \\ \angle AFB=32° \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \frac { \left( \widehat { AD } -\widehat { BC }  \right)  }{ 2 } =26° \\ \frac { \left( \widehat { AB } -\widehat { CD }  \right)  }{ 2 } =32° \end{cases}\Rightarrow \left( \widehat { AD } +\widehat { AB } )-(\widehat { CD } +\widehat { BC }  \right) =116\\ 又\left( \widehat { AD } +\widehat { AB } )+(\widehat { CD } +\widehat { BC }  \right) =360\Rightarrow \widehat { CD } +\widehat { BC } =122\Rightarrow \angle EAF=122/2=61$$ ，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$。

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解：
f(x)=4x-2x(x+a)+b=$-2x^2+(4-2a)x+b$
由頂點坐標可知f(x)=$-2{(x+2)}^2+3=-2x^2-8x-5\Rightarrow b=-5,a=6\Rightarrow 2a+3b=-3$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$。

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解：

令正三角形的邊長為a，如上圖。
$\triangle BEF$為等腰直角$\Rightarrow \overline{BF}=\frac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow \overline{FC}=1-\frac{a}{\sqrt{2}}$
在直角$\triangle DCF中$可知: ${\overline{DF}}^2={\overline{DC}}^2+{\overline{FC}}^2$
$\Rightarrow a^2=1+{1-\frac{a}{\sqrt{2}}}^2\Rightarrow a^2+2\sqrt{2}a-4=0\Rightarrow a=\sqrt{6}-\sqrt{2}$
$\triangle DEF面積=\frac{\sqrt{3}a^2}{4}=2\sqrt{3}-3$，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$。

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解：
三角形任二邊之和大於第三邊，成為三角形的取法有： $$(\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4}),(\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{5}),(\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5}),(\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{6}),(\frac{1}{3},\frac{1}{5},\frac{1}{6}),(\frac{1}{4},\frac{1}{5},\frac{1}{6})$$ 共有六種情形，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$。

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解：
令螢幕長為16k，寬為9k，則$(9k)^2+(16k)^2=(5\times 2.54)^2\Rightarrow k^2=\frac{(5\times 2.54)^2}{337}$
$\Rightarrow k=\frac{5\times 2.54}{\sqrt{337}}\approx\frac{12.7}{18.4}=0.69\Rightarrow 16k=11.04$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$。

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解：
再經y小時後，甲乙丙三線的生產量分別為：500+50y, 280+40y, 100+xy。由其比率可得
500+50y:280+40y=3:2$\Rightarrow y=8$；又280+40y:100+xy=2:1，即600:100+8x=2:1$\Rightarrow$x=25，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$。

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解：

令C點坐標為(a,$a^2$)，由於C至$\overline{AB}(Y軸)的距離為3\sqrt{3}，所以C坐標為(3\sqrt{3},27)$。A點與C點的垂直高度差距為3，所以A的坐標為(0, 27-3)=(0,24)，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$。

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解：
由題意可知: 2a+3b=44，其中a與b為原子筆的單價。
若不考慮丁品牌原子筆，2a+3b一定小於44，所以一定有丁品牌的原子筆，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$。

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解：

延長$\overline{BA}及\overline{ED}$相交於F點，如上圖，則FDCA為一平行四邊形。
假設$\triangle ACD面積=a$，則$\triangle FAD面積也是a$
由於$\overline{FE}//\overline{AC}\Rightarrow \triangle ADF:\triangle CDE=\overline{FD}:\overline{DE}=a:27$
同理，$\overline{FA}:\overline{AB}=a:12$ $$\frac{\triangle FAD}{\triangle FBC}=\frac{\overline{FA}\times\overline{FD}}{\overline{FB}\times\overline{FE}}\Rightarrow \frac{a}{2a+39}=\frac{a^2}{(a+12)(a+27)}\\ \Rightarrow \frac{1}{2a+39}=\frac{a}{(a+12)(a+27)}\Rightarrow 2a^2+39a=a^2+39a+12\times 27\\ \Rightarrow a^2=12\times 27\Rightarrow a=18$$ ，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$。

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解：

將長方體展開，可得上圖。螞蟻從P點走直線到Q點，其中$\triangle PRQ$為直角三角形。
因此，${\overline{PQ}}^2={\overline{PR}}^2+{\overline{QR}}^2=3^2+14^2=205\Rightarrow  \overline{PQ}=\sqrt{205}$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$。

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解：

正三角形每一內角為60度，正五邊形每一內角均為108度。
$\angle PBC=108-60=48$，又$\triangle BCP為等腰\Rightarrow \angle BPC=\angle BCP=(180-48)\div 2 = 66$
$\angle PCD=108-\angle BCP=108-66=42，\angle PDC=108\div 2=54$
$\Rightarrow \angle DPC=180-54-42=84$
由三角形PCD之三內角可知$\overline{PB}=\overline{CD}>\overline{PC}>\overline{PD}$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$。

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解：
第n層有6n-6個磁磚，第10層有60-6=54個磁磚。最外層磁磚有六個的外圍路徑是3，其餘皆是2，所以第10層的路徑總長是$54\times 2+6$=114，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$。

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解：
令S1=第二次走到P1的距離，即S1=$2\pi+1$單位；
S2=第二次走到P2的距離，即S2=S1+$4\pi+1$單位；
...
$S_n=S_{n-1}+2n\pi+1=(2\pi+4\pi+\cdots+2n\pi)+n = n(n+1)\pi+n$
$S_5=5\times 6\times\pi+5 \approx 66.8\Rightarrow$第1次走到P6已走了67單位，再加逆時鐘走到Y軸再到X軸需要再走$6\pi\approx18.84$，總距離已超過80，所以在第二象限，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$。

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解：

上圖之等腰梯形符合條件(A)及條件(B)，但不是平行四邊形

上圖之箏形符合條件(D)，但不是平行四邊形

，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$。

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解： $$\frac { 1911+x }{ x } =1+\frac { 1911 }{ x } =1+\frac { 3\times { 7 }^{ 2 }\times 13 }{ x }$$ 因此1911的因數有$2\times 3\times 2$=12個，但因數不能大於106，需扣除$7^2\times 13$、
$3\times 7\times 13, 3\times 7^2及1911$這四個大於106的因數，因此共有12-4=8個符合條件，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$。

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解：
$\overline{A_1B_1}$的直線方程式為y=4x，而$\overline{A_nB_n}$的直線方程式為$\overline{A_1B_1}$右向平移n，因此$\overline{A_nB_n}$的直線方程式為y=4(x-n)；同理$\overline{A_2B_1}$的直線方程式為y=-4x+4，$\overline{A_nB_{n-1}}$的直線方程式為y=-4(x-n)+4。
當n=10時，$\left(\frac{52}{5},\frac{8}{5}\right)$在直線y=4(x-10)上，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$。

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解：

先任意畫連續兩個月曆(如上圖)，紅字代表有營業，其餘黑字代表放假。其中同一星期皆放假的有兩個地方：一個是(3,10,17,24,31)、另一個是(6,13,20,27)。若觀察連續兩個月(6,13,20,27)接續(3,10,17,24,31)都放假，因此我們要將這兩個地方平移至星期日，可得下圖

所以1日在星期二會得到連續兩個月的週日都放假，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$。

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解：
假設$\triangle ABC$為等要直角，且D為原點，C=(6,0)，則各點坐標如下圖：

由以上坐標可求出$\overline{BE}$直線方程式為$y=\frac{x}{2}+3，\overline{BF}$的方程式為$y=\frac{x}{5}+\frac{6}{5}$
由兩方程式可求得Y截距，即$\overline{GD}=3, \overline{HD}=\frac{6}{5} \Rightarrow  \frac{\overline{AG}}{\overline{AH}}=\frac{\overline{AD}-\overline{GD}}{\overline{AD}-\overline{HD}}=\frac{6-3}{6-\frac{6}{5}}=\frac{5}{8}$
，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$。

另解：

連結$D, F$，並令$\overline { GE } =a$，如上圖。 $$\begin{cases} \overline { CF } :\overline { CE } =1:2 \\ \overline { CD } :\overline { CB } =1:2 \end{cases}\Rightarrow \triangle CDF\sim \triangle CBE\Rightarrow \overline { CF } //\overline { BE } \Rightarrow \triangle AGE\sim \triangle ADF\\ 又\begin{cases} \angle DHF=\angle GHB \\ \overline { DF } //\overline { BG }  \end{cases}\Rightarrow \triangle HDF\sim \triangle HGB\\ \triangle AGE\sim \triangle ADF\Rightarrow \overline { DF } =2\overline { GE } =2a\Rightarrow \overline { BE } =4a\left( \because \triangle CDF\sim \triangle CBE \right) \Rightarrow \overline { BG } =3a\\ \Rightarrow \begin{cases} \triangle HDF\sim \triangle HGB\Rightarrow \frac { \overline { GH }  }{ \overline { HD }  } =\frac { \overline { BG }  }{ \overline { DF }  } =\frac { 3a }{ 2a } =\frac { 3 }{ 2 } \Rightarrow \overline { GH } =\frac { 3 }{ 5 } \overline { GD }  \\ \triangle AGE\sim \triangle ADF\Rightarrow \overline { AG } =\overline { GD }  \end{cases}\\ \Rightarrow \frac { \overline { AG }  }{ \overline { AH }  } =\frac { \overline { AG }  }{ \overline { AG } +\overline { GH }  } =\frac { \overline { AG }  }{ \overline { AG } +\frac { 3 }{ 5 } \overline { GD }  } =\frac { \overline { AG }  }{ \overline { AG } +\frac { 3 }{ 5 } \overline { AG }  } =\bbox[red,2pt]{\frac { 5 }{ 8 }}$$

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-- end --