朱式幸福: 103年警專33期甲組數學科詳解

解：$$\left( 1+3^{ -2 } \right) \times \left( 1-\frac { 1 }{ \sqrt [ 3 ]{ 64 } } \right) =\left( 1+\frac { 1 }{ 9 } \right) \times \left( 1-\frac { 1 }{ 4 } \right) =\frac { 10 }{ 9 } \times \frac { 3 }{ 4 } =\frac { 5 }{ 6 } $$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：
(A)沒有3的4次方
(C)沒有3的0次方
(D)多了3的(-1)次方

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：
由於$i^2=-1, i^3=-i, i^4=1$，所以$z=i^{4\times 25+3}+5i^{4\times 4+2}=i^3+5i^2=-i-5$，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

解：
$\overline{AP}:\overline{BP}=\frac{1}{b}:\frac{1}{a}=a:b$
$\overline{AP}:\overline{BP}=(x-a):(b-x)=a:b\Rightarrow a(b-x)=b(x-a)\Rightarrow x=\frac{2ab}{a+b}$，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

解：$$\left| 1-2x \right| \le 5\Rightarrow -5\le 1-2x\le 5\Rightarrow -6\le -2x\le 4\Rightarrow -4\le 2x\le 6\Rightarrow -2\le x\le 3$$
故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

解：
令P座標為(x,2x-4)，因此$\overline{PA}=\overline{PB}\Rightarrow (x-3)^2+(2x-2)^2=(x-9)^2+(2x-2)^2$
$\Rightarrow (x-3)^2=(x-9)^2\Rightarrow x=6$
所以 P=(6,12-4)=(6,8)，P至原點距離=10，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

解：$$由於a_3\times a_6=3\Rightarrow a_1r^2\times a_1r^5={a_1}^2r^7=3\\ 因此a_{ 1 }\times a_{ 2 }\times \cdots \times a_{ 8 }={ a_{ 1 } }^{ 8 }r^{ 28 }={ \left( { a_{ 1 } }^{ 2 }r^{ 7 } \right) }^{ 4 }=3^4=81$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

解：
利用餘弦定理: ${\overline{AB}}^2={\overline{AC}}^2+{\overline{BC}}^2-2\overline{AC}\times\overline{BC}\cos{120^\circ}$ = 36+100-120$\times\frac{-1}{2}$ = 196 $\Rightarrow \overline{AB}=14$，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

解：
先選甲，再從不含乙的10個人中選4個，共有$C^{10}_4$=210種選法
先選乙，再從不含甲的10個人中選4個，共有$C^{10}_4$=210種選法
因此有210+210=420種選法，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：
利用柯西不等式: $(p^2+(2q)^2)(1^2+1^2)\ge (p+2q)^2\Rightarrow 6\times 2\ge (p+2q)^2 \Rightarrow 12\ge (p+2q)^2$，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

解：$$\log { \frac { 12 }{ 5 } } =\log { 12 } -\log { 5 } =2\log { 2 } +\log { 3 } -\log { \frac { 10 }{ 2 } } \\ =2\log { 2 } +\log { 3 } -\left( 1-\log { 2 } \right) =3\log { 2 } +\log { 3 } -1$$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

解：
f(x)=x(ax+b)⇒f(x)=0的解為0及(-b/a)。
令p=(-b/a)，則出現最小值的頂點座標為(p/2, f(p/2))
由於f(9)<0及f(10)>0, 表示有一根介於9與10之間，即9<p<10⇒4.5<p/2<5
越接近頂點座標的函數值越小，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

解：
共有1+2+3+4=10個球，因此抽中1號球的機率為1/10、抽中2號球的機率為2/10、抽中3號球的機率為、抽中4號球的機率為4/10。
期望值 = $1\times\frac{1}{10}+2\times\frac{2}{10}+3\times\frac{3}{10}+4\times\frac{4}{10} = \frac{30}{10}$=3，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：
$x^2+y^2-4x-2y=0\Rightarrow (x-2)^2+(y-1)^2=5\Rightarrow $圓心座標為(2,1)
圓C半徑 = (5,5)至(2,1)距離=$\sqrt{3^2+4^2}$=5，因此圓C面積=$5^2\pi=25\pi$，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

解：
此題相當於求甲+乙+丙=6(甲先分配一球) 的整數解個數，故有$H^3_6=C^8_6=28$種解，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

解：
斜率 = $r\times\frac{S_Y}{S_X}=0.6\times\frac{2}{3}=0.4$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：
在X軸上任取兩點Q(0,0,0)，及R(1,0,0)，則平面E的法向量為$\overrightarrow{PQ}\times \overrightarrow{PR} = (-1,-2,-3)\times(0,-2,-3)$=(0,-3,2)。因此平面方程式-3y+2z=0，將(7,6,$\beta$)代入，可得$-18+2\beta=0\Rightarrow \beta=9$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

解：
由於$x^2+2x+3=(x+1)^2+2>0$，所以只要找$x^2+x-4<0$的整數解即可。
x=0,1,-1,-2符合條件，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

解：
至少出現三次正面 = 三次正面及四次正面 = (反正正正)、(正反正正)、(正正反正)、(正正正反)、(正正正正)，共五種情形，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

解：
令正三角形之三邊長為a，則$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=a^2\cos{60^\circ} =a^2\times\frac{1}{2}=\frac{9}{2}\Rightarrow a=3$
因此三角形周長=3a=9，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

解：$${ \left( 1+x \right) }^{ 6 }=\sum _{ k=0 }^{ 6 }{ C^{ 6 }_{ k }x^{ k } } \Rightarrow a_1+a_3+a_5=C^6_1+C^6_3+C^6_5=6+20+6=32$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

解：$$y^{ 2 }-4x-2y-7=0\Rightarrow { \left( y-1 \right) }^{ 2 }=4\left( x+2 \right) $$
頂點為(-2,1)，C=1，所以焦點為(-2+1,1)=(-1,1)，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

解：
令$\sin{-\theta}=\frac{-1}{5}$，則$-\theta$為其中一根。
因此介於$-2\pi及2\pi$之間的根包含：$-\theta, \pi+\theta, 2\pi-\theta, -\pi+\theta$，共四個根，其和為$2\pi$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

解：$$P\left( A\cup B \right) =P\left( A \right) +P\left( B \right) -P\left( A\cap B \right) \Rightarrow \frac { 2 }{ 3 } =\frac { 1 }{ 3 } +P\left( B \right) -\frac { 1 }{ 3 } P\left( B \right) \\ \Rightarrow \frac { 2 }{ 3 } P\left( B \right) =\frac { 1 }{ 3 } \Rightarrow P\left( B \right) =\frac { 1 }{ 2 } $$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：$$\lim _{ n\rightarrow \infty }{ \left[ \left( \sqrt { n+1 } -\sqrt { n } \right) \sqrt { n } \right] } =\lim _{ n\rightarrow \infty }{ \left[ \frac { \sqrt { n } }{ \sqrt { n+1 } +\sqrt { n } } \right] } =\lim _{ n\rightarrow \infty }{ \left[ \frac { 1 }{ \sqrt { 1+\frac { 1 }{ n } } +1 } \right] } \\ =\frac { 1 }{ 1+1 } =\frac { 1 }{ 2 } $$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

解：$$\vec { AB } =\left( x_{ 1 },y_{ 1 } \right) ,\vec { AC } =\left( x_{ 2 },y_{ 2 } \right) \Rightarrow \triangle ABC面積=\frac { 1 }{ 2 } \begin{Vmatrix} x_{ 1 } & y_{ 1 } \\ x_{ 2 } & y_{ 2 } \end{Vmatrix}=7\Rightarrow \begin{Vmatrix} x_{ 1 } & y_{ 1 } \\ x_{ 2 } & y_{ 2 } \end{Vmatrix}=14\\ \vec { AD } =\left( 5x_{ 1 }-3x_{ 2 },5y_{ 1 }-3y_{ 2 } \right) \Rightarrow \triangle ABD面積=\frac { 1 }{ 2 } \begin{Vmatrix} x_{ 1 } & y_{ 1 } \\ 5x_{ 1 }-3x_{ 2 } & 5y_{ 1 }-3y_{ 2 } \end{Vmatrix}\\ =\frac { 1 }{ 2 } \begin{Vmatrix} x_{ 1 } & y_{ 1 } \\ -3x_{ 2 } & -3y_{ 2 } \end{Vmatrix}=\frac { 3 }{ 2 } \begin{Vmatrix} x_{ 1 } & y_{ 1 } \\ x_{ 2 } & y_{ 2 } \end{Vmatrix}=\frac { 3 }{ 2 } \times 14=21$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：
題目可以改成$y=\sqrt{1-x^2}$與y=x+k相交兩點的k範圍
$y=\sqrt{1-x^2}$是一個半圓(因為y$\ge$0)，而y=x+k是一條斜率為1的直線
k的範圍就是從B點到C點，但不含C點，如下圖

先求切線的k值，即$\sqrt{1-x^2}=x+k$有唯一解，$1-x^2={(x+k)^2}\Rightarrow 2x^2+2kx+k^2-1=9$。由於只有一解，所以判別式為0，即$4k^2-8(k^2-1)=0\Rightarrow k=\pm\sqrt{2}$。由於只考慮上半圓，所以$k=-\sqrt{2}$不符，因此$k=\sqrt{2}$。
又直線y=x+k經過(0,1)時，k=1。因此$1\le k<\sqrt{2}$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$
註: 官網的答案是(A)，應該是錯的！

解：
$x=1+\sqrt{2}i\Rightarrow (x-1)^2=-2\Rightarrow x^2-2x+3=0$，利用長除法:

a+9=14，可得a=5；又b=-21，所以a+b=5-21=-16

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

解：
令橢圓上的點座標為P=$(3\cos{\theta},2\sin{\theta})$，則P至L的距離為$\left| \frac { 3\cos { \theta } -4\sin { \theta } +15 }{ \sqrt { 5 } } \right| $
由於$3\cos { \theta } -4\sin { \theta } =5\left( \frac { 3 }{ 5 } \cos { \theta } -\frac { 4 }{ 5 } \sin { \theta } \right) =5\left( \sin { \alpha } \cos { \theta } -\cos { \alpha } \sin { \theta } \right) =5\sin { \left( \alpha -\theta \right) } $其最小值為-5，因此P至L的最小距離為$\left| \frac { -5+15 }{ \sqrt { 5 } } \right| =\frac { 10 }{ \sqrt { 5 } } =2\sqrt { 5 } $

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

解：$$底面積=\left| \overrightarrow { AB } \times \overrightarrow { AC } \right| ，高=\left| \overrightarrow { AD } \right| \Rightarrow 體積=底面積\times 高\\ =\sqrt { { \left| \overrightarrow { AB } \right| }^{ 2 }{ \left| \overrightarrow { AC } \right| }^{ 2 }-{ \left( \overrightarrow { AB } \cdot \overrightarrow { AC } \right) }^{ 2 } } \times \left| \overrightarrow { AD } \right| \\ =\sqrt { \left( 2^{ 2 }+1^{ 1 }+1^{ 2 } \right) \left( 1^{ 2 }+1^{ 2 }+3^{ 2 } \right) -{ \left( -2+1-3 \right) }^{ 2 } } \times \sqrt { 12^{ 2 }+15^{ 2 }+9^{ 2 } } \\ =\sqrt { 50 } \times \sqrt { 450 } =150$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

解：
直線L經過(2,0)及(0,-3)，該方程式為3x-2y=6。
(A) $3\times 4-2\times 3=12-6=6\Rightarrow$ (4,3)在直線L上
(B) 若x<0, y>0，則3x-2y永遠為負值，所以L不經過第二象限
(C) L的斜率為$\frac{3}{2}$
(D)3x+2y=0的斜率為$\frac{-3}{2}$與L斜率相乘不為-1，兩者不垂直
(E)(0,0)至(3,-2)的直線斜率為$\frac{2}{3}$與L互垂

故選$\bbox[red,2pt]{(ABE)}$

解：$$B^{ -1 }=3I-A=\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} -1 & 3 \\ -2 & 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 4 & -3 \\ 2 & -1 \end{bmatrix}\Rightarrow \left| B^{ -1 } \right| =-4+6=2\\ \Rightarrow B=\begin{bmatrix} \frac { -1 }{ 2 } & \frac { 3 }{ 2 } \\ -1 & 2 \end{bmatrix}\Rightarrow a=-\frac { 1 }{ 2 } ,b=-1,c=\frac { 3 }{ 2 } ,d=2$$

故選$\bbox[red,2pt]{(AD)}$

解：
(A) $90^\circ<\theta<180^\circ \Rightarrow \cos{\theta}=-\frac{3}{5}$
(B)$\tan{\theta}=\frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}}=\frac{-4}{3}$
(C)$360^\circ<270^\circ+\theta<450^\circ\Rightarrow \cos{270^\circ+\theta}=\frac{4}{5}$
(D)$270^\circ<180^\circ+\theta<360^\circ\Rightarrow \sin{180^\circ+\theta}=\frac{-4}{5}$
(E)$\sin{2\theta}=2\sin{\theta}\cos{\theta}=2\times\frac{4}{5}\times\frac{-3}{5}=\frac{-24}{25}$

故選$\bbox[red,2pt]{(ACD)}$

解：
(A)也就Z座標的絕對值，即|-4|=4
(B)$\sqrt{3^2+(-4)^2}=5$
(C)$\sqrt{2^2+3^2+(-4)^2}=\sqrt{29}$
(D)X座標為0，即(0,3,-4)
(E)X軸的對稱點的X座標不變，其餘正負號相反，即(-2, -3, 4)

故選$\bbox[red,2pt]{(ABCD)}$

解：
(A) f(0)=0+3=3 (B) f(1)=1+1=2
(C)$\lim_{x\rightarrow 0}{f(x)}$=0+3=0
(D) 極限不存在，左極限為2+3=5、右極限為1+1=2
(E)$\lim_{x\rightarrow 2}{f(x)}=2^2+1=5$

故選$\bbox[red,2pt]{(AE)}$

解：

(A) $\overline{AD}:\overline{DB}=\overline{AC}:\overline{BC}=5:7$
(B)令$\overline{AD}=5K, \overline{DB}=7k則 \overline{AD}+ \overline{DB}= \overline{AB}\Rightarrow 12k=6\Rightarrow k=\frac{1}{2}\Rightarrow \overline{AD}=\frac{5}{2}$
(C)$\overline{CI}:\overline{ID}=\overline{AC}:\overline{AD}=5:\frac{5}{2}=2:1$
(D)$\overrightarrow { CD } =7\overrightarrow { CA } +5\overrightarrow { CD } \Rightarrow 7\overrightarrow { CA } +4\overrightarrow { CD } =0$，不可能
$$\left( E \right) \overrightarrow { AI } =\overrightarrow { AC } +\overrightarrow { CI } =\overrightarrow { AC } +\frac { 2 }{ 3 } \overrightarrow { CD } =\overrightarrow { AC } +\frac { 2 }{ 3 } \left( \overrightarrow { CA } +\overrightarrow { AD } \right) =\overrightarrow { AC } -\frac { 2 }{ 3 } \overrightarrow { AC } +\frac { 2 }{ 3 } \overrightarrow { AD } \\ =\frac { 1 }{ 3 } \overrightarrow { AC } +\frac { 2 }{ 3 } \times \frac { 5 }{ 12 } \overrightarrow { AB } =\frac { 1 }{ 3 } \overrightarrow { AC } +\frac { 5 }{ 18 } \overrightarrow { AB } $$

故選$\bbox[red,2pt]{(ABCE)}$

解：$$\overline { AB } :\quad \frac { x-1 }{ 4-1 } =\frac { y-2 }{ 5-2 } =\frac { z-3 }{ 6-3 } \Rightarrow x-1=y-2=z-3\\ \left( A \right) (7,8,9)代入直線方程式，符合x-1=y-2=z-3\\ \left( B \right) \left| \frac { 1-2+3-1 }{ \sqrt { 1^{ 2 }+1^{ 2 }+1^{ 2 } } } \right| =\left| \frac { 1 }{ \sqrt { 3 } } \right| =\frac { 1 }{ \sqrt { 3 } } \\ \left( C \right) 該平面法向量為\left( 1,1,1 \right) ，經過\overline { AB } 中點\left( \frac { 1+4 }{ 2 } ,\frac { 2+5 }{ 2 } ,\frac { 3+6 }{ 2 } \right) \\ \Rightarrow 該平面為x+y+z=\frac { 5+7+9 }{ 2 } \Rightarrow x+y+z=\frac { 21 }{ 2 } \\ \left( D \right) x-1=y-2=z-3\Rightarrow \begin{cases} x=z-2 \\ y=z-1 \end{cases}代入平面E\Rightarrow (z-2)-(z-1)+z=1\Rightarrow z=2\\ \Rightarrow P=\left( 2-2,2-1,2 \right) =\left( 0,1,2 \right) \Rightarrow \frac { \overline { PA } }{ \overline { PB } } =\frac { \sqrt { 1^{ 2 }+1^{ 2 }+1^{ 2 } } }{ \sqrt { 4^{ 2 }+4^{ 2 }+4^{ 2 } } } =\sqrt { \frac { 1 }{ 16 } } =\frac { 1 }{ 4 } \\ (E)P=\left( 0,1,2 \right) $$

故選$\bbox[red,2pt]{(ADE)}$

解：
(A) $z^3=\cos{180^\circ}+i\sin{180^\circ}=-1$
(B)$\frac{1}{z}=\frac{1}{\cos{60^\circ}+i\sin{60^\circ}}=\frac{\cos{60^\circ}-i\sin{60^\circ}}{(\cos{60^\circ}+i\sin{60^\circ})(\cos{60^\circ}-i\sin{60^\circ})}=\cos{60^\circ}-i\sin{60^\circ}$
(C)$z^4=\cos{240^\circ}+i\sin{240^\circ}\Rightarrow |z^4|=\sqrt{\cos^2{240^\circ}+\sin^2{240^\circ}}=1$
(D) $z^5=\cos{300^\circ}+i\sin{300^\circ}=\cos{(300^\circ+360^\circ)}+i\sin{(300^\circ+360^\circ)}$
$=\cos{660^\circ}+i\sin{660^\circ}=\cos{(11\times 60^\circ)}+i\sin{(11\times 60^\circ)}=z^{11}$ $$\left( E \right) \left| z-z^{ 2 } \right| =\left| \left( \cos { 60^{ \circ } } +i\sin { 60^{ \circ } } \right) -\left( \cos { 120^{ \circ } } +i\sin { 120^{ \circ } } \right) \right| \\ =\left| \left( \frac { 1 }{ 2 } +i\frac { \sqrt { 3 } }{ 2 } \right) -\left( -\frac { 1 }{ 2 } +i\frac { \sqrt { 3 } }{ 2 } \right) \right| =0$$

故選$\bbox[red,2pt]{(BCDE)}$

解：
(A)P(X=0) = 甲取到白球且乙取到白球 = $\frac{3}{4}\times\frac{4}{6}=\frac{1}{2}$;
(B)P(X=1) = 甲取到黑球且乙取到白球+ 甲取到白球且乙取到黑球 = $\frac{1}{4}\times\frac{4}{6} +\frac{3}{4}\times\frac{2}{6}=\frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{5}{12}$;
(C)P(X=2) = 甲取到1黑球且乙取到1黑球 = $ \frac{1}{4}\times\frac{2}{6} = \frac{1}{12}$
(D) 期望值E(X)=$0\times\frac{1}{2}+1\times\frac{5}{12}+2\times\frac{1}{12}=\frac{7}{12}$
(E) E($X^2$)=$0^2\times\frac{1}{2}+1^2\times\frac{5}{12}+2^2\times\frac{1}{12}=\frac{9}{12}$
因此Var(X)=E($X^2$)-$(EX)^2$ =$\frac{9}{12}-{(\frac{7}{12})}^2=\frac{59}{144}$
標準差=$\sqrt{Var(X)}=\sqrt{\frac{59}{144}}=\frac{\sqrt{59}}{12}$

故選$\bbox[red,2pt]{(ABE)}$

解：

$\Gamma: \frac{(x-1)^2}{{\sqrt{3}}^2}-\frac{(y-1)^2}{{\sqrt{3}}^2}=1$
(A) 雙曲線為左右型，中心點在(1,1)，因此貫軸為y=1
(B) 兩條漸近線為(x-1)= $\pm$(y-1)，兩直線互相垂直
(C)兩條漸近線為(x-1)= $\pm$(y-1)，x=y及x+y=2
(D) a=b=$\sqrt{3}\Rightarrow 共軛軸長=2b=2\sqrt{3}$
(E) a=b=$\sqrt{3}\Rightarrow c=\sqrt{6}\Rightarrow 焦點=(1\pm\sqrt{6},1)$

故選$\bbox[red,2pt]{(ABCE)}$

-- END --

朱式幸福

網頁

2017年10月25日星期三

103年警專33期甲組數學科詳解

沒有留言:

張貼留言

網頁

2017年10月25日 星期三

103年警專33期甲組數學科詳解

沒有留言:

張貼留言

2017年10月25日星期三