解:(1+3−2)×(1−13√64)=(1+19)×(1−14)=109×34=56
故選(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(B)
解:
由於i2=−1,i3=−i,i4=1,所以z=i4×25+3+5i4×4+2=i3+5i2=−i−5,故選(D)
解:
¯AP:¯BP=1b:1a=a:b
¯AP:¯BP=(x−a):(b−x)=a:b⇒a(b−x)=b(x−a)⇒x=2aba+b,故選(C)
解:|1−2x|≤5⇒−5≤1−2x≤5⇒−6≤−2x≤4⇒−4≤2x≤6⇒−2≤x≤3
故選(A)
解:
令P座標為(x,2x-4),因此¯PA=¯PB⇒(x−3)2+(2x−2)2=(x−9)2+(2x−2)2
⇒(x−3)2=(x−9)2⇒x=6
所以 P=(6,12-4)=(6,8),P至原點距離=10,故選(D)
解:由於a3×a6=3⇒a1r2×a1r5=a12r7=3因此a1×a2×⋯×a8=a18r28=(a12r7)4=34=81
故選(C)
解:
利用餘弦定理: ¯AB2=¯AC2+¯BC2−2¯ACׯBCcos120∘ = 36+100-120×−12 = 196 ⇒¯AB=14,故選(D)
解:
先選甲,再從不含乙的10個人中選4個,共有C104=210種選法
先選乙,再從不含甲的10個人中選4個,共有C104=210種選法
因此有210+210=420種選法,故選(B)
解:
利用柯西不等式: (p2+(2q)2)(12+12)≥(p+2q)2⇒6×2≥(p+2q)2⇒12≥(p+2q)2,故選(C)
解:log125=log12−log5=2log2+log3−log102=2log2+log3−(1−log2)=3log2+log3−1
故選(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(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 = 1×110+2×210+3×310+4×410=3010=3,故選(B)
解:
x2+y2−4x−2y=0⇒(x−2)2+(y−1)2=5⇒圓心座標為(2,1)
圓C半徑 = (5,5)至(2,1)距離=√32+42=5,因此圓C面積=52π=25π,故選(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H36=C86=28種解,故選(A)
解:
斜率 = r×SYSX=0.6×23=0.4,故選(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→PQ×→PR=(−1,−2,−3)×(0,−2,−3)=(0,-3,2)。因此平面方程式-3y+2z=0,將(7,6,β)代入,可得−18+2β=0⇒β=9,故選(A)
解:
由於x2+2x+3=(x+1)2+2>0,所以只要找x2+x−4<0的整數解即可。
x=0,1,-1,-2符合條件,故選(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(A)
解:
令正三角形之三邊長為a,則→AB⋅→AC=a2cos60∘=a2×12=92⇒a=3
因此三角形周長=3a=9,故選(C)
解:(1+x)6=6∑k=0C6kxk⇒a1+a3+a5=C61+C63+C65=6+20+6=32
故選(C)
解:y2−4x−2y−7=0⇒(y−1)2=4(x+2)
頂點為(-2,1),C=1,所以焦點為(-2+1,1)=(-1,1),故選(A)
解:
令sin−θ=−15,則−θ為其中一根。
因此介於−2π及2π之間的根包含:−θ,π+θ,2π−θ,−π+θ,共四個根,其和為2π,故選(A)
解:P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)⇒23=13+P(B)−13P(B)⇒23P(B)=13⇒P(B)=12
故選(B)
解:lim
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\ge0),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 --
沒有留言:
張貼留言