103年警專33期乙組數學科詳解

解： $$\begin{cases} 2a+b-4=0 \\ 3a-b-1=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=1 \\ b=2 \end{cases}\Rightarrow a+b=3$$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $$\sqrt { 9+2\sqrt { 20 }  } =\sqrt { 9+4\sqrt { 5 }  } =2+\sqrt { 5 } \approx 4.2$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
$y=2x^2+4x+1向左平移2個單位\Rightarrow y=2(x+2)^2+4(x+2)+1$，再往上平移3個單位
$\Rightarrow y=2(x+2)^2+4(x+2)+1+3 = 2x^2+12x+20\Rightarrow$f(-2)=8-24+20 = 4，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
$(x^3+x^2-x+a)+(x+1)i=0\Rightarrow x+1=0且x^3+x^2-x+a=0$
$\Rightarrow x=-1且-1+1+1+a=0 \Rightarrow a=-1$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $${ \left( 3-\sqrt { 5 }  \right)  }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }{ \left( 3+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }={ \left[ \left( 3-\sqrt { 5 }  \right) \left( 3+\sqrt { 5 }  \right)  \right]  }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }={ 4 }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }=\frac { 1 }{ 8 }$$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $$a+a^{ -1 }=4\Rightarrow { \left( a+a^{ -1 } \right)  }^{ 2 }=16\Rightarrow a^{ 2 }+2+a^{ -2 }=16\Rightarrow a^{ 2 }+a^{ -2 }=14$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
$2^n為100位數\Rightarrow 10^{99}\le 2^n<10{100}\Rightarrow 99\le\log{2^n}<100\Rightarrow \frac{99}{\log{2}}\le n<\frac{100}{\log{2}}$
$\Rightarrow 328.9\le n<332.2$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$C^{ 1 }_{ 0 }+C^{ 2 }_{ 1 }+\cdots +C^{ n }_{ n-1 }=1+2+\cdots +n=\frac { n(n+1) }{ 2 } =45\Rightarrow n=9$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
取球不放回，第1次有12球可取、第2次有11球可取、第3次有10球可取、第4次有9球可取；
第1次有5個紅球可取、第2次有4個紅球可取；
第1次有7個非紅球可取、第2次有6個非紅球可取；
因此取球不放回的狀況下，取到2個紅球的機率為$\frac{5\times 4\times 7\times 6}{12\times 11\times 10\times 9}$，又2個紅球及2個非紅球有$C^4_2$種排法，因此共有$C^4_2\times \frac{5\times 4\times 7\times 6}{12\times 11\times 10\times 9}$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
(A) a=$-2\times 25+5$=-45;  (B) a=$-2\times 24+5$=-43;
(C) c=$-2\times 23$=-46 (D) d = $2\times 12$=24;

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
令此二數列分別為<$a_n$>及<$b_n$>，由題意可知$a_n$=(2n-3)k及$b_n$=(5n+3)k；
前11項和之比為$\frac{a_1+a_{11}}{b_1+b_{11}}=\frac{-k+19k}{8k+58k}=\frac{18}{66}=\frac{3}{11}$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ { \left( 2k-1 \right)  }^{ 2 } } =\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ \left( 4k^{ 2 }-4k+1 \right)  } =4\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ k^{ 2 } } -4\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ k } +\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ 1 } \\ =4\times \frac { 10\times 11\times 21 }{ 6 } -4\times \frac { 10\times 11 }{ 2 } +10=1540-220+10=1330$$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $$\tan { \theta  } =-\frac { 12 }{ 5 } \Rightarrow \begin{cases} \sin { \theta  } =\frac { 12 }{ 13 } ,\cos { \theta  } =-\frac { 5 }{ 13 }  \\ \sin { \theta  } =-\frac { 12 }{ 13 } ,\cos { \theta  } =\frac { 5 }{ 13 }  \end{cases}\Rightarrow \sin { 2\theta  } =2\sin { \theta  } \cos { \theta  } =-\frac { 120 }{ 169 }$$

故選$\bbox[red,2pt]{(AB)}$

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解： $$f\left( x \right) ={ \left( 2x^{ 2 }-1 \right)  }^{ 4 }=g\left( x \right) \left( x-\cos { 15° }  \right) +a\Rightarrow a=f\left( \cos { 15° }  \right) \\ ={ \left( 2\cos ^{ 2 }{ 15° } -1 \right)  }^{ 4 }={ \left( \cos { 30° }  \right)  }^{ 4 }={ \left( \frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 }  \right)  }^{ 4 }=\frac { 9 }{ 16 }$$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解： $${ \overline { BC }  }^{ 2 }={ \overline { AB }  }^{ 2 }+{ \overline { AC }  }^{ 2 }-2\overline { AB } \times \overline { AC } \times \cos { \angle A } =25+9-30\times \cos { 120° } \\ =34-30\times \frac { -1 }{ 2 } =34+15=49\Rightarrow { \overline { BC }  }=7$$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解： $$\overrightarrow { CA } \cdot \overrightarrow { AB } =-\overrightarrow { AC } \cdot \overrightarrow { AB } =-\left| \overrightarrow { AC }  \right| \left| \overrightarrow { AB }  \right| \cos { 60° } =-\frac { 1 }{ 2 }$$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $$\left( r\vec { a } +6\vec { b }  \right) \cdot \left( 2\vec { a } -\vec { b }  \right) =2r{ \left| \vec { a }  \right|  }^{ 2 }-r\vec { a } \cdot \vec { b } +12\vec { a } \cdot \vec { b } -6{ \left| \vec { b }  \right|  }^{ 2 }\\ =2r{ \left| \vec { a }  \right|  }^{ 2 }-6{ \left| \vec { b }  \right|  }^{ 2 }=\left( 2r-6 \right) { \left| \vec { a }  \right|  }^{ 2 }=0\Rightarrow r=3$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
此題相當於求A=(4,5)至圓的最遠距離，也就是A至圓心再加上半徑就是答案，
即$\sqrt{(4-1)^2+(5-1)^2}+2$=5+2=7，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
圓與直線相切相當於圓心至直線的距離等於半徑長，即 $$\left| \frac { k }{ \sqrt { 3^{ 2 }+4^{ 2 } }  }  \right| =1\Rightarrow \left| \frac { k }{ 5 }  \right| =1\Rightarrow k=\pm 5$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$\begin{cases} \overline { AB } =\sqrt { 3^{ 2 }+2^{ 2 }+6^{ 2 } } =7 \\ \overline { BC } =\sqrt { 5^{ 2 }+8^{ 2 }+3^{ 2 } } =7\sqrt { 2 }  \\ \overline { AC } =\sqrt { 2^{ 2 }+6^{ 2 }+3^{ 2 } } =7 \end{cases}$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解： $$\frac { \vec { a } \cdot \vec { b }  }{ \left| \vec { b }  \right|  } =\frac { 2\times 4+\left( -4 \right) \times \left( -2 \right) +5\times 4 }{ \sqrt { 4^{ 2 }+2^{ 2 }+4^{ 2 } }  } =\frac { 36 }{ 6 } =6$$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
$E_1的法向量\vec{u}=(1,-2,1),E_2的法向量\vec{v}=(1,1,-2),$則$\vec{u}\cdot\vec{v}=\left| \vec { u }  \right|\left| \vec { v }  \right|\cos{\theta}$
$\Rightarrow 1-2-2=\sqrt{1+4+1}\sqrt{1+1+4}\cos{\theta} \Rightarrow -3=6\cos{\theta} \Rightarrow \cos{\theta}=\frac{-1}{2}\Rightarrow \theta=60^\circ或120^\circ$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
$L_1$的向量$\vec{u}$為$\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right)$，$L_2$的向量$\vec{v}$為$\left(1,\frac{-1}{3},\frac{1}{2}\right)$，因此兩向量既不平行也不重合。
直線$L_1$上的點(u+3, 2u+3, 3u)，直線$L_2$上的點(v+3, -3v-7, 2v+7)，兩者無交集，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
(A) (A+I)(A-I)=$A^2-AI+IA-I^2=A^2-A+A-I=A^2-I$
(B) AB不一定等於BA，所以不正確
(C)若A為零方陣，滿足AB=AC，但B不一定等於C
(D) $$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$$ A不為O，B也不為O

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $$\begin{cases} A\begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} \\ A\begin{bmatrix} 3 \\ 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 5 \end{bmatrix} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 \\ 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 5 \end{bmatrix} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 2a+3b=2 \\ 3a+4b=1 \\ 2c+3d=1 \\ 3c+4d=5 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=-5 \\ b=4 \\ c=11 \\ d=-7 \end{cases}\\ \Rightarrow a+b+c+d=3$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
1壞8好，任取3個，共有$C^9_3=$84種取法
取出1壞2好，共有$C^1_1\times C^8_2=$28種取法，機率為$\frac{28}{84}=\frac{1}{3}$
期望值=$1\times\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
丟硬幣10次有$2^{10}=1024$種情形；
第10次出現第3次正面的情形相當於前9次為2正7反的排列數=$\frac{9!}{2!7!}$=36，所以機率為$\frac{36}{1024}$，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解：
兩個硬幣都出現正面的機率p=$\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$，則X的標準差為
$\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{96\times\frac{1}{4}\times\frac{3}{4}}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
在95%的信心水準之下，信賴區間為$\left[ p-2\sqrt { \frac { p(1-p) }{ n }  } ,p+2\sqrt { \frac { p(1-p) }{ n }  }  \right]$=[0.45, 0.55] $$\Rightarrow 4\sqrt { \frac { p(1-p) }{ n }  } =0.55-0.45=0.1\Rightarrow \sqrt { \frac { p(1-p) }{ n }  } =\frac { 1 }{ 40 } \\ \Rightarrow \sqrt { \frac { \frac { 1 }{ 2 } \times \frac { 1 }{ 2 }  }{ n }  } =\frac { 1 }{ 40 } \Rightarrow \frac { 1 }{ \sqrt { n }  } =\frac { 1 }{ 20 } \Rightarrow n=400$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
成績呈常態分布代表在平均分數的正負一個標準差的學生數占全體的68%，正負2個標準差的學生數占全體的95%。也就是說得分高於60+20=80或低於60-20=40的人數有1000x5%=50人，高於80分的有25人，低於40分的有25人。甲生獲得80分，名次應最接近25名，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$\left( A \right) \begin{cases} f\left( 3 \right) >0 \\ f\left( 4 \right) <0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 4a+b>0 \\ 9a+b<0 \end{cases}\Rightarrow -5a>0\Rightarrow a<0\\ \left( B \right) \begin{cases} 4a+b>0 \\ a<0 \end{cases}\Rightarrow b>0\\ \left( C \right) \begin{cases} 4a+b>0 \\ a<0 \end{cases}\Rightarrow a+b>0\Rightarrow f\left( 0 \right) >0\\ \left( D \right) f\left( -1 \right) =f\left( 3 \right) >0\\ \left( E \right) f\left( -2 \right) =f\left( 4 \right) <0$$

故選$\bbox[red,2pt]{(ACD)}$

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解：
由於f(-1)=f(2)=0，我們可以假設f(x)=(x+1)(x-2)(ax+b)；
由f(0)=-2可知-2b=-2，因此b=1；又f(3)=40，即4(3a+1)=40，可得a=3；
所以f(x)=(x+1)(x-2)(3x+1)，故選$\bbox[red,2pt]{(ADE)}$

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解： $$\left( B \right) \log _{ 6 }{ \frac { 7 }{ 8 }  } =\log _{ 6 }{ \left( 7\times { 8 }^{ -1 } \right)  } =\log _{ 6 }{ 7 } +\log _{ 6 }{ { 8 }^{ -1 } } =\log _{ 6 }{ 7 } -\log _{ 6 }{ { 8 } } \\ \left( D \right) \log _{ 6 }{ 7 } =\frac { 2 }{ 2 } \log _{ 6 }{ 7 } =\log _{ 6^{ 2 } }{ 7^{ 2 } } =\log _{ 36 }{ 49 } \\ \left( E \right) 令x={ 6 }^{ \log _{ 7 }{ 8 }  }\Rightarrow \log { x } =\log _{ 7 }{ 8 } \times \log { 6 } =\frac { \log { 8 } \times \log { 6 }  }{ \log { 7 }  } =\log _{ 7 }{ 6 } \times \log { 8 } =\log { 8^{ \log _{ 7 }{ 6 }  } } \\ \Rightarrow x=8^{ \log _{ 7 }{ 6 }  }\Rightarrow { 6 }^{ \log _{ 7 }{ 8 }  }=8^{ \log _{ 7 }{ 6 }  }$$

故選$\bbox[red,2pt]{(BDE)}$

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解：
選出2位女生共月$C^3_2\times C^4_3$種選法；
選出3位女生共月$C^3_3\times C^4_2$種選法；
共有$C^3_2\times C^4_3+C^3_3\times C^4_2$選法。
也可以全部的選法扣掉只選1位女生，即$C^7_5-C^3_1\times C^4_4$，
故選$\bbox[red,2pt]{(BC)}$

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解： $$\left( A \right) P\left( A\cap B \right) =P\left( A \right) +P\left( B \right) -P\left( A\cup B \right) =\frac { 3 }{ 4 } +\frac { 3 }{ 8 } -\frac { 7 }{ 8 } =\frac { 1 }{ 4 } \\ \left( B \right) P\left( B|A \right) =\frac { P\left( A\cap B \right)  }{ P\left( A \right)  } =\frac { \frac { 1 }{ 4 }  }{ \frac { 3 }{ 4 }  } =\frac { 1 }{ 3 } \\ \left( C \right) P\left( A|B \right) =\frac { P\left( A\cap B \right)  }{ P\left( B \right)  } =\frac { \frac { 1 }{ 4 }  }{ \frac { 3 }{ 8 }  } =\frac { 2 }{ 3 } \\ \left( D \right) P\left( A\cap B \right) =\frac { 1 }{ 4 } \neq 0\\ \left( E \right) P\left( A \right) \times P\left( B \right) =\frac { 3 }{ 4 } \times \frac { 3 }{ 8 } =\frac { 9 }{ 32 } \neq \frac { 1 }{ 4 } =P\left( A\cap B \right)$$

故選$\bbox[red,2pt]{(AB)}$

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解：
(A)對所有同學而言，均符合Y=$\frac{9}{10}$X+2
(B)E(Y)=E($\frac{9}{10}$X+2)=$\frac{9}{10}$E(X)+2
(C)由於(A)正確，所以(C)也正確
(D)$\sigma _{ y }=\frac { 9 }{ 10 } \sigma _{ x }$
(E)X與Y為線性相關，且X變大Y也隨之變大，所以相關係數為1

故選$\bbox[red,2pt]{(ABCE)}$

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解： $$\left( C \right) S_{ 2014 }=0\Rightarrow \frac { (2a_{ 1 }+2013d) }{ 2 } \times 2014=0\Rightarrow 2a_{ 1 }+2013d=0\\ \Rightarrow (a_{ 1 }+d)+(a_{ 1 }+2012d)=0\Rightarrow a_{ 2 }+a_{ 2013 }=0\\ \left( D \right) a_{ 103 }+a_{ 1912 }=\left( a_{ 1 }+102d \right) +\left( a_{ 1 }+1911d \right) =2a_{ 1 }+2013d=0\\ \Rightarrow a_{ 1912 }=-a_{ 103 }=-103$$

故選$\bbox[red,2pt]{(CD)}$

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解： $$x^{ 2 }+y^{ 2 }-4x+2y-k^{ 2 }-k+11=0\Rightarrow { \left( x-2 \right)  }^{ 2 }+{ \left( y+1 \right)  }^{ 2 }=k^{ 2 }+k-6=\left( k+3 \right) \left( k-2 \right) \\ \Rightarrow \left( k+3 \right) \left( k-2 \right) >0\Rightarrow k>2或k<-3$$

故選$\bbox[red,2pt]{(AE)}$

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解： $$\left( A \right) \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 2 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 3 & 6 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} x=4 \\ 2y=5 \\ 3z=6 \end{cases}\Rightarrow 恰有一組解\\ \left( B \right) \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 2 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & 3 & 6 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} x+y+z=4 \\ 2y+2z=5 \\ 3z=6 \end{cases}\Rightarrow 恰有一組解\\ \left( C \right) \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 6 & 8 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} x+2y+3z=4 \\ x+z=1 \end{cases}\Rightarrow 有無限多組解\\ \left( D \right) \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} x+2y+3z=0 \\ x+2y+2z=1 \\ 0=5 \end{cases}\Rightarrow 無解\\ \left( E \right) \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} x+2y+3z=4 \\ 4x+3y+2z=1 \end{cases}\Rightarrow 有無限多組解$$

故選$\bbox[red,2pt]{(AB)}$

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解：
(A) P(A)=1-沒有正面的機率=1-$\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{7}{8}$
(B) C={(正正正)、(反反反)}，因此P(C)=$\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{4}$
(C) B={(X正X)}，因此$A\cap B=B\Rightarrow P(A\cap B)=\frac{1}{2}$
(D) P(A)$\times$P(B)=$\frac{7}{8}\times\frac{1}{2}\ne\frac{1}{2}=P(A\cap B)$
(E) B$\cap$C={(正正正)}，因此P($B\cap C)=\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}=P(B)\times P(C)$

故選$\bbox[red,2pt]{(ABCE)}$

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-- end --