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2017年10月29日 星期日

103年警專33期乙組數學科詳解




:$$\begin{cases} 2a+b-4=0 \\ 3a-b-1=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=1 \\ b=2 \end{cases}\Rightarrow a+b=3$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)


:$$\sqrt { 9+2\sqrt { 20 }  } =\sqrt { 9+4\sqrt { 5 }  } =2+\sqrt { 5 } \approx 4.2$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)



\(y=2x^2+4x+1向左平移2個單位\Rightarrow y=2(x+2)^2+4(x+2)+1\),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\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)



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


:$${ \left( 3-\sqrt { 5 }  \right)  }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }{ \left( 3+\sqrt { 5 }  \right)  }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }={ \left[ \left( 3-\sqrt { 5 }  \right) \left( 3+\sqrt { 5 }  \right)  \right]  }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }={ 4 }^{ -\frac { 3 }{ 2 }  }=\frac { 1 }{ 8 } $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)


:$$a+a^{ -1 }=4\Rightarrow { \left( a+a^{ -1 } \right)  }^{ 2 }=16\Rightarrow a^{ 2 }+2+a^{ -2 }=16\Rightarrow a^{ 2 }+a^{ -2 }=14$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)



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


:$$C^{ 1 }_{ 0 }+C^{ 2 }_{ 1 }+\cdots +C^{ n }_{ n-1 }=1+2+\cdots +n=\frac { n(n+1) }{ 2 } =45\Rightarrow n=9$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)




(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\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)


:$$\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ { \left( 2k-1 \right)  }^{ 2 } } =\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ \left( 4k^{ 2 }-4k+1 \right)  } =4\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ k^{ 2 } } -4\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ k } +\sum _{ k=1 }^{ 10 }{ 1 } \\ =4\times \frac { 10\times 11\times 21 }{ 6 } -4\times \frac { 10\times 11 }{ 2 } +10=1540-220+10=1330$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)


:$$\tan { \theta  } =-\frac { 12 }{ 5 } \Rightarrow \begin{cases} \sin { \theta  } =\frac { 12 }{ 13 } ,\cos { \theta  } =-\frac { 5 }{ 13 }  \\ \sin { \theta  } =-\frac { 12 }{ 13 } ,\cos { \theta  } =\frac { 5 }{ 13 }  \end{cases}\Rightarrow \sin { 2\theta  } =2\sin { \theta  } \cos { \theta  } =-\frac { 120 }{ 169 } $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(AB)}\)


:$$f\left( x \right) ={ \left( 2x^{ 2 }-1 \right)  }^{ 4 }=g\left( x \right) \left( x-\cos { 15° }  \right) +a\Rightarrow a=f\left( \cos { 15° }  \right) \\ ={ \left( 2\cos ^{ 2 }{ 15° } -1 \right)  }^{ 4 }={ \left( \cos { 30° }  \right)  }^{ 4 }={ \left( \frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 }  \right)  }^{ 4 }=\frac { 9 }{ 16 } $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)


:$${ \overline { BC }  }^{ 2 }={ \overline { AB }  }^{ 2 }+{ \overline { AC }  }^{ 2 }-2\overline { AB } \times \overline { AC } \times \cos { \angle A } =25+9-30\times \cos { 120° } \\ =34-30\times \frac { -1 }{ 2 } =34+15=49\Rightarrow { \overline { BC }  }=7$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)


:$$\overrightarrow { CA } \cdot \overrightarrow { AB } =-\overrightarrow { AC } \cdot \overrightarrow { AB } =-\left| \overrightarrow { AC }  \right| \left| \overrightarrow { AB }  \right| \cos { 60° } =-\frac { 1 }{ 2 } $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)


:$$\left( r\vec { a } +6\vec { b }  \right) \cdot \left( 2\vec { a } -\vec { b }  \right) =2r{ \left| \vec { a }  \right|  }^{ 2 }-r\vec { a } \cdot \vec { b } +12\vec { a } \cdot \vec { b } -6{ \left| \vec { b }  \right|  }^{ 2 }\\ =2r{ \left| \vec { a }  \right|  }^{ 2 }-6{ \left| \vec { b }  \right|  }^{ 2 }=\left( 2r-6 \right) { \left| \vec { a }  \right|  }^{ 2 }=0\Rightarrow r=3$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)


:$$\begin{cases} \overline { AB } =\sqrt { 3^{ 2 }+2^{ 2 }+6^{ 2 } } =7 \\ \overline { BC } =\sqrt { 5^{ 2 }+8^{ 2 }+3^{ 2 } } =7\sqrt { 2 }  \\ \overline { AC } =\sqrt { 2^{ 2 }+6^{ 2 }+3^{ 2 } } =7 \end{cases}$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)


:$$\frac { \vec { a } \cdot \vec { b }  }{ \left| \vec { b }  \right|  } =\frac { 2\times 4+\left( -4 \right) \times \left( -2 \right) +5\times 4 }{ \sqrt { 4^{ 2 }+2^{ 2 }+4^{ 2 } }  } =\frac { 36 }{ 6 } =6$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)



\(E_1的法向量\vec{u}=(1,-2,1),E_2的法向量\vec{v}=(1,1,-2),\)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\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



\(L_1\)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\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)



(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\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)


:$$\begin{cases} A\begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} \\ A\begin{bmatrix} 3 \\ 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 5 \end{bmatrix} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 \\ 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 5 \end{bmatrix} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 2a+3b=2 \\ 3a+4b=1 \\ 2c+3d=1 \\ 3c+4d=5 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=-5 \\ b=4 \\ c=11 \\ d=-7 \end{cases}\\ \Rightarrow a+b+c+d=3$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)


:$$\left( A \right) \begin{cases} f\left( 3 \right) >0 \\ f\left( 4 \right) <0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 4a+b>0 \\ 9a+b<0 \end{cases}\Rightarrow -5a>0\Rightarrow a<0\\ \left( B \right) \begin{cases} 4a+b>0 \\ a<0 \end{cases}\Rightarrow b>0\\ \left( C \right) \begin{cases} 4a+b>0 \\ a<0 \end{cases}\Rightarrow a+b>0\Rightarrow f\left( 0 \right) >0\\ \left( D \right) f\left( -1 \right) =f\left( 3 \right) >0\\ \left( E \right) f\left( -2 \right) =f\left( 4 \right) <0$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(ACD)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(ADE)}\)


:$$\left( B \right) \log _{ 6 }{ \frac { 7 }{ 8 }  } =\log _{ 6 }{ \left( 7\times { 8 }^{ -1 } \right)  } =\log _{ 6 }{ 7 } +\log _{ 6 }{ { 8 }^{ -1 } } =\log _{ 6 }{ 7 } -\log _{ 6 }{ { 8 } } \\ \left( D \right) \log _{ 6 }{ 7 } =\frac { 2 }{ 2 } \log _{ 6 }{ 7 } =\log _{ 6^{ 2 } }{ 7^{ 2 } } =\log _{ 36 }{ 49 } \\ \left( E \right) 令x={ 6 }^{ \log _{ 7 }{ 8 }  }\Rightarrow \log { x } =\log _{ 7 }{ 8 } \times \log { 6 } =\frac { \log { 8 } \times \log { 6 }  }{ \log { 7 }  } =\log _{ 7 }{ 6 } \times \log { 8 } =\log { 8^{ \log _{ 7 }{ 6 }  } } \\ \Rightarrow x=8^{ \log _{ 7 }{ 6 }  }\Rightarrow { 6 }^{ \log _{ 7 }{ 8 }  }=8^{ \log _{ 7 }{ 6 }  }$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(BDE)}\)



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\(\bbox[red,2pt]{(BC)}\)


:$$\left( A \right) P\left( A\cap B \right) =P\left( A \right) +P\left( B \right) -P\left( A\cup B \right) =\frac { 3 }{ 4 } +\frac { 3 }{ 8 } -\frac { 7 }{ 8 } =\frac { 1 }{ 4 } \\ \left( B \right) P\left( B|A \right) =\frac { P\left( A\cap B \right)  }{ P\left( A \right)  } =\frac { \frac { 1 }{ 4 }  }{ \frac { 3 }{ 4 }  } =\frac { 1 }{ 3 } \\ \left( C \right) P\left( A|B \right) =\frac { P\left( A\cap B \right)  }{ P\left( B \right)  } =\frac { \frac { 1 }{ 4 }  }{ \frac { 3 }{ 8 }  } =\frac { 2 }{ 3 } \\ \left( D \right) P\left( A\cap B \right) =\frac { 1 }{ 4 } \neq 0\\ \left( E \right) P\left( A \right) \times P\left( B \right) =\frac { 3 }{ 4 } \times \frac { 3 }{ 8 } =\frac { 9 }{ 32 } \neq \frac { 1 }{ 4 } =P\left( A\cap B \right) $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(AB)}\)



(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\(\bbox[red,2pt]{(ABCE)}\)


:$$\left( C \right) S_{ 2014 }=0\Rightarrow \frac { (2a_{ 1 }+2013d) }{ 2 } \times 2014=0\Rightarrow 2a_{ 1 }+2013d=0\\ \Rightarrow (a_{ 1 }+d)+(a_{ 1 }+2012d)=0\Rightarrow a_{ 2 }+a_{ 2013 }=0\\ \left( D \right) a_{ 103 }+a_{ 1912 }=\left( a_{ 1 }+102d \right) +\left( a_{ 1 }+1911d \right) =2a_{ 1 }+2013d=0\\ \Rightarrow a_{ 1912 }=-a_{ 103 }=-103$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(CD)}\)


:$$x^{ 2 }+y^{ 2 }-4x+2y-k^{ 2 }-k+11=0\Rightarrow { \left( x-2 \right)  }^{ 2 }+{ \left( y+1 \right)  }^{ 2 }=k^{ 2 }+k-6=\left( k+3 \right) \left( k-2 \right) \\ \Rightarrow \left( k+3 \right) \left( k-2 \right) >0\Rightarrow k>2或k<-3$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(AE)}\)


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



(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\(\bbox[red,2pt]{(ABCE)}\)

-- end --

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