104年警專34期甲組數學科詳解

解：

兩直線互相垂直⇒斜率相乘 = -1 ⇒$\frac{-k}{3}\times(-2)=-1\Rightarrow k=\frac{-3}{2}$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $$6<\sqrt { 37 } <7\Rightarrow -7<-\sqrt { 37 } <-6\Rightarrow 84<91-\sqrt { 37 } <85\\ \Rightarrow \sqrt { 84 } <\sqrt { 91-\sqrt { 37 }  } <\sqrt { 85 } \Rightarrow 9<\sqrt { 91-\sqrt { 37 }  } <10$$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：

由於各點座標對稱圓心，X與Y完全不相關，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
f(0),   f(1),   f(2) ,   f(3)均為負數，f(4)=7>0，所以正根介於3與4之間，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：

$$\vec{a}\cdot\vec{b}=-1\Rightarrow (3,8)\cdot(5,k)=-1\Rightarrow 15+8k=-1\Rightarrow k=-2$$ 故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：

$2^0+2^1+2^2+...+2^n=2^{n+1}-1=4095\Rightarrow 2^{n+1}=4096\Rightarrow n=11$，

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：

(A)$\log_4{16}=2$  (C)$\log_3{20}=\log_3{4}+\log_3{5}$ (D)$\log_A{B}$, B必須大於0

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：

任三點的可能 - L1上任三點的可能 - L2上任三點的可能 = $C^{11}_3-C^5_3-C^6_3$ = 165-10-20 = 135，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解：

一個標準差的範圍(50分至70分之間)比例為68%，所以50分至60及60分至70分的比例皆為68/2 = 34%；二個標準差的範圍(40分至80分之間)比例為95%，所以40分至50及70分至80分的比例皆為   (95-68)/2 = 13.5%。因此成績介於50分到80分的比例為68%+13.5%=81.5%，也就是有  1000 x81.5%   =   815人，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解： $$\overrightarrow { PA } \cdot \overrightarrow { PB } =\left| \overrightarrow { PA }  \right| \left| \overrightarrow { PB }  \right| \cos { \angle APB } =\left| \overrightarrow { PA }  \right| \left| \overrightarrow { PB }  \right| \cos { \pi  } =-\left| \overrightarrow { PA }  \right| \left| \overrightarrow { PB }  \right|$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
$40^{2015}=\left(13\times 3+1\right)^{2015}$，因此該數除以13的餘數與$1^{2015}$除以13的餘數是一樣的，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解：

標準差大代表各數與平均數的距離和越大，

(A)平均數=3, 各數與平均數的和=2+1+0+1+2

(B)平均數=6, 各數與平均數的和=4+2+0+2+4

(C)平均數=8, 各數與平均數的和=2+1+0+1+2

(D)平均數=10, 各數與平均數的和=0+0+0+0

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
擲三粒骰子，共有6x6x6=216種情形，其中點數和為8的情形如下
{6, 1,   1}  有3種情形
{5,   2,   1} 有6種情形
{4,  3,   1} 有6種情形
{4,   2,  2} 有3種情形
{3,   3,   2}   有3種情形
因此共有3+6+6+3+3  =21種情形，機率為21/216   =   7/72
故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
在直角$\triangle   CBA中，{\overline{AB}}^2={\overline{AC}}^2-{\overline{BC}}^2={\overline{AC}}^2-9$
在直角$\triangle  PAC中，{\overline{PA}}^2={\overline{PC}}^2-{\overline{AC}}^2=169 -{\overline{AC}}^2$

在直角$\triangle  PAB中，{\overline{PB}}^2={\overline{PA}}^2+{\overline{AB}}^2=({\overline{AC}}^2-9 )+ ( 169 -{\overline{AC}}^2)   =  160\\ \Rightarrow  \overline{PB}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解： $$\begin{vmatrix} 1 & -2 & 3 \\ 1 & 7 & -3 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=7+3+6-21+2+3=0$$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解： $$\begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix}=2\Rightarrow ad-bc=2\Rightarrow \begin{vmatrix} c & 4d \\ 3a & 12b \end{vmatrix}=12bc-12ad\\ =12\left( bc-ad \right) =12\times \left( -2 \right) =-24$$
故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解：
不良品機率為$50\%\times   2\%+30\%\times   3\%+20\%\times   4\%=1\%+0.9\%+0.8\%=2.7\%$，A機器的不良品比例為$50\%\times   2\%=1\%$。因此不良品相自A機器的機率為$\frac{1\%}{2.7\%}=\frac{10}{27}$，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
三點共線$\Rightarrow \overrightarrow{BC}=t\cdot\overrightarrow{AC}\Rightarrow$ (-2,2,4)= t(-a, 3-b,2)，即 $$\begin{cases} -2=-ta \\ 2=t(3-b) \\ 4=2t \end{cases}\Rightarrow t=2且\begin{cases} -2=-2a \\ -4=-2b \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=1 \\ b=2 \end{cases}\\ \Rightarrow a+10b=1+20=21$$
故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：
$\vec{a}//\vec{b}\Rightarrow   \frac{1}{5}=\frac{2}{\alpha}\Rightarrow   \alpha=10$，又
$\vec{a}\bot\vec{b}\Rightarrow  (3,2)\cdot(\beta,-3)=0\Rightarrow   3\beta=6\Rightarrow \beta=2$。因此$\alpha-\beta=10-2=8$，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
圓心(3,4)至直線的距離為$\left| \frac { 4\times 3+3\times 4+6 }{ \sqrt { 4^{ 2 }+3^{ 2 } }  }  \right| =\frac { 30 }{ 5 } =6$=圓半徑，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解：

$\angle BCD=60^\circ\Rightarrow   \angle   BAD=120^\circ$，利用餘弦定理：
${\overline{BD}}^2={\overline{AD}}^2+{\overline{AB}}^2-2\overline{AD}\cdot \overline{AB}\cos{\angle BAD} =4+1-4\times\frac{-1}{2}=7\Rightarrow   \overline{BD}=\sqrt{7}$，

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
取出黑球的機率為3/5，取出白球的機率為2/5。因此期望值為$100\times\frac{3}{5}+ 200\times\frac{2}{5}$ =  60+80=140，故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解：$\overrightarrow { AB } \times \overrightarrow { AC } =\left( 2\times 3-1\times 4,5\times 1-2\times 3,2\times 4-2\times 5 \right) =\left( 2,-1,-2 \right)$，故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解：
集集地震的能量為$10^{7.3}$，嘉義地震的能量為$10^{6.4}$，因此集集地震為嘉義地震的倍數為$\frac{10^{7.3}}{10^{6.4}}=10^{0.9}$。令$10^{0.9}=x$，則$\log{x}=0.9\approx 3\log{2} = \log{8}\Rightarrow x=8$，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解： $$\lim _{ n\rightarrow \infty  }{ \sqrt [ n ]{ { 3 }^{ n }+{ 7 }^{ n } }  } =\lim _{ n\rightarrow \infty  }{ \left( 7\cdot \sqrt [ n ]{ { \left( \frac { 3 }{ 7 }  \right)  }^{ n }+{ \left( \frac { 7 }{ 7 }  \right)  }^{ n } }  \right)  } =7\lim _{ n\rightarrow \infty  }{ \left( \sqrt [ n ]{ { \left( \frac { 3 }{ 7 }  \right)  }^{ n }+1 }  \right)  } =7$$

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $${ \left( \cos { 10° } +i\sin { 10° }  \right)  }^{ 12 }=\cos { 120° } +i\sin { 120° } =-\frac { 1 }{ 2 } +\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } i$$

故選$\bbox[red,2pt]{(A)}$

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解：

令$\angle BAC=\theta$，則$\angle BOC=2\theta$。由餘弦定理可知：
${\overline{BC}}^2={\overline{OB}}^2+{\overline{OC}}^2-2\overline{OB}\cdot\overline{OC} \cos{2\theta}\Rightarrow 36=2R^2-2R^2(1-2\sin^2{\theta})\\ =2R^2-2R^2(1-\frac{9}{8}) \Rightarrow 2R^2\times\frac{9}{8}=36\Rightarrow R=4$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$\vec { a } \cdot \vec { b } =\left| \vec { a }  \right| \left| \vec { b }  \right| \cos { \theta  } =\sqrt { 2^{ 2 }+(-1)^{ 2 }+2^{ 2 } } \cdot 9\cdot \cos { \theta  } \\ =27\cos { \theta  }$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解： $$f\left( x \right) =4\sin { x } +3\cos { x } =5\left( \frac { 4 }{ 5 } \sin { x } +\frac { 3 }{ 5 } \cos { x }  \right) =5\left( \cos { y } \sin { x } +\sin { y } \cos { x }  \right) \\ =5\sin { \left( x+y \right)  }\Rightarrow -5\le f\left( x \right)\le 5$$

故選$\bbox[red,2pt]{(D)}$

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解： $$\begin{bmatrix} 0.8 & 0.3 \\ 0.2 & 0.7 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 甲 \\ 乙 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 甲 \\ 乙 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} 甲=0.8甲+0.3乙 \\ 乙=0.2甲+0.7乙 \end{cases}\Rightarrow 2甲=3乙\\ 又甲+乙=1\Rightarrow \frac { 3 }{ 2 } 乙+乙=1\Rightarrow 乙=\frac { 2 }{ 5 } ,甲=\frac { 3 }{ 5 } =0.6$$

故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解：

橢圓上的點與Y軸、x=1及中心點(1,0)對稱，如上圖。
(3, 4)與x=1之對稱點為(-1,4)
(3, 4)與中心點(1,0)之對稱點為(-1, -4)
(3, 4)與X軸對稱點為(3, -4)

故選$\bbox[red,2pt]{(CDE)}$

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解：
先找出每一頂點的座標，即A=(0,0,2),   B(0,2,2),   C(2,2,2),   D(2,0,2),   E(0,0,0),   F(0,2,0)
由於K在中心，所以K=(1,1,2)；M=(0,2,1)。
$\overrightarrow{KM}=$(0-1,2-1,1-2)=  (-1,1,-1)，同理$\overrightarrow{AB}$=(0,2,0)、$\overrightarrow{AD} =$  (2,0,0)、$\overrightarrow{AE}=$(0,0,-2)。 $$\overrightarrow { KM } =a\overrightarrow { AB } +b\overrightarrow { AD } +c\overrightarrow { AE } =a\left( 0,2,0 \right) +b\left( 2,0,0 \right) +c\left( 0,0,-2 \right) \\ \Rightarrow \begin{cases} -1=2b \\ 1=2a \\ -1=-2c \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=\frac { 1 }{ 2 }  \\ b=\frac { -1 }{ 2 }  \\ c=\frac { 1 }{ 2 }  \end{cases}$$

故選$\bbox[red,2pt]{(AE)}$

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解： $$\left( A \right) a=1\Rightarrow \begin{cases} 2y=0 \\ 3x+y=0 \end{cases}\Rightarrow 只有一解\left( 0,0 \right) \\ \left( B \right) a=-1\Rightarrow \begin{cases} 2x+2y=0 \\ 3x+3y=0 \end{cases}\Rightarrow 有無限多組解\\ \left( C \right) a=4\Rightarrow \begin{cases} -3x+2y=0 \\ 3x-2y=0 \end{cases}\Rightarrow 有無限多組解\\ \left( D \right) a=3\Rightarrow \begin{cases} -2x+2y=0 \\ 3x-y=0 \end{cases}\Rightarrow 只有一解\left( 0,0 \right)$$

故選$\bbox[red,2pt]{(BC)}$

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解：
旋轉矩陣為$\begin{bmatrix} \cos { \theta  }  & -\sin { \theta  }  \\ \sin { \theta  }  & \cos { \theta  }  \end{bmatrix}$
(A)若$\cos{\theta}=\frac{4}{5}且\sin{\theta}=\frac{3}{5}$，符合旋轉矩陣要求。
(B)旋轉矩陣元素皆介於-1及1之間
(C)若$\theta=\pi$符合旋轉矩陣要求。
(D)若$\theta=-\frac{\pi}{2}$符合旋轉矩陣要求。
(E)若$\theta=\frac{\pi}{2}$符合旋轉矩陣要求。

故選$\bbox[red,2pt]{(ACDE)}$

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解： $$\left( A \right) -2\le 2\sin { 3x } \le 2\Rightarrow \left| f\left( x \right)  \right| \le 2\\ \left( B \right) \frac { \pi  }{ 2 } <3<\pi \Rightarrow \sin { 3 } >0\Rightarrow f\left( 1 \right) >0\\ \left( C \right) 3x=2\pi \Rightarrow x=\frac { 2 }{ 3 } \pi \\ \left( D \right) f\left( \frac { \pi  }{ 2 }  \right) =2\sin { \frac { 3\pi  }{ 2 }  } =-2為最小值\\ \left( E \right) f\left( \frac { -\pi  }{ 2 }  \right) =2\sin { \frac { -3\pi  }{ 2 }  } =2為最大值$$

故選$\bbox[red,2pt]{(ABC)}$

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解： $$\left( A \right) P\left( A \right) =1-P'\left( A \right) =1-0.6=0.4\\ \left( B \right) P\left( A\cup B \right) =P\left( A \right) +P\left( B \right) -P\left( A\cap B \right) \Rightarrow 0.9=0.4+P\left( B \right) -0.2\Rightarrow P\left( B \right) =0.7\\ \left( C \right) P\left( A|B \right) =\frac { P\left( A\cap B \right)  }{ P\left( B \right)  } =\frac { 0.2 }{ 0.7 } =\frac { 2 }{ 7 } \\ \left( D \right) P\left( B|A \right) =\frac { P\left( A\cap B \right)  }{ P\left( A \right)  } =\frac { 0.2 }{ 0.4 } =\frac { 1 }{ 2 } \\ \left( E \right) P\left( A'|B \right) =\frac { P\left( A'\cap B \right)  }{ P\left( B \right)  } =\frac { P\left( B \right) -P\left( A\cap B \right)  }{ 0.7 } =\frac { 0.7-0.2 }{ 0.7 } =\frac { 5 }{ 7 }$$
故選$\bbox[red,2pt]{(AD)}$

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解：

(A) 圖形對稱X軸，即對稱於y=0
(B)頂點為(0,0)
(C)焦點為(-1,0)
(D)準線為x=1
(E)開口朝左

故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解：
(A)P(X=0)⇒4次都是反面⇒P(X=0)=${\left(\frac{1}{2}\right)}^4=\frac{1}{16}$
(B)P(X$\le$1)⇒4次都是反面及只有1次正面⇒P(X$\le$1)=$\frac{1}{16}+4\times\frac{1}{16}=\frac{5}{16}$
(C)P(X$\ge$1)=1-P(X=0)=1-$\frac{1}{16}=\frac{15}{16}$
(D)P(X=2)⇒2次正面及2次反面，共有$C^4_2=6$種情況，機率為$6\times\frac{1}{16}=\frac{6}{16}$
(E)P(2<X$\le 4$)=P(X=3)+P(X=4)=$\frac{4}{16}+\frac{1}{16}=\frac{5}{16}$

故選$\bbox[red,2pt]{(ABE)}$

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解：
(A)支持比率   =   80/400=   0.2
(B) 標準差 =$\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} =\sqrt{\frac{0.2\times 0.8}{400}}=0.02\Rightarrow$抽樣誤差為$2\sigma$=4%
(C)信賴區間=[0.2-0.04,0.2+0.04]  = [0.16,   0.24]
(D)此乃定義
(E)若支持比率仍為0.2，人數變四倍，則信賴區間長度減半。但題目未說明支持比率是否仍為0.2，因此無法確定信賴區間的長度

故選$\bbox[red,2pt]{(AD)}$

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解：
(A)相關係數為0.6，是一個正值，所以是正相關。
(B)相關係數不會改變
(C)迴歸直線必經$(\bar{X},\bar{Y}$=(70, 60)，又經過(30, 45)，所以可以求得直線方程式為   $y=\frac{3}{8}x+\frac{270}{8}$。將(94, 69)代入，符合直線方程式。
(D)直線斜率為$\frac{3}{8}$=0.375。
(E)迴歸直線的斜率=相關係數$\times\frac{\sigma_y}{\sigma_x}\Rightarrow\frac{\sigma_y}{\sigma_x}=\frac{斜率}{相關係數}=\frac{\frac{3}{8}}{0.6}=$0.625<1$\Rightarrow   \sigma_x>\sigma_y$

故選$\bbox[red,2pt]{(CE)}$

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-- END --