網頁

2017年10月20日 星期五

104年警專34期甲組數學科詳解





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


:$$6<\sqrt { 37 } <7\Rightarrow -7<-\sqrt { 37 } <-6\Rightarrow 84<91-\sqrt { 37 } <85\\ \Rightarrow \sqrt { 84 } <\sqrt { 91-\sqrt { 37 }  } <\sqrt { 85 } \Rightarrow 9<\sqrt { 91-\sqrt { 37 }  } <10$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)



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


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


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



\(2^0+2^1+2^2+...+2^n=2^{n+1}-1=4095\Rightarrow 2^{n+1}=4096\Rightarrow n=11\),
故選\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



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



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



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


:$$\overrightarrow { PA } \cdot \overrightarrow { PB } =\left| \overrightarrow { PA }  \right| \left| \overrightarrow { PB }  \right| \cos { \angle APB } =\left| \overrightarrow { PA }  \right| \left| \overrightarrow { PB }  \right| \cos { \pi  } =-\left| \overrightarrow { PA }  \right| \left| \overrightarrow { PB }  \right| $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)



\(40^{2015}=\left(13\times 3+1\right)^{2015}\),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\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)



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



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



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


:$$\begin{vmatrix} 1 & -2 & 3 \\ 1 & 7 & -3 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=7+3+6-21+2+3=0$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)


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



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



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



\(\vec{a}//\vec{b}\Rightarrow   \frac{1}{5}=\frac{2}{\alpha}\Rightarrow   \alpha=10\),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\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)



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




\(\angle BCD=60^\circ\Rightarrow   \angle   BAD=120^\circ\),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\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)



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


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



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


:$$\lim _{ n\rightarrow \infty  }{ \sqrt [ n ]{ { 3 }^{ n }+{ 7 }^{ n } }  } =\lim _{ n\rightarrow \infty  }{ \left( 7\cdot \sqrt [ n ]{ { \left( \frac { 3 }{ 7 }  \right)  }^{ n }+{ \left( \frac { 7 }{ 7 }  \right)  }^{ n } }  \right)  } =7\lim _{ n\rightarrow \infty  }{ \left( \sqrt [ n ]{ { \left( \frac { 3 }{ 7 }  \right)  }^{ n }+1 }  \right)  } =7$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(B)}\)


:$${ \left( \cos { 10° } +i\sin { 10° }  \right)  }^{ 12 }=\cos { 120° } +i\sin { 120° } =-\frac { 1 }{ 2 } +\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } i$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(A)}\)



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


:$$\vec { a } \cdot \vec { b } =\left| \vec { a }  \right| \left| \vec { b }  \right| \cos { \theta  } =\sqrt { 2^{ 2 }+(-1)^{ 2 }+2^{ 2 } } \cdot 9\cdot \cos { \theta  } \\ =27\cos { \theta  } $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)


:$$f\left( x \right) =4\sin { x } +3\cos { x } =5\left( \frac { 4 }{ 5 } \sin { x } +\frac { 3 }{ 5 } \cos { x }  \right) =5\left( \cos { y } \sin { x } +\sin { y } \cos { x }  \right) \\ =5\sin { \left( x+y \right)  }\Rightarrow -5\le f\left( x \right)\le 5 $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)


:$$\begin{bmatrix} 0.8 & 0.3 \\ 0.2 & 0.7 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 甲 \\ 乙 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 甲 \\ 乙 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} 甲=0.8甲+0.3乙 \\ 乙=0.2甲+0.7乙 \end{cases}\Rightarrow 2甲=3乙\\ 又甲+乙=1\Rightarrow \frac { 3 }{ 2 } 乙+乙=1\Rightarrow 乙=\frac { 2 }{ 5 } ,甲=\frac { 3 }{ 5 } =0.6$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)



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


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


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



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


:$$\left( A \right) -2\le 2\sin { 3x } \le 2\Rightarrow \left| f\left( x \right)  \right| \le 2\\ \left( B \right) \frac { \pi  }{ 2 } <3<\pi \Rightarrow \sin { 3 } >0\Rightarrow f\left( 1 \right) >0\\ \left( C \right) 3x=2\pi \Rightarrow x=\frac { 2 }{ 3 } \pi \\ \left( D \right) f\left( \frac { \pi  }{ 2 }  \right) =2\sin { \frac { 3\pi  }{ 2 }  } =-2為最小值\\ \left( E \right) f\left( \frac { -\pi  }{ 2 }  \right) =2\sin { \frac { -3\pi  }{ 2 }  } =2為最大值$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(ABC)}\)


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



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



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



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



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


-- END --

沒有留言:

張貼留言