103學年度國民中學運動成績優良學生
升學輔導甄試學科考試--數學科詳解
說明:單選題共 30 題,請在答案卡上劃記。
1.計算32−2×(−4)+(−6)÷2=?
(A) 14 (B) 11 (C) -1 (D) -4
解:32−2×(−4)+(−6)÷2=9+8−3=14,故選\bbox[red,2pt]{(A)}
解:無論量角器大小,所量出的角度是否變的,故選\bbox[red,2pt]{(D)}
(A) 17 (B) 34 (C) 23 (D) 46
解:
假設長為a,寬為a-7,由題意知:a^2+(a-7)^2=17^2\Rightarrow a^2-7a-120=0\Rightarrow (a-15)(a+8)=0\Rightarrow a=15,因此周長=(15+(15-7))\times 2=46,故選\bbox[red,2pt]{(D)}
(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 15
解:凸 15 邊形的內角和=(15-2)\times 180=2340,假設有a個內角是銳角,則銳角和小於90a且剩下的(15-a)個內角皆小於180度,即
\frac{2340-90a}{15-a}<180\Rightarrow a<4,因此最多有3個內角是銳角,故選\bbox[red,2pt]{(B)}
5. 已知a 、b 、c皆為質數,且\frac{184}{a}、\frac{105}{b}、\frac{198}{c},也皆為正整數,則a+b+c的最大值為何?
(A) 37 (B) 41 (C) 43 (D) 47
184=2^3\times 23\Rightarrow a的最大值為23
105=3\times 5\times 7\Rightarrow b的最大值為7
198=2\times 9\times 11\Rightarrow c的最大值為11
因此a+b+c的最大值=23+7+11=41,故選\bbox[red,2pt]{(B)}
6. 求12^2-11^2+10^2-9^2+8^2-7^2+6^2-5^2+4^2-3^2+2^1-1^2=?
(A) 78 (B) 143 (C) 145 (D) 156
故選\bbox[red,2pt]{(A)}
7. \triangle ABC中,\angle C的外角為\angle 1,已知\angle 1恰與一個內對角之和等於180 度,則\triangle ABC必為什麼類型三角形?
(A)直角三角形(B)正三角形(C)等腰三角形(D)鈍角三角形
\angle C+\angle 1=180^\circ又\angle 1恰與一個內對角之和等於180 度,所以該對角與\angle C相等,故選\bbox[red,2pt]{(C)}
(A) 4 個(B) 5 個(C) 6 個(D) 7 個
9. 若x=-1為方程式x^2+ax-8=0與(x-a)^2=b的相同解,則b=?
(A) 16 (B) 25 (C) 36 (D) 49
解:
將x=-1代入第一式可得1-a-8=0\Rightarrow a=-7,再將x=-1,a=-7代入第二式可得(-1+7)^2=b\Rightarrow b=6^2=36,故選\bbox[red,2pt]{(C)}
10. 如下圖,已知\overline{BH}=8,且四邊形ABKL、四邊形BCDE、四邊形EFGH、四邊形HIJK 皆為正方形。試問這四個正方形的面積和為多少?
(A) 64 (B) 128 (C) 192 (D) 256
解:
在直角\triangle BKH中,{\overline{BH}}^2={\overline{BK}}^2+{\overline{HK}}^2 = 四邊形ABKL的面積+四邊形HIJK的面積
在直角\triangle BEH中,{\overline{BH}}^2={\overline{BE}}^2+{\overline{EH}}^2 = 四邊形BCDE的面積+四邊形EFGH的面積
因此這四個正方形的面積和=8^2+8^2=128,故選\bbox[red,2pt]{(B)}
(A)\frac{3x-5}{4} (B) \frac{-3x+1}{4} (C) \frac{3x-1}{4} (D) \frac{-3x+5}{4}
解:2x-\frac { 5(x+1) }{ 4 } =\frac { 8x-5(x+1) }{ 4 } =\frac { 8x-5x-5 }{ 4 } =\frac { 3x-5 }{ 4 }
故選\bbox[red,2pt]{(A)}
解:
2013 年載客量約為2 億四千九百零六萬減去2 億零一百五十八萬 = 2.4906\times 10^8 - 2.0158\times 10^8 = 0.4748\times 10^8 == 4.748\times 10^7
故選\bbox[red,2pt]{(C)}
(A) 4 枝(B) 5 枝(C) 6 枝(D) 7 枝
解:假設小民買了彩色筆a枝及鋼珠筆b枝,則35a+28b=210。由於a及b皆為自然數,因此a=2, b=5,則a+b=2+5=7
故選\bbox[red,2pt]{(D)}
14. 如下圖,\angle C=\angle D=\angle E=90^\circ,且F是\overline{AB}的中點,則下列何者正確?
(A) \overline{FE}<\overline{FC}<\overline{FD} (B) \overline{FD}<\overline{FC}<\overline{FE} (C) \overline{FC}<\overline{FE}<\overline{FD} (D) \overline{FE}=\overline{FC}=\overline{FD}
(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限
點(-3,a)代入直線L,可得a=-6+7=1,因此 直線M方程式為y=x-1。
該直線不通過第二象限,故選\bbox[red,2pt]{(B)}
(A)1:6 (B) 1:9 (C) 6:1 (D) 9:1
故選\bbox[red,2pt]{(B)}
17. 化簡(x^2-8x+7)+(5x^2+x-12)後,下列何者為其因式?
(A) 2x+1 (B) 2x-1 (C) 3x+1 (D) 3x-1
解:(x^2-8x+7)+(5x^2+x-12)=6x^2-7x-5=(2x+1)(3x-5)
故選\bbox[red,2pt]{(A)}
解:
該角與角A互補,故選\bbox[red,2pt]{(D)}
19. 右圖數線上,A、B、C、D 四點所表示的數分別為a 、b 、c 、d ,已知a 與b 互為相反數,且\overline{AB}=6\overline{BC},D點為A與C的中點,若將B 點向右平移2 個單位後,可到達C 點,則D點所代表的數d 為何?
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3
a 與b 互為相反數\Rightarrowb=-a
將B 點向右平移2 個單位後,可到達C 點\Rightarrowc=b+2=-a+2
D點為A與C的中點\Rightarrowd=(a+c)/2=(a-a+2)/2=1
故選\bbox[red,2pt]{(B)}
解:\frac{\left|x-y\right|}{\left|3x+y\right|}=0\Rightarrow \left|x-y\right|=0\Rightarrow x=y
因此\frac{\left|x+y \right|}{\left|3x-y\right|}=\frac{\left|x+x \right|}{\left|3x-x\right|}= \frac{\left|2x \right|}{\left|2x\right|}=1
故選\bbox[red,2pt]{(C)}
(A) 36° (B) 72° (C) 108° (D) 144°
解:
五邊形內角總和為(5-2)\times 180=540°,且正五邊形的每一內角=\frac{540}{5}=108°。由上圖可知:\angle AOC=540-90-\angle E-\angle D-90=540-90-108-108-90=144°
故選\bbox[red,2pt]{(D)}
(A) 1/2 (B)7/9 (C) 5/11 (D) 9/13
解:
連接E及G(如上圖),則\triangle DEG面積=\triangle EGF面積 =戊(由於兩三角形有相同的底,且高均相等)且甲=戊。
由於甲+戊=丙+丁+戊,所以甲=丙+丁。
又\overline{BF}:\overline{FC}=1:3,則丁=3丙,甲=丙+丁=4丙
因此(甲+丙)面積:(乙+丁)面積=(4丙+丙):(2戊+3丙)=5丙:(2甲+3丙)=5丙:11丙=5:11
故選\bbox[red,2pt]{(C)}
由於甲+戊=丙+丁+戊,所以甲=丙+丁。
又\overline{BF}:\overline{FC}=1:3,則丁=3丙,甲=丙+丁=4丙
因此(甲+丙)面積:(乙+丁)面積=(4丙+丙):(2戊+3丙)=5丙:(2甲+3丙)=5丙:11丙=5:11
故選\bbox[red,2pt]{(C)}
(A) 內心 (B) 重心 (C) 外心 (D) 以上皆非
解:依題意作圖如上,由於P、Q、R為I之對稱點,所以\overline{IP}\bot\overline{AB}, \overline{IQ}\bot\overline{BC}及\overline{IR}\bot\overline{AC}且\overline{PE}=\overline{EI}, \overline{IG}=\overline{GQ}及\overline{IF}=\overline{FR}
又I為內心,所以\overline{IE}=\overline{IG}= \overline{IG}。因此\overline{IP}=\overline{IQ}= \overline{IR},也就是I至三頂點距離相等,故選\bbox[red,2pt]{(C)}
解:5\sqrt{2}+\frac{\sqrt{72}}{3}=5\sqrt{2}+\frac{6\sqrt{2}}{3}\approx 7\sqrt{2}=7\times 1.4= 9.8
故選\bbox[red,2pt]{(A)}
(A) 4-\pi (B)1 (C)\frac{\pi}{4} (D) 1-\frac{\pi}{4}
在直角\triangle ABC中,由於\overline{AB}=5,\overline{AC}=3,所以\overline{BC}=4。
令內切圓半徑=r,見上圖,則\overline{AB}=\overline{AD}+\overline{DB}\Rightarrow 5=(3-r)+(4-r)\Rightarrow r=1。
灰色面積=正方形減去四分之一圓=1-\frac{\pi}{4},故選\bbox[red,2pt]{(D)}
軸的距離為 3,則此P點到x軸的距離可能為何?
(A) 4/3 (B) 2/3 (C) 8 (D)9
解:令f(x)=ax+b,將(0,-1)、(1, 2)代入,可得a=3,b=-1,因此f(x)=3x-1
由題意可知P點座標為(3, m)或(-3,m),將(3,m)代入f(x)可得m=8;將(-3,m)代入可得m=-10,故選\bbox[red,2pt]{(D)}
(A) 1:4 (B) π:4 (C) 1:2 (D) 1:9
解:
由於ABCD 為一菱形(\overline{AB}=\overline{BC})且\angle ABC=60^\circ,所以\triangle ABC為一正三角形;
又\overline{AC}=\overline{BC}=\overline{CD}=\overline{AD},所以\triangle DAC也是正三角形;
此題相當於求一正三角形的外接圓與內切圓的面積比例。本題可利用正三角形的重心與外心為同一點之特性。
令正三角形的頂點至底邊的長度為a,則外接圓的半徑為\frac{2a}{3},內切圓的半徑為\frac{a}{3},兩者比例為2:1 (重心的特性),因此面積比為4:1
故選\bbox[red,2pt]{(A)}
又\overline{AC}=\overline{BC}=\overline{CD}=\overline{AD},所以\triangle DAC也是正三角形;
此題相當於求一正三角形的外接圓與內切圓的面積比例。本題可利用正三角形的重心與外心為同一點之特性。
令正三角形的頂點至底邊的長度為a,則外接圓的半徑為\frac{2a}{3},內切圓的半徑為\frac{a}{3},兩者比例為2:1 (重心的特性),因此面積比為4:1
故選\bbox[red,2pt]{(A)}
28. . 如下圖,P 為△ABC 內某一點,\overline{PA}=,\overline{PB},\overline{PC}將△ABC 分割成甲、乙、丙三個小三角形。若將其剪下,並將\overline{AB}=,\overline{BC},\overline{CA}排列在一直線 L 上,則在 L 同側的三個 P 點會共線且與L 平行,試問 P 點必為△ABC 的哪一個心?
(A) 外心 (B) 內心 (C) 重心 (D) 以上皆非
解:
三個 P 點會共線且與L 平行表示三個P點與L的距離相等,也就是P點至三邊的距離等長,其為內心,故選\bbox[red,2pt]{(B)}
29. 如右圖,已知 B、C、F、E 四點在同一直線上,\overline{AB}=\overline{AC},\overline{BD}、\overline{CD}分別為\angle ABC、\angle ACE的角平分線,且 \overline{DF}為\overline{CD}的垂直平分線,若\angle 1=20度,則\angle BAC-\angle BDE?
\overline{BD}為\angle ABC的角平分線\Rightarrow \angle ABD=\angle 1=20^\circ
\overline{AB}=\overline{AC}\Rightarrow \angle ACB=\angle B=40^\circ\Rightarrow \angle A=180-40-40=100^\circ
\overline{CD}為\angle ACE的角平分線\Rightarrow \angle DCE=\frac{\angle ACE}{2}=\frac{180-40}{2}=70^\circ
\overline{DF}為\overline{CD}的垂直平分線\Rightarrow \angle E=\angle DCE=70^\circ\Rightarrow \angle CDE=180-70-70=40^\circ
在\triangle BCD中, \angle CDB=180-20-40-70=50^\circ\Rightarrow \angle D=50+40=90^\circ
因此\angle BAC-\angle BDE=100-90=10^\circ
30. 如右圖,已知梯形
ABCD,\overline{AB}//\overline{DC},\overline{AB}=\overline{AD}=4公分,若\angle A=60度,\angle ABC=150度,,則梯形面積為何?
(A)4\sqrt{3} 平方公分 (B)6\sqrt{3} 平方公分 (C)8\sqrt{3} 平方公分 (D)12\sqrt{3} 平方公分
解:
過B點,畫一垂線\overline{BE},E在直線\overline{CD}上,如上圖
由於\overline{AB}=\overline{AD}且\angle A=60度,所以\triangle ABD為一正三角形
由於\triangle CBD之三內角為30-60-90,所以\overline{CD}=2\overline{BD}=8
由於\triangle BDE之三內角也為30-60-90,所以\overline{BE}= \overline{BD} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=4\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}
梯形面積=\frac{(\overline{AB}+\overline{CD})\overline{BE}}{2}=\frac{(4+8)\times2\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}
解:
三個 P 點會共線且與L 平行表示三個P點與L的距離相等,也就是P點至三邊的距離等長,其為內心,故選\bbox[red,2pt]{(B)}
(A)10度 (B)20度 (C)30度 (D)40度
解:\overline{BD}為\angle ABC的角平分線\Rightarrow \angle ABD=\angle 1=20^\circ
\overline{AB}=\overline{AC}\Rightarrow \angle ACB=\angle B=40^\circ\Rightarrow \angle A=180-40-40=100^\circ
\overline{CD}為\angle ACE的角平分線\Rightarrow \angle DCE=\frac{\angle ACE}{2}=\frac{180-40}{2}=70^\circ
\overline{DF}為\overline{CD}的垂直平分線\Rightarrow \angle E=\angle DCE=70^\circ\Rightarrow \angle CDE=180-70-70=40^\circ
在\triangle BCD中, \angle CDB=180-20-40-70=50^\circ\Rightarrow \angle D=50+40=90^\circ
因此\angle BAC-\angle BDE=100-90=10^\circ
故選\bbox[red,2pt]{(A)}
(A)4\sqrt{3} 平方公分 (B)6\sqrt{3} 平方公分 (C)8\sqrt{3} 平方公分 (D)12\sqrt{3} 平方公分
解:
過B點,畫一垂線\overline{BE},E在直線\overline{CD}上,如上圖
由於\overline{AB}=\overline{AD}且\angle A=60度,所以\triangle ABD為一正三角形
由於\triangle CBD之三內角為30-60-90,所以\overline{CD}=2\overline{BD}=8
由於\triangle BDE之三內角也為30-60-90,所以\overline{BE}= \overline{BD} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=4\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}
梯形面積=\frac{(\overline{AB}+\overline{CD})\overline{BE}}{2}=\frac{(4+8)\times2\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}
故選\bbox[red,2pt]{(D)}
-- END --
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