105 學年度學科能力測驗試題
數學考科詳解
一、單選題
解:f(x)在x=2時有最小值1⇒f(x)=a(x−2)2+1,a>0又f(3)=3⇒3=a+1⇒a=2⇒f(1)=2×(1−2)2+1=3
故選(3)
解:
sin146°=sin(180°−146°)=sin34°sin219°=−sin(219°−180°)=−sin39°sin292°=−sin(360°−292°)=−sin68°sin365°=sin(365°−360°)=sin5°⇒sin73°>sin146°>sin365°>sin219°>sin292°⇒中位數是sin365°
故選(5)
解:
Γ1代表圓心(-1,0)半徑為1的圓;
而Γ2:(x+y)2=1⇒(x+y+1)(x+y−1)=0⇒Γ2代表二平行直線x+y+1=0及x+y−1=0;
因此Γ1與Γ2交於兩點,如下圖。
故選(2)
解:
假設剛開始的時候,B的質量為b、A的質量為2b,及B的半衰期為x,則2b×(12)1207.5=b×(12)120x⇒(12)15=(12)120x⇒x=8
故選(1)
解:
P(1,1,1)沿著→a=(1,2,2)前進變成Q(1+t,1+2t,1+2t)Q在x−y+3z=28上⇒(1+t)−(1+2t)+3(1+2t)=28⇒t=5⇒Q=(6,11,11)⇒¯PQ=√52+102+102=15⇒速度為15/5=3又Q=(6,11,11)沿著→b=(−2,2,−1)前進變成R(6−2s,11+2s,11−s)R在x=2上⇒6−2s=2⇒s=2⇒R=(2,15,9)⇒¯QR=√42+42+22=6⇒需時6/3=2
故選(2)
解:
{∑10k=1ak=80a1+a3+a5+a7+a9=120⇒{a1(1−r10)1−r=80a1(1−r10)1−r2=120⇒1−r21−r=80120⇒1+r=23⇒r=−13⇒a1(1−(−13)10)1−(−13)=80⇒a1(1−1310)=3213⇒a1=3213×310310−1≈3213=107
故選(4)
二、多選題
解:
由於|x|+|x−5|=|x|+|5−x|≥|x+(5−x)|=5,所以(1)沒有實數解、(2)有實數解;
又|x|−|x−5|=≤|x−(x−5)|=5⇒−5≤|x|−|x−5|≤5,所以(3)及(5)有實數解、(4)沒有實數解
故選(2,3,5)
解:
(1)甲商場買一袋3顆裝的蘋果需要130元、買三袋1顆裝的蘋果需要45×3=135元
(2)乙商場中,奇異果每顆單價依序為18, 50/3=17, 65/4=16, 95/6=15.8,符合一袋裝越多顆者,其每顆單價越低
(3)「80元/一袋5顆」可買六袋共30顆,還剩20元可再買「20元/一袋1顆」,共可買31顆蘋果
(4)甲需要100×2=200元買奇異果及45+130=175元買蘋果,合計375元;
乙需要95×2=190元買奇異果及190元買蘋果,合計380元;甲<乙
(5)買10顆蘋果,甲需要340+45×2=430元、乙需要420元,甲>乙
故選(1,2,4)
解:z軸可以表示成:(0,0,t),t∈R(1)L1與z軸交於原點(0,0,0)⇒不歪斜(2)L2與z軸交於原點(0,0,1)⇒不歪斜(3)L3可以表示成:(u,1−u,0),u∈R;顯然L3與z軸既不相交也不平行(4)L4可以表示成:(1,1,u),u∈R;顯然L4與z軸不相交,但兩者向量皆是(0,0,1)⇒不歪斜(5)L5可以表示成:(u,1,1),u∈R;顯然L5與z軸既不相交也不平行
故選(3,5)
解:
(1) 由於a、b、c皆大於0,對於所有x>0而言,f(x)一定大於零,也就是說f(x)沒有正根。
(2)舉一個沒有實根的例子:f(x)=(x2+1)(x2+x+2)=x4+x3+3x2+x+2沒有實根
(3)舉一個沒有虛根的例子:f(x)=(x+1)3(x+2)=x4+5x3+9x2+7x+2沒有虛根
(4)f(1)+f(−1)=(1+a+b+c+2)+(1−a+b−c+2)=2+2b+4=6+2b一定是偶數
(5)若有一根介於-1與0之間,代表f(−1)×f(0)<0⇒(1−a+b−c+2)×2<0⇒1−a+b−c+2<0⇒a+c>b+3
故選(1,4,5)
解:
(1)40log10(9+110)+60=40log10(1)+60=0+60=60(2)40log10(20+110)+60=40log10(2110)+60=40(log103+log107−1)+60≈40(0.4771+0.8451−1)+60=40×0.3222+60=72.888>70(3)x1=9⇒40log10(x1+110)+60=60;x2=59⇒40log10(x2+110)+60=40(0.301+0.4771)+60≈91x2−x1=(59−9)=50>(91−60)=31⇒全距變小
故選(1,2,4)
解:
依題意此三角形不是唯一的,上圖之△ABC1與△ABC2都符合要求。
值得注意的是∠AC1B與∠AC2B互補。
(1)由於∠B的值不確定,因此其餘弦值不確定
(2)由於∠AC1B與∠AC2B互補,因此其正弦值相同
(3)△ABC1與△ABC2面積顯然不同
(4)△ABC1與△ABC2大小不同,內切圓顯然不同
(5)依正弦定理: △ABC1外接圓半徑=¯BC12sin∠A,△ABC2外接圓半徑=¯BC22sin∠A,由於¯BC1=¯BC2=4,所以兩者外接圓半徑相等
故選(2,5)
解:
(1) P(A抽到甲)=1/4, P(C抽到甲)=P(A沒抽到甲) X P(B沒抽到甲) X P(C抽到甲)=(3/4)X(1)X(1/2)=3/8,因此P(A抽到甲)<P(C抽到甲)
(2)P(D抽到甲)=P(A沒抽到甲) X P(B沒抽到甲) X P(C沒抽到甲)XP(D抽到甲) = (3/4)‧(1)‧(1/2)‧(1) =P(C抽到甲)
(3)P(A抽到乙)=1/4, P(B抽到乙)=P(A抽到甲) X P(B抽到乙) +P(A抽到非甲也非乙) X P(B抽到乙) = (1/4)‧(1/3)+(1/2)‧(1/2)=1/12+1/4=1/3,因此P(A抽到乙)<P(B抽到乙)
(4)P(B抽到丙)=P(A抽到甲) X P(B抽到丙)+ P(A抽到乙或丁) X P(B抽到丙)=(1/4)‧(1/3)+(1/2)‧(1/2) = 1/12+1/4=1/3;P(C抽到丙)=P(A抽到甲) X P(乙沒抽到丙)XP(C抽到丙) + P(A抽到乙或丁)X P(乙沒抽到丙)XP(C抽到丙) = (1/4)‧(2/3)‧(1/2) + (1/2)‧(1/2)‧(1/2)=5/24,因此P(B抽到丙)>P(C抽到丙)
(5)P(C抽到甲)=P(A沒抽到甲)XP(乙沒抽到甲)XP(C抽到甲)=(3/4)‧(1)‧(1/2)=3/8;P(C抽到乙) = P(C抽到丙)=5/24,因此P(C抽到甲)>P(C抽到丙)
故選(4,5)
第貳部分:選填題
解:
第一列有23=8種情形,需扣除全為零(0,0,0),故有8-1=7種情形;
第二列也有7種情形,但不能與第一相同,所以有7-1=6種情形;
因此矩陣有7×6=42個
答:(42)
解:
→u與→v所展開的平行四邊形面積為‖。因此\Omega =\left( \frac { 1 }{ 2 } -\left( -3 \right) \right) \times \left( 1-\frac { 1 }{ 2 } \right) \times 2=\frac { 7 }{ 2 }
故選\bbox[red,2pt]{\frac { 7 }{ 2 }}
解:
\overline{BF_2}=\sqrt{1+2^2}=\sqrt{5},2a=\overline{BF_1}+\overline{BF_2}=1+\sqrt{5}
答:\bbox[red,2pt]{1+\sqrt{5}}
解:
\begin{cases} x+2y+3z=0 \\ 2x+y+3z=6 \\ x-y=6 \\ x-2y-z=8 \end{cases}\Rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 0 \\ 2 & 1 & 3 & 6 \\ 1 & -1 & 0 & 6 \\ 1 & -2 & -1 & 8 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 0 \\ 0 & -3 & -3 & 6 \\ 0 & -3 & -3 & 6 \\ 0 & -4 & -4 & 8 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & 1 & -2 \end{bmatrix}\\ \Rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 0 & a & b \\ 0 & 1 & c & d \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} a=1 \\ b=4 \\ c=1 \\ d=-2 \end{cases}
答:\bbox[red,2pt]{(1,4,1,-2)}
解:
\triangle AED=7\times 14\div 2 = 49;
\triangle CBE=(14-a)\times \frac{14-a}{5}\div 2 = \frac{(a-14)^2}{10};
依題意49-\frac{(a-14)^2}{10}=\frac{213}{5}\Rightarrow (a-14)^2=64 \Rightarrow a= 6(a=22 不合)
答:\bbox[red,2pt]{(6)}
解:
b為奇數,則(a, b, c)共有6\times 3\times 6=108種情形;
又ac>b^2有以下情形
b=1、(a,c)有6\times 6-1=35種情形,扣除a=c=1;
b=3、(a,c)有(2, 5-6)、(3, 4-6)、(4, 3-6)、(5, 2-6)、(6,2-6),共2+3+4+5+5=19種情形
b=5、(a,c)有(5, 6)、(6, 5-6),共1+2=3種情形
符合條件的有35+19+3=57種情形,機率為57/108=19/36
答:\bbox[red,2pt]{19/36}
解:
方法一:各點坐標如上圖
假設E為原點(0,0,0),則A(0,0,2)、B(0,1,2)、C(1,1,2)、D(1,0,2)、F(0,1,0),G(1,1,0)
則\vec{AB}=(0,1,0)、\vec{AD}=(1,0,0)、\vec{AE}=(0,0,-2)
令P(x,y,z),依題意(x,y,z-2)=\frac{1}{3}(0,1,0)+2(1,0,0)+a(0,0,-2)=(2,\frac{1}{3},-2a) \Rightarrow x=2, y=\frac{1}{3}, z=-2a+2
先求平面BDG方程式: \vec{GB}=(-1,0,2),\vec{GD}=(0,-1,2)\Rightarrow \vec{GB}\times \vec{GD}=(2,2,1),又該平面經過G,所以方程式為2(x-1)+2(y-1)+z=0,即2x+2y+z=4;
P點也在該平面上,所以2\times 2+2\times\frac{1}{3}-2a+2=4\Rightarrow a=\frac{4}{3}
方法二:\vec { AP } =\frac { 1 }{ 3 } \vec { AB } +2\vec { AD } +a\vec { AE } =\frac { 1 }{ 3 } \vec { AB } +2\vec { AD } +a\left( \vec { AG } +\vec { GE } \right) \\ =\frac { 1 }{ 3 } \vec { AB } +2\vec { AD } +a\vec { AG } +a\vec { GE } \\ =\frac { 1 }{ 3 } \vec { AB } +2\vec { AD } +a\vec { AG } -a\vec { EG } \\ =\frac { 1 }{ 3 } \vec { AB } +2\vec { AD } +a\vec { AG } -a\vec { AC } \\ =\frac { 1 }{ 3 } \vec { AB } +2\vec { AD } +a\vec { AG } -a\left( \vec { AB } +\vec { AD } \right) \\ =\left( \frac { 1 }{ 3 } -a \right) \vec { AB } +\left( 2-a \right) \vec { AD } +a\vec { AG } \\ B,D,G在同一平面上\Rightarrow \left( \frac { 1 }{ 3 } -a \right) +\left( 2-a \right) +a=1\Rightarrow a=\frac { 4 }{ 3 }
答:\bbox[red,2pt]{(\frac { 4 }{ 3 } )}
-- END --
第10題第三個選項:
回覆刪除您舉例的式子中係數有負,與題目要求不符
題目說係數都是正整數
(x+2)(x+1)^3這個式子沒有虛根且係數皆為正整數,給您參考一下
謝謝提醒,就改用您的例子!
刪除11題,X1若等於0也符合題意,但這時調後分數的全距會比原本的大
回覆刪除第九題選項45打錯 都打成L3了
回覆刪除謝謝指正,已修訂錯字!
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