106學年度指定科目考試試題
數學甲
第壹部分:選擇題(占 76 分 )一、單選題
1. 從所有二位正整數中隨機選取一個數,設p是其十位數字小於個位數字的機率。關於p
值的範圍,試選出正確的選項。
(1)0.22≤p<0.33 (2) 0.33≤p<0.44 (3) 0.44≤p<0.55 (4) 0.55≤p<0.66 (5) 0.66≤p<0.77
解:
二位正整數10~99,共有90個,其中滿足十位數字小於個位數字的有
12~19,共8個
23~29,共7個
......
78~79,共2個
89~89,共1個
總共有8+7+6+...+1 = 36個,機率為36/90=0.4,故選(2)
2. 設a=3√10。關於a5 的範圍,試選出正確的選項。
?
(1) 25≤a5<30 (2) 30≤a5<35 (3) 35≤a5<40 (4) 40≤a5<45 (5) 45≤a5<50
方法一:
loga5=log1053=53≈1.67,而log45=1−log2+2log3 = 1-0.301+2X0.4771 = 1.6532<1.67,故選(5)
方法二:
a5=3√100000=53√800,由於93=729<800<1000=103,所以5×9<a5<5×10⇒45<a5<50,故選(5)
3. 試問在0≤x≤2π的範圍中,y=3sinx的函數圖形與y=2sin2x的函數圖形有幾個
交點?
(1) 2 個交點 (2) 3 個交點 (3) 4 個交點 (4) 5 個交點 (5) 6 個交點
解:
若sinx=0,在0≤x≤2π的範圍中有3個解x=0,π,2π;
因此共有2+3=5個解,即5個交點,故選(4)
4. 已知一實係數三次多項式f(x)在x=1有極大值3,且圖形y=f(x)在(4,f(4))之切線方程式為y−f(4)+5(x−4)=0,試問∫41f′′(x)dx之值為下列哪一選項?
(2) -3
(3) 0
(4) 3
(5) 5
f(x)在x=1有極大值⇒f′(1)=0
切線方程式為y−f(4)+5(x−4)=0⇒ 切線斜率=-5,即f′(4)=−5
∫41f′′(x)dx=f′(4)−f′(1)=−5−0=−5
切線方程式為y−f(4)+5(x−4)=0⇒ 切線斜率=-5,即f′(4)=−5
∫41f′′(x)dx=f′(4)−f′(1)=−5−0=−5
故選(1)
二、多選題
5. 設→u與→v為兩非零向量,夾角為120∘。若→u與→u+→v垂直,試選出正確的選項。
(1)→u的長度是→v的長度2倍
(2)→v與→u+→v的夾角為30∘
(3)→u與→u−→v的夾角為銳角
(4)→v與→u−→v的夾角為銳角
(5)→u+→v的長度大於→u−→v的長度
解:
(1)→u的長度比→v的長度短
(2) →v與→u+→v的夾角為120∘−90∘=30∘
(3) 由上圖可知:→u與→u−→v的夾角為銳角
(4) →v與→u−→v的夾角超過120∘為鈍角
(5) 由上圖可知:→u+→v的長度小於→u−→v的長度
故選(2,3)
6. 已知複數z 滿足zn+z−n+2=0,其中n為正整數。將z用極式表示為r(cosθ+isinθ),且r>0。試選出正確的選項。
(1) r=1
(2) n不能是偶數
(3) 對給定的n,恰有2n個不同的複數z 滿足題設
(4) θ可能是3π7
(5) θ可能是4π7(2) 若n=2⇒z2=−1⇒z=±i,也就是說n可以是偶數
(3) zn=−1=cosπ+isinπ⇒z=cos(2k+1nπ)+isin(2k+1nπ),k=0,1,…,n−1,因此有n個不同的複數z
(4) 若n=7,k=1時,z=cos(37π)+isin(37π)⇒θ=37π
(5) 由(3)可知θ不可能是4π7
故選(1,4)
7. 設實係數三次多項式f(x)的首項係數為正。已知y=f(x)的圖形和直線y=g(x)在x=1相切,且兩圖形只有一個交點。試選出正確的選項。
(1) f(1)=g(1)
(2) f′(1)=g′(1)
(3) f″(1)=0
(4) 存在實數a≠1使得f′(a)=g′(a)
(5) 存在實數a≠1使得f″(a)=g″(a)
解:
(1) 切點即交點,因此f(1)=g(1)(2)切線斜率=f′(1)=g′(1)
(3)令h(x)=f(x)−g(x),兩圖形只有一個交點,所以h(x)=0只有一個解。又h(1)=f(1)−g(1)=0,所以x=1為h(x)=0的唯一解,也就是h(x)=m(x−1)3⇒h″(1)=0=f″(1)−g″(1)⇒f″(1)=0∵g″(1)=0
(4)h(x)=m(x−1)3⇒f(x)=m(x−1)3+g(x),因此f′(a)=g′(a)⇒3m(a−1)2+g′(a)=g′(a)⇒a 只能為1。
(5)f″(a)=g″(a)⇒6m(a−1)+g″(a)=g″(a)⇒a 只能為1。
故選(1,2,3)
關於(3)的額外補充令h(x)=f(x)−g(x),由{f(1)=g(1)f′(1)=g′(1)⇒{h(1)=0⋯(1)h′(1)=0⋯(2)由(1)可知x−1是h(x)的因式⇒h(x)=(x−1)(ax2+bx+c)⇒h′(x)=(ax2+bx+c)+(x−1)(2ax+b)由(2)可知x−1也是h′(x)的因式,因此x−1也是ax2+bx+c的因式⇒h′(x)=(x−1)(px+r)⇒h(x)=(x−1)2(ax+r)⇒x=1及x=−ra皆為h(x)=0的實數根,但f(x)=g(x)只有一個實數根,因此−ra=1,即h(x)=a(x−1)3
關於(3)的額外補充令h(x)=f(x)−g(x),由{f(1)=g(1)f′(1)=g′(1)⇒{h(1)=0⋯(1)h′(1)=0⋯(2)由(1)可知x−1是h(x)的因式⇒h(x)=(x−1)(ax2+bx+c)⇒h′(x)=(ax2+bx+c)+(x−1)(2ax+b)由(2)可知x−1也是h′(x)的因式,因此x−1也是ax2+bx+c的因式⇒h′(x)=(x−1)(px+r)⇒h(x)=(x−1)2(ax+r)⇒x=1及x=−ra皆為h(x)=0的實數根,但f(x)=g(x)只有一個實數根,因此−ra=1,即h(x)=a(x−1)3
三、選填題
A. 某高中一年級有忠、孝、仁、愛四班的籃球隊,擬由經抽籤決定的下列賽程進
行單淘汰賽(輸一場即被淘汰):
假設忠班勝過其他任何一班的機率為45,孝班勝過其他任何一班的機率為15,仁、愛兩班的實力相當,勝負機率各為12。若任一場比賽皆須分出勝負,沒有和局。如果冠軍隊可獲得6000 元獎學金,亞軍隊可獲得4000 元獎學金,則孝班可獲得獎學金的期望值為?元
孝班獲得冠軍的情形:忠孝之戰獲勝且冠軍戰也獲勝,機率為15×15=125,期望值為125×6000=240元;
孝班獲得亞軍的情形:忠孝之戰獲勝且冠軍戰失敗,機率為15×45=425,期望值為425×4000=640元;
因此孝班獲得獎學金的期望值為240+640=880元。
答:(880)
B. 坐標平面上有三條直線L、L1、L2,其中L為水平線,L1、L2的斜率分別為34、−43。已知L被L1、L2所截出的線段長為30,則L、L1、L2所決定的三角形的面積為?
解:
假設三角形的高為a,如上圖。
由兩直線的斜率可知4a3+3a4=30⇒a=725⇒ 面積=15a=216
答:(216)
C. 坐標平面上,x 坐標與y 坐標均為整數的點稱為格子點。令n 為正整數,Tn為平面上以直線y=−12nx+3,以及x軸、y軸所圍成的三角區域(包含邊界),而an為Tn上的格子點數目,則lim?
解:
y=3 有1個格子點;
y=2 有2n+1個格子點;
y=1 有4n+1個格子點;
y=0 有6n+1個格子點;
總共有1+(2n+1)+(4n+1)+(6n+1) = 12n+4個格子點\lim _{ n\rightarrow \infty }{ \frac { a_{ n } }{ n } } =\lim _{ n\rightarrow \infty }{ \frac { 12n+4 }{ n } } =12
答:\bbox[red,2pt]{(12)}
D、坐標空間中,平面ax+by+cz=0與平面x=0、x+\sqrt{3}y=0的夾角(介於0^\circ到90^\circ之間)都是60^\circ,且a^2+b^2+c^2=12,則(a^2,b^2,c^2)=?
解:
ax+by+cz=0的法向量\vec{u}=(a,b,c)
x=0的法向量\vec{v}=(1,0,0)
x+\sqrt{3}y=0的法向量\vec{w}=(1,\sqrt{3},0)\begin{cases} \vec { u } \cdot \vec { v } =\left| \vec { u } \right| \left| \vec { v } \right| \cos { 60° } \\ \vec { u } \cdot \vec { w } =\left| \vec { u } \right| \left| \vec { w } \right| \cos { 60° } \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \left( a,b,c \right) \cdot \left( 1,0,0 \right) =\sqrt { a^{ 2 }+b^{ 2 }+c^{ 2 } } \times \frac { 1 }{ 2 } \\ \left( a,b,c \right) \cdot \left( 1,\sqrt { 3 } ,0 \right) =\sqrt { a^{ 2 }+b^{ 2 }+c^{ 2 } } \times \sqrt { 4 } \times \frac { 1 }{ 2 } \end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} a=\pm \sqrt { 3 } \\ a+\sqrt { 3 } b=2\sqrt { 3 } \end{cases}\Rightarrow \left( a,b \right) =\begin{cases} \left( \sqrt { 3 } ,1 \right) \\ \left( -\sqrt { 3 } ,3 \right) \end{cases}\Rightarrow \left( a,b,c \right) =\begin{cases} \left( \sqrt { 3 } ,1,2\sqrt { 2 } \right) \\ \left( -\sqrt { 3 } ,3,0 \right) \end{cases}\\ \Rightarrow \left( a^{ 2 },b^{ 2 },c^{ 2 } \right) =\begin{cases} \left( 3,1,8 \right) \\ \left( 3,9,0 \right) \end{cases}
答:\bbox[red,2pt]{(3,1,8)或(3,9,0)}
第貳部分:非選擇題
一、在坐標平面上,考慮二階方陣A=\frac { 1 }{ 5 } \begin{bmatrix} 4 & -3 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}所定義的線性變換。對於平面上異於原點O的點P_1,設P_1經A變換成P_2,P_2經A變換成P_3。令a=\overline{OP_1}。
(1)試求\sin{\angle P_1OP_3}。
(2)試以a表示\triangle P_1P_2P_3的面積。
(3)假設P_1是圖形y=\frac{1}{10}x^2-10的動點,試求\triangle P_1P_2P_3面積的最小可能值。
解:
解:
由矩陣可知:A=\frac { 1 }{ 5 } \begin{bmatrix} 4 & -3 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac { 4 }{ 5 } & -\frac { 3 }{ 5 } \\ \frac { 3 }{ 5 } & \frac { 4 }{ 5 } \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \cos { \theta } & -\sin { \theta } \\ \sin { \theta } & \cos { \theta } \end{bmatrix}即A為一旋轉矩陣,角度為\theta,旋轉狀態如上圖。
由矩陣可知:A=\frac { 1 }{ 5 } \begin{bmatrix} 4 & -3 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac { 4 }{ 5 } & -\frac { 3 }{ 5 } \\ \frac { 3 }{ 5 } & \frac { 4 }{ 5 } \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \cos { \theta } & -\sin { \theta } \\ \sin { \theta } & \cos { \theta } \end{bmatrix}即A為一旋轉矩陣,角度為\theta,旋轉狀態如上圖。
(1)\sin{\angle P_1OP_3}=\sin{2\theta}=2\sin{\theta}\cos{\theta}=2\times\frac{3}{5} \times\frac{4}{5} = \bbox[red,2pt]{\frac{24}{25}}
(2)\triangle P_{ 1 }P_{ 2 }P_{ 3 }=\triangle OP_{ 1 }P_{ 2 }+\triangle OP_{ 2 }P_{ 3 }-\triangle OP_{ 1 }P_{ 3 }\\ =\frac { 1 }{ 2 } a^{ 2 }\sin { \theta } +\frac { 1 }{ 2 } a^{ 2 }\sin { \theta } -\frac { 1 }{ 2 } a^{ 2 }\sin { 2\theta } \\ =a^{ 2 }\times \frac { 3 }{ 5 } -a^{ 2 }\times \frac { 3 }{ 5 } \times \frac { 4 }{ 5 } =\bbox[red,2pt]{\frac { 3 }{ 25 } a^{ 2 }}
(3)P_{ 1 }=(m,\frac { 1 }{ 10 } m^{ 2 }-10)\Rightarrow a^{ 2 }={ \overline { OP_{ 1 } } }^{ 2 }=m^{ 2 }+{ \left( \frac { 1 }{ 10 } m^{ 2 }-10 \right) }^{ 2 }\\ =\frac { 1 }{ 100 } m^{ 4 }-m^{ 2 }+100=\frac { 1 }{ 100 } { \left( m^{ 2 }-50 \right) }^{ 2 }+75\\ \Rightarrow \triangle P_{ 1 }P_{ 2 }P_{ 3 }=\frac { 3 }{ 25 } \times \left[ \frac { 1 }{ 100 } { \left( m^{ 2 }-50 \right) }^{ 2 }+75 \right] =\frac { 3 }{ 2500 } { \left( m^{ 2 }-50 \right) }^{ 2 }+9\\ \Rightarrow 最小值為\bbox[red,2pt]{9}
二、坐標空間中,O(0,0,0)為原點。平面z=h(其中0\le h\le1)上有一以(0,0,0)為圓心的圓,在此圓上依逆時鐘順序取8 點構成正八邊形P_0P_1P_2P_3P_4P_5P_6P_7,使得各線
段\overline{OP_j}(0\le j\le 7)的長度都是1。請參見示意圖。
(1) 試以h 表示向量內積\vec{OP_0}\cdot\vec{OP_4}
(2) 若V(h)為以O 為頂點、正八邊形P_0P_1P_2P_3P_4P_5P_6P_7為底的正八角錐體積,試將V(h)表為h的函數(註:角錐體積=\frac{1}{3}底面積\times 高)。
(3)在\vec{OP_0}和\vec{OP_4}夾角不超過90度的條件下,試問正八角錐體積V(h)的最大值為何?
解:
在正八邊形中,P_0在P_4的正對面,如上圖。O、P_0、P_4三點構成的平面如下圖:
(1)\vec { OP_{ 0 } } \cdot \vec { OP_{ 4 } } =\left( \vec { OA } +\vec { AP_{ 0 } } \right) \cdot \left( \vec { OA } +\vec { AP_{ 4 } } \right) ={ \left| \vec { OA } \right| }^{ 2 }+\vec { OA } \cdot \vec { AP_{ 4 } } +\vec { AP_{ 0 } } \cdot \vec { OA } +\vec { AP_{ 0 } } \cdot \vec { AP_{ 4 } } \\ =h^{ 2 }+0+0-{ \left| \vec { AP_{ 0 } } \right| }^{ 2 }=h^{ 2 }-\left( 1-h^{ 2 } \right) =\bbox[red,2pt]{2h^{ 2 }-1}
(2)底面積=8\times \frac{1}{2}\times (1-h^2)\times\sin{45^\circ}=2\sqrt{2}(1-h^2),因此角錐體積=V(h)=\frac{1}{3}\times 2\sqrt{2}(1-h^2)\times h=\bbox[red,2pt]{\frac{2\sqrt{2}}{3}(h-h^3)}
(3)V'(h)=0\Rightarrow \frac{2\sqrt{2}}{3}(1-3h^2)=0 \Rightarrow h=\frac{\sqrt{3}}{3}
當h=\frac{\sqrt{3}}{3}時,體積V(h)有極值,但不一定是最大值。
由於\vec{OP_0}和\vec{OP_4}夾角不超過90度,即\vec { OP_{ 0 } } \cdot \vec { OP_{ 4 } }\ge 0 \Rightarrow 2h^{ 2 }-1\ge 0\Rightarrow h\ge \frac{1}{\sqrt{2}},而\frac{\sqrt{3}}{3}不在此範圍內,所以最值應為V(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{2\sqrt{2}}{3}(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{2\sqrt{2}})=\bbox[red,2pt]{\frac{1}{3}}
-- END --
請問多選第七題的C選項,老師提到因為f(x)和g(x)只有一個交點,所以h(x)是三重根。那會不會h(x)是一實根兩虛根呢?
回覆刪除如果只講f與g只有一個交點,有可能是1實2虛根,但還多了個相切條件;額外補充已寫在該題之後,請參考參考!!!!
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