107年大學學測數學科詳解

107學年度學科能力測驗試題

數學考科

第壹部分：選擇題（占 6 0 分 ）
一、單選題
1. 給定相異兩點A、B ，試問空間中能使$\triangle PAB$成一正三角形的所有點P 所成集合
為下列哪一選項？

(1)兩個點(2)一線段(3)一直線(4)一圓(5)一平面

解

在$\overline{AB}$的中垂線上，可以找到兩點C與D，使得$\triangle CAB及\triangle DAB$皆為正三角形。由於此題關注於三維空間上，因此以$\overline{AB}$為旋轉軸，兩點C與D繞著$\overline{AB}$旋轉可得一圓，圓上所有的點與A、B兩點皆形成正三角形。

故選$\bbox[red,2pt]{(4)}$

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2. 一份試卷共有10 題單選題，每題有5 個選項，其中只有一個選項是正確答案。假設小明以隨機猜答的方式回答此試卷，且各題猜答方式互不影響。試估計小明全部答對的機率最接近下列哪一選項？

(1) $10^{-5}$  (2) $10^{-6}$ (3) $10^{-7}$  (4) $10^{-8}$  (5) $10^{-9}$

解
每一題猜對的機率都是$\frac{1}{5}$，10題全對的機率為$\frac{1}{5}\times\frac{1}{5}\times \cdots\times\frac{1}{5}=\left(\frac{1}{5}\right)^{10} =\left(2\times 10^{-1}\right)^{10} = 2^{10}\times 10^{-10} =1024\times 10^{-10}=1.024\times 10^{-7}$

故選$\bbox[red,2pt]{(3)}$

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3. 某公司規定員工可在一星期（七天）當中選擇兩天休假。若甲、乙兩人隨機選擇休假日且兩人的選擇互不相關，試問一星期當中發生兩人在同一天休假的機率為何？

(1) 1/3   (2) 8/21   (3) 3/7   (4) 10/21  (5) 11/21

解
甲在七天中任選兩天，有$C^7_2=21$種選法
乙在甲挑剩下的五天中任選兩天休假，有$C^5_2=10$種選法
也就是說有10種選法，讓兩人完全不會同一天休假，因此會發生同一天休假的可能有21-10=11種情形，其機率為11/21。

故選$\bbox[red,2pt]{(5)}$

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4. 試問有多少個整數x 滿足$10^9<2^x<9^{10}$？

(1) 1個(2) 2 個(3) 3 個(4) 4 個(5) 0 個

解  $$10^{ 9 }<2^{ x }<9^{ 10 }\Rightarrow 9<x\log { 2 } <20\log { 3 } \Rightarrow \frac { 9 }{ \log { 2 }  } <x<\frac { 20\log { 3 }  }{ \log { 2 }  } \\ \Rightarrow \frac { 9 }{ 0.301 } <x<\frac { 20\times 0.4771 }{ 0.301 } \Rightarrow 29.9<x<31.7\Rightarrow x=30,31$$

故選$\bbox[red,2pt]{(2)}$

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5. 試問共有幾個角度$\theta$滿足$0^\circ<\theta<180^\circ$，且$\cos{(3\theta-60^\circ)}, \cos{3\theta}, \cos{(3\theta+60^\circ)}$依序成一等差數列？

(1) 1個(2) 2 個(3) 3 個(4) 4 個(5) 5 個

解  $$2\cos { 3\theta  } =\cos { (3\theta -60^{ \circ  }) } +\cos { (3\theta +60^{ \circ  }) } \\ =\cos { 3\theta  } \cos { 60° } +\sin { 3\theta  } \sin { 60° } +\cos { 3\theta  } \cos { 60° } -\sin { 3\theta  } \sin { 60° } \\ =2\cos { 3\theta  } \cos { 60° } =\cos { 3\theta  } \Rightarrow \cos { 3\theta  } =0\\ \Rightarrow 3\theta =\frac { \pi  }{ 2 } ,\frac { 3\pi  }{ 2 } ,\frac { 5\pi  }{ 2 } \Rightarrow \theta =\frac { \pi  }{ 6 } ,\frac { \pi  }{ 2 } ,\frac { 5\pi  }{ 6 }$$

三數成等差，則故選$\bbox[red,2pt]{(3)}$

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6. 某貨品為避免因成本變動而造成售價波動太過劇烈，當週售價相對於前一週售價的漲跌幅定為當週成本相對於前一週成本的漲跌幅的一半。例如下表中第二週成本上漲100%，所以第二週售價上漲50%。依此定價方式以及下表的資訊，試選出正確的選項。

【註：成本漲跌幅=$\frac{當週成本-前週成本}{前週成本}$，售價漲跌幅=$\frac{當週售價-前週售價}{前週售價}$。】

(1)120=x<y<180    (2) 120<x<y<180  (3) x<120<y<180  (4) 120=x<180<y  (5) 120<x<180<y

解
第三週的成本是第二週成本下跌50%，所以售價下跌25%即x=180-180x25%=135
第四週成本上漲$\frac{90-50}{50}=$80%，所以售價上漲40%，即y=135+135x40% = 189

故選$\bbox[red,2pt]{(5)}$

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7. $\triangle ABC$內接於圓心為$O$之單位圓，若$\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+\sqrt{3}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}$，則$\angle BAC$之度數為何？

(1) 30° (2) 45° (3) 60° (4) 75° (5) 90°

解

令$\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，利用餘弦定理可得
$\cos{\theta}=\frac{{\overline{OB}}^2+{\overline{OD}}^2-{\overline{BD}}^2}{2\overline{OB}\times \overline{OD}}=\frac{1+3-1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因此$\theta=30^\circ \Rightarrow \angle BOC=180^\circ-30^\circ=150^\circ\Rightarrow \angle BAC= \angle BOC\times\frac{1}{2}=75^\circ$

故選$\bbox[red,2pt]{(4)}$

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二、多選題

8. 某年學科能力測驗小華的成績為：國文11 級分、英文12 級分、數學9 級分、自然9 級分、社會12 級分。他考慮申請一些校系，表1 為大考中心公布的學測各科成績標準；表2 是他最有興趣的五個校系規定的申請檢定標準，依規定申請者需通過該校系所有檢定標準才會被列入篩選。例如甲校系規定國文成績須達均標、英文須達前標、且社會須達均標；丙校系則規定英文成績須達均標、且數學或自然至少有一科達前標。表2 空白者表示該校系對該科成績未規定檢定標準。

根據以上資訊，試問小華可以考慮申請哪些校系（會被列入篩選）？

(1)甲校系(2)乙校系(3)丙校系(4)丁校系(5)戊校系

解
小華的成績：國文→均標、英文→前標、數學→均標、自然→均標、社會→前標
乙校：國文未達前標
丙校：數學及自然均未達前標
戊校：自然未達前標
因此小華只能選甲校與丁校

故選$\bbox[red,2pt]{(1,4)}$

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9. 已知多項式f(x)除以$x^2-1$之餘式為2x+1。試選出正確選項。
(1)f(0) = 1 (2) f(1)= 3 (3)  f(x) 可能為一次式
(4) f(x)可能為$4x^4+2x^2-3$  (5) f(x)可能為$4x^4+2x^3-3$ 

解
f(x)除以$x^2-1$之餘式為2x+1$\Rightarrow f(x)=p(x)(x^2-1)+(2x+1) \Rightarrow f(1)=2+1=3$
若p(x)=0，則f(x)=2x+1為一次式；
另由長除法可知：

故選$\bbox[red,2pt]{(2,3,5)}$

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10. 已知坐標平面上$\triangle ABC$，其中$\overrightarrow{AB}=(-4,3)$，且$\overrightarrow {AC}=\left(\frac{2}{5},\frac{4}{5}\right)$。試選出正確選項。
(1) $\overline{BC}=5$
(2)$\triangle ABC$是直角三角形
(3)$\triangle ABC$的面積為$\frac{11}{5}$
(4)$\sin{B}>\sin{C}$
(5)$\cos{A}>\cos{B}$
解
假設A為原點，則$A=(0,0), B=(-4,3), C=\left(\frac{2}{5},\frac{4}{5}\right)$
(1) $\overline{BC}=\sqrt{{(\frac{2}{5}+4)}^2+{(\frac{4}{5}-3)}^2}=\sqrt{\frac{605}{25}}=\frac{11\sqrt{5}}{5}$
(2)$\overline{AB}=\sqrt{4^2+3^2}=5, \overline{AC}=\sqrt{(\frac{2}{5})^2+(\frac{4}{5})^2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\Rightarrow (\frac{11\sqrt{5}}{5})^2+(\frac{2\sqrt{5}}{5})^2 = \frac{605+20}{25}=25=5^2$
$\Rightarrow {\overline{AB}}^2={\overline{BC}}^2+{\overline{AC}}^2 \Rightarrow \triangle ABC$是直角三角，且$\angle C=90^\circ$
(3)$\triangle ABC$的面積為$\overline{AC}\times\overline{BC}\div 2=\frac{2\sqrt{5}}{5}\times \frac{11\sqrt{5}}{5}\div 2 = \frac{11}{5}$
(4)$\angle C=90^\circ\Rightarrow \sin{C}>\sin{B}$
(5)$\overline{BC}>\overline{AC}\Rightarrow \cos{B}>\cos{A}$

故選$\bbox[red,2pt]{(2,3)}$

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11. 坐標空間中，設直線$L:\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{-3}=\frac{z}{-1}$，平面$E_1:2x-3y-z=0$，平面$E_2:x+y-z=0$。試選出正確的選項。

(1)點(3,0, -1) 在直線 L 上

(2)點(1,2,3) 在平面$E_1$ 上

(3)直線L 與平面$E_1$ 垂直

(4)直線L 在平面$E_2$ 上

(5)平面$E_1$ 與$E_2$ 交於一直線

解 

(1)$\frac{3-1}{2}=1\ne\frac{0-2}{-3}=\frac{2}{3}\Rightarrow$ (3,0,-1)不在$L$上

(2)$2\times 1-3\times 2-3 = 2-6-3=-7\ne 0\Rightarrow$(1,2,3)不在$E_1$上

(3)直線$L$的方向向量為(2, -3, -1)與平面$E_1$的法向量相同，所以兩者垂直

(4)令直線$L$上的點(2t+1,-3t+2,-t)代入平面$E_2$可得 2t+1-3t+2+t=3$\ne$0，所以直線L 不在平面$E_2$ 上

(5)只要兩平面不重疊且不平行就會交於一直線，兩平面的法向量不相等，故交於一直線

故選$\bbox[red,2pt]{(3,5)}$

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12. 試問下列哪些選項中的二次曲線，其焦點（之一）是拋物線$y^2=2x$的焦點？

(1)$y=(x-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}$

(2)$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1$

(3)$x^2+\frac{4y^2}{3}=1$
(4)$8x^2-8y^2=1$
(5)$4x^2-4y^2=1$
解
拋物線$y^2=2x=4\times\frac{1}{2}x\Rightarrow$焦點=($\frac{1}{2}$,0)
(1)$y=(x-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}\Rightarrow (x-\frac{1}{2})^2=4\times\frac{1}{4}(y+\frac{1}{4})\Rightarrow$焦點=($\frac{1}{2},-\frac{1}{4}+\frac{1}{4})=(\frac{1}{2},0)$
(2)$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1\Rightarrow \frac{x^2}{2^2}-\frac{y^2}{{\sqrt{3}}^2}=1 \Rightarrow a=2,b=\sqrt{3}\Rightarrow c=1\Rightarrow$焦點=($\pm1$,0)
(3)$x^2+\frac{4y^2}{3}=1\Rightarrow a^2=1,b^2=\frac{3}{4}\Rightarrow c=\frac{1}{2} \Rightarrow$焦點=($\pm\frac{1}{2}$,0)
(4)$8x^2-8y^2=1\Rightarrow \frac{x^2}{\frac{1}{8}}-\frac{y^2}{\frac{1}{8}}=1 \Rightarrow a^2 =b^2 = \frac{1}{8}\Rightarrow c=\frac{1}{2}\Rightarrow$焦點=($\pm\frac{1}{2}$,0)
(5)$4x^2-4y^2=1\Rightarrow \frac{x^2}{\frac{1}{4}}-\frac{y^2}{\frac{1}{4}}=1 \Rightarrow a^2=b^2=\frac{1}{4}\Rightarrow c=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow$焦點=($\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$,0)

故選$\bbox[red,2pt]{(1,3,4)}$

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第貳部分：選填題
A. 已知坐標平面上三點$(3,\log{3}),(6,\log{6}),(12,y)$在同一直線上，則$y=\log{ \boxed{13} \fbox{14}}$。
解
三點在同一直線上，表示任兩點斜率相等，即 $$\frac { 6-3 }{ \log { 6 } -\log { 3 }  } =\frac { 12-6 }{ y-\log { 6 }  } \Rightarrow \frac { 3 }{ \log { 6 } -\log { 3 }  } =\frac { 6 }{ y-\log { 6 }  } \\ \Rightarrow 2\left( \log { 6 } -\log { 3 }  \right) =y-\log { 6 } =3\log { 6 } -2\log { 3 } \\ =3\left( \log { 3 } +\log { 2 }  \right) -2\log { 3 } =\log { 3 } +3\log { 2 } =\log { 3\times { 2 }^{ 3 } } =\log { 24 }$$
故$\boxed{13}=\bbox[red,2pt]{2}$且$\boxed{14}=\bbox[red,2pt]{4}$

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B. 如右圖所示（只是示意圖），將梯子$\overline{AB}$靠在與地面垂直的牆AC上，測得與水平地面的夾角$\angle ABC為60^\circ$。將在地面上的底 B 沿著地面向外拉51 公分到點F （即$\overline{FB}=51$公分），此時梯子$\overline{EF}$與地面的夾角$\angle EFC$之正弦值為$\sin{\angle EFC}=0.6$，則梯子長$\overline{AB}$=$\boxed{15}\boxed{16}\boxed{17}$公分。

解

令梯子長$\overline{AB}=\overline{EF}=a$，由於$\angle ABC=60^\circ \Rightarrow \overline{BC}=\frac{a}{2}$；
$\sin{\angle EFC}=0.6=\frac{3}{5}\Rightarrow \cos{\angle EFC}=\frac{4}{5}= \frac{\overline{FC}}{\overline{EF}}= \frac{51+a/2}{a}\Rightarrow a=255\times\frac{2}{3}=170$
故$\boxed{15}=\bbox[red,2pt]{1},\boxed{16}=\bbox[red,2pt]{7},\boxed{17}=\bbox[red,2pt]{0}$

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C. 平面上兩點A 、B 之距離為5 ，以A 為圓心作一半徑為r （0 < r <5）的圓$\Gamma$，過B 作圓$\Gamma$的切線，切點（之一）為P 。當r 變動時，$\triangle PAB$的面積最大可能值為$\frac{\boxed{18}\boxed{19}}{\boxed{20}}$

解 

$$r^{ 2 }+(\sqrt { 25-r^{ 2 } } )^{ 2 }=25\Rightarrow \frac { r^{ 2 }+(\sqrt { 25-r^{ 2 } } )^{ 2 } }{ 2 } \ge \sqrt { r^{ 2 }(\sqrt { 25-r^{ 2 } } )^{ 2 } } \\ \Rightarrow \frac { 25 }{ 2 } \ge r\times \sqrt { 25-r^{ 2 } } \Rightarrow \frac { 25 }{ 4 } \ge \frac { r\times \sqrt { 25-r^{ 2 } }  }{ 2 } =\triangle ABP面積$$

故$\boxed{18}=\bbox[red,2pt]{2},\boxed{19}=\bbox[red,2pt]{5},\boxed{20}=\bbox[red,2pt]{4}$

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D. 坐標平面上，圓$\Gamma$完全落在四個不等式：$x-y\le 4、x+y\le 18、x-y\ge -2、x+y\ge -24$所圍成的區域內。則$\Gamma$最大可能面積為$\frac{\boxed{21}}{\boxed{22}}\pi$

解

該圓的直徑長度$2r$=直線$x-y=-2$與直線$x-y=4$的距離=$\frac{4-(-2)}{\sqrt{1+1}}=3\sqrt{2}\Rightarrow$ 面積=$r^2\pi=(\frac{3\sqrt{2}}{2})^2\pi =\frac{9}{2}\pi$

故$\boxed{21}=\bbox[red,2pt]{9},\boxed{22}=\bbox[red,2pt]{2}$

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E. 坐標平面上，若拋物線$y=x^2+2x-3$的頂點為C ，與x 軸的交點為A 、B ，則$\cos{\angle ACB}=\frac{\boxed{23}}{\boxed{24}}$

解 

$y=x^2+2x-3=(x+1)^2-4=(x+3)(x-1)\Rightarrow C=(-1,-4), A=(1,0), B=(-3,0)$

$\Rightarrow \overline{CA}=\overline{CB}=2\sqrt{5}, \overline{AB}=4$

因此$\cos{\angle ACB}=\frac{{\overline{CA}}^2+{\overline{CB}}^2- {\overline{AB}}^2}{2\overline{CA}\times\overline{CA}}=\frac{20+20-16}{2\times 2\sqrt{5}\times 2\sqrt{5}} = \frac{3}{5}$

故$\boxed{23}=\bbox[red,2pt]{3},\boxed{24}=\bbox[red,2pt]{5}$

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F. 設$a,b,c,d,e,x,y,z$皆為實數，考慮矩陣相乘：$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ 1 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -3 & 5 & 7 \\ -4 & 6 & e \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 3 & x & 7 \\ 0 & y & 7 \\ -11 & z & 23 \end{bmatrix}$，則$y=\frac{\boxed{25}}{\boxed{26}}$
解  $$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ 1 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -3 & 5 & 7 \\ -4 & 6 & e \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 3 & x & 7 \\ 0 & y & 7 \\ -11 & z & 23 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{cases} -3c-4d=0 \\ 5c+6d=y \\ 7c+d\cdot e=7 \\ 7+2e=23 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} -3c-4d=0 \\ 5c+6d=y \\ 7c+8d=7 \\ e=8 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} c=7,d=\frac { -21 }{ 4 }  \\ 5c+6d=y \\ e=8 \end{cases}\\ \Rightarrow y=5\times 7+6\times \frac { -21 }{ 4 } =35-\frac { 63 }{ 2 } =\frac { 7 }{ 2 }$$

故$\boxed{25}=\bbox[red,2pt]{7},\boxed{26}=\bbox[red,2pt]{2}$

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G. ;設$D$為$\triangle ABC$中$\overline{BC}$邊上的一點，已知$\angle ABC=75^\circ、\angle ACB=45^\circ、\angle ADB=60^\circ$。若$\overrightarrow{AD}= s\overrightarrow{AB} +t\overrightarrow{AC}$，則$s=\frac{\boxed{27}}{\boxed{28}}，t= \frac{\boxed{29}}{\boxed{30}}$。(化成最簡分數)

解

在$\triangle ABD$中，$\frac{c}{\sin{60^\circ}}=\frac{\overline{BD}}{\sin{45^\circ}}\Rightarrow \overline{BD}=\sqrt{\frac{2}{3}}c$
在$\triangle ABC$中，$\frac{c}{\sin{45^\circ}}=\frac{\overline{BC}}{\sin{60^\circ}}\Rightarrow \overline{BC}=\sqrt{\frac{3}{2}}c$
因此$\frac{\overline{BD}}{\overline{BC}}=\frac{\sqrt{\frac{2}{3}}}{\sqrt{\frac{3}{2}}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \overline{BD}:\overline{DC}=2:1\Rightarrow \overrightarrow{AD}= \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} +\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$

故$\boxed{27}=\bbox[red,2pt]{1},\boxed{28}=\bbox[red,2pt]{3}, \boxed{29}=\bbox[red,2pt]{2},\boxed{30}=\bbox[red,2pt]{3}$

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H. 將一塊邊長$\overline{AB}=15$公分、$\overline{BC}=20$公分的長方形鐵片ABCD 沿對角線$\overline{BD}$對摺後豎立，使得平面ABD 與平面CBD 垂直，則A、C 兩點（在空間）的距離$\overline{AC}=\sqrt{\boxed{31}\boxed{32}\boxed{33}}$

解

對角線$\overline{BD}=\sqrt{15^2+20^2}=25$
${\overline{AE}}^2=15^2-a^2=20^2-(25-a)^2\Rightarrow a=9\Rightarrow \overline{AE}=12$
$\overline{EC}=\sqrt{{\overline{FC}}^2+{\overline{EF}}^2}=\sqrt{12^2+7^2}=\sqrt{193}$
平面ABD 與平面CBD 垂直後，$\triangle AEC$為直角三角形，角E為直角，因此$\overline{AC} = \sqrt{12^2+193}=\sqrt{337}$

故$\boxed{31}=\bbox[red,2pt]{3},\boxed{32}=\bbox[red,2pt]{3}, \boxed{33}=\bbox[red,2pt]{7}$

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-- END --