102 學年度指定科目考試試題
數學甲
一、單選題
$$z=a+bi\Rightarrow \frac { z-2 }{ z+2 } =i\Leftrightarrow \frac { a-2+bi }{ a+2+bi } =i\Rightarrow a-2+bi=-b+\left( a+2 \right) i\\ \Rightarrow \begin{cases} a-2=-b \\ b=a+2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=0 \\ b=2 \end{cases}\Rightarrow z=2i\Rightarrow \left| z \right| =2$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(5)}\)
解：
\(P=(2,1), Q=(2,\log_{10}{2}), R=(10,\log_{2}{10}),S=(10,1)\)
四邊形PQRS面積\(\approx\triangle PQS+\triangle RSP =\)$$4\left( 1-\log _{ 10 }{ 2 } \right) +4\left( \log _{ 2 }{ 10 } -1 \right) =4\left( \log _{ 2 }{ 10 } -\log _{ 10 }{ 2 } \right) =4\left( \frac { 1 }{ \log { 2 } } -\log { 2 } \right) \\ =4\left( \frac { 1 }{ 0.301 } -0.301 \right) \approx 4\times 3.02\approx 12$$
\(P=(2,1), Q=(2,\log_{10}{2}), R=(10,\log_{2}{10}),S=(10,1)\)
四邊形PQRS面積\(\approx\triangle PQS+\triangle RSP =\)$$4\left( 1-\log _{ 10 }{ 2 } \right) +4\left( \log _{ 2 }{ 10 } -1 \right) =4\left( \log _{ 2 }{ 10 } -\log _{ 10 }{ 2 } \right) =4\left( \frac { 1 }{ \log { 2 } } -\log { 2 } \right) \\ =4\left( \frac { 1 }{ 0.301 } -0.301 \right) \approx 4\times 3.02\approx 12$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(3)}\)
解：
8球任取2球，共有\(C^8_2=28\)種情形
取出的兩球，其中一球編號為1的情形: (1, 2~8)，共有7種情形，機率\(p_{k=1}=\frac{7}{28}>\frac{1}{5}\)
取出的兩球，其中一球編號為2的情形: (2, 3~8)，共有6種情形，機率\(p_{k=2}=\frac{6}{28}>\frac{1}{5}\)
取出的兩球，其中一球編號為3的情形: (3, 4~8)，共有5種情形，機率\(p_{k=3}=\frac{5}{28}<\frac{1}{5}\)
因此\(p_k>\frac{1}{5}\)共有2個，故選\(\bbox[red,2pt]{(2)}\)
解：
$$\left| \begin{matrix} 0 & a & b \\ c & 0 & d \\ e & f & 0 \end{matrix} \right| =bcf+ade$$
奇數=(奇+偶)或(偶+奇)
bcf=奇數，代表三數皆為奇數，bcf為1、3、5的排列，共有3!=6種；ade則為2、4、6的排列，也是3!=6種。因此bcf為奇數且ade為偶數共有\(6\times 6=36\)種
同理 bcf為偶數且ade為奇數也是有36種
1~6排列共有6!=720種，因此行列式值為奇數的機率為\(\frac{36+36}{720}=\frac{1}{10}\)
奇數=(奇+偶)或(偶+奇)
bcf=奇數，代表三數皆為奇數，bcf為1、3、5的排列，共有3!=6種；ade則為2、4、6的排列，也是3!=6種。因此bcf為奇數且ade為偶數共有\(6\times 6=36\)種
同理 bcf為偶數且ade為奇數也是有36種
1~6排列共有6!=720種，因此行列式值為奇數的機率為\(\frac{36+36}{720}=\frac{1}{10}\)
故選\(\bbox[red,2pt]{(2)}\)
二、多選題
解：
(1)錯誤：\(\vec{AB}=(2,1), \vec{BC}=(2,0)\)，兩者不平行
(2)錯誤：\(\vec{AB}=(2,1), \vec{BD}=(4,2)\)，A、B、D三點共線，無法決定一圓
(3)正確：B、C、D不在一直線上，可決定一二次多項式
(4)正確：不在一直線上的相異四點可決定一個三次多項式
(5)正確：A、B、D共線，可找一平行線且過C點，則此兩線包含四點
(2)錯誤：\(\vec{AB}=(2,1), \vec{BD}=(4,2)\)，A、B、D三點共線，無法決定一圓
(3)正確：B、C、D不在一直線上，可決定一二次多項式
(4)正確：不在一直線上的相異四點可決定一個三次多項式
(5)正確：A、B、D共線，可找一平行線且過C點，則此兩線包含四點
故選\(\bbox[red,2pt]{(3,4,5)}\)
解：
(1)正確： 當\(t=0\Rightarrow\)交點為(1,0,0)
(2)正確：\(t\)有無限多種可能
(3)錯誤：三平面之法向量皆不同
(4)錯誤：c值非唯一
(5)正確：當\(t=2\Rightarrow 交點為(1-2c, 2c^2,2)\)
故選\(\bbox[red,2pt]{(1,2,5)}\)
解：
f(2)=8-4-4+1>0, f(1)=1-1-2+1<0,f(0)=1>0,f(-1)=-1-1+2+1>0,f(-2)=-8-4+4+1<0
因此 -2<a<-1, 0<b<1, 1<c<2
(1)錯誤：(x-1)並非f(x)的因式，極限值不存在
(2)正確：b介於0與1之間
(3)錯誤：-2<a<-1，數列不收斂
(4)正確：0<b<1，數列收斂
(5)錯誤：0<c<2，數列不收斂
故選\(\bbox[red,2pt]{(2,4)}\)
解：
(1)正確：$$f\left( -x \right) =\left| \sin { \left( -x \right) } \right| +\left| \cos { \left( -x \right) } \right| =\left| -\sin { x } \right| +\left| \cos { x } \right| =\left| \sin { x } \right| +\left| \cos { x } \right| =f\left( x \right)$$
(2)正確：\(f\left( \frac{\pi}{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\)為最大值
(3)錯誤：\(f\left( 0 \right)=0+1=1\)為最小值
(4)錯誤：\(f\left( 0 \right)\sim f\left( \frac{\pi}{4} \right)\)為遞增，因此\(\frac{\pi}{4}>\frac{\pi}{9}> \frac{\pi}{10}\Rightarrow f\left( \frac{\pi}{9} \right)>f\left( \frac{\pi}{10} \right)\)
(5)錯誤：由圖形可知週期為\(\frac{\pi}{2}\)
故選：\(\bbox[red,2pt]{(1,2)}\)
解：
(1)正確：假設與z軸正向的向量為\(\vec{\omega}=(0,0,a),a>0\)，因此$$\vec { v } \cdot \vec { \omega } =\left| \vec { v } \right| \left| \vec { \omega } \right| \cos { \theta } \Rightarrow \left( c,d,1 \right) \cdot \left( 0,0,a \right) =\sqrt { c^{ 2 }+d^{ 2 }+1 } \times a\times \cos { \theta } \\ \Rightarrow a=\sqrt { 2 } \times a\times \cos { \theta } \Rightarrow \cos { \theta } =\frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } 為定值$$
(2)錯誤：\(\vec { u } \cdot \vec { v } =\left( a,b,0 \right) \cdot \left( c,d,1 \right) =ac+bd\)，由柯西不等式：\(\left( a^{ 2 }+b^{ 2 } \right) \left( c^{ 2 }+d^{ 2 } \right) \ge { \left( ac+bd \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\times 1\ge { \left( ac+bd \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\ge ac+bd\ge -1\)。因此\(\vec { u } \cdot \vec { v }\)的最大值為1
(2)錯誤：\(\vec { u } \cdot \vec { v } =\left( a,b,0 \right) \cdot \left( c,d,1 \right) =ac+bd\)，由柯西不等式：\(\left( a^{ 2 }+b^{ 2 } \right) \left( c^{ 2 }+d^{ 2 } \right) \ge { \left( ac+bd \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\times 1\ge { \left( ac+bd \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\ge ac+bd\ge -1\)。因此\(\vec { u } \cdot \vec { v }\)的最大值為1
(3)正確：假設\(\vec{u},\vec{v}\)的夾角為\(\theta\)，由餘弦定理可知：$$\cos { \theta } =\frac { \vec { u } \cdot \vec { v } }{ \left| \vec { u } \right| \left| \vec { v } \right| } =\frac { \vec { u } \cdot \vec { v } }{ \sqrt { a^{ 2 }+b^{ 2 } } \times \sqrt { c^{ 2 }+d^{ 2 }+1 } } =\frac { \vec { u } \cdot \vec { v } }{ \sqrt { 2 } } \\ \Rightarrow -\frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \le \cos { \theta } \le \frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \Rightarrow \cos { \theta } =-\frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \Rightarrow \theta =135°$$
(4)錯誤：由柯西不等式：$$\left( a^{ 2 }+b^{ 2 } \right) \left( d^{ 2 }+\left( -c \right) ^{ 2 } \right) \ge { \left( ad-bc \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\times 1\ge { \left( ad-bc \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\ge ad-bc\ge -1$$
(5)正確：$$\vec { u } \times \vec { v } =\left( a,b,0 \right) \cdot \left( c,d,1 \right) =\left( b,-a,ad-bc \right) \Rightarrow \left| \vec { u } \times \vec { v } \right| =\sqrt { b^{ 2 }+a^{ 2 }+{ \left( ad-bc \right) }^{ 2 } } =\sqrt { 1+{ \left( ad-bc \right) }^{ 2 } } \\ \Rightarrow \sqrt { 1+0 } \le \left| \vec { u } \times \vec { v } \right| \le \sqrt { 1+1 } \Leftrightarrow 1\le \left| \vec { u } \times \vec { v } \right| \le \sqrt { 2 } $$故選\(\bbox[red,2pt]{(1,3,5)}\)
(4)錯誤：由柯西不等式：$$\left( a^{ 2 }+b^{ 2 } \right) \left( d^{ 2 }+\left( -c \right) ^{ 2 } \right) \ge { \left( ad-bc \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\times 1\ge { \left( ad-bc \right) }^{ 2 }\Rightarrow 1\ge ad-bc\ge -1$$
(5)正確：$$\vec { u } \times \vec { v } =\left( a,b,0 \right) \cdot \left( c,d,1 \right) =\left( b,-a,ad-bc \right) \Rightarrow \left| \vec { u } \times \vec { v } \right| =\sqrt { b^{ 2 }+a^{ 2 }+{ \left( ad-bc \right) }^{ 2 } } =\sqrt { 1+{ \left( ad-bc \right) }^{ 2 } } \\ \Rightarrow \sqrt { 1+0 } \le \left| \vec { u } \times \vec { v } \right| \le \sqrt { 1+1 } \Leftrightarrow 1\le \left| \vec { u } \times \vec { v } \right| \le \sqrt { 2 } $$故選\(\bbox[red,2pt]{(1,3,5)}\)
三、選填題
解：
答：\(\bbox[red,2pt]{6\sqrt { 5 }}\)
解：
\(x^2+y^2+4x-7y+10=0\Rightarrow (x+2)^2+(y-\frac{7}{2})^2=(\frac{5}{2})^2\Rightarrow\) 圓心\(O(-2, \frac{7}{2})\)，半徑\(r=\frac{5}{2}\)
先求圓與Y軸的交點：\(y^2-7y+10=0\Rightarrow (y-5)(y-2)=0\Rightarrow \)交點B(0,2)、交點C(0,5)，見上圖。
直線與X軸的交點A(-3,0)，因此過A點的直線與圓交於第1及第2象限需介於直線\(\overline{AB}\)及\(\overline{AC}\)之間，也就是斜率也介於該二直線之間，即：\(\frac{2}{3}<m<\frac{5}{3}\)
答：\(a=\bbox[red,2pt]{\frac{2}{3}},b=\bbox[red,2pt]{\frac{5}{3}}\)
\(x^2+y^2+4x-7y+10=0\Rightarrow (x+2)^2+(y-\frac{7}{2})^2=(\frac{5}{2})^2\Rightarrow\) 圓心\(O(-2, \frac{7}{2})\)，半徑\(r=\frac{5}{2}\)
先求圓與Y軸的交點：\(y^2-7y+10=0\Rightarrow (y-5)(y-2)=0\Rightarrow \)交點B(0,2)、交點C(0,5)，見上圖。
直線與X軸的交點A(-3,0)，因此過A點的直線與圓交於第1及第2象限需介於直線\(\overline{AB}\)及\(\overline{AC}\)之間，也就是斜率也介於該二直線之間，即：\(\frac{2}{3}<m<\frac{5}{3}\)
答：\(a=\bbox[red,2pt]{\frac{2}{3}},b=\bbox[red,2pt]{\frac{5}{3}}\)
第貳部份 ：非選擇題
解：
(1)p(x)各項係數均大於等於0，因此\(p(x)> 0 \forall x\ge 1\)；又\(x^2+1>0 \forall x\ge 1\)
因此\(p(x)+x^2+1>0 \forall x\ge 1\Rightarrow p(x)>-1-x^2 \forall x\ge 1\)
(2)\(\int _{ 1 }^{ t }{ \left( -1-x^{ 2 } \right) dx } =\left. \left[ -x-\frac { 1 }{ 3 } x^{ 3 } \right] \right| ^{ t }_{ 1 }=\left( -t-\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 } \right) -\left( -1-\frac { 1 }{ 3 } \right) =\bbox[red,2pt]{-\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 }} \)
(3)x=1至x=1的面積為0，即\(t=1\Rightarrow t^4+t^3+t^2+t+C=0\Rightarrow C=\bbox[red,2pt]{-4}\)
(4)由所圍面積反推求p(x)，即$$\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) -\left( -1-x^{ 2 } \right) dx } =\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } -\int _{ 1 }^{ t }{ \left( -1-x^{ 2 } \right) dx }\\ =\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } -\left( -\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 } \right) =t^{ 4 }+t^{ 3 }+t^{ 2 }+t-4\\ \Rightarrow \int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } =t^{ 4 }+t^{ 3 }+t^{ 2 }+t-4+\left( -\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 } \right) =t^{ 4 }+\frac { 2 }{ 3 } t^{ 3 }+t^{ 2 }-\frac { 8 }{ 3 } \\ \Rightarrow p\left( x \right) =\bbox[red,2pt]{4x^{ 3 }+2x^{ 2 }+2x}$$
解：
(1)$$\begin{cases} MA=A' \\ MB=B' \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ \sqrt { 2 } \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 \\ \sqrt { 2 } \end{bmatrix} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=1 \\ c=\sqrt { 2 } \\ b=-1 \\ d=\sqrt { 2 } \end{cases}\Rightarrow M=\bbox[red,2pt]{\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ \sqrt { 2 } & \sqrt { 2 } \end{bmatrix}}$$
(2)令C=(x,y)，則\(\triangle ABC\)的重心G坐標為\(\left(\frac{1+x}{3},\frac{1+y}{3}\right)\)
又\(C'=MC=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ \sqrt { 2 } & \sqrt { 2 } \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} x-y \\ \sqrt { 2 } \left( x-y \right) \end{bmatrix}\)，則\(\triangle A'B'C'\)的重心G'坐標為\(\left(\frac{1-1+x-y}{3},\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}+\sqrt{2}(x-y)}{3}\right) = \left(\frac{x-y}{3},\frac{\sqrt{2}(2+x-y)}{3}\right)\)
M將G轉換成\(MG=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ \sqrt { 2 } & \sqrt { 2 } \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac { 1+x }{ 3 } \\ \frac { 1+y }{ 3 } \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac { 1+x-1-y }{ 3 } \\ \sqrt { 2 } \left( \frac { 1+x+1+y }{ 3 } \right) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac { x-y }{ 3 } \\ \sqrt { 2 } \left( \frac { 2+x+y }{ 3 } \right) \end{bmatrix}=G'\)，由此可知M將G轉換成G'，故得證。
(3) 由\(|M|=2\sqrt{2}\)可知面積變為原來的\(2\sqrt{2}\)倍，因此\(\triangle A'B'C'\)面積為\(3 \times 2\sqrt{2}=6\sqrt{2}\)；令C'至\(\overline{A'B'}\)的距離為h，則\(6\sqrt{2}=\frac{h}{2}\times \overline{A'B'}=\frac{h}{2}\times 2\Rightarrow h=\bbox[red,2pt]{6\sqrt{2}}\)
因此\(p(x)+x^2+1>0 \forall x\ge 1\Rightarrow p(x)>-1-x^2 \forall x\ge 1\)
(2)\(\int _{ 1 }^{ t }{ \left( -1-x^{ 2 } \right) dx } =\left. \left[ -x-\frac { 1 }{ 3 } x^{ 3 } \right] \right| ^{ t }_{ 1 }=\left( -t-\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 } \right) -\left( -1-\frac { 1 }{ 3 } \right) =\bbox[red,2pt]{-\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 }} \)
(3)x=1至x=1的面積為0，即\(t=1\Rightarrow t^4+t^3+t^2+t+C=0\Rightarrow C=\bbox[red,2pt]{-4}\)
(4)由所圍面積反推求p(x)，即$$\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) -\left( -1-x^{ 2 } \right) dx } =\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } -\int _{ 1 }^{ t }{ \left( -1-x^{ 2 } \right) dx }\\ =\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } -\left( -\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 } \right) =t^{ 4 }+t^{ 3 }+t^{ 2 }+t-4\\ \Rightarrow \int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } =t^{ 4 }+t^{ 3 }+t^{ 2 }+t-4+\left( -\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 } \right) =t^{ 4 }+\frac { 2 }{ 3 } t^{ 3 }+t^{ 2 }-\frac { 8 }{ 3 } \\ \Rightarrow p\left( x \right) =\bbox[red,2pt]{4x^{ 3 }+2x^{ 2 }+2x}$$
(1)$$\begin{cases} MA=A' \\ MB=B' \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ \sqrt { 2 } \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 \\ \sqrt { 2 } \end{bmatrix} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=1 \\ c=\sqrt { 2 } \\ b=-1 \\ d=\sqrt { 2 } \end{cases}\Rightarrow M=\bbox[red,2pt]{\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ \sqrt { 2 } & \sqrt { 2 } \end{bmatrix}}$$
(2)令C=(x,y)，則\(\triangle ABC\)的重心G坐標為\(\left(\frac{1+x}{3},\frac{1+y}{3}\right)\)
又\(C'=MC=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ \sqrt { 2 } & \sqrt { 2 } \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} x-y \\ \sqrt { 2 } \left( x-y \right) \end{bmatrix}\)，則\(\triangle A'B'C'\)的重心G'坐標為\(\left(\frac{1-1+x-y}{3},\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}+\sqrt{2}(x-y)}{3}\right) = \left(\frac{x-y}{3},\frac{\sqrt{2}(2+x-y)}{3}\right)\)
M將G轉換成\(MG=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ \sqrt { 2 } & \sqrt { 2 } \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac { 1+x }{ 3 } \\ \frac { 1+y }{ 3 } \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac { 1+x-1-y }{ 3 } \\ \sqrt { 2 } \left( \frac { 1+x+1+y }{ 3 } \right) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac { x-y }{ 3 } \\ \sqrt { 2 } \left( \frac { 2+x+y }{ 3 } \right) \end{bmatrix}=G'\)，由此可知M將G轉換成G'，故得證。
(3) 由\(|M|=2\sqrt{2}\)可知面積變為原來的\(2\sqrt{2}\)倍，因此\(\triangle A'B'C'\)面積為\(3 \times 2\sqrt{2}=6\sqrt{2}\)；令C'至\(\overline{A'B'}\)的距離為h，則\(6\sqrt{2}=\frac{h}{2}\times \overline{A'B'}=\frac{h}{2}\times 2\Rightarrow h=\bbox[red,2pt]{6\sqrt{2}}\)
沒有留言:
張貼留言