102 學年度指定科目考試試題
數學甲
解:z=a+bi⇒z−2z+2=i⇔a−2+bia+2+bi=i⇒a−2+bi=−b+(a+2)i⇒{a−2=−bb=a+2⇒{a=0b=2⇒z=2i⇒|z|=2
故選(5)
解:
P=(2,1),Q=(2,log102),R=(10,log210),S=(10,1)
四邊形PQRS面積≈△PQS+△RSP=4(1−log102)+4(log210−1)=4(log210−log102)=4(1log2−log2)=4(10.301−0.301)≈4×3.02≈12
P=(2,1),Q=(2,log102),R=(10,log210),S=(10,1)
四邊形PQRS面積≈△PQS+△RSP=4(1−log102)+4(log210−1)=4(log210−log102)=4(1log2−log2)=4(10.301−0.301)≈4×3.02≈12
故選(3)
解:
8球任取2球,共有C82=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pk=1=728>15
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pk=2=628>15
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pk=3=528<15
因此pk>15共有2個,故選(2)
解:
|0abc0def0|=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6×6=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36+36720=110
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6×6=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36+36720=110
故選(2)
二、多選題
解:
(1)錯誤:→AB=(2,1),→BC=(2,0),兩者不平行
(2)錯誤:→AB=(2,1),→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:→AB=(2,1),→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(3,4,5)
解:
(1)正確: 當t=0⇒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⇒交點為(1−2c,2c2,2)
故選(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(2,4)
解:
(1)正確:f(−x)=|sin(−x)|+|cos(−x)|=|−sinx|+|cosx|=|sinx|+|cosx|=f(x)
(2)正確:f(π4)=√22+√22=√2為最大值
(3)錯誤:f(0)=0+1=1為最小值
(4)錯誤:f(0)∼f(π4)為遞增,因此π4>π9>π10⇒f(π9)>f(π10)
(5)錯誤:由圖形可知週期為π2
故選:(1,2)
解:
(1)正確:假設與z軸正向的向量為→ω=(0,0,a),a>0,因此→v⋅→ω=|→v||→ω|cosθ⇒(c,d,1)⋅(0,0,a)=√c2+d2+1×a×cosθ⇒a=√2×a×cosθ⇒cosθ=1√2為定值
(2)錯誤:→u⋅→v=(a,b,0)⋅(c,d,1)=ac+bd,由柯西不等式:(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2⇒1×1≥(ac+bd)2⇒1≥ac+bd≥−1。因此→u⋅→v的最大值為1
(2)錯誤:→u⋅→v=(a,b,0)⋅(c,d,1)=ac+bd,由柯西不等式:(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2⇒1×1≥(ac+bd)2⇒1≥ac+bd≥−1。因此→u⋅→v的最大值為1
(3)正確:假設→u,→v的夾角為θ,由餘弦定理可知:cosθ=→u⋅→v|→u||→v|=→u⋅→v√a2+b2×√c2+d2+1=→u⋅→v√2⇒−1√2≤cosθ≤1√2⇒cosθ=−1√2⇒θ=135°
(4)錯誤:由柯西不等式:(a2+b2)(d2+(−c)2)≥(ad−bc)2⇒1×1≥(ad−bc)2⇒1≥ad−bc≥−1
(5)正確:→u×→v=(a,b,0)⋅(c,d,1)=(b,−a,ad−bc)⇒|→u×→v|=√b2+a2+(ad−bc)2=√1+(ad−bc)2⇒√1+0≤|→u×→v|≤√1+1⇔1≤|→u×→v|≤√2故選(1,3,5)
(4)錯誤:由柯西不等式:(a2+b2)(d2+(−c)2)≥(ad−bc)2⇒1×1≥(ad−bc)2⇒1≥ad−bc≥−1
(5)正確:→u×→v=(a,b,0)⋅(c,d,1)=(b,−a,ad−bc)⇒|→u×→v|=√b2+a2+(ad−bc)2=√1+(ad−bc)2⇒√1+0≤|→u×→v|≤√1+1⇔1≤|→u×→v|≤√2故選(1,3,5)
三、選填題
解:
答:6√5
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∀x≥1;又x2+1>0∀x≥1
因此p(x)+x2+1>0∀x≥1⇒p(x)>−1−x2∀x≥1
(2)∫t1(−1−x2)dx=[−x−13x3]|t1=(−t−13t3)−(−1−13)=−13t3−t+43
(3)x=1至x=1的面積為0,即t=1⇒t4+t3+t2+t+C=0⇒C=−4
(4)由所圍面積反推求p(x),即∫t1p(x)−(−1−x2)dx=∫t1p(x)dx−∫t1(−1−x2)dx=∫t1p(x)dx−(−13t3−t+43)=t4+t3+t2+t−4⇒∫t1p(x)dx=t4+t3+t2+t−4+(−13t3−t+43)=t4+23t3+t2−83⇒p(x)=4x3+2x2+2x
解:
(1){MA=A′MB=B′⇒{[abcd][10]=[1√2][abcd][01]=[−1√2]⇒{a=1c=√2b=−1d=√2⇒M=[1−1√2√2]
因此p(x)+x2+1>0∀x≥1⇒p(x)>−1−x2∀x≥1
(2)∫t1(−1−x2)dx=[−x−13x3]|t1=(−t−13t3)−(−1−13)=−13t3−t+43
(3)x=1至x=1的面積為0,即t=1⇒t4+t3+t2+t+C=0⇒C=−4
(4)由所圍面積反推求p(x),即∫t1p(x)−(−1−x2)dx=∫t1p(x)dx−∫t1(−1−x2)dx=∫t1p(x)dx−(−13t3−t+43)=t4+t3+t2+t−4⇒∫t1p(x)dx=t4+t3+t2+t−4+(−13t3−t+43)=t4+23t3+t2−83⇒p(x)=4x3+2x2+2x
(1){MA=A′MB=B′⇒{[abcd][10]=[1√2][abcd][01]=[−1√2]⇒{a=1c=√2b=−1d=√2⇒M=[1−1√2√2]
(2) 令C(x,y)⇒△ABC重心G(1+x3,1+y3)⇒MG=[1−1√2√2][(x+1)/3(y+1)/3]=[(x−y)/3√2(x+y+2)/3],而C′=MC=[1−1√2√2][xy]=[x−y√2(x+y)]⇒△A′B′C重心=(1−1+x−y3,√2+√2+√2(x+y)3)=(x−y3,√2(x+y+2)3)因此M將△ABC重心映射至△A′B′C′的重心,兩者皆為(x−y3,√2(x+y+2)3),故得證。
(3) 由|M|=2√2可知面積變為原來的2√2倍,因此△A′B′C′面積為3×2√2=6√2;令C'至¯A′B′的距離為h,則6√2=h2ׯA′B′=h2×2⇒h=6√2
(3) 由|M|=2√2可知面積變為原來的2√2倍,因此△A′B′C′面積為3×2√2=6√2;令C'至¯A′B′的距離為h,則6√2=h2ׯA′B′=h2×2⇒h=6√2
第二小題的算式有誤:
回覆刪除哪一題的第2小題?
刪除他講的應該是非選二的第二小題
刪除第二行的G’座標,我剛好在查這題怎麼寫就看到了
抱歉我打錯是c’的座標(不是G’
刪除己修訂,謝謝兩位指正!!
刪除選填題A的第一個算式,是2×10×10×3/5
回覆刪除謝謝, 已修訂
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