網頁

2018年3月27日 星期二

102年大學指考數學甲詳解


102 學年度指定科目考試試題
數學甲

一、單選題


解:
$$z=a+bi\Rightarrow \frac { z-2 }{ z+2 } =i\Leftrightarrow \frac { a-2+bi }{ a+2+bi } =i\Rightarrow a-2+bi=-b+\left( a+2 \right) i\\ \Rightarrow \begin{cases} a-2=-b \\ b=a+2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=0 \\ b=2 \end{cases}\Rightarrow z=2i\Rightarrow \left| z \right| =2$$
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\(\approx\triangle   PQS+\triangle   RSP   =\)$$4\left( 1-\log _{ 10 }{ 2 }  \right) +4\left( \log _{ 2 }{ 10 } -1 \right) =4\left( \log _{ 2 }{ 10 } -\log _{ 10 }{ 2 }  \right) =4\left( \frac { 1 }{ \log { 2 }  } -\log { 2 }  \right) \\ =4\left( \frac { 1 }{ 0.301 } -0.301 \right) \approx 4\times 3.02\approx 12$$
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\(\frac{36+36}{720}=\frac{1}{10}\)
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
故選\(\bbox[red,2pt]{(3,4,5)}\)



解:
\(\begin{cases} cx+y=c \\ cy+z=0 \\ x+cz=1 \end{cases}\Rightarrow \left( 1-ct,c^2t,t \right)為三平面交點\)
(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
(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\(\bbox[red,2pt]{(1,3,5)}\)


三、選填題

解:
在\(\triangle   ABC\)中,由餘弦定理:$${ \overline { AC }  }^{ 2 }={ \overline { AB }  }^{ 2 }+{ \overline { BC }  }^{ 2 }-2\times \overline { AB } \times \overline { BC } \times \cos { \angle ABC } =100+100-2\times 100\times 100\times \frac { 3 }{ 5 } =80\\ 在直角\triangle ACD中:{ \overline { AD }  }^{ 2 }={ \overline { AC }  }^{ 2 }+{ \overline { CD }  }^{ 2 }=80+100=180\Rightarrow \overline { AD } =6\sqrt { 5 } $$
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:\(a=\bbox[red,2pt]{\frac{2}{3}},b=\bbox[red,2pt]{\frac{5}{3}}\)

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\(6\sqrt{2}=\frac{h}{2}\times   \overline{A'B'}=\frac{h}{2}\times  2\Rightarrow   h=\bbox[red,2pt]{6\sqrt{2}}\)


沒有留言:

張貼留言