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$\bbox[red,2pt]{(5)}$

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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$\bbox[red,2pt]{(3)}$

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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$\bbox[red,2pt]{(2)}$

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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$\bbox[red,2pt]{(2)}$

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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$\bbox[red,2pt]{(3,4,5)}$

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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$\bbox[red,2pt]{(1,2,5)}$

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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$\bbox[red,2pt]{(2,4)}$

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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：$\bbox[red,2pt]{(1,2)}$

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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$\bbox[red,2pt]{(1,3,5)}$

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三、選填題

解：

在$\triangle   ABC$中，由餘弦定理： $${ \overline { AC }  }^{ 2 }={ \overline { AB }  }^{ 2 }+{ \overline { BC }  }^{ 2 }-2\times \overline { AB } \times \overline { BC } \times \cos { \angle ABC } =100+100-2\times 10\times 10\times \frac { 3 }{ 5 } =80\\ 在直角\triangle ACD中:{ \overline { AD }  }^{ 2 }={ \overline { AC }  }^{ 2 }+{ \overline { CD }  }^{ 2 }=80+100=180\Rightarrow \overline { AD } =6\sqrt { 5 }$$

答：$\bbox[red,2pt]{6\sqrt { 5 }}$

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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：$a=\bbox[red,2pt]{\frac{2}{3}},b=\bbox[red,2pt]{\frac{5}{3}}$

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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 $$\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) -\left( -1-x^{ 2 } \right) dx } =\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } -\int _{ 1 }^{ t }{ \left( -1-x^{ 2 } \right) dx }\\ =\int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } -\left( -\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 }  \right) =t^{ 4 }+t^{ 3 }+t^{ 2 }+t-4\\ \Rightarrow \int _{ 1 }^{ t }{ p\left( x \right) dx } =t^{ 4 }+t^{ 3 }+t^{ 2 }+t-4+\left( -\frac { 1 }{ 3 } t^{ 3 }-t+\frac { 4 }{ 3 }  \right) =t^{ 4 }+\frac { 2 }{ 3 } t^{ 3 }+t^{ 2 }-\frac { 8 }{ 3 } \\ \Rightarrow p\left( x \right) =\bbox[red,2pt]{4x^{ 3 }+2x^{ 2 }+2x}$$

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解：
(1) $$\begin{cases} MA=A' \\ MB=B' \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ \sqrt { 2 }  \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 \\ \sqrt { 2 }  \end{bmatrix} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=1 \\ c=\sqrt { 2 }  \\ b=-1 \\ d=\sqrt { 2 }  \end{cases}\Rightarrow M=\bbox[red,2pt]{\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ \sqrt { 2 }  & \sqrt { 2 }  \end{bmatrix}}$$

$$\textbf{(2) }令C(x,y) \Rightarrow \triangle ABC重心G\left({1+x\over 3}, {1+y\over 3} \right) \Rightarrow MG= \begin{bmatrix} 1& -1\\ \sqrt 2& \sqrt 2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} (x+1)/3\\  (y+1)/3 \end{bmatrix} \\= \begin{bmatrix} (x-y)/3\\  \sqrt 2(x+ y+2)/3 \end{bmatrix},而 C'=MC= \begin{bmatrix} 1& -1\\ \sqrt 2& \sqrt 2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\  y \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} x-y\\  \sqrt 2(x+y) \end{bmatrix}\\ \Rightarrow \triangle A'B'C重心=\left({1-1+x-y\over 3} ,{\sqrt 2+\sqrt 2+ \sqrt 2(x+y)\over 3}\right) = \left({x-y\over 3},{\sqrt 2(x+y+2) \over 3} \right) \\因此 M將\triangle ABC重心映射至\triangle A'B'C'的重心，兩者皆為\left({x-y\over 3},{\sqrt 2(x+y+2) \over 3} \right), 故得證。$$

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

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