103學年度指定科目考試試題
數學甲
第壹部分：選擇題一、單選題
解：
圓：\((x+1)^2+(y-1)^2=1\Rightarrow\)圓心(-1,1)，半徑=1
若\(x\ge -\frac{1}{2}\Rightarrow L_1:y=2x+1\)；若\(x\le -\frac{1}{2}\Rightarrow L_2:y=-2x-1\)；
圓心至\(L_1\)的距離=\(\frac { 2 }{ \sqrt { 5 } } <1\)；圓心至\(L_2\)的距離=0；因此該圓與兩直線各有2個交點(如下圖)，共有四個交點。
故選\(\bbox[red,2pt]{(4)}\)
解：
依上圖可知：\(\cot{\theta_1}=\frac{200+k}{h},\cot{\theta_2}=\frac{100+k}{h}, \cos{\theta_3}=\frac{k}{h}\)，三數值的公差為\(-\frac{100}{h}\)，故選\(\bbox[red,2pt]{(5)}\)
解：$$2^{ 10^{ x } }=10^{ 6 }\Rightarrow \log { 2^{ 10^{ x } } } =\log { 10^{ 6 } } \Rightarrow 10^{ x }\log { 2 } =6\Rightarrow 10^{ x }=\frac { 6 }{ \log { 2 } } \\ \Rightarrow x=\log { \frac { 6 }{ \log { 2 } } } =\log { \frac { 6 }{ 0.301 } } \approx \log { 20 } =1+\log { 2 } =1.301$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(3)}\)
故選\(\bbox[red,2pt]{(3)}\)
二、多選題
解：
$$\left( 1 \right) 正確：\vec { v } =\left( \frac { \sqrt { 2 } }{ 2 } ,0,0 \right) \Rightarrow \vec { u } \cdot \vec { v } =\left( 2,2,1 \right) \cdot \left( \frac { \sqrt { 2 } }{ 2 } ,0,0 \right) =\sqrt { 2 } \\ \left( 2 \right) 錯誤：\vec { u } \bot \left( \vec { u } \times \vec { v } \right) ,但\vec { u } \cdot \left( \vec { u } \times \vec { v } \right) =\left( 2,2,1 \right) \cdot \left( 1,3,4 \right) \neq 0\\ \left( 3 \right) 錯誤：\left| \vec { u } \cdot \vec { v } \right| =2\left| \vec { v } \right| \neq 0\Rightarrow \vec { u } ,\vec { v } 不垂直\Rightarrow \vec { u } \times \vec { v } \neq \vec { 0 } \\ \left( 4 \right) 正確：\left| \vec { u } \times \vec { v } \right| =\left| \vec { u } \right| \left| \vec { v } \right| \sin { \theta } \Rightarrow 3\left| \vec { v } \right| =\sqrt { 2^{ 2 }+2^{ 2 }+1^{ 2 } } \left| \vec { v } \right| \sin { \theta } =3\left| \vec { v } \right| \sin { \theta } \\ \Rightarrow \sin { \theta } =1\Rightarrow \theta =90°\Rightarrow \vec { u } \cdot \vec { v } =0\\ \left( 5 \right) 正確：\vec { u } \cdot \vec { v } =\vec { u } \times \vec { v } =0\Rightarrow \vec { u } //\vec { v } 且\vec { u } \bot \vec { v } \Rightarrow \vec { v } =\vec { 0 } $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(1,4,5)}\)
$$\left( 1 \right) 錯誤：f'\left( x \right) =12x^{ 2 }-22x+6\Rightarrow f'\left( 1 \right) =12-22+6<0\\ \left( 2 \right) 錯誤：f'\left( x \right) =0\Rightarrow 6x^{ 2 }-11x+3=0\Rightarrow \left( 3x-1 \right) \left( 2x-3 \right) =0\Rightarrow x=\frac { 1 }{ 3 } ,\frac { 3 }{ 2 } 有極值\\ 又f\left( \frac { 1 }{ 3 } \right) =\frac { 4 }{ 27 } -\frac { 11 }{ 9 } +2=\frac { 25 }{ 27 } ,f\left( \frac { 3 }{ 2 } \right) =\frac { 27 }{ 2 } -\frac { 99 }{ 4 } +9=\frac { -9 }{ 4 } \\ \Rightarrow f\left( \frac { 1 }{ 3 } \right) 為極大值且小於1,f\left( \frac { 3 }{ 2 } \right) 為極小值\Rightarrow y=1與f\left( x \right) 交於1點\\ \left( 3 \right) 正確：f\left( \frac { 3 }{ 2 } \right) =\frac { -9 }{ 4 } 為極小值\\ \left( 4 \right) 正確：f\left( x \right) =0\Rightarrow x\left( x-2 \right) \left( 4x-3 \right) =0\Rightarrow x=2為最大根\Rightarrow \pi >2\Rightarrow f\left( \pi \right) >0\\ \left( 5 \right) 錯誤：\pi <\frac { 4\pi }{ 7 } <\frac { \pi }{ 2 } \Rightarrow \cos { \frac { 4\pi }{ 7 } } <0\left( 最小根 \right) \Rightarrow f\left( \cos { \frac { 4\pi }{ 7 } } \right) <0$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(3,4)}\)
解：
(1)正確：只須比3場=甲連三勝或乙連三勝，其機率為\(p^3+(1-p)^3\)
(2)錯誤：
\(\enclose{circle}{1}\)比3場：甲連三勝或乙連三勝，其機率為\(p^3+(1-p)^3\)
\(\enclose{circle}{2}\)比4場：甲勝→甲甲乙甲、甲乙甲甲、乙甲甲甲，其機率為\(3p^3(1-p)\)
乙勝→上行的甲乙互換，機率值p與(1-p)互換，其值為\(3p(1-p)^3\)
\(\enclose{circle}{3}\)比5場：甲勝→前四場(甲甲乙乙)有\(C^4_2=6\)種排列，最後一定是甲，機率為\(6p^3(1-p)^2\)
乙勝→上行的甲乙互換，機率值p與(1-p)互換，其值為\(6p^2(1-p)^3\)
因此期望值$$f(p)=3(p^{ 3 }+(1-p)^{ 3 })+4(3p^{ 3 }(1-p)+3(1-p)^{ 3 }p)+5(6p^{ 3 }(1-p)^{ 2 }+6(1-p)^{ 3 }p^{ 2 })\\ =3(p^{ 3 }+(1-p)^{ 3 })+12p(1-p)\left( p^{ 2 }+(1-p)^{ 2 } \right) +30p^{ 2 }(1-p)^{ 2 }(p+(1-p))\\ =3(3p^{ 2 }-3p+1)+12p(1-p)\left( 2p^{ 2 }-2p+1 \right) +30p^{ 2 }(1-p)^{ 2 }\\ =3(3p^{ 2 }-3p+1)+6p(1-p)\left[ 2\left( 2p^{ 2 }-2p+1 \right) +5p(1-p) \right] \\ =(9p^{ 2 }-9p+3)+(6p-6p^{ 2 })\left( -p^{ 2 }+p+2 \right) \\ =(9p^{ 2 }-9p+3)+\left( 6p^{ 4 }-12p^{ 3 }-6p^{ 2 }+12p \right) =6p^{ 4 }-12p^{ 3 }+3p^{ 2 }+3p+3$$為一5次多項式
(3) 正確：f(0)=3
(4)正確：$$f'(p)=24p^{ 3 }-36p^{ 2 }+6p+3=0\Rightarrow 8p^{ 3 }-12p^{ 2 }+2p+1=0\\ \Rightarrow \left( 2p-1 \right) \left( 4p^{ 2 }-4p-1 \right) =0\Rightarrow p=\frac { 1 }{ 2 } ,\frac { 1\pm \sqrt { 2 } }{ 2 } \\ \because 0\le p\le 1\Rightarrow f\left( \frac { 1 }{ 2 } \right) =4\frac { 1 }{ 8 } 最大值,f\left( 0 \right) =f\left( 3 \right) =3最小值$$(5)錯誤：\(\frac{1}{4}\)比\(\frac{4}{5}\)接近最大值位置\(\frac{1}{2}\)，所以\(f\left( \frac{1}{4} \right) >f\left( \frac{4}{5} \right) \)
故選\(\bbox[red,2pt]{(1,3,4)}\)
解：
(1)正確：第1式與第2式相加，可得\(2^x+2^{x+1}=3\Rightarrow 3\cdot 2^x=3\Rightarrow 2^x=1 \Rightarrow x=0\)
(2)正確：$$\begin{cases} 2^{ x }-3^{ y }+5^{ z }=-1 \\ 2^{ x+1 }+3^{ y }-5^{ z }=4 \\ 2^{ x+1 }+3^{ y+1 }+a5^{ z }=8 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 3^{ y }-5^{ z }=2 \\ 3^{ y+1 }+a5^{ z }=6 \end{cases}\Rightarrow 3^{ y }=5^{ z }+2\Rightarrow y=\log _{ 3 }{ \left( 5^{ z }+2 \right) } >0$$
(3)錯誤：\(3^{ y }=5^{ z }+2\Rightarrow 3^{ y }>5^{ z }\Rightarrow y>z\log _{ 3 }{ 5 } >z\)
(4)錯誤：\(\begin{cases} 3^{ y }-5^{ z }=2 \\ 3^{ y+1 }+a5^{ z }=6 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 3^{ y+1 }-3\cdot 5^{ z }=6 \\ 3^{ y+1 }+a5^{ z }=6 \end{cases}\Rightarrow a=-3\)也就是a=-3才有解
(5)錯誤：\(3^{ y }=5^{ z }+2\)，y,z非線性關性
答：\(\bbox[red,2pt]{(1,2)}\)(2)正確：$$\begin{cases} 2^{ x }-3^{ y }+5^{ z }=-1 \\ 2^{ x+1 }+3^{ y }-5^{ z }=4 \\ 2^{ x+1 }+3^{ y+1 }+a5^{ z }=8 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 3^{ y }-5^{ z }=2 \\ 3^{ y+1 }+a5^{ z }=6 \end{cases}\Rightarrow 3^{ y }=5^{ z }+2\Rightarrow y=\log _{ 3 }{ \left( 5^{ z }+2 \right) } >0$$
(3)錯誤：\(3^{ y }=5^{ z }+2\Rightarrow 3^{ y }>5^{ z }\Rightarrow y>z\log _{ 3 }{ 5 } >z\)
(4)錯誤：\(\begin{cases} 3^{ y }-5^{ z }=2 \\ 3^{ y+1 }+a5^{ z }=6 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 3^{ y+1 }-3\cdot 5^{ z }=6 \\ 3^{ y+1 }+a5^{ z }=6 \end{cases}\Rightarrow a=-3\)也就是a=-3才有解
(5)錯誤：\(3^{ y }=5^{ z }+2\)，y,z非線性關性
解：
$$\left( 1 \right) 4^{ 2 }=3^{ 2 }+4^{ 2 }-2\times 3\times 4\cos { \angle ABC } \Rightarrow \cos { \angle ABC } =\frac { 9 }{ 24 } =\frac { 3 }{ 8 } <\frac { 3 }{ 7 } \\ \left( 2 \right) \overline { BC } =\overline { AC } \Rightarrow \angle ABC=\angle BAC\Rightarrow \angle BAD>\angle ABC\Rightarrow \cos { \angle BAD } <\cos { \angle ABC } \\ \left( 3 \right) x=1\Rightarrow \overline { AD } +\overline { CD } \ngtr \overline { AC } \\ \left( 4 \right) x=\frac { 13 }{ 2 } \Rightarrow \begin{cases} \cos { \angle ACB } =\frac { 4^{ 2 }+4^{ 2 }-3^{ 2 } }{ 2\times 4\times 4 } =\frac { 23 }{ 32 } \\ \cos { \angle ACD } =\frac { 4^{ 2 }+3^{ 2 }-\left( \frac { 13 }{ 2 } \right) ^{ 2 } }{ 2\times 3\times 4 } =-\frac { 23 }{ 32 } \end{cases}\Rightarrow \cos { \angle ACB } =-\cos { \angle ACD } \\ \Rightarrow \angle ACB+\angle ACD=\pi (非凸邊形)\\ \Rightarrow x<\frac { 13 }{ 2 } \Rightarrow \cos { \angle ACD } >-\frac { 23 }{ 32 } \Rightarrow \angle ACB+\angle ACD<\pi \\ \left( 5 \right) 四點共圓\Rightarrow \angle ABC+\angle ADC=\pi \Rightarrow \cos { \angle ACD } =-\cos { \angle ABC } =-\frac { 3 }{ 8 } \\ \Rightarrow \frac { 9+x^{ 2 }-16 }{ 6x } =-\frac { 3 }{ 8 } \Rightarrow 4x^{ 2 }+9x-28=0\Rightarrow \left( 4x-7 \right) \left( x+4 \right) =0\Rightarrow x=\frac { 7 }{ 4 } $$
故選： \((\bbox[red,2pt]{4,5})\)。
解：
假設E為原點，則A=(0,0,5)、H=(3,0,0)、C=(3,2,5)。
\(\vec { AH } \cdot \vec { AC } =\left( 3,0,-5 \right) \cdot \left( 3,2,0 \right) =9\)
\(\vec { AH } \cdot \vec { AC } =\left( 3,0,-5 \right) \cdot \left( 3,2,0 \right) =9\)
答：\(\bbox[red,2pt]{9}\)
解：
依題意每一列只能挑一個數字，每一行也只能挑一個數字。第一行有3種選擇，第二行有2種選擇，第三行只能有一種選擇，因此有\(3\times 2\times 1=6\)種可能。
其實就是 146 、195、285、247、386、397。
所以機率為\(\frac{6}{C^9_3}=\bbox[red,2pt]{\frac{1}{14}}\)
其實就是 146 、195、285、247、386、397。
所以機率為\(\frac{6}{C^9_3}=\bbox[red,2pt]{\frac{1}{14}}\)
解：
(1)先求直線與曲線的交點，再利用積分求面積，如下圖
$$x-x^{ 2 }=0\Rightarrow x=0,1\Rightarrow 面積=\int _{ 0 }^{ 1 }{ x-x^{ 2 } } dx=\left. \left[ \frac { 1 }{ 2 } x^{ 2 }-\frac { 1 }{ 3 } x^{ 3 } \right] \right| ^{ 1 }_{ 0 }=\frac { 1 }{ 2 } -\frac { 1 }{ 3 } =\frac { 1 }{ 6 } $$
(2)同上，只是將y=0換成y=cx，如下圖
$$x-x^{ 2 }=cx\Rightarrow x=0,1-c\Rightarrow 面積=\frac{1}{12}=\int _{ 0 }^{ 1-c }{ x-x^{ 2 }-cx } dx=\left. \left[ \frac { 1 }{ 2 } x^{ 2 }-\frac { 1 }{ 3 } x^{ 3 }-\frac { c }{ 2 } x^{ 2 } \right] \right| ^{ 1-c }_{ 0 }\\ =\frac { 1 }{ 2 } { \left( 1-c \right) }^{ 2 }-\frac { 1 }{ 3 } { \left( 1-c \right) }^{ 3 }-\frac { c }{ 2 } { \left( 1-c \right) }^{ 2 }={ \left( 1-c \right) }^{ 2 }\left( \frac { 1 }{ 2 } -\frac { 1 }{ 3 } \left( 1-c \right) -\frac { c }{ 2 } \right) \\ ={ \left( 1-c \right) }^{ 2 }\left( \frac { 1-c }{ 2 } -\frac { 1-c }{ 3 } \right) ={ \left( 1-c \right) }^{ 3 }\frac { 1 }{ 6 } =\frac { 1 }{ 12 } \Rightarrow { \left( 1-c \right) }^{ 3 }=\frac { 1 }{ 2 } \Rightarrow c=1-\frac { 1 }{ \sqrt [ 3 ]{ 2 } } $$
解：
(1)\((1+i)^4=(2i)^2=-4\Rightarrow a_4=-4,b_4=0\Rightarrow a^2_4+b^2_4=(-4)^2+0^2=16\)
(2)$${ \left( 1+i \right) }^{ n+1 }={ \left( 1+i \right) }^{ n }\left( 1+i \right) \Rightarrow a_{ n+1 }+ib_{ n+1 }=\left( a_{ n }+ib_{ n } \right) \left( 1+i \right) =\left( a_{ n }-b_{ n } \right) +i\left( a_{ n }+b_{ n } \right) \\ \Rightarrow \begin{bmatrix} a_{ n+1 } \\ b_{ n+1 } \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{ n } \\ b_{ n } \end{bmatrix}\Rightarrow T=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$$
(3)$$T=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}=\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} \frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } & -\frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \\ \frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } & \frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \end{bmatrix}=\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} \cos { \frac { \pi }{ 4 } } & -\sin { \frac { \pi }{ 4 } } \\ \sin { \frac { \pi }{ 4 } } & \cos { \frac { \pi }{ 4 } } \end{bmatrix}\\ 令(x,y)=(r\cos { \theta } ,r\sin { \theta } )經T轉換後成為(x',y'),即\\ \left( x',y' \right) =\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} \cos { \frac { \pi }{ 4 } } & -\sin { \frac { \pi }{ 4 } } \\ \sin { \frac { \pi }{ 4 } } & \cos { \frac { \pi }{ 4 } } \end{bmatrix}\begin{bmatrix} r\cos { \theta } \\ r\sin { \theta } \end{bmatrix}=\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} r\cos { \left( \theta +\frac { \pi }{ 4 } \right) } \\ r\sin { \left( \theta +\frac { \pi }{ 4 } \right) } \end{bmatrix}$$
因此P經T轉換成P'，也就是P以原點為圓心逆時鐘旋轉\(45^\circ\)，且與圓心的距離變為原來的\(\sqrt{2}\)倍；Q也是經相同的轉換成Q'。因此\(\frac{\overline{OP'}}{\overline{OP}}= \frac{\overline{OQ'}}{\overline{OQ}}=\sqrt{2}\)，且\(\angle POQ=\angle P'OQ'\)
-- END --
(2)$${ \left( 1+i \right) }^{ n+1 }={ \left( 1+i \right) }^{ n }\left( 1+i \right) \Rightarrow a_{ n+1 }+ib_{ n+1 }=\left( a_{ n }+ib_{ n } \right) \left( 1+i \right) =\left( a_{ n }-b_{ n } \right) +i\left( a_{ n }+b_{ n } \right) \\ \Rightarrow \begin{bmatrix} a_{ n+1 } \\ b_{ n+1 } \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{ n } \\ b_{ n } \end{bmatrix}\Rightarrow T=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$$
(3)$$T=\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}=\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} \frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } & -\frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \\ \frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } & \frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \end{bmatrix}=\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} \cos { \frac { \pi }{ 4 } } & -\sin { \frac { \pi }{ 4 } } \\ \sin { \frac { \pi }{ 4 } } & \cos { \frac { \pi }{ 4 } } \end{bmatrix}\\ 令(x,y)=(r\cos { \theta } ,r\sin { \theta } )經T轉換後成為(x',y'),即\\ \left( x',y' \right) =\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} \cos { \frac { \pi }{ 4 } } & -\sin { \frac { \pi }{ 4 } } \\ \sin { \frac { \pi }{ 4 } } & \cos { \frac { \pi }{ 4 } } \end{bmatrix}\begin{bmatrix} r\cos { \theta } \\ r\sin { \theta } \end{bmatrix}=\sqrt { 2 } \begin{bmatrix} r\cos { \left( \theta +\frac { \pi }{ 4 } \right) } \\ r\sin { \left( \theta +\frac { \pi }{ 4 } \right) } \end{bmatrix}$$
因此P經T轉換成P'，也就是P以原點為圓心逆時鐘旋轉\(45^\circ\)，且與圓心的距離變為原來的\(\sqrt{2}\)倍；Q也是經相同的轉換成Q'。因此\(\frac{\overline{OP'}}{\overline{OP}}= \frac{\overline{OQ'}}{\overline{OQ}}=\sqrt{2}\)，且\(\angle POQ=\angle P'OQ'\)
-- END --
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