104學年度指定科目考試試題
數學甲
第壹部分：選擇題（占 76 分 ）一、單選題
解：
$$\frac { 1 }{ 104 } \le { \left( \sqrt { 10 } \right) }^{ x }\le 2015\Rightarrow \log { \frac { 1 }{ 104 } } \le \log { { \left( \sqrt { 10 } \right) }^{ x } } \le \log { 2015 } \\ \Rightarrow -\log { 104 } \le \frac { x }{ 2 } \log { 10 } \le \log { 2015 } \Rightarrow -2\log { 104 } \le x\le 2\log { 2015 } \\ \Rightarrow -2\log { 100 } \le x<2\log { 2048 } \Rightarrow -4\le x<22\log { 2 } =22\times 0.301=6.622\\ \Rightarrow x=-4,-3,\dots ,6$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(3)}\)
解：
故選\(\bbox[red,2pt]{(5)}\)
二、多選題
解：
直接假設該正方形如上圖，以\(z_1\)為原點，邊長為a，則$$\frac { z_{ 2 }-z_{ 1 } }{ z_{ 3 }-z_{ 1 } } =\frac { a }{ a\sqrt { 2 } } \left( \cos { \left( 0-\frac { \pi }{ 4 } \right) } +i\sin { \left(0 -\frac { \pi }{ 4 } \right) } \right) =\frac { 1 }{ \sqrt { 2 } } \left( \cos { \left( -\frac { \pi }{ 4 } \right) } +i\sin { \left( -\frac { \pi }{ 4 } \right) } \right) $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(4)}\)
二、多選題
令A為原點，則\(B=(4,2), \overline{AB}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}\) ；
假設\(C=(x,y)\)，由於\(\triangle ABC\)為等腰直角，所以\(\overline{AC} = \sqrt{2}\times\overline{AB}=2\sqrt{10} \Rightarrow x^2+y^2=40\)；
由於\(\angle B=90^\circ \Rightarrow \vec{AB}\cdot\vec{BC}=0 \Rightarrow (4,2)\cdot (x-4,y-2)=2x+y=10\)
由以上二式可求得$$\begin{cases} x^{ 2 }+y^{ 2 }=40 \\ 2x+y=10 \end{cases}\Rightarrow x^{ 2 }+(2x-10)^{ 2 }=40\Rightarrow (x-6)(x-2)=0\Rightarrow \begin{cases} x=6,y=-2 \\ x=2,y=6 \end{cases}$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(3,5)}\)
解：
$$f\left( x \right) =p\left( x \right) \left( x^{ 2 }-2x+2 \right) \left( x^{ 2 }+1 \right) +g\left( x \right) \\ =p\left( x \right) \left( x-\left( 1+i \right) \right) \left( x-\left( 1-i \right) \right) \left( x+i \right) \left( x-i \right) +g\left( x \right) \\ (1)f\left( 1+i \right) =5=0+g\left( 1+i \right) \Rightarrow g\left( 1+i \right) =5\\ \left( 2 \right) f\left( -i \right) =f\left( i \right) =10\neq -10\\ \left( 3 \right) g\left( 1+i \right) =5\Rightarrow g\left( 1-i \right) =5\\ \left( 4 \right) g\left( x \right) =\left( x^{ 2 }-2x+2 \right) \left( ax+b \right) +5\Rightarrow f\left( i \right) =g\left( i \right) =10\Rightarrow \left( 2a+b \right) +\left( a-2b \right) i=5\\ \Rightarrow \begin{cases} 2a+b=5 \\ a-2b=0 \end{cases}\Rightarrow a=2,b=1\Rightarrow 商式為2x+1\\ \left( 5 \right) 由\left( 4 \right) \Rightarrow g\left( x \right) =\left( x^{ 2 }-2x+2 \right) \left( 2x+1 \right) +5=2x^{ 3 }-3x^{ 2 }+2x+7$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(1,4)}\)
(1) g(x)的最高次項係數為負
(2)\(f(x)=ax(x+4)=a(x^2+4x+4)-4a=a(x+2)^2-4a\Rightarrow x=-2\)有極小值
(3)\(g(x)=bx(x-4)(x+4)=bx(x^2-16)=b(x^3-16x)\Rightarrow g'(x)=b(3x^2-16)=0\Rightarrow x=\pm\frac{4}{\sqrt{3}}\)有極值
(4)\(g(-1)=-b\times -5\times 3=15b, g(-3)=-3b\times -7\times 1=21b\Rightarrow g(-1)\ne g(-3)\)
(5)\(-g(1)=-b\times -3\times 5 = 15b=g(-1)\)
故選\(\bbox[red,2pt]{(2,5)}\)
解：
(1)弦之中垂線必過圓心，又\(\triangle PQR\)為正三角形，底邊之中垂線必過頂點；
(2) P在第四象限
(3) \(\overline{OB}\bot\overline{QR}\Rightarrow \overline{OB}\)的斜率為-1，且過原點，所以方程式為 x+y=0；兩直線交於\((-\frac{1}{2},\frac{1}{2})=Q\)
(4)\(\angle QOR=2\angle QPR=2\times 60^\circ=120 \Rightarrow \angle OQB=(180-120)/2 = 30^\circ\)，因此圓心至直線的距離=\(\frac{1}{\sqrt{2}}=\overline{OB}\Rightarrow \overline{OQ}=2\overline{OB} = \sqrt{2}\)，圓方程式為\(x^2+y^2=2\)；
(5)圓心至該直線的距離=\(\frac{1}{\sqrt{2}}\ne\)半徑，不相切
故選\(\bbox[red,2pt]{(1,4)}\)
解：
(1)第一次人工受孕失敗=第一類且失敗+第二類=\(p\times(1-q)+(1-p)=1-pq\)。
(2) \(p(第二類|第一次受孕失敗)=\frac{1-p}{1-pq}\)
(3) q提升\(\Rightarrow 1-pq下降\Rightarrow \frac{1-p}{1-pq}提升\)
(4) p(一次受孕成功)=q, p(二次受孕才成功)=第1次失敗且第2次成功=\((1-q)q<q\)
(5)若\(q_1=0.4, q_2=0.5\Rightarrow (1-q_1)q_1=0.24<0.25=(1-q_2)q_2\)，此時做兩次才成功的機率提升
(2) \(p(第二類|第一次受孕失敗)=\frac{1-p}{1-pq}\)
(3) q提升\(\Rightarrow 1-pq下降\Rightarrow \frac{1-p}{1-pq}提升\)
(4) p(一次受孕成功)=q, p(二次受孕才成功)=第1次失敗且第2次成功=\((1-q)q<q\)
(5)若\(q_1=0.4, q_2=0.5\Rightarrow (1-q_1)q_1=0.24<0.25=(1-q_2)q_2\)，此時做兩次才成功的機率提升
故選：\(\bbox[red,2pt]{(2,4)}\)
三、選填題
解：
$$\left( 1 \right) g\left( x \right) =\int _{ b }^{ x }{ f\left( t \right) } dt=\frac { 3 }{ 2 } { \left( x^{ 2 }+4x+5 \right) }^{ 3 }-\frac { 3 }{ 2 } \Rightarrow g'\left( x \right) =f\left( x \right) =\frac { 9 }{ 2 } { \left( x^{ 2 }+4x+5 \right) }^{ 2 }\left( 2x+4 \right) \\ \Rightarrow f\left( x \right) 的最高次項係數=\frac { 9 }{ 2 } \times 2=9\\ \left( 2 \right) \int _{ b }^{ b }{ f\left( t \right) } dt=0\Rightarrow \frac { 3 }{ 2 } \times { \left( b^{ 2 }+4b+5 \right) }^{ 3 }-\frac { 3 }{ 2 } =0\Rightarrow b^{ 2 }+4b+4=0\Rightarrow b=-2$$
答：a=\(\bbox[red,2pt]{9}\), b=\(\bbox[red,2pt]{-2}\)
$$\left( 1 \right) g\left( x \right) =\int _{ b }^{ x }{ f\left( t \right) } dt=\frac { 3 }{ 2 } { \left( x^{ 2 }+4x+5 \right) }^{ 3 }-\frac { 3 }{ 2 } \Rightarrow g'\left( x \right) =f\left( x \right) =\frac { 9 }{ 2 } { \left( x^{ 2 }+4x+5 \right) }^{ 2 }\left( 2x+4 \right) \\ \Rightarrow f\left( x \right) 的最高次項係數=\frac { 9 }{ 2 } \times 2=9\\ \left( 2 \right) \int _{ b }^{ b }{ f\left( t \right) } dt=0\Rightarrow \frac { 3 }{ 2 } \times { \left( b^{ 2 }+4b+5 \right) }^{ 3 }-\frac { 3 }{ 2 } =0\Rightarrow b^{ 2 }+4b+4=0\Rightarrow b=-2$$
答：a=\(\bbox[red,2pt]{9}\), b=\(\bbox[red,2pt]{-2}\)
解：
平面的法方向\(\vec{n}=(3,-2,-2)\)及\(\vec{PQ}=(a,b,c)\)
\(\overline{PQ}=7 \Rightarrow a^2+b^2+c^2=49\dots\enclose{circle}{1}\)
\(\vec{n}\bot\vec{PQ}\Rightarrow 3a-2b-2c=0\dots\enclose{circle}{2}\)
四邊形PQQ'P'面積=\(\sqrt{{\left|\vec{PQ}\right|}^2{\left|\vec{PP'}\right|}^2- \left(\vec{PQ}\cdot\vec{PP'}\right)^2}\)，當\(\vec{PQ}\bot\vec{PP'}\)時，面積最大
因此\(\vec{PQ}\cdot\vec{PP'}=0\Rightarrow -3a+4b+6c=0\dots\enclose{circle}{3}\)
由\(\enclose{circle}{2}\)及\(\enclose{circle}{3}\)可求得\(a=-\frac{2}{3}c, b=-2c\)代入\(\enclose{circle}{3}\)，則\(\frac{4}{9}c^2+4c^2+c^2=49\Rightarrow \frac{49}{9}c^2=49 \Rightarrow c=\pm3\)
答： \(\vec{PQ}=\pm(\bbox[red,2pt]{2,6,-3})\)。
由\(\enclose{circle}{2}\)及\(\enclose{circle}{3}\)可求得\(a=-\frac{2}{3}c, b=-2c\)代入\(\enclose{circle}{3}\)，則\(\frac{4}{9}c^2+4c^2+c^2=49\Rightarrow \frac{49}{9}c^2=49 \Rightarrow c=\pm3\)
答： \(\vec{PQ}=\pm(\bbox[red,2pt]{2,6,-3})\)。
解：
平均一球的期望值為\(\frac{2n+2\times n+(n-3)}{n}=\frac{5n-3}{n}\)，因此平均取3球的期望值為\( 3\times \frac { 5n-3 }{ n } =\frac { 15n-9 }{ n } \Rightarrow \lim _{ n\rightarrow \infty }{ \frac { 15n-9 }{ n } } =15\)
答：\(\bbox[red,2pt]{15}\)
解：
(1)時針針尖繞一圈的周長為\(2\times 5\pi=10\pi\)，一小時時針走了周長的\(\frac{1}{12}\)，也就是每分鐘移動的弧長為\(10\pi\times\frac{1}{60}\times\frac{1}{12}=\frac{\pi}{72}\)
(2)
$$\cos { \theta } =\frac { 5^{ 2 }+8^{ 2 }-7^{ 2 } }{ 2\times 5\times 8 } =\frac { 1 }{ 2 } \Rightarrow \theta =\frac { \pi }{ 3 } $$
(3)
時針每分鐘走了\(\frac{2\pi}{60\times 12}=\frac{\pi}{360}\)度，分針每分針走了\(\frac{2\pi}{60}=\frac{\pi}{30}\)度；
六點0分時，時針指著六，分針指著12，時針比分針先走了\(\pi\)度；
假設在六點x分的時候，時針與分針的針尖距離最接近7公分。此時兩針的夾角為\(\frac{\pi}{3}\)，也就是\(\pi+x\times\frac{\pi}{360}-x\times\frac{\pi}{30}=\frac{\pi}{3}\Rightarrow \frac{11x\pi}{360} = \frac{2\pi}{3}\Rightarrow x=\frac{240}{11}\approx 22\)。
解：$$\left( 1 \right) a_{ 6 }=(a_{ 6 }-a_{ 5 })+(a_{ 5 }-a_{ 4 })+\cdots +(a_{ 2 }-a_{ 1 })+(a_{ 1 }-a_{ 0 })\\ =\frac { 1 }{ 5^{ 6 } } +\left( \frac { 1 }{ 5^{ 5 } } -\frac { 1 }{ 3^{ 5 } } \right) +\cdots +\frac { 1 }{ 5^{ 2 } } +\left( \frac { 1 }{ 5 } -\frac { 1 }{ 3 } \right) \\ =\left( \frac { 1 }{ 5^{ 6 } } +\frac { 1 }{ 5^{ 5 } } +\frac { 1 }{ 5^{ 4 } } +\frac { 1 }{ 5^{ 3 } } +\frac { 1 }{ 5^{ 2 } } +\frac { 1 }{ 5 } \right) -\left( \frac { 1 }{ 3^{ 5 } } +\frac { 1 }{ 3^{ 3 } } +\frac { 1 }{ 3 } \right) \\ (2)\lim _{ n\rightarrow \infty }{ a_{ 2n } } =\left( \frac { 1 }{ 5 } +\frac { 1 }{ 5^{ 2 } } +\frac { 1 }{ 5^{ 3 } } +\cdots \right) -\left( \frac { 1 }{ 3 } +\frac { 1 }{ 3^{ 3 } } +\frac { 1 }{ 3^{ 5 } } \cdots \right) \\ =\frac { \frac { 1 }{ 5 } }{ 1-\frac { 1 }{ 5 } } -\frac { \frac { 1 }{ 3 } }{ 1-\frac { 1 }{ 3^{ 2 } } } =\frac { 1 }{ 4 } -\frac { 3 }{ 8 } =-\frac { 1 }{ 8 } $$(3)
$$\enclose{circle}{1}a_{ 2n+2 }-a_{ 2n }=\left( a_{ 2n+2 }-a_{ 2n+1 } \right) +\left( a_{ 2n+1 }-a_{ 2n } \right) =\frac { 1 }{ 5^{ 2n+2 } } +\frac { 1 }{ 5^{ 2n+1 } } -\frac { 1 }{ 3^{ 2n+1 } } =\frac { 6 }{ 5^{ 2n+2 } } -\frac { 1 }{ 3^{ 2n+1 } } \\ =\frac { 6\times 3^{ 2n+1 }-5^{ 2n+2 } }{ 5^{ 2n+2 }\times 3^{ 2n+1 } } =\frac { 2\times 3^{ 2n+2 }-5^{ 2n+2 } }{ 5^{ 2n+2 }\times 3^{ 2n+1 } } =\frac { 18\times 3^{ 2n }-25\times 5^{ 2n } }{ 5^{ 2n+2 }\times 3^{ 2n+1 } } \\ \because 18<25且3^{ 2n }<5^{ 2n }\Rightarrow 18\times 3^{ 2n }-25\times 5^{ 2n }<0\Rightarrow a_{ 2n+2 }-a_{ 2n }<0$$
\(\enclose{circle}{2}a_{2n}<a_{2n-2}<\cdots<a_2<a_0=0\Rightarrow a_{2n}<0\)
\(<a_{2n}>\)遞減，又由(2)可知\(\lim _{ n\rightarrow \infty }{ a_{ 2n } } =-\frac { 1 }{ 8 }\)，所以\(-\frac { 1 }{ 8 }\le a_{2n}<0\)
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