107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：$$A^{ 2 }\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix}=A\left( A\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} \right) =A\begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$故選\(\bbox[red,2pt]{(2)}\)
由函數\(f(x)=x^2+5\)可知其圖形向上且中心點坐標為(0,5)，因此點P的x坐標離頂點的x坐標越遠則\(f(x)\)值越大；
\(P=-A+4B=(-2,-3)+(-4,12)=(-6,9)(即上圖的點D)\Rightarrow f(-6)=36+5=41\)為最大值，故選\(\bbox[red,2pt]{(4)}\)
解：
$$\frac { \frac { 1 }{ 2 } }{ \frac { 1 }{ 4 } +\frac { 2 }{ 5 } +\frac { 1 }{ 2 } } =\frac { \frac { 10 }{ 20 } }{ \frac { 5+8+10 }{ 20 } } =\frac { 10 }{ 23 } $$
故選\(\bbox[red,2pt]{(3)}\)
二、多選題
A為區域面積，如上圖所示；B為上和、C為下和、D為取midpoint的結果；
明顯可知B>A,D>C，需要判斷的地方是A、D的大小，也就是\(f(n)\)與\((f(n-1)+f(n+1))\div 2\)的大小。\(f(n)=-n^2+499\)，\((f(n-1)+f(n+1))\div 2=-(2n^2+2)\div 2+499=-n^2+498<f(n)\)，因此A>D，所以B>A>D>C，故選\(\bbox[red,2pt]{(1,4)}\)。
令\(P=(m,\log_2{m}), Q=(n,-\log_2{m}),m>n\)，則其中心點\(A=\left(\frac{m+n}{2},0\right)\)，如上圖。
(1)\(\bigcirc:L\)斜率:\(\frac{2\log_2{m}}{m-n}>0\)
(2)\(\times:bd=\log_2{m}\times-\log_2{m}=-\left(\log_2{m}\right)^2\)，不一定是-1, 除非\(m=2\)
(3)\(\bigcirc: Q=(n,-\log_2{m})\Rightarrow -\log_2{m}=\log_2{n}\Rightarrow n=\frac{1}{m}\Rightarrow ac=mn=1\)
(4)\(\times:\)由上圖可知y截距不一定大於-1
(5)\(\bigcirc:\)由上圖可知A一定在(1,0)的右邊
故選\(\bbox[red,2pt]{(1,3,5)}\)
體積=\(|\vec{a}\times\vec{b}||\vec{c}|=|\vec{c}||\vec{c}|=4\times 4=16\)；
\(\vec{a}\times\vec{b}=\vec{c}\Rightarrow \vec{a}\)與\(\vec{c}\)垂直；\(\vec{a}\times\vec{c}=\vec{d}\Rightarrow \vec{d}\)與\(\vec{c}\)垂直且\(\vec{d}\)與\(\vec{a}\)垂直；因此\(\vec{a},\vec{c},\vec{d}\) 兩兩垂直；
其餘皆不正確，故選\(\bbox[red,2pt]{(2,3)}\)
解：
依題意\(A=2(\cos{\theta_1}+i\sin{\theta_1}), B=3(\cos{\theta_2}+i\sin{\theta_2})\)，如上圖。
由於\({\overline{OB}}^2=9={\overline{OA}}^2+{\overline{AB}}^2=4+5\Rightarrow \angle A=90^\circ\)。畫得更清楚一點，A是半徑2圓上的一點、B是半徑3圓上的一點，過A點作圓上切線交大圓於兩點，該兩點就是B點，如下圖。
$$(1)\bigcirc:\cos{\angle AOB}=\frac{2^2+3^2-\sqrt{5}^2}{2\times 2\times 3}=\frac{2}{3}\\ (2)\times:|z_2+z_1|=|2+\sqrt{5}i+2|=|4+\sqrt{5}i|=\sqrt{16+5}=\sqrt{21}\\ (3)\bigcirc: 3>2 \Rightarrow a=3/2>0\\(4)\times: 若B=B_2(見上圖), 則b<0 \\(5)\bigcirc: \theta_1=\frac{\pi}{2}\Rightarrow \angle BOC=\theta_2-\theta_3=\theta_2-(\theta_2-\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}$$
由於\({\overline{OB}}^2=9={\overline{OA}}^2+{\overline{AB}}^2=4+5\Rightarrow \angle A=90^\circ\)。畫得更清楚一點，A是半徑2圓上的一點、B是半徑3圓上的一點，過A點作圓上切線交大圓於兩點，該兩點就是B點，如下圖。
$$(1)\bigcirc:\cos{\angle AOB}=\frac{2^2+3^2-\sqrt{5}^2}{2\times 2\times 3}=\frac{2}{3}\\ (2)\times:|z_2+z_1|=|2+\sqrt{5}i+2|=|4+\sqrt{5}i|=\sqrt{16+5}=\sqrt{21}\\ (3)\bigcirc: 3>2 \Rightarrow a=3/2>0\\(4)\times: 若B=B_2(見上圖), 則b<0 \\(5)\bigcirc: \theta_1=\frac{\pi}{2}\Rightarrow \angle BOC=\theta_2-\theta_3=\theta_2-(\theta_2-\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(1,3,5)}\)
解：$$(1)\bigcirc :\left( \frac { x }{ |x| } \right) ^{ 2 }=1\Rightarrow \lim _{ x\to 0 }{ \left( \frac { x }{ |x| } \right) ^{ 2 } } 存在\\ (2)\bigcirc :\lim _{ x\to 0 }{ f\left( x \right) \frac { |x| }{ x } } 存在,且\lim _{ x\to 0 }{ \left( \frac { x }{ |x| } \right) ^{ 2 } } 存在\\ \Rightarrow \lim _{ x\to 0 }{ \left( f\left( x \right) \frac { |x| }{ x } \times \left( \frac { x }{ |x| } \right) ^{ 2 } \right) } =\lim _{ x\to 0 }{ \left( f\left( x \right) \frac { x }{ |x| } \right) } 存在\\ (3)\times :\lim _{ x\to 0 }{ f\left( x \right) \frac { |x| }{ x } } 存在,\lim _{ x\to 0 }{ \frac { |x| }{ x } } 不存在\\ \Rightarrow \lim _{ x\to 0 }{ \left( f\left( x \right) \frac { |x| }{ x } +\frac { |x| }{ x } \right) } 不一定存在\\ (4)\times :f\left( x \right) =\frac { x }{ |x| } \Rightarrow \lim _{ x\to 0 }{ f\left( x \right) \frac { |x| }{ x } } =\lim _{ x\to 0 }{ 1 } =1存在,但\lim _{ x\to 0 }{ f\left( x \right) } 不存在\\ (5)\bigcirc :{ f\left( x \right) }^{ 2 }=f\left( x \right) \frac { |x| }{ x } \times f\left( x \right) \frac { x }{ |x| } \Rightarrow \lim _{ x\to 0 }{ { f\left( x \right) }^{ 2 } } 存在$$故選\(\bbox[red,2pt]{(1,2,5)}\)
三、選填題
解：
弦長\(\overline{AB}=6\)且中心點為(2,0)，可知A=(2-3,0)=(-1,0), B=(2+3,0)=(5,0)
令圓心O=(2,m),則\(\overline{OA}=\overline{OP}=3^2+m^2=2^2+(m+5)^2\Rightarrow m=-2\)，因此半徑長=\(\overline{OA}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{\bbox[red,2pt]{13}}\)
$$p_{ k }=C^{ 9 }_{ k }\times p^{ k }(1-p)^{ 9-k }\Rightarrow p_{ 4 }+p_{ 5 }=\frac { 45 }{ 8 } p_{ 6 }\Rightarrow C^{ 9 }_{ 4 }\times p^{ 4 }(1-p)^{ 5 }+C^{ 9 }_{ 5 }\times p^{ 5 }(1-p)^{ 4 }=\frac { 45 }{ 8 } C^{ 9 }_{ 6 }\times p^{ 6 }(1-p)^{ 3 }\\ \Rightarrow C^{ 9 }_{ 4 }\times (1-p)^{ 2 }+C^{ 9 }_{ 5 }\times p(1-p)=\frac { 45 }{ 8 } C^{ 9 }_{ 6 }\times p^{ 2 }\Rightarrow 15p^{ 2 }+4p-4=0\Rightarrow (3p+2)(5p-2)=0\\ \Rightarrow p=\frac { 2 }{ 5 } \Rightarrow EX=9\times \frac{2}{5}=\bbox[red,2pt]{\frac{18}{5}}$$
解：
固定A、B兩點，移動C、D，使得\(\angle A\)為直角，也就是\(\overline{BD}\)為直徑，互垂的兩直線\(\overline{AC},\overline{BD}\)交於E點，見上圖。
令\(\overline{BE}=a\Rightarrow \overline{DE}=7-a\)；
在直角\(\triangle ABD\)中，\({\overline{BD}}^2={\overline{AB}}^2+{\overline{AD}}^2 \Rightarrow 49=25+{\overline{AD}}^2\Rightarrow \overline{BD}=2\sqrt{6}\)
同理，在直角\(\triangle ABE\)中，\(\overline{AE}=\sqrt{25-a^2}\)
在直角\(\triangle AED\)中，\({\overline{AD}}^2={\overline{AE}}^2+{\overline{ED}}^2 \Rightarrow 24=(25-a^2)+(7-a)^2\Rightarrow a=\frac{25}{7}\)
\(\Rightarrow \overline{ED}=7-a=\frac{24}{7},\overline{AE}=\sqrt{25-a^2}=\frac{10\sqrt{6}}{7}\)
由於\(\triangle BAE\)與\(\triangle CDE\)相似(AAA)，所以\(\frac{\overline{AE}}{\overline{AB}}= \frac{\overline{DE}}{\overline{DC}}\Rightarrow \frac{\frac{10\sqrt{6}}{7}}{5}=\frac{\overline{DC}}{\frac{24}{7}}\Rightarrow \overline{DC}=\bbox[red,2pt]{2\sqrt{6}}\)
這樣就不需要三角函數
第貳部分：非選擇題
解：
假設D為原點，立方體邊長為\(a\)；
(1) \(\overrightarrow{DE}=(a,0,a),\overrightarrow{DB}=(a, a, 0)\Rightarrow \overrightarrow{DE}\times \overrightarrow{DB}=(-a^2,a^2,a^2)\)；令平面BDE的法向量\(\vec{u}=(-1,1,1)\)，由於該平面經過原點，方程式可寫成\(-x+y+z=0\)；
A至平面BDE的距離\(=\frac{a}{\sqrt{3}}\)，\(\overline{AG}=\sqrt{a^2+a^2+a^2}=a\sqrt{3} \Rightarrow \frac{\overline{AG}}{3}=\frac{a\sqrt{3} }{3} =\frac{a}{\sqrt{3}}\)，因此A至平面BDE的距離是A至G的距離的三分之一，故得證。
(2)\(\vec{AG}=(-a,a,a)\)與平面BDE的法向量\(\vec{u}=(-1,1,1)\)平行，所以\(\vec{AG}\)與平面BDE垂直，故得證。
(3)A至平面BDE的距離為\(\left| \frac { 4+4-6+7 }{ \sqrt { 2^{ 2 }+2^{ 2 }+1^{ 2 } } } \right| =\frac { 9 }{ 3 } =\bbox[red,2pt]{3}\)
(4)由題意知，該平面的法向量為(2,2,-1)，此向量也是直線\(\overline{AG}\)的方向向量，該直線經過A(2,2,6)，所以直線可表示成\((2t+2, 2t+2, -t+6)\)。直線上的點距離A的長度是9，由此計算\(\sqrt{4t^2+4t^2+t^2}=9\Rightarrow t=\pm 3\)，因此G的坐標可能是(8,8,3)或(-4,-4, 9)。
由於點A及點G在平面的異側，令\(f(x,y,z)=2x+2y-z+7\Rightarrow f(A)\times f(G)<0\)；由於f(A)>0，所以\(G=\bbox[red,2pt]{(-4,-4,9)}\)。
解：
(1) 三次項係數為負值，該圖形為左上右下；
\(f'(x)=-3x^2-6x\Rightarrow f'(x)=0\Rightarrow -3x(x+2)=0\Rightarrow x=0, x=-2\)有極值；
\(f''(x)=-6x-6\Rightarrow f''(0)<0, f''(-2)>0\Rightarrow x=0\)有極大值\(f(0)=3, x=-2\)有極小值\(f(-2)= 8-12+3=-1\)，極大值位於A(0,3)、極小值位於B(-2,-1)，圖形如下:
(2) 由極值坐標可知 \(-\infty<a_1<-2<a_2<0<a_3<\infty\)
\(f(-3)=27-27+3>0\Rightarrow \bbox[red,2pt]{-3<a_1<-2}\)；\(f(-1)=1-3+3>0\Rightarrow \bbox[red,2pt]{-2<a_2<-1}\)；\(f(1)=-1-3+3<0 \Rightarrow \bbox[red,2pt]{ 0<a_3<1}\)
(3) 令\(g_1(x)=f(x)-a_1\)，所以\(g_1\)的圖形就是將\(f\)向上移\(|a_1|\)；又\(-3<a_1<-2\)，所以原極小值B的高度將超過x軸，所以\(g_1\)只有一個實根。
令\(g_2(x)=f(x)-a_2\)，所以\(g_2\)的圖形就是將\(f\)向上移\(|a_2|\)；又\(-2<a_2<-1\)，所以原極小值B的高度也會超過x軸，所以\(g_2\)只有一個實根。
令\(g_3(x)=f(x)-a_3\)，所以\(g_3\)的圖形就是將\(f\)向下移\(a_3\)；又\(0<a_3<1\)，所以原極大值A的高度仍超過x軸，所以\(g_3\)有三個相異實根。
(4)\(f(f(x))=0\Rightarrow f(x)=a_1,a_2, a_3\)，由(3)可知，\(f(x)=a_1\)有一實根、\(f(x)=a_2\)有一實根、\(f(x)=a_3\)有三實根，因此\(f(f(x))=0\)有1+1+3=5相異實根。
-- END (僅供參考) --
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