107年大學指考數學甲詳解

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

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解：

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

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

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二、多選題

解：

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$\bbox[red,2pt]{(1,4)}$。

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解：

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

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解：
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$\bbox[red,2pt]{(2,3)}$

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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。

$$(1)\bigcirc:\cos{\angle AOB}=\frac{2^2+3^2-\sqrt{5}^2}{2\times 2\times 3}=\frac{2}{3}\\ (2)\times:|z_2+z_1|=|2+\sqrt{5}i+2|=|4+\sqrt{5}i|=\sqrt{16+5}=\sqrt{21}\\ (3)\bigcirc: 3>2 \Rightarrow a=3/2>0\\(4)\times: 若B=B_2(見上圖), 則b<0 \\(5)\bigcirc: \theta_1=\frac{\pi}{2}\Rightarrow \angle BOC=\theta_2-\theta_3=\theta_2-(\theta_2-\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}$$

故選$\bbox[red,2pt]{(1,3,5)}$

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

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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=$\overline{OA}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{\bbox[red,2pt]{13}}$

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解：

$$p_{ k }=C^{ 9 }_{ k }\times p^{ k }(1-p)^{ 9-k }\Rightarrow p_{ 4 }+p_{ 5 }=\frac { 45 }{ 8 } p_{ 6 }\Rightarrow C^{ 9 }_{ 4 }\times p^{ 4 }(1-p)^{ 5 }+C^{ 9 }_{ 5 }\times p^{ 5 }(1-p)^{ 4 }=\frac { 45 }{ 8 } C^{ 9 }_{ 6 }\times p^{ 6 }(1-p)^{ 3 }\\ \Rightarrow C^{ 9 }_{ 4 }\times (1-p)^{ 2 }+C^{ 9 }_{ 5 }\times p(1-p)=\frac { 45 }{ 8 } C^{ 9 }_{ 6 }\times p^{ 2 }\Rightarrow 15p^{ 2 }+4p-4=0\Rightarrow (3p+2)(5p-2)=0\\ \Rightarrow p=\frac { 2 }{ 5 } \Rightarrow EX=9\times \frac{2}{5}=\bbox[red,2pt]{\frac{18}{5}}$$

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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$\frac{\overline{AE}}{\overline{AB}}=  \frac{\overline{DE}}{\overline{DC}}\Rightarrow   \frac{\frac{10\sqrt{6}}{7}}{5}=\frac{\frac{24}{7}}{\overline{DC}}\Rightarrow   \overline{DC}=\bbox[red,2pt]{2\sqrt{6}}$

這樣就不需要三角函數

另解(需要三角函數): $$假設\cases{\angle ADB=\angle ACB= \theta\\ \overline{CD}=a}, 依正弦定理，在\triangle ABD中, { 5 \over \sin \theta} =2\times {7\over 2} \Rightarrow  \sin \theta={5\over 7};\\在\triangle BCD中, {a\over \sin \angle CBD} =7 \Rightarrow a=7\sin \angle CBD = 7\sin \angle DAC = 7 \cos \theta =7\cdot {2\sqrt 6\over 7} =\bbox[red, 2pt]{2\sqrt 6}$$

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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$G=\bbox[red,2pt]{(-4,-4,9)}$。

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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。
======   解題僅供參考，其他歷年試題及詳解  ========