2019年2月18日 星期一

98年大學指考數學甲詳解


98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

1. 數學教科書所附的對數表中,\(\log{4.34}=0.6375、\log{4.35}=0.6385\) 。根據\(\log{4.34}\) 和\(\log{4.35}\) 的查表值以內插法求\(\log{4.342}\) ,設求得的值為\(p\) ,則下列哪一個選項是正確的?


(1) \(p=\frac{1}{2}(0.6375+0.6385)\)
(2) \(p=0.2\times 0.6375+0.8\times 0.6385\)
(3) \(p=0.8\times 0.6375+0.2\times 0.6385\)
(4) \(p=0.6375+0.002\)
(5) \(p=0.6385-0.002\)  

解:

故選\(\bbox[red,2pt]{(3)}\)


2. 擲一均勻硬幣,若連續三次出現同一面就停止。設:
\(a\)為恰好投擲三次停止的機率;
\(b\)為在第一次是反面的情況下,恰好在第四次停止的條件機率;
\(c\)為在第一、二次都是反面的情況下,恰好在第五次停止的條件機率。
則下列哪一個選項是正確的?
(1)\(a=b=c\)
(2)\(a>b>c\)
(3)\(a<b<c\)
(4)\(a<b=c\)
(5)\(a>b=c\)
解:
恰好投擲三次停止的機率:正正正 或 反反反兩種情況,因此\(a=\frac{1}{8}\times 2=\frac{2}{8}\)
在第一次是反面的情況下,恰好在第四次停止:反正正正,因此\(b=\frac{1}{8}\)
在第一、二次都是反面的情況下,恰好在第五次停止:反反正正正,因此\(c=\frac{1}{8}\)
由上述可知:\(a>b=c\),故選\(\bbox[red,2pt]{(5)}\)


3. 複數\(z_1=\cos{\frac{\pi}{4}}+i\sin{\frac{\pi}{4}}\)、\(z_2=\cos{\frac{\pi}{3}}+i\sin{\frac{\pi}{3}}\) 與它們的乘積\(z_1z_2\) 在複數平面上對應的點分別為 \(P\)、\(Q\) 與\(R\) 。則\(\angle QPR\) 等於下列哪一個選項?
(1)\(\frac{\pi}{12}\)  (2)\(\frac{\pi}{10}\)  (3)\(\frac{\pi}{9}\)  (4)\(\frac{\pi}{8}\)  (5) \(\frac{\pi}{6}\)
解:
令\(z_3=z_1z_2=\cos{(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3})}+i\sin{(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3})}= \cos{\frac{7\pi}{12}}+i\sin{\frac{7\pi}{12}}\),三點皆在單位圓上,夾角分別為\(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{3}及\frac{7\pi}{12}\),也就是\(45^\circ, 60^\circ及105^\circ\),如下圖。

$$\angle POR=\frac{7\pi}{12}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{3}\Rightarrow \triangle POR為正三角形 \Rightarrow \angle OPR=60^\circ\\ \angle POQ=\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{12}\Rightarrow \angle OPQ=(\pi-\frac{\pi}{12})\div 2=\frac{11\pi}{24}\\
\Rightarrow \angle QPR=\angle OPQ-\angle OPR=\frac{11\pi}{24}-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{8}$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(4)}\)


二、多選題
4. 設 a , b為實數。如果空間中某一平面通過 (a,0,0) , (0,b,0) , (0,0,3) , (1,2,3)這些點,則
下列哪些選項是正確的?
(1) a , b 有可能都是正數
(2) a , b 有可能是一個正數一個負數
(3) a , b 有可能都是負數
(4) a , b 有可能只有一個等於0

解:$$通過(a,0,0),(0,b,0),(0,0,3),表示該平面在X軸,Y軸,Z軸的截距分別為a,b,3;\\
因此該平面方程式可寫成\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{3}=1;\\
該平面也通過(1,2,3)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{3}=1\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}=0\Rightarrow 2a+b=0\\ \Rightarrow a,b皆為0、或一正一負,故選\bbox[red,2pt]{(2)}$$

5. 在坐標空間中, 一正立方體的八個頂點分別為(0,0,0) 、(1,0,0) 、(1,1,0) 、(0,1,0) 、
(0,0,1) 、(1,0,1) 、(1,1,1) 與(0,1,1) 。若A、B 分別為此正立方體兩稜邊的中點, 則向量\(\overrightarrow{AB}\)可能為下列哪些選項?
(1) (1,0,0)
(2)(1/2,0,0)
(3)( 1/2, 0,1)
(4)(0,-1/2 ,-1/2 )
解:$$(1)\bigcirc:A為(0,1,0)與(0,1,1)的中點(0,1,1/2);B為(1,1,0)與(1,1,1)的中點(1,1,1/2),\\
則\overrightarrow{AB}=(1,0,0)\\
(2)與(3)皆不可能\\(4)\bigcirc:A為(1,1,0)與(1,1,1)的中點(1,1,1/2);B為(1,0,0)與(1,1,0)的中點(1,1/2,0),\\
則\overrightarrow{AB}=(0,-1/2,-1/2)\\故選\bbox[red,2pt]{(1,4)}$$

6. 設 y = f (x)是一個實係數四次多項式,其函數圖形在 (−1,2)和 (1,2)各有一個反曲點,且知在 (−1,2)和 (1,2)此函數圖形切線的斜率分別為 1 和 −1,則下列哪些選項是正確的?
(1) x +1是 f ''(x)的因式
(2) f '(x)的常數項不等於零
(3) f '(−x) = − f '(x)
(4) f (x)的首項係數是 1

解:
$$f(x)為4次式\Rightarrow f'(x)為3次式\Rightarrow f''(x)為2次式\\
(1)\bigcirc: (−1,2)和 (1,2)各有一個反曲點\Rightarrow f''(-1)=f''(1)=0\Rightarrow x=\pm 1為f''(x)=0的兩根\\
\;\;\Rightarrow f''(x)=a(x+1)(x-1)\Rightarrow x+1是f(x)的因式\\
(2)\times:f''(x)=a(x+1)(x-1)=ax^2-a\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{3}ax^3-ax+c;\\
\quad 由於在 (−1,2)和 (1,2)此函數圖形切線的斜率分別為 1 和 −1\Rightarrow \begin{cases}f'(-1)=1\\f'(1)=-1\end{cases} \\\quad\Rightarrow \begin{cases}-\frac{1}{3}a+a+c=1\\\frac{1}{3}a-a+c=-1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=\frac{3}{2}\\c=0\end{cases}\Rightarrow f'(x)的常項為0\\
(3)\bigcirc:由(2)可知f'(x)=\frac{1}{2}x^3-\frac{3}{2}x \Rightarrow f(-x)=-f(x)\\
(4)\times:f'(x)=\frac{1}{2}x^3-\frac{3}{2}x\Rightarrow f(x)=\frac{1}{8}x^4-\frac{3}{4}x^2+c_2\Rightarrow 首項不是1
\\\quad\quad\quad 故選\bbox[red,2pt]{(1,3)}$$


7. 已知丟某枚銅板, 其出現正面的機率為 p,出現反面的機率為 (1− p),將此枚銅板丟擲n 次, 在丟擲過程中, 正面第一次出現時, 可得獎金1 元, 正面第二次出現時,可再得獎金2 元,正面第三次出現時,可再得獎金3 元,以此類推。試問下列哪些選項是正確的?
(1) 若n 次丟擲中出現正面k 次, 總共得到獎金\(\frac{1}{2}(k^2-k)\)元
(2) 丟擲銅板第二次之後, 累計得獎金1 元的機率為\(2(p − p^2)\)
(3) 總共得到獎金2 元的機率為\(\frac{n(n-1)}{2}p^2(1-p)^{n-2}\)
(4) 總共得到獎金\(\frac{1}{2}(n^2-n)\)元的機率為\(n(p^{n-1}-p^n)\)
解:$$(1)\times:正面出現k次的累積獎金為1+2+3+\cdots+k=\frac{k(k+1)}{2}\\
(2)\bigcirc:累積獎金為1元的情況為正反或反正,機率為p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p)=2(p-p^2)\\
(3)\times: 累積獎金為1元或1+2=3元或1+2+3+\cdots,\\不可能有獎金為2元的情形,因此累積獎金為2元的機率為0\\
(4)\bigcirc:由(1)知正面出現k次的累積獎金為\frac{k(k+1)}{2}=\frac{n^2-n}{2}\Rightarrow k=n-1,\\也就是說正面出現n-1次時累積獎金為 \frac{n^2-n}{2};\\正面出現n-1次代表反面只出現1次,其機率為\binom{n}{1}p^{n-1}(1-p)=n(p^{n-1}-p^n)$$
故選\(\bbox[red,2pt]{(2,4)}\)


三、選填題

A.  在A、B 兩支旗竿底端連線段中的某一點測得A旗竿頂端的仰角為29° 、B 旗竿頂端的仰角為15°。在底端連線段中的另一點測得A旗竿頂端的仰角為26°、B 旗竿頂端的仰角為19° 。則A 旗竿高度和B 旗竿高度的比值約為?( 四捨五入到小數點後第一位)。$$\begin{array}{c|c}\theta& 15^\circ&19^\circ &26^\circ&29^\circ\\ \hline \cot{\theta}&3.73&2.90&2.05 &1.80\end{array}$$

解:
第一次測量的位置在E點,第二次測量的位置在F點,令A杆高\(a\),B杆高\(b\),則$$\overline { EF } =a\cot { \angle AFC } -a\cot { \angle AEC } =b\cot { \angle BED } -b\cot { \angle BFD } \\ \Rightarrow a\left( \cot { \angle AFC } -\cot { \angle AEC }  \right) =b\left( \cot { \angle BED } -\cot { \angle BFD }  \right) \\ \Rightarrow a\left( \cot { 26° } -\cot { 29° }  \right) =b\left( \cot { 15° } -\cot { 19° }  \right) \Rightarrow \frac { a }{ b } =\frac { \cot { 15° } -\cot { 19° }  }{ \cot { 26° } -\cot { 29° }  } \\ =\frac { 3.73-2.90 }{ 2.05-1.80 } =\frac { 0.83 }{ 0.25 } =3.32\approx \bbox[red,2pt] {3.3}$$

B. 對矩陣\(\begin{pmatrix}4&9&a\\3&7&b\end{pmatrix}\)作列運算若干次後得到\(\begin{pmatrix} 1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}\),則 (a,b) =?
解:
$$\begin{pmatrix}4&9&a\\3&7&b\end{pmatrix} \xrightarrow{-r_2+r_1}\begin{pmatrix}1&2&a-b\\3&7&b\end{pmatrix} \xrightarrow{-3r_1+r_2}\begin{pmatrix}1&2&a-b\\0&1&-3a+4b\end{pmatrix} \\
\xrightarrow{-2r_2+r_1}\begin{pmatrix}1&0&7a-9b\\0&1&-3a+4b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}\\
\Rightarrow \begin{cases}7a-9b=1\\-3a+4b=1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=13\\b=10\end{cases}\Rightarrow (a,b)=\bbox[red,2pt]{(13,10)}$$

C. \(\triangle ABC\)為邊長為 5 的正三角形, P點在三角形內部,若線段長度 \(\overline{PB}= 4\)且 \(\overline{PC} = 3\),則\( \cos{\angle ABP} =\) ? (四捨五入到小數點後第二位, \( \sqrt{2} \) 的近似值是 1.414, \(\sqrt{3}\)的近似值是1.732 )。

解:
\(\triangle BPC\)的邊長為3-4-5\(\Rightarrow \angle P=90^\circ\);
令\(\angle ABP=\alpha, \angle PBC=\beta\),如上圖,則\(\alpha+\beta = \angle B=60^\circ\);
因此\(\cos{\alpha}=\cos{(60^\circ-\beta)}=\cos{60^\circ}\cos{\beta}+\sin{60^\circ}\sin{\beta} = \frac{1}{2}\times \frac{4}{5}+\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{3}{5}=0.9196\approx \bbox[red,2pt]{0.92}\)

第貳部份:非選擇題
一、設R 代表坐標平面上由下列兩個不等式所定義的區域,$$\begin{cases}x^2+y^2\le 4\\ y\ge 1\end{cases}$$求函數 x + y在區域 R上的最大值與最小值。
解:


區域\(R\)為上圖綠色區域,其中圓\(x^2+y^2=4\)與直線\(y=1\)交於\(A(-\sqrt{3},1)、B(\sqrt{3},1)\)兩點,並與斜率為-1的直線相切於\(C(\sqrt{2},\sqrt{2})\)點(見上圖)。
\(y=1\)代入圓方程式可得\(x^2+1=4\Rightarrow x=\pm\sqrt{3}\),因此A坐標為\((-\sqrt{3},1)\)、B坐標為\((\sqrt{3},1)\);
\(x=y\)代入圓方程式可得\(x^2+x^2=4\Rightarrow x^2=2\Rightarrow x=\pm\sqrt{2}\),因此C坐標為\((\sqrt{2},\sqrt{2})\);
令\(f(x,y)=x+y\),則\(f(C)=\sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)為最大值,\(f(A)=1-\sqrt{3}\)為最小值。
答:最為值為\(\bbox[red,2pt]{2\sqrt{2}}\),最小值為\(\bbox[red,2pt]{1-\sqrt{3}}\)


二、設四次多項式\(f(x)=x(1-x)(1+x^2)\)
(1)選取積分區間 \(a\le x\le b\),使得定積分 \(\int_a^b{f(x)\;dx}\)達到最大值,並求此最大值;
(2)設 c > 0,求證 \(\int_{-c}^c{f(x)\;dx}\) 恆為負值。
解:
$$(1)由於1+x^2>0 \;\forall x\in R\Rightarrow \begin{cases}f(x)\ge 0\; \forall 0\le x\le 1\\ f(x)\le 0\; \text{otherwise}\end{cases}\Rightarrow \int_0^1{f(x)\;dx} 達到最大值\\
\int_0^1{f(x)\;dx}=\int_0^1{x(1-x)(1+x^2)\;dx}=\int_0^1{-x^4+x^3-x^2+x\;dx}\\
=\left.\left[-\frac{1}{5}x^5+\frac{1}{4}x^4-\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{2}x^2\right]\right|_0^1=-\frac{1}{5}+\frac{1}{4}-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{13}{60}\\答:積分區間為\bbox[red,2pt]{0\le x\le 1},使得\int_0^1{f(x)\;dx} \;達到最大值為\bbox[red,2pt]{\frac{13}{60}}\\
(2)\int_{-c}^c{f(x)\;dx}=\left.\left[-\frac{1}{5}x^5+\frac{1}{4}x^4-\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{2}x^2\right]\right|_{-c}^c\\ =\left(-\frac{1}{5}c^5+\frac{1}{4}c^4-\frac{1}{3}c^3+\frac{1}{2}c^2\right)-\left(\frac{1}{5}c^5+\frac{1}{4}c^4+\frac{1}{3}c^3+\frac{1}{2}c^2\right)\\=-\frac{2}{5}c^5-\frac{2}{3}c^3<0,\forall c>0\Rightarrow \int_{-c}^c{f(x)\;dx}恆為負值,故得證。$$


-- END   (僅供參考)  --

5 則留言:

  1. 第二題應該是a=2/8,b=1/8,c=1/8,故a>b=c

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  2. 第五題的(1)提到(0,1,0)和(0,1,1)的中點A應該是(0,1,1/2)而不是(0,1/2,1/2)
    而(1,1,0)和(1,1,1)的中點B也應該是(1,1,1/2)
    不過答案不變就是了

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