105學年度臺北市聯合轉學考-高中升高三-數學科詳解

臺北市高級中等學校 105 學年度聯合轉學考招生考試
升高三數學科試題

一、單選題

解：
$$餘弦定理: \cos (\theta-10^\circ)={3^2+4^2-5^2 \over 2\times 3\times 4 }=0  \Rightarrow \theta-10^\circ =90^\circ \Rightarrow \theta=100^\circ ， 故選：\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$P在圓上 \Rightarrow \overrightarrow{OP}=(2,3)為直線的法向量 \Rightarrow 直線方程式為2(x-2)+3(y-3)=0\\ \Rightarrow 2x+3y=13， 故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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3. 已知$|\vec a|=\sqrt 5,|\vec b|=\sqrt{10}$，試求向量內積$(2\vec a+\vec b)\cdot (2\vec a-\vec b)$的值為何？
(A) 20
(B) 10
(C) 0
(D) -10
(E) -20
解：
$$(2\vec a+\vec b)\cdot (2\vec a-\vec b)= 4|\vec a|^2-|\vec b|^2 =4\times 5-10=10， 故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$直線L的方向向量(3,-1,2)與平面的法向量垂直\\(A) (2,-1,1)\cdot (3,-1,2)\ne 0\\(B)(3,-1,2) \cdot (3,-1,2) \ne 0\\(C) (1,1,-1)\cdot (3,-1,2)=3-1-2=0\\(D)(3,2,1)\cdot (3,-1,2)\ne 0\\(E)(1-3,1) \cdot (3,-1,2) \ne 0\\， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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5. 已知空間中兩個向量$\overrightarrow{OA}= (1,2,3)、\overrightarrow{OB}= (-4,2,6)$夾角為$\theta$，若$\overrightarrow{OC}$平分$\theta$，且$\overrightarrow{OC}= x\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}$，試求$x$的值為何？

(A) 1/3  (B) 1/2  (C) 1 (D) 2  (E) 4

解：

$$在\triangle OAB中，\overline{OD}平分\angle AOB，如上圖；\\ \begin{cases} \overrightarrow{OA}=(1,2,3) \\ \overrightarrow{OB}= (-4,2,6)\end{cases} \Rightarrow  \begin{cases} \overline{OA}=\sqrt{1^2+2^2+3^2} =\sqrt{14} \\ \overline{OB}= \sqrt{(-4)^2+2^2+6^2} =2\sqrt{14} \end{cases} \Rightarrow {\overrightarrow {OA} \over \overrightarrow {OB}} ={1\over 2} = {\overrightarrow {AD} \over \overrightarrow {DB}} \\ \Rightarrow \overrightarrow{OD}={2\over 3}\overrightarrow{OA} +{1\over 3} \overrightarrow{OB} ={1\over 3}(2\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}) \Rightarrow x=2， 故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解：
$$假設 \begin{cases}A(0,0)\\B(m,0)\\ P(x,y)\end{cases} ，由\overline{PA}=2\overline{PB} \Rightarrow  \sqrt{x^2+y^2}=2 \sqrt{(x-m)^2+y^2} \\ \Rightarrow x^2+y^2=4(x^2-2mx+m^2+y^2) \Rightarrow 3x^2-8mx+3y^2+4m^2=0 \\\Rightarrow x^2-{8\over 3}mx+y^2+ {4\over 3}m^2=0 \Rightarrow (x-{4\over 3}m)^2+y^2 ={4\over 9}m^2 \Rightarrow 為一圓方程式， 故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解：

$$D 在\overline{BC}上使得 \overline{AD}\bot \overline{BC}, 如上圖；\\ 假設\overline{DC}=x \Rightarrow \overline{BD}=8-x \Rightarrow \overline{AD}^2 =7^2-(8-x)^2 = 3^2-x^2 \\ \Rightarrow x={3\over 2} \Rightarrow \overline{AD}=\sqrt{9-9/4}= {3\sqrt 3\over 2}$$

$$O為圓心 \Rightarrow \overline{AE}為直徑\Rightarrow \begin{cases} \angle ABE= \angle ADC=90^\circ \\ \angle E=\angle C(對同弧的圓周角)\end{cases}  \Rightarrow \triangle ADC \sim \triangle ABD \\\Rightarrow {\overline {AC} \over \overline{AD}} = {\overline {AE} \over \overline{AB}} \Rightarrow {3\over {3\sqrt 3\over 2}}= {\overline{AE}\over 7 } \Rightarrow \overline{AE}={14\over \sqrt{3}} \Rightarrow 半徑= \overline{AE} \div 2= {7\over \sqrt{3}}， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$P(1,2)至圓心(0,0)的距離=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}<圓半徑(r=3) \Rightarrow P在圓內 \Rightarrow m=0\\圓心(0,0)至直線L的距離為\left| {-15\over \sqrt {3^2+4^2}}\right|= 3=圓半徑 \Rightarrow L與圓相切\Rightarrow n=1\\ \Rightarrow m+n=1，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解：

$$假設A在平面的投影為A'，B在平面的投影為B'，如上圖；\\\begin{cases} \overline{AA'}= \left|{2-2-1 \over \sqrt{4+1+4}} \right| ={1\over 3} \\  \overline{BB'}= \left|{4-2-6-1 \over \sqrt{4+1+4}} \right| ={5\over 3} \\  \overline{AB}=\sqrt{1+4+4} =3 \end{cases} \Rightarrow \overline{BC}=5/3-1/3 =4/3 \Rightarrow \overline{AC}^2 =\overline{AB}^2-\overline{BC}^2 =9-16/9 =65/9 \\\Rightarrow \overline{AC}=\sqrt{65 \over 9} ={\sqrt{65} \over 3} =\overline{A'B'}，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$(A)\times: (A+B)^2 = A^2+AB+BA+B^2 \ne A^2+2AB+B^2 (除非AB=BA)\\(B)\times: (A+B)(A-B)=A^2-AB+BA-B^2 \ne A^2-B^2 (除非AB=BA)\\(C)\bigcirc I(B+C)= IB+IC = BI+CI =(B+C)I\\(D)\times:  \begin{cases} \begin{bmatrix}1 & 0 \\1 & 0 \end{bmatrix}  \begin{bmatrix}2 & 1 \\0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2 & 1 \\2 & 1 \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix}1 & 0 \\1 & 0 \end{bmatrix}  \begin{bmatrix}2 & 1 \\1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2 & 1 \\2 & 1 \end{bmatrix} \end{cases}  \Rightarrow  \begin{bmatrix}2 & 1 \\0 & 0 \end{bmatrix}\ne  \begin{bmatrix}2 & 1 \\1 & 1 \end{bmatrix}\\，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解：

$$台北101大樓在O、颱風在A，並往\overrightarrow{AP}方向前進，如上圖；\\ 在直角\triangle OAP \Rightarrow \overline{OP}={1\over 2}\overline{OA}=100，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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12. 如下圖，ABCD-EFGH 為一平行六面體，點 J 為四邊形 BCGF 的中心。若$\overrightarrow {AJ}= a\overrightarrow{AB} +b\overrightarrow{AD} +c\overrightarrow{AE}$，則 a + b + c 的值為何？

解：

$$假設A為立體坐標的原點，六面體各頂點坐標如上，因此J(r,s/2,t/2)；\\ \begin{cases}\overrightarrow{AJ}=(r,s/2,t/2)\\ \overrightarrow{AB}=(r,0,0)\\ \overrightarrow{AD}=(0,s,0)\\ \overrightarrow{AE}=(0,0,t)\end{cases} \Rightarrow \overrightarrow{AJ}= 1\overrightarrow{AB} +{1\over 2}\overrightarrow{AD} +{1\over 2}\overrightarrow{AE} \Rightarrow \begin{cases} a=1\\ b=1/2 \\c=1/2\end{cases} \Rightarrow a+b+c=2\\，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$假設低收入人口為a，高收入人口為2a；高收入人口有2a\times 40\%=0.8a轉為低收入，\\因此低收入也有0.8a轉為高收入，0.8a占低收入人口的0.8a/a=80\%，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解：

$$\begin{cases}\vec a = (3,-1,1) \\\vec b =(-1,2,3) \end{cases}  \Rightarrow \vec a\times \vec b =(1,2,-1) \Rightarrow E_1:(x-1)+2(y-2)-(z+1)=0 \\ \Rightarrow x+2y-z-6=0; 在L_2任找一點P(-1, -2, 1)  \Rightarrow \text{dist}(P,E_1)=\left|{-1-4-1-6\over \sqrt{1+4+1}} \right|=2\sqrt 6\\，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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二、多重選擇題

解：
$$(A)\sin 130^\circ= \sin 60^\circ>0\\(B)\cos 150^\circ = -\cos 30^\circ <0\\(C)\tan -120^\circ = \tan 60^\circ>0\\(D) \sin 270^\circ= -1<0 \\(E)\cos(-30^\circ)=\cos 30^\circ>0\\，故選\bbox[red,2pt]{(BD)}$$

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解： $$\sqrt{(x+1)^2+(y-2)^2} +\sqrt{(x+1)^2+(y+2)^2}=6 \Rightarrow \begin{cases}焦點F_1(-1,2) \\ 焦點F_2(-1,-2)\\ 2a=6\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}\overline{F_1F_2}=4=2c\\ a=3\end{cases} \\ \Rightarrow \begin{cases} c=2 \\ a=3\end{cases}\\(A)\times:b= \sqrt{a^2-c^2} =\sqrt 5 \Rightarrow 短軸長=2b=2\sqrt 5\\(B)\times: 長軸方程式為x=-1\\(C)\bigcirc: 正焦弦長={2b^2\over a} ={2\times 5\over 3} ={10\over 3}\\(D)\bigcirc: 長軸上的頂點(-1,3)與(-1,-3)\\(E)\bigcirc: \overline{F_1F_2}的中心點({-1-1\over 2},{2-2\over 2})=(-1,0)\\，故選\bbox[red,2pt]{(CDE)}$$

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解： $$(A)\bigcirc: 依橢圓定義\\ (B)\bigcirc: 由於\overline{AB}=4，所以P之軌跡即為\overline{AB}\\ (C)\times: 雙曲線定義為|\overline{AP}-\overline{BP}|=2\\ (D)\bigcirc: P之軌跡為A, B之中垂線\\ (E)\bigcirc: \overline{AB}+\overline{BP}= 4+\overline{BP}<\overline{BP}+5= \overline{AP} \Rightarrow 違反兩邊之和大於第三邊，故選\bbox[red,2pt]{(ABDE)}$$

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解：

$$\begin{cases}2x-y \ge -2\\ 2x+y\le 6 \\ y\ge 0\end{cases}  \Rightarrow 交點\begin{cases}A(-1,0)\\ B(3,0) \\ C(1,4)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \overline{AB} =4\\ \overline{BC}=2\sqrt 5 \\ \overline{AC}= 2\sqrt 5\end{cases}\\ (A)\bigcirc: C(1,4)為其中一頂點\\ (B)\bigcirc: \overline{BC} =\overline{AC}=2\sqrt 5 \Rightarrow \triangle ABC為等腰\\ (C)\bigcirc: \triangle ABC={1\over 2}\overline{AB}\times \text{dist}(C,\overline{AB})= {1\over 2}\times 4\times 4=8\\ (D)\times: 格子點(-1,0), (0,0), (1,0), (2,0), (3,0)、(0,1), (1,1),(2,1)、(0,2), (1,2),(2,2)、\\(1,3), (1,4)，共有5+3+3+1+1=13個格子點\\ (E)\times: L與\overline{AB}交於\overline{AB}的中點，與\overline{BC}交於\overline{BC}的中點，因此無法將面積切半\\，故選\bbox[red,2pt]{(ABC)}$$

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解： $$令M=(2,2,2)，並假設O在L的投影為N，則\overrightarrow{NO}\bot \overrightarrow{MN} , 即\overrightarrow{NO}\cdot \overrightarrow{MN}=0\\ (A)\bigcirc: \overrightarrow{NO}\cdot \overrightarrow{MN}= (2,2,2)\cdot (0,0,0)=0\\ (B)\times: (2,0,2)不在L上\\ (C)\bigcirc: \overrightarrow{NO}\cdot \overrightarrow{MN}=({4\over 5},-{2 \over 5},0)\cdot (-{6\over 5},-{12 \over 5},-2)=0\\ (D)\times:\overrightarrow{NO}\cdot \overrightarrow{MN}=({4\over 5},-{2 \over 5},-2)\cdot (-{6\over 5},-{12 \over 5},-4)\ne 0\\ (E)\bigcirc: \overrightarrow{NO}\cdot \overrightarrow{MN}=({8\over 9},-{2 \over 9},-{2 \over 9})\cdot (-{10\over 9},-{20 \over 9},-{20 \over 9})=0\\，故選\bbox[red,2pt]{(ACE)}$$

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解題僅供參考