臺北市高級中等學校 106 學年度聯合轉學考招生考試
升高三數學科試題
升高三數學科試題
一、單選題
$${\sin 3\theta \over \sin \theta}- {\cos 3\theta \over \cos \theta} = {\cos\theta \sin 3\theta- \sin\theta \cos 3\theta \over \sin \theta \cos \theta} ={\sin (3\theta-\theta) \over {1\over 2}\cdot 2\sin \theta \cos \theta } = {\sin 2\theta \over {1\over 2}\sin 2\theta }=2， 故選：\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$\begin{cases}a=\cos 80^\circ \\ b=\cos 140^\circ =-\cos 40^\circ \\ c=\cos 230^\circ = -\cos 50^\circ \\d=\cos 290^\circ = \cos 70^\circ \\ e=\cos 340^\circ =\cos 20^\circ\end{cases} \Rightarrow e>d>a>c>b \Rightarrow 中位數為a， 故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
解：
$$\begin{cases}x=2+2t \\ y=4+3t \\ z=-3+4t \end{cases} 代入E:3x-2y+z=3 \Rightarrow 3(2+2t) -2(4+3t)+ (-3+4t)=3 \\ \Rightarrow 4t=8 \Rightarrow t=2 \Rightarrow 交點=(2+2\times 2, 4+3 \times 2,-3+4\times 2) =(6,10,5)， 故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
解：$$\left( {x\over 9}+{ y\over 4}\right) \left( {x\over 9}-{ y\over 4}\right)=k\\
(A)\times:k=0\Rightarrow \left( {x\over 9}+{ y\over 4}\right) \left( {x\over 9}-{ y\over 4}\right)=0 \Rightarrow {x\over 9}=\pm {y\over 4}為兩直線\\
(B)\times:k=1\Rightarrow \left( {x\over 9}+{ y\over 4}\right) \left( {x\over 9}-{ y\over 4}\right)=1 \Rightarrow {x^2\over 9^2}-{y^2\over 4^2}=1為雙曲線\\
(C)\times:k=0為兩不平行的直線，說明如(A)\\
(D)\times:k=0為兩不平行的直線，說明如(A)\\
(E)\bigcirc:{x^2\over 9^2}-{y^2\over 4^2}=k為雙曲線， 故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$
解：$$令中心點為O，此題相當於找\begin{cases} \overline{CP}=\overline{OA}? \\ \overline{CQ}=\overline{OA}? \\ \overline{CR} =\overline{OA}? \\ \overline{CS}=\overline{OA}? \\ \overline{CT}=\overline{OA}?\end{cases} ， 故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$${x^2 \over 90-k}+ {y^2 \over k-30}=1 \Rightarrow \begin{cases}90-k>0 \\ k-30>0 \\ 90-k\ne k-30\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}90>k>30 \\ k\ne 60\end{cases} \Rightarrow k=31,32,\dots,89 \\ \Rightarrow 共有89-31+1-1(k=60)= 58， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：
最後再由餘弦定理(代入最上圖): $$\cos \angle ACB = {\overline{AC}^2 +\overline{BC}^2- \overline{AB}^2 \over 2\times \overline{AB}\times \overline{AC}}\Rightarrow -{1\over 2} ={h^2/3+3h^2 - \overline{AB}^2 \over 2h^2} \Rightarrow \overline{AB}^2={13 \over 3}h^2 \\\Rightarrow \overline{AB}= \sqrt {13\over 3}h， 故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$
解：$$\tan^2 \angle AEB ={25 \over 24}\Rightarrow 假設 \begin{cases} \overline{AB} =5k\\ \overline{EB}=\sqrt{24}\end{cases} \Rightarrow \overline{CE}^2 = \overline{EB}^2 +\overline{BC}^2 =24k^2+25k^2 =49k^2 \\ \Rightarrow \overline{CE}=7k \Rightarrow \tan \angle CED ={\overline {DC} \over \overline{EC}} ={5k\over 7k} \Rightarrow \tan^2 \angle CED={25 \over 49}，故選\bbox[red,2pt]{(B)} $$
解：$$假設P(x, {x^2\over 4}) \Rightarrow \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow{AP} = (6,3) \cdot (x+2, {x^2\over 4}-1) = 6x+12+ {3\over 4}x^2-3 =0 \\\Rightarrow x^2+8x+12 =0 \Rightarrow (x+6)(x+2)=0 \Rightarrow x=-2或-6，故選\bbox[red,2pt]{(B)} $$
解：$$\begin{cases} P(6,s,3) \\ Q(0,16,t)\\ R(-3,19,6)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \overrightarrow{P,R} =(-9,19-s, 3) \\ \overrightarrow{QR} = (-3,3,6-t) \end{cases} \Rightarrow {-9 \over -3}= {19-s \over 3}= {3 \over 6-t} \Rightarrow \begin{cases} 19-s=9 \\ 6-t=1\end{cases} \\\Rightarrow \begin{cases} s=10 \\ t=5\end{cases}\Rightarrow s+t=15，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
解：
$$考慮原點不在所圍區域，例原點在3x+y=6的異側，因此3x+6\ge 6，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：$$x^2+y^2-2x-2ky+k^2-31=0 \Rightarrow (x-1)^2+(y-k)^2=32 \Rightarrow \begin{cases}圓心O(1,k) \\半徑r=\sqrt{32}=4\sqrt 2\end{cases} \\\text{dist}(O,L)=r \Rightarrow \left|{ 1-k-6\over \sqrt{1^2+1^2}} \right| =4\sqrt 2 \Rightarrow |-5-k|=8 \Rightarrow k =\begin{cases}-13\\3\end{cases} ，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
2 & 4 \\
2 & 6
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
k & 4 \\
2 & 10
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
k & 4 \\
2 & 10
\end{bmatrix} \begin{bmatrix}
2 & 4 \\
2 & 6
\end{bmatrix} \\ \Rightarrow \begin{bmatrix}
2k+8 & 48 \\
2k+12 & 68
\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}
2k+8 & 4k+24 \\
24 & 68
\end{bmatrix} \Rightarrow 2k+12=24 \Rightarrow k=6，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：
a & b \\
c & 1/3
\end{bmatrix}為轉移矩陣 \Rightarrow \begin{cases}a +c=1\\ b +1/3=1\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} c = 1-a\\ b=2/3\end{cases} \\\Rightarrow a+b+c=(a+c)+b=1+2/3=5/3，故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$
二、多重選擇題
$$\begin{cases} A(1,0)\\ B(-2,5) \end{cases}代入y=ax+b \Rightarrow \begin{cases} 0=a+b\\ 5=-2a+b \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=-5/3\\ b=5/3 \end{cases} \Rightarrow y=-{5\over 3}x+{5\over 3}\\ \Rightarrow y=-{5\over 3}(x-1) \Rightarrow y-5=-{5\over 3}(x+2) \Rightarrow 5x+3y=5，故選\bbox[red,2pt]{(BCE)}$$
只要符合任兩邊皆平行的條件，如上圖之紅點，即(1,0), (3,0), (3,2)，故選\(\bbox[red,2pt]{(CD)}\)
解：$$只有選項(A)及(B)未限制z值的範圍，故選\bbox[red,2pt]{(AB)}$$
解：$$(A)\bigcirc: \overrightarrow{OP}=(6,3,3)為L的法向量 \Rightarrow (6,3,3)\cdot (-2,1,3)=-12 +3+9 =0 \\ \qquad\Rightarrow(6,3,3) \bot (-2,1,3) \Rightarrow (-2,1,3)為L的方向向量\\(B)\bigcirc: Q=(2,-2,2) \Rightarrow \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{QP} = (2,-2, 2) \cdot (4,5,1)=8-10+2=0 \Rightarrow \overrightarrow{OQ} \bot \overrightarrow{QP}\\ \qquad \Rightarrow Q為原點在E上的投影點\\(C)\times: (2,-2,2) 才是投影點\\(D)\times: \overline{OQ}= \sqrt{2^2+(-2)^2+2^2}= \sqrt{12} =2\sqrt 3\\(E)\bigcirc: 理由同(D)\\，故選\bbox[red,2pt]{(ABE)} $$
解：$$ \left[\begin{array}{rrr|r}
1 & -3 & 2 & 1 \\
-2 & 5 & -3 &-3 \\
3 &-9 & 8 &1
\end{array}\right] \xrightarrow{-3r_1+r_3,2r_1+r_2} \left[\begin{array}{rrr|r}
1 & -3 & 2 & 1 \\
0 & -1 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 2 & -2
\end{array}\right]\\ \xrightarrow{-r2} \left[\begin{array}{rrr|r}
1 & -3 & 2 & 1 \\
0 & 1 & -1 &1 \\
0 & 0 & 2 & -2
\end{array}\right]=
\left[\begin{array}{rrr|r}
1 & \alpha & 2 & 1 \\
0 & 1 & \beta & 1 \\
0 &0 & 2 & \gamma
\end{array}\right] \Rightarrow \begin{cases} \alpha =-3\\ \beta =-1 \\ \gamma =-2\end{cases} \\
由\left[\begin{array}{rrr|r}
1 & -3 & 2 & 1 \\
0 & 1 & -1 &1 \\
0 & 0 & 2 & -2
\end{array}\right] \Rightarrow \begin{cases} x-3y+2z=1\\ y-z=1\\ 2z=-2\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=3\\ y=0\\ z=-1\end{cases}
\\
(A)\bigcirc:\alpha=-3\\(B)\times: \beta=-2\ne 1\\(C)\times: \gamma=-2 \ne -1\\(D)\times: 只有一組解\\(E)\bigcirc:共有一組解\\，故選\bbox[red,2pt]{(AE)}$$
解題僅供參考
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