高雄區公立高中 106 學年度聯合招考轉學生
升高三數學科試題詳解
升高三數學科試題詳解
一、單選題
$$\frac{\sin 30^\circ}{\sin 10^\circ} -\frac{\cos 30^\circ}{\cos 10^\circ} =\frac{ \sin 30^\circ \cos 10^\circ -\sin 10^\circ \cos 30^\circ}{\sin 10^\circ\cos 10^\circ} = \frac{\sin (30^\circ -10^\circ)}{{1\over 2}\sin 20^\circ} =2， 故選：\bbox[red,2pt]{(E)}$$
解：
$$在\triangle DEF \Rightarrow \begin{cases} \overline{DE}=\overline{OA}=2 \\ \angle EDF= \angle D -90^\circ =120^\circ -90^\circ =30^\circ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \overline{EF}=1\\ \overline{DF}=\sqrt 3=\overline{OF} \end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} D(0, 2\sqrt 3) \\ E(-1, \sqrt 3) \end{cases} \Rightarrow \overrightarrow{DE}=(-1, -\sqrt 3)，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$$塔頂位於C點，塔高=\overline{OC}=h; 某人原在A點，向南走6公尺到了D點，如上圖\\ 在直角\triangle COD中，由於\angle CDO=45^\circ \Rightarrow \overline{OD}=\overline{OC} =h ;\\ 在直角\triangle COA中，由於\angle CAO=60^\circ \Rightarrow \overline{OA}=\overline{OC}/\sqrt 3 =h /\sqrt 3 ; \\ 在直角\triangle OAD中, \overline{OD}^2 = \overline{OA}^2 + \overline{AD}^2 \Rightarrow h^2 = h^2/3 + 36 \Rightarrow h=3\sqrt 6， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$直線ax+by=c經過(0,c/b>0)及(c/a>0,0) \Rightarrow X截距及Y截距皆為正值\\，只有(B)符合要求 ， 故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$$\begin{cases}\vec a = (-2,1) \\ =(-1,-2) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}\vec a +2\vec b= (-4,-3) \\ \vec a-3\vec b=(1,7) \end{cases} \Rightarrow (\vec a +2\vec b) \cdot (\vec a-3\vec b)=|\vec a +2\vec b||\vec a-3\vec b|\cos \theta\\ \Rightarrow -25=5\times 5\sqrt 2\times \cos \theta \Rightarrow \cos \theta = -1/\sqrt 2 \Rightarrow \theta=135^\circ， 故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$
解：
$$圓心O(0,0)至L的距離減去半徑即為所求，也就是\left| {-12\over \sqrt {3^2+4^2}}\right|-1 ={12\over 5}-1 ={7\over 5}， 故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$$\begin{cases}2a = 14 \\ 2b=4\sqrt 6 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}a = 7 \\ b= 2\sqrt 6 \end{cases} \Rightarrow c=\sqrt{ 7^2-(2\sqrt 6)^2}= 5 \\令 \begin{cases}\overline{PF_1} = m \\ \overline{PF_2}=n \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}m+n=2a=14 \\ m^2+n^2=10^2(\because \triangle PF_1F_2為直角\triangle) \end{cases}\Rightarrow (m+n)^2= m^2+n^2+2mn\\ \Rightarrow 2mn=14^2-10^2=96 \Rightarrow (m-n)^2=(m+n)^2-4mn = 14^2-2\times 96=4 \\ \Rightarrow |m-n|=2 =|\overline{PF_1}-\overline{PF_2}|，故選\bbox[red,2pt]{(A)} $$
解：
$$A(a,b,c) \Rightarrow \begin{cases}到xy平面的距離 = 4 \\ 到Z軸距離 = \sqrt{74} \\ 到Y軸距離=\sqrt{41}\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}c=4 \\ a^2+b^2=74\\ a^2+c^2=41 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}c=4 \\ b=7\\ a=5 \end{cases} \Rightarrow A(5,7,4)，故選\bbox[red,2pt]{(B)} $$
解：$$x=0 \Rightarrow y=c<0 \Rightarrow 只有(C)與(D)符合條件；又y的極小值出現在x=-{b\over 2a}>0，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：
$$兩已知平面的法向量為\begin{cases}\vec a = (2,-1,-4) \\ \vec b=(1,-1,1) \end{cases} \Rightarrow \vec c= \vec a\times \vec b=(2,-1,-4)\times (1,-1,1)=(-5,-6,-1)\\ \vec c 即為E之法向量 \Rightarrow E:-5(x-2)-6 (y-1) -(z+1)=0 \Rightarrow -5x-6y-z=-15\\ \Rightarrow 5x+6y+ z = 15 \Rightarrow a+b+c=5+6+1=12，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
13. 志明上班有甲、乙兩條路可供選擇，早上定時從家裡出發，走甲路線有1/10的機率會遲到，走乙路線有1/5的機率會遲到，且無論走哪一條路，只要不遲到，下次就走同一條路，否則就換另一條路。假設他第一天走甲路線，則第三天也走甲路線的機率為下列哪一個選項？
解：$$P(走甲遲到、走乙遲到) +P(走甲不遲到、走甲不遲到) = {1\over 10}\times {1\over 5} + {9 \over 10} \times {9 \over 10} \\= {1\over 50}+{81\over 100} = {83\over 100}，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：
$$ \begin{vmatrix}1 & x \\4& 1 \end{vmatrix} =0 \Rightarrow 1-4x=0 \Rightarrow x=1/4，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$$ {x^2 \over 6}+{y^2 \over 2}=1 \Rightarrow \begin{cases}a = \sqrt 6\\b = \sqrt 2 \end{cases} \Rightarrow c=2 \Rightarrow 焦點\begin{cases}F_1 = (-2,0) \\F_2 = (2,0) \end{cases}\\ {x^2 \over 3}-{y^2 \over 1}=1 \Rightarrow \begin{cases}a = \sqrt 3\\b = \sqrt 1 \end{cases}c=2 \Rightarrow 焦點\begin{cases}F_1 = (-2,0) \\F_2 = (2,0) \end{cases}\\ 令\begin{cases}\overline{PF_1}=m \\\overline{PF_2} = n \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m+n=2\sqrt 6 \\m- n =2\sqrt 3\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m=(\sqrt 6+\sqrt 3) \\ n =(\sqrt 6-\sqrt 3)\end{cases}\\ \cos F_1PF_2= {m^2+n^2-\overline{F_1F_2}^2 \over 2mn} ={(9+2\sqrt{18}) +(9-2\sqrt{18}) +16 \over 2(6-3)} =2/6=1/3\\，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$$(A)\bigcirc: \begin{cases}A(1,1)\\B(4,5) \\ C(1,3)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \overrightarrow{AB}=(3,4) \\\overrightarrow{AC}= (0,2)\end{cases} \Rightarrow \triangle ABC 面積={1\over 2} \begin{vmatrix}3 & 4 \\0 & 2 \end{vmatrix} ={1\over 2}\times 6=3\\ (B)\bigcirc: 重心G=(A+B+C)/3 = \left({1+4+1\over 3},{1+5+3\over 3} \right) =(2,3)\\ (C)\bigcirc: \text{dist}(A,\overline{BC})=h\Rightarrow {1\over 2} \times h\times \overline{BC}=3 \Rightarrow h={6\over \overline{BC}} ={6\over \sqrt{9+4}}={6 \over \sqrt{13}}\\(D) \bigcirc: \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}\times {\overrightarrow{AB} \over |\overrightarrow{AB}|} =8\times {(3,4) \over 5} =\left({24\over 5}, {32\over 5} \right)\\(E)\bigcirc: (2-(-2))\times (2-(-1))\times \triangle ABC\times 2=24\times 3=72\\，故選\bbox[red,2pt]{(ABCDE)} $$
解：$$(A)\bigcirc: |\sqrt{(x-5)^2+y^2}-\sqrt{(x+5)^2+y^2}|=8 \Rightarrow \begin{cases}a= 4\\ c=5\\F_1(5,0) \\ F_2(-5,0)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}中心(0,0)\\ b=3\\左右型 \end{cases} \Rightarrow 對稱y軸\\ (B)\times: 理由同(A), 對稱y軸\\(C)\bigcirc: {x^2 \over 4^2}- {y^2\over 3^2}=1 \Rightarrow 漸近線3x=\pm 4y\\(D)\times: {2b^2 \over a} ={18 \over 4}= {9\over 2}\\ (E)\bigcirc: 頂點(\pm a,0)=(\pm 4,0) \\，故選\bbox[red,2pt]{(ACE)}$$
解：$$(A)\bigcirc:L:\begin{cases}3x+y-2z=0 \\ 4x-3y+5z=6 \end{cases} \Rightarrow L:{x\over 1}= {y+12\over 23}= {z+6 \over 13} \Rightarrow (1,23,13)為方向向量\\(B) \times: (1,11,7)在L上 \Rightarrow 有無限多條直線垂直L\\(C) \bigcirc: \begin{cases}X軸:(t,0,0) \\ L:(s,23s-12,13s-6) \end{cases}\Rightarrow 不相交也不平行 \Rightarrow 歪斜\\(D) \times: 7s-2(23s-12)+3(13s-6) =6 \Rightarrow L在平面7x-2y+3z=6上\\(E) \bigcirc: (-7,2,-3)\cdot (1,23,13)= 0 \Rightarrow 互垂
\\，故選\bbox[red, 2pt]{(ACE)}$$
解：$$\begin{cases}x-y-2z=3 \\ x+y+z=1 \\ 5x+ay-z=b \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \bigtriangleup = \begin{vmatrix}1 & -1 &-2 \\1 & 1 & 1\\ 5 &a &-1 \end{vmatrix} = 3-3a \\ \bigtriangleup_x = \begin{vmatrix}3 & -1 &-2 \\1 & 1 & 1\\b &a &-1 \end{vmatrix} = b-5a-4 \\ \bigtriangleup_y = \begin{vmatrix}1 & 3 &-2 \\1 & 1 & 1\\ 5 &b &-1 \end{vmatrix} = 27-3b \\ \bigtriangleup_z = \begin{vmatrix}1 & -1 &3 \\1 & 1 & 1\\ 5 &a &b \end{vmatrix} = 2a+2b-20 \end{cases} \\\Rightarrow \begin{cases}恰有一解 \Rightarrow \bigtriangleup \ne 0 \Rightarrow n\ne 1\\ 無限多組解\Rightarrow \triangle=\triangle_x=\triangle_y=\triangle_z=0 \Rightarrow \begin{cases} a=1\\ b=9\end{cases} \end{cases}\\，故選\bbox[red, 2pt]{(ABDE)}$$
解：$$(A)\times: 也可能歪斜\\(B) \times: 也可能歪斜\\(E) \times:也可能times: 也可能平行\\其餘皆正確，故選\bbox[red, 2pt]{(CD)}$$
解：
$$(A)\times: {x\over 3} ={3\over 4} \Rightarrow x= {9\over 4}\\(B) \times: \sin \theta =-4/5\\ (C) \bigcirc: \tan \theta = -4/3\\(D) \bigcirc: \cos 2\theta = 2\cos^2 \theta -1 = {18\over 25}-1<0 \\(E)\bigcirc: {\overline{OP} \over 5} ={3\over 4} \Rightarrow \overline{OP}= {15\over 4}\\，故選\bbox[red, 2pt]{(CDE)}$$
解題僅供參考
$$在\triangle DEF \Rightarrow \begin{cases} \overline{DE}=\overline{OA}=2 \\ \angle EDF= \angle D -90^\circ =120^\circ -90^\circ =30^\circ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \overline{EF}=1\\ \overline{DF}=\sqrt 3=\overline{OF} \end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} D(0, 2\sqrt 3) \\ E(-1, \sqrt 3) \end{cases} \Rightarrow \overrightarrow{DE}=(-1, -\sqrt 3)，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
3. 某人在塔的正東測得塔頂仰角為 60°，然後向正南方走 6 公尺，再測得塔頂仰角為 45°，則塔高為下列哪一個選項？
$$塔頂位於C點，塔高=\overline{OC}=h; 某人原在A點，向南走6公尺到了D點，如上圖\\ 在直角\triangle COD中，由於\angle CDO=45^\circ \Rightarrow \overline{OD}=\overline{OC} =h ;\\ 在直角\triangle COA中，由於\angle CAO=60^\circ \Rightarrow \overline{OA}=\overline{OC}/\sqrt 3 =h /\sqrt 3 ; \\ 在直角\triangle OAD中, \overline{OD}^2 = \overline{OA}^2 + \overline{AD}^2 \Rightarrow h^2 = h^2/3 + 36 \Rightarrow h=3\sqrt 6， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
4. 在平面上，不等式 \(ax+by\ge c\) 的圖形為下列哪個選項（直線與陰影部分的半平面），可使實數 a、b、c 均小於 0？
解：$$直線ax+by=c經過(0,c/b>0)及(c/a>0,0) \Rightarrow X截距及Y截距皆為正值\\，只有(B)符合要求 ， 故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
$$\begin{cases}\vec a = (-2,1) \\ =(-1,-2) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}\vec a +2\vec b= (-4,-3) \\ \vec a-3\vec b=(1,7) \end{cases} \Rightarrow (\vec a +2\vec b) \cdot (\vec a-3\vec b)=|\vec a +2\vec b||\vec a-3\vec b|\cos \theta\\ \Rightarrow -25=5\times 5\sqrt 2\times \cos \theta \Rightarrow \cos \theta = -1/\sqrt 2 \Rightarrow \theta=135^\circ， 故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$
6. 如下圖所示，一矩形 ABCD 邊線及其內部的點形成可行解區域，E 為對角線 \(\overline{AC} 與 \overline{BD}\) 之交點，若直線 AB 的斜率為3/2，則目標函數\(3x+y\) 的最小值為何？
解：
$$直線3x+y=k的斜率為-3，為一左上右下的斜線，其最小值出現C或D點；\\A,B兩點的坐標皆為正值，不可能出現最小值；又x_4<x_3且y_4<y_3，所以D點為最小值\\， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
7. 在平面上，設 P 點是圓 \(C:x^2+y^2=1\)上任意一點，直線\(L:3x+4y=12\) ，則點 P 到 L 之最小距離為下列哪一個選項？
解：
$$圓心O(0,0)至L的距離減去半徑即為所求，也就是\left| {-12\over \sqrt {3^2+4^2}}\right|-1 ={12\over 5}-1 ={7\over 5}， 故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$$\begin{cases}2a = 14 \\ 2b=4\sqrt 6 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}a = 7 \\ b= 2\sqrt 6 \end{cases} \Rightarrow c=\sqrt{ 7^2-(2\sqrt 6)^2}= 5 \\令 \begin{cases}\overline{PF_1} = m \\ \overline{PF_2}=n \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}m+n=2a=14 \\ m^2+n^2=10^2(\because \triangle PF_1F_2為直角\triangle) \end{cases}\Rightarrow (m+n)^2= m^2+n^2+2mn\\ \Rightarrow 2mn=14^2-10^2=96 \Rightarrow (m-n)^2=(m+n)^2-4mn = 14^2-2\times 96=4 \\ \Rightarrow |m-n|=2 =|\overline{PF_1}-\overline{PF_2}|，故選\bbox[red,2pt]{(A)} $$
9. 設 A 點為空間直角坐標系中第一象限的點，若 A 到 xy 平面的距離為 4，到 z 軸距離為\(\sqrt { 74}\) ，到 y 軸距離為 \(\sqrt{41}\) ，則 A 點坐標為下列哪一個選項？
解：
$$A(a,b,c) \Rightarrow \begin{cases}到xy平面的距離 = 4 \\ 到Z軸距離 = \sqrt{74} \\ 到Y軸距離=\sqrt{41}\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}c=4 \\ a^2+b^2=74\\ a^2+c^2=41 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}c=4 \\ b=7\\ a=5 \end{cases} \Rightarrow A(5,7,4)，故選\bbox[red,2pt]{(B)} $$
解：$$x=0 \Rightarrow y=c<0 \Rightarrow 只有(C)與(D)符合條件；又y的極小值出現在x=-{b\over 2a}>0，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
11. 在空間中，設平面 E 通過點(2 , 1 ,－1)且與兩已知平面 2x－y－4z＋5＝0，x－y＋z－7＝0 均垂直，若平面 E 之方程式為\(ax+by+cz =15\) ，則\( a+b+c\) =？
（A）11
（B）12
（C）13
（D）14
（E）15
解：
$$兩已知平面的法向量為\begin{cases}\vec a = (2,-1,-4) \\ \vec b=(1,-1,1) \end{cases} \Rightarrow \vec c= \vec a\times \vec b=(2,-1,-4)\times (1,-1,1)=(-5,-6,-1)\\ \vec c 即為E之法向量 \Rightarrow E:-5(x-2)-6 (y-1) -(z+1)=0 \Rightarrow -5x-6y-z=-15\\ \Rightarrow 5x+6y+ z = 15 \Rightarrow a+b+c=5+6+1=12，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$$\begin{cases}L_1:{x-1 \over 1} = {y+2 \over 3} = {z+1 \over 2} \equiv (s+1,3s-2,2s-1), s\in R \\ L_2:{x-3 \over 2}= {y-1 \over 4} ={z+2 \over a} \equiv (2t+3,4t+1,at-2),t\in R \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}s+1=2t+3 \\ 3s-2=4t+1\\ 2s-1=at-2\end{cases} \\ \Rightarrow \begin{cases}s=-1 \\ t=-3/2\\ 2s-1=at-2\end{cases} \Rightarrow -3=-3a/2-2 \Rightarrow a=2/3，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
解：
15. 設橢圓\(\cfrac{x^2}{6} +\cfrac{y^2}{2}=1\) 和雙曲線\(\cfrac{x^2}{3} -\cfrac{y^2}{1}=1\) 有相同的焦點\(F_2,F_2\)，且點P 是兩曲線的一個交點，則\( \cos \angle F_1PF_2=\)？
$$ {x^2 \over 6}+{y^2 \over 2}=1 \Rightarrow \begin{cases}a = \sqrt 6\\b = \sqrt 2 \end{cases} \Rightarrow c=2 \Rightarrow 焦點\begin{cases}F_1 = (-2,0) \\F_2 = (2,0) \end{cases}\\ {x^2 \over 3}-{y^2 \over 1}=1 \Rightarrow \begin{cases}a = \sqrt 3\\b = \sqrt 1 \end{cases}c=2 \Rightarrow 焦點\begin{cases}F_1 = (-2,0) \\F_2 = (2,0) \end{cases}\\ 令\begin{cases}\overline{PF_1}=m \\\overline{PF_2} = n \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m+n=2\sqrt 6 \\m- n =2\sqrt 3\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}m=(\sqrt 6+\sqrt 3) \\ n =(\sqrt 6-\sqrt 3)\end{cases}\\ \cos F_1PF_2= {m^2+n^2-\overline{F_1F_2}^2 \over 2mn} ={(9+2\sqrt{18}) +(9-2\sqrt{18}) +16 \over 2(6-3)} =2/6=1/3\\，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
二、多重選擇題
16. 如下圖，在坐標平面上，兩直線\(L_1,L_2\) 之方程式分別為\(L_1:x+ay+b=0, L_2: x+cy+d=0\)，試問下列哪些選項是正確的？
(A) a>0 (B) b>0 (C) c>0 (D) d>0 (E) a>c
解：$$L_1: \begin{cases}x截距> 0\\ y截距 < 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}-b> 0\\ -b/a < 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} b< 0\\ a < 0\end{cases} \\L_2: \begin{cases}x截距< 0\\ y截距 > 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}-d< 0\\ -d/c > 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} d> 0\\ c < 0\end{cases} \\L_1斜率>L_2斜率 \Rightarrow -1/a>-1/c \Rightarrow a>c\\，故選\bbox[red,2pt]{(DE)}$$
解：$$A= \begin{bmatrix}a & b \\c & 1/2 \end{bmatrix} 為轉移矩陣 \Rightarrow \begin{cases}a +c = 1\\ b+1/2 = 1\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} c = 1-a\\ b=1/2 \end{cases} \Rightarrow A=\begin{bmatrix}a & 1/2 \\1-a & 1/2 \end{bmatrix} \\ \Rightarrow A^2= \begin{bmatrix} \bigcirc & a/2+1/4 \\ \bigcirc & \bigcirc \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \bigcirc & 7/12 \\ \bigcirc & \bigcirc \end{bmatrix} \Rightarrow a/2+1/4=7/12 \Rightarrow a=2/3\\ \Rightarrow \begin{cases}a = 2/3\\ b=1/2 \\ c=1/3\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a -c= 1/3\\ b-c=1/6 \end{cases}，故選\bbox[red,2pt]{(AD)}$$
解：
$$(A)\bigcirc: \begin{cases}A(1,1)\\B(4,5) \\ C(1,3)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \overrightarrow{AB}=(3,4) \\\overrightarrow{AC}= (0,2)\end{cases} \Rightarrow \triangle ABC 面積={1\over 2} \begin{vmatrix}3 & 4 \\0 & 2 \end{vmatrix} ={1\over 2}\times 6=3\\ (B)\bigcirc: 重心G=(A+B+C)/3 = \left({1+4+1\over 3},{1+5+3\over 3} \right) =(2,3)\\ (C)\bigcirc: \text{dist}(A,\overline{BC})=h\Rightarrow {1\over 2} \times h\times \overline{BC}=3 \Rightarrow h={6\over \overline{BC}} ={6\over \sqrt{9+4}}={6 \over \sqrt{13}}\\(D) \bigcirc: \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}\times {\overrightarrow{AB} \over |\overrightarrow{AB}|} =8\times {(3,4) \over 5} =\left({24\over 5}, {32\over 5} \right)\\(E)\bigcirc: (2-(-2))\times (2-(-1))\times \triangle ABC\times 2=24\times 3=72\\，故選\bbox[red,2pt]{(ABCDE)} $$
解：$$(A)\bigcirc: |\sqrt{(x-5)^2+y^2}-\sqrt{(x+5)^2+y^2}|=8 \Rightarrow \begin{cases}a= 4\\ c=5\\F_1(5,0) \\ F_2(-5,0)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}中心(0,0)\\ b=3\\左右型 \end{cases} \Rightarrow 對稱y軸\\ (B)\times: 理由同(A), 對稱y軸\\(C)\bigcirc: {x^2 \over 4^2}- {y^2\over 3^2}=1 \Rightarrow 漸近線3x=\pm 4y\\(D)\times: {2b^2 \over a} ={18 \over 4}= {9\over 2}\\ (E)\bigcirc: 頂點(\pm a,0)=(\pm 4,0) \\，故選\bbox[red,2pt]{(ACE)}$$
解：$$(A)\bigcirc:L:\begin{cases}3x+y-2z=0 \\ 4x-3y+5z=6 \end{cases} \Rightarrow L:{x\over 1}= {y+12\over 23}= {z+6 \over 13} \Rightarrow (1,23,13)為方向向量\\(B) \times: (1,11,7)在L上 \Rightarrow 有無限多條直線垂直L\\(C) \bigcirc: \begin{cases}X軸:(t,0,0) \\ L:(s,23s-12,13s-6) \end{cases}\Rightarrow 不相交也不平行 \Rightarrow 歪斜\\(D) \times: 7s-2(23s-12)+3(13s-6) =6 \Rightarrow L在平面7x-2y+3z=6上\\(E) \bigcirc: (-7,2,-3)\cdot (1,23,13)= 0 \Rightarrow 互垂
\\，故選\bbox[red, 2pt]{(ACE)}$$
解：$$\begin{cases}x-y-2z=3 \\ x+y+z=1 \\ 5x+ay-z=b \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \bigtriangleup = \begin{vmatrix}1 & -1 &-2 \\1 & 1 & 1\\ 5 &a &-1 \end{vmatrix} = 3-3a \\ \bigtriangleup_x = \begin{vmatrix}3 & -1 &-2 \\1 & 1 & 1\\b &a &-1 \end{vmatrix} = b-5a-4 \\ \bigtriangleup_y = \begin{vmatrix}1 & 3 &-2 \\1 & 1 & 1\\ 5 &b &-1 \end{vmatrix} = 27-3b \\ \bigtriangleup_z = \begin{vmatrix}1 & -1 &3 \\1 & 1 & 1\\ 5 &a &b \end{vmatrix} = 2a+2b-20 \end{cases} \\\Rightarrow \begin{cases}恰有一解 \Rightarrow \bigtriangleup \ne 0 \Rightarrow n\ne 1\\ 無限多組解\Rightarrow \triangle=\triangle_x=\triangle_y=\triangle_z=0 \Rightarrow \begin{cases} a=1\\ b=9\end{cases} \end{cases}\\，故選\bbox[red, 2pt]{(ABDE)}$$
22. 有關空間的敘述，下列哪些敘述是正確的？
（A）垂直於同一直線的兩相異直線必互相平行。
（B）兩歪斜線在同一個平面上之正射影為兩相交直線。
（C）過已知直線外一點，恰有一平面與此直線垂直。
（D）過已知直線外一點，有無限多個平面與此直線平行。
（E）若 \(L_1\) 與 \(L_2\) 是歪斜線，\(L_1\) 與 \(L_3\)也是歪斜線，則 \(L_2\) 與 \(L_3\)亦為歪斜線。
解：$$(A)\times: 也可能歪斜\\(B) \times: 也可能歪斜\\(E) \times:也可能times: 也可能平行\\其餘皆正確，故選\bbox[red, 2pt]{(CD)}$$
23. 在坐標平面上，有向角\(\theta\)的頂點為原點 O，始邊在 x 軸的正向上，又點\(P(x,3)\)為終邊上一點，若\(\cos \theta= \cfrac{3}{5}\)則下列敘述何者為真？
$$(A)\times: {x\over 3} ={3\over 4} \Rightarrow x= {9\over 4}\\(B) \times: \sin \theta =-4/5\\ (C) \bigcirc: \tan \theta = -4/3\\(D) \bigcirc: \cos 2\theta = 2\cos^2 \theta -1 = {18\over 25}-1<0 \\(E)\bigcirc: {\overline{OP} \over 5} ={3\over 4} \Rightarrow \overline{OP}= {15\over 4}\\，故選\bbox[red, 2pt]{(CDE)}$$
解題僅供參考
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