臺北市高級中等學校 101 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
x2+y2−6x+4y+m=0⇒(x−3)2+(y+2)2=13−m⇒{圓心(3,−2)在直線y=nx+7半徑√13−m=2⇒{−2=3n+713−m=4⇒{n=−3m=9,故選:(B)
2. 設空間中四點: A (0 , 2 , 2 ), B (1, 2 , 4 ), C (3, 4 , 1), D (1, 5, 2 )。
試求由→AB,→AC,→AD所圍成平行六面體體積為何?
(A) 11 (B) 13 (C) 15 (D) 17 (E) 19
解:{A(0,2,2)B(1,2,4)C(3,4,1)D(1,5,2)⇒{→AB=(1,0,2)→AC=(3,2,−1)→AD=(1,3,0)⇒體積=|10232−1130|=17,故選(D)
解:
E1//E2⇒需找法向量為相互平行的平面:{x−y−z=1y−z−x=2z−x+y=3⇒{x−y−z=1⋯(1)−x+y−z=2⋯(2)−x+y+z=3⋯(3)⇒(1)//(3),故選(D)
解:{3x+ay−2z=10⋯(1)2x+y+z=2⋯(2)x+2y−z=b⋯(3)2×(2)+(1),(2)+(3)→{7x+(2+a)y=14⋯(3)3x+3y=b+2⋯(4)無限多組解→73=2+a3=14b+2⇒{a=5b=4⇒a+b=9,故選(E)
解:
{{α為第2象限角cosα=−3/5⇒sinα=4/5{β為第3象限角sinβ=−5/13⇒cosβ=−12/13⇒cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ=(−35)⋅(−1213)−45⋅(−513)=36+2065=5665,故選(D)
{¯AF1=3¯AF2=15⇒2a=¯AF1+¯AF2=18⇒a=9⇒c=¯OF1=9−¯AF1=6⇒a2=b2+c2⇒81=b2+36⇒b=3√5⇒x292+y2(3√5)2=1⇒x281+y245=1,故選(A)
解:x2+y2−6x−8y−11=0⇒(x−3)2+(y−4)2=62⇒{x=6cosθ+3y=6sinθ+4⇒¯OP2=(6cosθ+3)2+(6sinθ+4)2=36cos2θ+36cosθ+9+36sin2θ+48sinθ+16=36cosθ+48sinθ+61=60(3660cosθ+4860sinθ)+61=60sin(α+θ)+61⇒¯OP2≤60+61=121⇒¯OP≤11,故選(B)
9. 平行四邊形ABCD,¯AB=3,¯BC=4,則→AC⋅→BD之值為何?
(A) -25 (B) 25 (C) -12 (D) 5 (E) 7
解:
→AC⋅→BD=(→AB+→BC)⋅(→BC−→AB)=→AB⋅→BC−|→AB|2+|→BC|2−→BC⋅→AB=|→BC|2−|→AB|2=42−32=7,故選(E)解:
令O(0,0,0)如上圖,則{A(1,0,3/4)D(0,0,1/2)B(1,1,1/2)C(0,1,k)⇒(→AB×→AD)//(→CD×→CB)⇒(0,1,−1/4)×(−1,0,−1/4)//(0,−1,1/2−k)×(1,0,1/2−k)⇒(−1/4,1/4,1)//(k−1/2,1/2−k,1)⇒k=1/4⇒C(0,1,1/4)⇒cos∠ADC=→DA⋅→DC|→DA||→DC|=(1,0,1/4)⋅(0,1,−1/4)|(1,0,1/4)||(0,1,−1/4)|=−1/1617/16=−117,故選(B)
11. 如右圖所示,兩直線↔OA與↔OB相交於O點,則向量→OQ=−32→OA+23→OB其終點會落在那一個區域內?
解:
−32→OA(紅箭頭)+23→OB落在III區,故選(C)
解:
A=[12−√32√3212]=[cos60∘−sin60∘sin60∘cos60∘],相當於逆時鐘旋轉60∘,故選(B)
13. 某人長年流浪於甲、乙、丙三地。根據觀察﹕今年若此人停留在甲地,則明年留在甲地的機率為80% ,轉向乙地與丙地的機率分別為10% 與10% ﹔若今年留在乙地,則明年留在乙地的機率為60%,轉向甲地與丙地的機率分別為10% 與30%﹔若今年留在丙地,則明年留在丙地的機率為70% ,轉向甲地與乙地的機率分別為 20% 與10% 。試問當狀態穩定時,此人留在甲地之機率為多少?
(A) 45% (B) 35% (C) 30% (D) 25% (E) 20%
二、多重選擇題
(A)◯:{x=2cos60∘=1y=2sin60∘=√3(B)×:{x=4cos150∘=−2√3y=4sin150∘=2(C)◯:¯AB=√(1+2√3)2+(2−√3)2=√20=2√5(D)×:∠AOB=150∘−60∘=90∘(E)×:△AOB=12¯OAׯOB=12×2×4=4,故選(AC)
(A)◯:{x=1+2ty=4−3t⇒x−12=y−4−3⇒方向向量為(2,−3)(B)◯:t=3⇒{x=1+2t=7y=4−3t=−5⇒L通過(7,−5)(C)×:x−12=y−4−3⇒−3x+3=2y−8⇒斜率為−32(D)◯:−3x+3=2y−8⇒3x+2y−11=0(E)◯:{x=3+2ty=1−3t⇒x−32=y−1−3⇒−3x+9=2y−2⇒3x+2y−11=0,故選(ABDE)
解:
(A)×:cos∠ABO=→BA⋅→BO|→BA||→BO|=(−2,0,4)⋅(−2,−2,0)|(−2,0,4)||(−2,−2,0)|=44√10=1√10(B)×:△OAB面積=12√|→BA|2|→BO|2−(→BA⋅→BO)2=12√20×8−42=7(C)◯:→BA×→BO=(−2,0,4)×(−2,−2,0)=(8,−8,4)⇒E過原點且法向量為(8,−8,4):8x−8y+4z=0⇒2x−2y+z=0(D)◯:{¯AO=√22+42=√20¯AB=√22+42=√20⇒¯AO=¯AB⇒△OAB為等腰(E)◯:令P為¯OB的中點,即P(1,1,0);¯PA直線方程式為x1=y−2−1=z−4−4⇒{x=ty=−t+2z=−4t+4,t∈R;,故選(CDE)
(A)×:cos∠ABO=→BA⋅→BO|→BA||→BO|=(−2,0,4)⋅(−2,−2,0)|(−2,0,4)||(−2,−2,0)|=44√10=1√10(B)×:△OAB面積=12√|→BA|2|→BO|2−(→BA⋅→BO)2=12√20×8−42=7(C)◯:→BA×→BO=(−2,0,4)×(−2,−2,0)=(8,−8,4)⇒E過原點且法向量為(8,−8,4):8x−8y+4z=0⇒2x−2y+z=0(D)◯:{¯AO=√22+42=√20¯AB=√22+42=√20⇒¯AO=¯AB⇒△OAB為等腰(E)◯:令P為¯OB的中點,即P(1,1,0);¯PA直線方程式為x1=y−2−1=z−4−4⇒{x=ty=−t+2z=−4t+4,t∈R;,故選(CDE)
解:
(A)◯:{x+2y−z=12x+y−z=0⇒{x=y−1z=3y−2⇒L:(t−1,t,3t−2),t∈R⇒方向向量為(1,1,3)(B)◯:t=3⇒(t−1,t,3t−2)=(2,3,7)⇒(2,3,7)在L上(C)×:直線x+11=y2=z+2−1的方向向量為(1,2,−1)與(1,1,3)不平行(D)◯:2x+y−z=0與2x+y−z=1平行⇒L與2x+y−z=1平行(E)×:將(t−1,t,3t−2)代入可得3(t−1)+3t−2(3t+2)=−7≠4⇒L不在該平面上,故選(ABD) 註: 公布的答案是(AB)
解題僅供參考
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