102學年度臺北市聯合轉學考-高中升高二-數學科詳解

臺北市高級中等學校 102 學年度聯合轉學考招生考試
升高二數學科試題

一、單選題

解：
$$\begin{cases}a = \cfrac{r+6s}{7} \\b = \cfrac{2r+5s}{7} \\ c= \cfrac{3r+4s}{7} \end{cases}  \Rightarrow \begin{cases}7(b-a) = r-s<0 \\ 7(c-b)=r-s<0 \\ 7(c-a)= 2(r-s)<0 \end{cases}  \Rightarrow \begin{cases} b<a \\ c<b \\ c<a \end{cases}  \Rightarrow  a>b>c， 故選：\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解：$$2 \le |x-5| \le 9  \Rightarrow x-5=\begin{cases} 2,3,\dots,9 \\ -2,-3,\dots,-9 \end{cases}  \Rightarrow x=\begin{cases} 7,8,\dots,14 \\ 3,2,\dots,-4 \end{cases}  \Rightarrow  共有8+8=16個整數\\， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解：
$$f(x)=a^x  \Rightarrow \begin{cases} p=a^{0.3} \\ 5=a^{0.5} \\ q= a^{0.7} \end{cases}  \Rightarrow pq = a^1 = (a^{0.5})^2=5^2 =25， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解：$$(a_1+1) +(a_2+2) + (a_3+2^2)+\cdots+ (a_{10}+2^9) = \sum_{i=1}^{10}a_i + \sum_{i=0}^{9 }2^i \\= \sum_{i=1}^{10}a_i +2^{10}-1 = 1168 \Rightarrow \sum_{i=1}^{10}a_i= 1169-2^{10}=1169-1024 =145， 故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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5. 捷運上剩下一個 2 人座的椅子與一個 3 人座的椅子沒有人坐，今甲、乙兩人一同上車，分坐 2 個不相鄰的座位，則其方法數共有幾種？
(A) 8
(B) 10
(C) 12
(D) 14
(E) 16
解：
$$\begin{cases}2人座(A、B) \\ 3人座(C、D、E)\end{cases}  \Rightarrow \begin{cases}甲坐2人座、乙坐3人座\Rightarrow 2\times 3=6種坐法\\  乙坐2人座、甲坐3人座\Rightarrow 2\times 3=6種坐法\\ 甲乙都坐3人座 \Rightarrow (甲、D、乙)或(乙、D、甲)有2種坐法\end{cases} \\ \Rightarrow 共有6+6+2= 14種坐法， 故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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6. 5 名學生和 3 名老師一起參加暑假夏令營隊，若將此 8 個人分成 3 組(不分組別)，這 3 組人數分別為 2, 3, 3，且每組各有一位老師，則其分法共有幾種？

(A) 15

(B) 30

(C) 60

(D) 90

(E) 180

解：
$$5名學生拆成1、2、2，有C^5_1 \times C^4_2 \times C^2_2 =30 種分組方式 \Rightarrow 不分組別有30/2=15種分組方式\\ 3位老師有3!=6種排列，因此共有15\times 6 =90種分法， 故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解：

$$\begin{cases}f(x)=x^n \cdot (2x-{1\over x})^5 \\ deg(f)=12 \end{cases}  \Rightarrow n = 7\\ 其中 (2x-{1\over x})^5 = \sum_{n=0}^5 {5 \choose n}2^nx^n \left( -{1\over x}\right)^{5-n} , 取n=4 \Rightarrow x^3的係數為= {5 \choose 4}2^4(-1)^{1} =-80\\ \Rightarrow f(x) 的x^{10}係數為-80， 故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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8. 某一水果商批發了 12 箱的蘋果，從中任選 2 箱做農藥檢驗，若驗出任一箱的農藥過量，則整批蘋果退貨。已知 12 箱的蘋果中有 4 箱蘋果所含的農藥過量，則這批蘋果被退貨的機率為

(A) 1/3  (B) 2/3  (C) 14/33  (D) 16/33  (E) 19/33

解：$$\cfrac{退貨的次數}{總次數} = \cfrac{1箱正常1箱過量+2箱過量}{12箱取2箱} = \cfrac{C^8_1C^4_1 + C^4_2}{C^{12}_2} = \cfrac{38}{66} = \cfrac{19}{33}，故選\bbox[red,2pt]{(E)} $$

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9. 根據統計，投手陳偉殷所投出變化球中有3/4的機率會被判好球、 1/4的機率會被判壞球。打擊者張泰山將好球看成壞球的機率為1/5，將壞球看成好球的機率為2/5。此刻正值陳偉殷與張泰山投打正面對決的時刻，陳偉殷接獲捕手暗號，即將投出變化球，張泰山決定「看到好球就一定會揮棒，看到壞球就一定不揮棒」。則張泰山在揮棒的條件之下，揮到好球的機率為

(A) 6/7  (B) 4/5  (C) 3/5  (D) 1/2  (E) 3/14

解：

$$\cfrac{揮到好球}{揮棒} = \cfrac{投好球看成好球}{投好球看成好球+ 投壞球看成好球} = \cfrac{{3\over 4}\times {4\over 5} }{{3\over 4}\times {4\over 5} +{1\over 4}\times {2\over 5}} = \cfrac{3/5}{7/10} = \cfrac{6}{7}，故選\bbox[red,2pt]{(A)} $$

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解：$$\begin{array}{c|rrrrr}
i & x_i & y_i & x_i^2 & y_i^2 & x_iy_i\\ \hline
1 & 11 & 8 & 121 & 64 & 88\\
2 & 14 & 10 & 196 & 100 & 140\\
3 & 12 & 14 & 144 & 196 &168\\
4 & 10 & 6 & 100 & 36 & 60\\
5 & 13 & 12 & 169 & 144 & 156\\\hline
\sum & 60 & 50 & 730 & 540 & 612
\end{array} \\ \Rightarrow 相關係數 r=\cfrac{ EXY-EXEY}{\sqrt{EX^2-(EX)^2}\sqrt{EY^2 -(EY)^2}} \\=\cfrac{ 612/5-(60/5)(50/5)}{\sqrt{730/5-(60/5)^2}\sqrt{540/5 -(50/5)^2}} = \cfrac{2.4}{4} =0.6，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解：
$$f(1-2i)=0 \Rightarrow x=1-2i \Rightarrow x^2-2x+5=0 \\ 利用長除法\Rightarrow f(x)=(x^2-2x+5)(x^2-2x -3)+ (a+4)x+(b+15)\\ 由於x^2-2x+5 為f(x)的因式，因此 f(x)=(x^2-2x+5)(x^2-2x -3) \\=(x^2-2x+5)(x-3)(x+1) \Rightarrow x=3,-1為f(x)=0之實根，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解：

$$f(x)= (x^2+x+3)P(x)+ax+b \\\Rightarrow (x-2)f(x) = (x-2)(x^2+x+3)P(x)+(x-2)(ax+b)\\ =  (x-2)(x^2+x+3)P(x)+a(x^2+x+3)+(x-11)\\ \Rightarrow a(x^2+x+3)+(x-11) =(x-2)(ax+b)\\ \Rightarrow ax^2+(a+1)x+3a-11 =ax^2+(b-2a)x-2b \\\Rightarrow  \begin{cases}a+1  = b-2a \\ 3a-11=-2b \end{cases} \Rightarrow  \begin{cases}a=1\\ b=4 \end{cases}  \Rightarrow 餘式為x+4，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解：$$與x軸交於A(a,0),B(b,0) \Rightarrow a,b 為f(x)=0之兩根 \Rightarrow f(x)=k(x-a)(x-b)\\ =k(x^2-(a+b)x +ab)= {1\over 4}x^2+ax+b  \Rightarrow  \begin{cases}k = 1/4\\ -(a+b)/4=a \\ ab/4=b \end{cases} \Rightarrow  \begin{cases}a=4 \\ b=-20 \end{cases} \\ \Rightarrow f(x) = {1\over 4}x^2+4x-20 = {1\over 4}(x^2+16x+64)-36 = {1\over 4}(x+8)^2-36 \Rightarrow 最小值為-36\\，故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$

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解：

$$本題相當於已知10\log{I \over I_0}=40，求10\log{10I \over I_0}\\ 10\log{10I \over I_0} =10(\log 10I-\log I_0) = 10(1+\log I - \log I_0) = 10+10(\log I-\log I_0) \\ =10 +10 \log {I\over I_0}= 10+40=50，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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二、多重選擇題

解：
$$(A) \bigcirc: f(x)=3^x \Rightarrow f(-x)=3^{-x} \Rightarrow y=3^x與y=3^{-x}對稱y軸\\ (B) \bigcirc: y=\log_3 x \Rightarrow -y=-\log_3 x = \log_{1/3} x \Rightarrow 兩圖形對稱x軸\\(C) \times: f(x)=\log_3 x \Rightarrow f(-x)= \log_3 (-x) =-\log_3 x \ne 3^x\\ (D)\bigcirc: y=3^{-x} \xrightarrow{x,y互換} x=3^{-y} \Rightarrow \log_3 x=-y \Rightarrow y=-\log_3 x = \log_{1/3} x  \Rightarrow 兩圖形對稱y=x \\(E) \times: 由(D)知兩圖形對稱x=y，且y=3^{-x}經過(1,1/3)及(0,1)，這兩點在x=y的異側\\\qquad，因此兩圖形有交點且交於x=y上\\，故選\bbox[red,2pt]{(ABD)}$$

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解：
$$(A) \bigcirc: P(A\cap B)=P(A) +P(B) -P(A\cup B) = {2\over 3} + {3 \over 5}-{11\over 15}={8\over 15}\\ (B) \bigcirc: P(B\mid A)= \cfrac{P(B\cap A)}{P(A)} =\cfrac{8/15}{2/3} = {4\over 5} \\(C) \times: P(A\mid B)= \cfrac{P(B\cap A)}{P(B)} =\cfrac{8/15}{3/5} ={8\over 9} \\ (D)\times: P(A\cap B')= P(A)-P(A\cap B)={2\over 3}-{8\over 15}= {2\over 15} \\(E) \bigcirc: P(B'\mid A) = \cfrac{P(B'\cap A)}{P(A)} =\cfrac{2/15}{2/3} = {1\over 5}\\，故選\bbox[red,2pt]{(ABE)}$$

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解：
$$(A) \times: \log_2 1=0 \Rightarrow 最小值為0\\ (B) \bigcirc: \begin{cases} \log_2 4=2 \\ \log_2 8= 3\end{cases} \Rightarrow a_4=a_5=a_6=a_7=2 \\ (C) \bigcirc: 8< 9 <16 \Rightarrow \log_2 8 < \log_2 9 < \log_2 16 \Rightarrow 3< \log_2 9 <4 \Rightarrow a_9=3\\ (D) \times: \begin{cases} \log_2 16=4 \\ \log_2 32= 5\end{cases} \Rightarrow a_{16} = a_{17} = \cdots= a_{31}=4,共有31-16+1=16項 \\(E) \bigcirc: \sum_{i=1}^{16}a_i = 0+1\times 2 + 2 \times 4 + 3\times 8 + 4= 38\\，故選\bbox[red,2pt]{(BCE)}$$

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18. 已知下列有 5 組資料 (每組各有 10 筆)：

A：1, 1, 1, 1, 1, 10, 10, 10, 10, 10

B：3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5

C：4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6

D：6, 6, 6, 8, 8, 8, 8, 10, 10, 10

E：1, 1, 1, 1, 1, -1, -1, -1, -1, -1

則下列哪些選項是正確的？

(A) C 組資料的標準差大於 B 組資料的標準差

(B) D 組資料的標準差大於 C 組資料的標準差

(C) D 組資料的標準差為 B 組資料的標準差的 2 倍

(D) A 組資料的標準差最大

(E) E 組資料的標準差最小

解：
$$(A) \times:  \begin{cases} B組資料與平均值4的差距為1,1,1,0,0,0,0,1,1,1 \\ C組資料與平均值5的差距為1,1,1,0,0,0,0,1,1,1\end{cases} \Rightarrow \sigma(B)=\sigma(C) \\ (B) \bigcirc: D組資料與平均值8的差距為2,2,2,0,0,0,0,2,2,2 \Rightarrow \sigma(D)> \sigma(C)\\ (C) \bigcirc: \sigma(2X) = 2\sigma(X)\\ (D) \bigcirc: A組資料變化最大，所以標準差最大 \\(E) \times: E組資料與平均值0的差距為1,1,1,1,1,1,1,1,1,1 \Rightarrow \sigma(E)> \sigma(B)\\，故選\bbox[red,2pt]{(BCD)} $$

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解：$$f(x) =\begin{cases}(x-1)a(x)+1 \\ (x-2)b(x)+2 \\ (x-4)c(x)+ 6 \\ (x-1)(x-2)(x-4)Q(x) + r(x)\end{cases} \\ (A) \bigcirc: f(2)=(2-2)b(2)+2 =2\\ (B) \bigcirc: f(4)=\begin{cases} (4-4)c(4)+ 6 =6 \\ (4-1)(4-2)(4-4)Q(4) + r(4) =r(4)\end{cases} \Rightarrow r(4)=6 \\(C) \bigcirc:令r(x)=ax^2+bx+c \Rightarrow \begin{cases} f(1)=r(1)=1 \\ f(2)=r(2)=2 \\ f(4) = r(4)=6\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a+b+c=1 \\ 4a+2b+c=2 \\ 16a+4b+c  =6\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a=1/3 \\ b=0 \\ c=2/3 \end{cases} \\ \Rightarrow r(x) = {1\over 3}x^2 +{2\over 3}\\ 又g(x) ={(x-2)(x-4) \over (1-2)(1-4)} +2\cdot {(x-1)(x-4) \over (2-1)(2-4)} + 6\cdot {(x-1)(x-2) \over (4-1)(4-2)} \\ ={1\over 3}(x^2-6x+8)-(x^2-5x+4) + (x^2-3x+2) ={1\over 3}x^2+{2\over 3} \Rightarrow g(x)=r(x) \\ (D) \bigcirc: r(3) = {1\over 3} \cdot 3^2+ {2\over 3}= {11\over 3} \\ (E) \times: f(x)=(x-1)(x-2)(x-4)Q(x)+r(x) \Rightarrow f(3) = -2Q(3)+r(3) 不一定為r(3)\\，故選\bbox[red,2pt]{(ABCD)}$$

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解題僅供參考