104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 104 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：
$$雙曲線:{(x+1)^2 \over 16}-{y^2 \over 9}=1  \Rightarrow \begin{cases}a=4\\b =3 \end{cases}  \Rightarrow 頂點(3,0),(-5,0)\\ 橢圓:{x^2 \over 9}+ {y^2\over 4}\Rightarrow \begin{cases}a=3\\b =2 \end{cases}  \Rightarrow 右頂點(3,0),左頂點(-3,0)\\因此雙曲線與橢圓僅交於(3,0)一點， 故選：\bbox[red,2pt]{(B)}$$

---

解： $$(2+3t)-3(1-2t)+4(1+at)=3 \Rightarrow 9t+4at=0 \Rightarrow t(9+4a)=0 \Rightarrow a=-9/4， 故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

---

解：
$$(A)\times: \begin{cases}\begin{bmatrix}1 & 0 \\0 & 0 \end{bmatrix}  \begin{bmatrix}1 & 2 \\3 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1 & 2 \\0 & 0 \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix}1 & 0 \\0 & 0 \end{bmatrix}  \begin{bmatrix}1 & 2 \\9 & 9 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1 & 2 \\0 & 0 \end{bmatrix}\end{cases} \Rightarrow \begin{bmatrix}1 & 2 \\3 & 4 \end{bmatrix}\ne \begin{bmatrix}1 & 2 \\9 & 9 \end{bmatrix}\\(B)\times: 若AB\ne BA \Rightarrow (A+B)(A-B)=A^2-AB+BA-B^2\ne A^2-B^2\\(C)\bigcirc: I(B+C)=IB+IC =B+C=BI+CI=(B+C)I\\(D)\times: 理由同(B)，除非AB=BA，否則(A+B)^2 \ne A^2+2AB+B^2\\(E)\times: (AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\\， 故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

---

解： $${\overline{AB}\over \overline{AC} } ={ \sin C \over \sin B}={{12\over 5}\cos C \over 4/5}= 3\cos C= 3\times {5\over 13}= {15\over 13}， 故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

---

解：
$$\begin{cases}\tan \theta< 0\\\sin \theta< 0\end{cases}  \Rightarrow \begin{cases}\cos \theta> 0\\\sin \theta< 0\end{cases}  \Rightarrow \tan 2\theta = {\sin 2\theta \over \cos 2\theta} ={2\sin \theta \cos \theta \over 2\cos^2\theta-1} \Rightarrow {分子<0 \over 分母無法判定}， 故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$

---

解：
$${\overline{AP} \over \overline{BP}} = {dist(A,L) \over dist(B,L)} ={1+4-3 \over \sqrt 5}\big/{|-1-10-3| \over \sqrt 5} =2/14=1/7， 故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

---

解：

$$\begin{cases}\vec u=(2,-1)\\ \vec a=(-1,-\sqrt 2)\\ \vec b=(-\sqrt 2,1) \\ \vec c=(-1, \sqrt 2) \\ \vec d=(1,\sqrt 2)\\ \vec e=(\sqrt 2,1)\end{cases}  \Rightarrow \begin{cases}\vec u \cdot \vec a = -2+\sqrt 2<0\\ \vec u \cdot \vec b=-2\sqrt 2-1<0\\ \vec u\cdot \vec c=-2-\sqrt 2<0 \\ \vec u \cdot \vec d=2-\sqrt 2>0 \Rightarrow \cos \theta_d ={\vec u \cdot \vec d \over |\vec u||\vec d|}= {2-\sqrt 2 \over \sqrt{15}}\\ \vec u \cdot \vec e=2\sqrt 2-1 >0 \Rightarrow \cos \theta_e ={\vec u \cdot \vec e \over |\vec u||\vec e|}= {2\sqrt 2 -1\over \sqrt{15}} \end{cases}  \\\Rightarrow \cos \theta_e>\cos \theta_d  \Rightarrow \theta_d > \theta_e \Rightarrow \theta_e 最小， 故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$

---

解： $$平面E:2x-y-2z-1=0的法向量\vec n=(2,-1,-2) \\\Rightarrow 過A(1,0,1)且垂直E的直線L_1:(2t+1,-t,-2t+1)代回E \\\Rightarrow 2(2t+1)-(-t)-2(-2t+1)-1=0 \Rightarrow t=1/9 代回L_1求得A在E上的投影點A'(11/9,-1/9,7/9)\\ 同理，\Rightarrow 過B(2,2,3)且垂直E的直線L_2:(2t+2,-t+2,-2t+3)代回E \\ \Rightarrow 2(2t+2)-(-t+2)-2(-2t+3)-1=0 \Rightarrow t=5/9 \Rightarrow B在E上的投影點B'(28/9,13/9,17/9)\\  \Rightarrow \overline{A'B'}= \sqrt{(17/9)^2+(14/9)^2+(10/9)^2} = {3\sqrt {65} \over 9} =\sqrt{65}/3，故選\bbox[red,2pt]{(E)}$$

---

解：
$$\begin{cases}L_1:{x-1 \over 2}= {y-1 \over a} ={z-1 \over 4} \\ L_2:{x+1\over 1} = {y-3\over 2} ={z-7 \over 3}\end{cases}   \Rightarrow  \begin{cases}L_1:(2s+1,as+1,4s+1) \\ L_2: (t-1,2t+3,3t+7) \end{cases} \Rightarrow  \begin{cases}2s+1 =t-1 \\ as+1 =2t+3 \\ 4s+1 =3t+7  \end{cases}\\\Rightarrow \begin{cases}s=-6 \\ t=-10 \\ a=(2t+2)/s  \end{cases} \Rightarrow a=-18/(-6)=3，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

---

解： $$a:b:c = \sin A:\sin B:\sin C=4:5:6 \Rightarrow  \begin{cases}a =4k\\ b=5k \\c=6k\end{cases}  \\\Rightarrow \cos C={a^2+b^2-c^2 \over 2ab} = {16k^2+25k^2-36k^2 \over 40k^2} = {1\over 8}，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

---

解：
$$x^2+y^2-8x-6y+21 =0 \Rightarrow (x-4)^2+(y-3)^2=4 \Rightarrow   \begin{cases}圓心C(4,3) \\半徑r=2\end{cases} \\ \Rightarrow 離Y軸\begin{cases}最近的距離2 \\ 最遠的距離6\end{cases}  \Rightarrow 距離2有1個點、距離3、4、5各有2個點、距離6有1個點，\\共有1+2\times 3+1=8個點距Y軸的距離為整數，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

---

解：

$$\begin{cases}x\ge 0 \\ y\ge 0\\ 2x+y \le 6 \\ 4x+7y\le 28\end{cases} 所圍區域之頂點\begin{cases} O(0,0) \\ A(0,4) \\ B(7/5,16/5) \\ C(3,0)\end{cases} 代入f(x,y)=3x-2y+1 \\ \Rightarrow \begin{cases} f(O)=1 \\ f(A)-7 \\ f(B) =-4/5 \\ f(C)=10\end{cases} \Rightarrow 最大值為10，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

---

解： $$P在xy平面的投影點有最小的\angle POQ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

---

解：

$$在\triangle OAB中，令\begin{cases}\vec a = \overrightarrow{OA} =(1,2) \\\vec b = \overrightarrow{OB}=(2,3) \end{cases}，由s+t=1可知 \overrightarrow{OC}=t\vec a+s\vec b，C在\overline{AB}上; \\ |\overrightarrow{OC}|要最短，即\overline{OC} \bot \overline{AB};\\ \begin{cases} \triangle OAB={1\over 2}|\begin{vmatrix}1 & 2\\ 2 & 3 \end{vmatrix}| = 1/2 \\ \overline{AB}= \sqrt 2\end{cases}\Rightarrow \sqrt 2\times \overline{OC} \div 2 = 1/2 \Rightarrow \overline{OC}=\sqrt 2/2，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

---

二、多重選擇題

解：
$$(A)\times: (AB)^{-1}= B^{-1}A^{-1} \\ (B)\times: AB= BC \Rightarrow A = BCB^{-1}\\(C)\bigcirc: (AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1} \Rightarrow (AB)^{-1}存在 \Rightarrow B^{-1}與A^{-1}皆存在\\(D)\times: AB=3I \Rightarrow det(AB)=det(3A) \Rightarrow det(A)\times det(B)= 3\times det(A) \Rightarrow det(B)=3\\ (E)\bigcirc: ABA^{-1}=I \Rightarrow ABA^{-1}A =IA \Rightarrow AB=A \Rightarrow A^{-1}AB =A^{-1}A  \Rightarrow B=I\\，故選\bbox[red,2pt]{(CE)}$$

---

解： $$(A)\bigcirc: 3^2+5^2 -7^2 =34-49<0 \Rightarrow 鈍3 角\\ (B)\times: 5^2+6^2-7^2 =61-49>0 \Rightarrow  銳角\\(C)\times: 5+6<13 \Rightarrow 不構成三角形的三個邊 \\(D)\bigcirc: 10^2+24^2-27^2 =676-729<0\Rightarrow  鈍角\\ (E)\bigcirc: 65^2+78^2-139^2 =10309-19321<0 \Rightarrow 鈍角\\，故選\bbox[red,2pt]{(ADE)}$$

---

解：

$$(A)\times : \overrightarrow {PQ}// (3,4) \Rightarrow (3,-4)\bot (3,4),但(3,-4)\cdot (3,4)\ne 0\\ (B)\times: \overline{PQ}= 2\times \text{dist}(P,L) = 2\times {|3s-4t| \over 5}\\(C)\times: Q=(t,s) \Rightarrow P,Q中點R=({t+s \over 2},{s+t \over 2}) \Rightarrow 3\times {s+t\over 2} - 4\times {s+t \over 2}\ne 0 \Rightarrow R不在L上\\ (D)\bigcirc: 令A為L與\overline{PQ}的交點，L'過Q且平行L直線，\overline{PO}交L'於R，如上圖\\，由於L'//L \Rightarrow {\overline{PO} \over \overline{PR}}= {\overline{PA} \over \overline{AQ}} ={1\over 1} \Rightarrow P、R對稱原點，即R=(-s, -t)\\ (E)\bigcirc: 原點O在L上 \Rightarrow \overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}= L的方向向量 \Rightarrow (\overrightarrow{OP}+ \overrightarrow{OQ}) \bot \overrightarrow{PQ}\\，故選\bbox[red,2pt]{(DE)}$$

---

解：

$$\begin{cases} \bigtriangleup = \begin{vmatrix}1 & 2 & a \\1 & 1 & b\\ 3 &-5 &1 \end{vmatrix} =1-5a+6b-3a-2+5b =-8a+11b-1\\ \triangle_z=  \begin{vmatrix}1 & 2 & 1 \\1 & 1 & 2\\ 3 &-5 &c \end{vmatrix} = c-5+12-3-2c+10 = 14-c\end{cases}  \\(A)\bigcirc: 8a-11b \ne -1 \Rightarrow \bigtriangleup \ne 0 \Rightarrow 恰有一解\\(B) \times:  可能有無限多組解\\(C)\times: 若有解可能恰有一解(\triangle \ne 0)，c不一定為14\\(D)\times: 8a-11b=-1 \Rightarrow \triangle =0 \Rightarrow 可能無解，也可能無限多組解\\(E) \bigcirc:無解 \Rightarrow \triangle=0且\triangle_z\ne 0 \Rightarrow c\ne 14\\，故選\bbox[red,2pt]{(AE)}$$

---

解： $$滿足\overline{AP}= \overline{AQ}的A點在\overline{PQ}的中垂線上，因此只要不是與該中垂線平行的直線皆有有交點；\\\overline{PQ}的斜率為{3-(-3) \over 4-2}=3 \Rightarrow 中垂線的斜率為-1/3；\\只有(D)的直線斜率為-1/3，其它直線皆與中垂線有交點，故選\bbox[red,2pt]{(ABCE)}$$

---

解題僅供參考