93學年度指定科目考試試題
數學甲
第壹部分：選擇題一、單選題
解：
$$x^5-1 = \cases{(x-1)(x-\omega_1)(x-\omega_2)(x-\omega_3)(x-\omega_4) \\ (x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)} \\\Rightarrow x^4+x^3+x^2+x+1 = (x-\omega_1)(x-\omega_2)(x-\omega_3)(x-\omega_4)\\ 將x=3代人上式可得: 3^4+3^3+3^2+3+1= (3-\omega_1)(x-\omega_2)(3-\omega_3)(3-\omega_4) \\ \Rightarrow (3-\omega_1)(x-\omega_2)(3-\omega_3)(3-\omega_4)=81+27+9+3+1= 121，故選\bbox[red, 2pt]{(3)}$$
二、多選題
解：
$$(1)\times: \cases{\log 10^9 =9 \\\log 9^{10} =20\log 3=20\times 0.4771 > 9} \Rightarrow 9^{10} > 10^9 \\(2)\times: \cases{\log 10^{12} =12 \\ \log 12^{10} = 10(2\log 2+\log 3) =20\times 0.301+10\times 0.4771 =10.791< 12} \Rightarrow 10^{12}> 12^{10} \\(3)，故選\bbox[red, 2pt]{(1)}$$
解：
$$A(a) = \int_0^a 2+\sin x\;dx = \left. \left[ 2x-\cos x \right]\right|^a_0 = 2a-\cos a+1\\ (1) \times: A(a) 為遞增函數，即A(a+2\pi )>A(a) \\(2) \times: \cases{A(\pi)= 2\pi -\cos \pi +1 =2\pi+2 \\ A(2\pi) = 4\pi-\cos 2\pi +1=4\pi } \Rightarrow 2A(\pi)=4\pi+4 \ne 4\pi=A(2\pi) \\(3) \bigcirc: \cases{A(2\pi)= 4\pi \\ A(4\pi) =8\pi -\cos 4\pi+1= 8\pi} \Rightarrow 2A(2\pi) = 8\pi = A(4\pi) \\(4)\bigcirc: \cases{A(\pi)=2\pi+2 \\ A(2\pi)=4\pi \\ A(3\pi) = 6\pi -\cos 3\pi +1 =6\pi+2} \Rightarrow \cases{A(3\pi)-A(2\pi)=6\pi+2-4\pi = 2\pi+2 \\ A(2\pi)-A(\pi)=4\pi -2\pi -2 = 2\pi -2} \\ \qquad \Rightarrow A(3\pi)-A(2\pi)=2\pi+2 > 2\pi-2 = A(2\pi)-A(\pi)\\，故選\bbox[red,2pt]{(3,4)}$$
解：
$$ (1) \bigcirc: f(x)>0 \Rightarrow 圖形凹向上 \Rightarrow f(x)的次數為偶數，且f(x)=0有三相異實根 \\ \qquad \Rightarrow f(x)的次數至少為6\\ (2) \times: f(x)恆為正，其次數為偶數 \\(3) \times: f(1)>0 ，無法判定奇偶 \\(4) \bigcirc: f(4)=0為極小值，故f'(4)=0\\，故選\bbox[red,2pt]{(1,4)}$$
使 用 圓 球 和 球 袋 作 機 率 實 驗 。 球 只 有黑 白 兩 色 ， 袋中裝有兩 顆 球 ， 因 此 只 有三種可 能 情 況 ： 把 雙 白 球 稱 為 狀 態 1，一 白 球一黑 球 稱 為 狀 態 2， 雙 黑 球 稱 為 狀 態 3。
對 這 袋 球 做 如下操 作 ：自袋中 隨 機 移 走一 球 後 ， 再 隨 機 移 入一 顆 白 球 或 黑 球 （ 移入 白 球 或 黑 球 的 機 率 相 等 ）。 每 次 操 作 可 能 會 改 變 袋中 球 的 狀 態 。
6. （ 單 選 題 ， 6 分 ） 如 果 現 在 袋 子 內 的 球 是一 白 一 黑 （ 即 狀 態 2）， 請 問 經 過 一 次 操 作 後 ， 袋中 會 變 成 兩 顆 黑 球 （ 狀 態 3） 的 機 率 是 多 少 ？
$$\cases{p_{11}=1\times {1\over 2}= {1\over 2} \\ p_{12}={1 \over 2}\times {1\over 2}= {1\over 4} \\ p_{13}=0 \\ p_{21}= 1\times {1\over 2}= {1\over 2} \\ p_{22}={1 \over 2}\times {1\over 2} + {1 \over 2}\times {1\over 2} = {1\over 2} \\ p_{23}= 1\times {1\over 2}= {1\over 2} \\ p_{31}= 0 \\ p_{32}={1\over 2}\times {1\over 2} = {1\over 4} \\ p_{33}= 1 \times {1\over 2}= {1\over 2}} \Rightarrow P=\begin{bmatrix} p_{11} & p_{12} & p_{13} \\ p_{21} & p_{22} & p_{23} \\p_{31} & p_{32} & p_{33} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/2 & 1/4 & 0 \\ 1/2 & 1/2 & 1/2 \\ 0 & 1/4 & 1/2 \end{bmatrix}\\ (1)\times: p_{12}={1\over 4} \ne {1\over 2}=p_{21} \\(2)\bigcirc: \sum_{i=1}^3p_{i1} =\sum_{i=1}^3p_{i2} = \sum_{i=1}^3p_{i3} =1 \\(3) \times:\begin{vmatrix} 1/2 & 1/4 & 0 \\ 1/2 & 1/2 & 1/2 \\ 0 & 1/4 & 1/2 \end{vmatrix} ={1\over 8}+0+0-0-{1\over 16}- {1\over 16}=0\not \gt 0 \\(4)\bigcirc: p_{11}={1\over 2} =p_{33} \\故選\bbox[red,2pt]{(2,4)}$$
解：$$ P= \begin{bmatrix} 1/2 & 1/4 & 0 \\ 1/2 & 1/2 & 1/2 \\ 0 & 1/4 & 1/2 \end{bmatrix} ={1\over 2} \begin{bmatrix} 1 & 1/2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1/2 & 1 \end{bmatrix}\Rightarrow P^2 = {1\over 2}\begin{bmatrix} 3/4 & 1/2 & 1/4 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1/4 & 1/2 & 3/4 \end{bmatrix}\\ \Rightarrow P^3={1\over 2}\begin{bmatrix} 5/8 & 1/2 & 3/8 \\ 1 & 1 & 1 \\ 3/8 & 1/2 & 5/8 \end{bmatrix} \Rightarrow P^k= {1\over 2}\begin{bmatrix} {2^{k-1}+1 \over 2^k} & 1/2 & {2^{k-1}-1 \over 2^k} \\ 1 & 1 & 1 \\ {2^{k-1}-1 \over 2^k} & 1/2 & {2^{k-1}+1 \over 2^k} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} {2^{k-1}+1 \over 2^{k+1}} & 1/4 & {2^{k-1}-1 \over 2^{k+1}} \\ 1/2 & 1/2 & 1/2 \\ {2^{k-1}-1 \over 2^{k+1}} & 1/4 & {2^{k-1}+1 \over 2^{k+1}} \end{bmatrix}\\ (1)\bigcirc: p^k_{12}={1\over 4} =p^k_{32} \\(2)\bigcirc: \cases{p^k_{11}= {2^{k-1}+1 \over 2^{k+1}} \\ p^k_{31} = {2^{k-1}-1 \over 2^{k+1}}} \Rightarrow p^k_{11} > p^k_{31} \\(3) \bigcirc: p^k_{11}= {2^{k-1}+1 \over 2^{k+1}} = {1\over 4}+{1 \over 2^{k+1}} \Rightarrow k越大,則p^k_{11}越小 \\(4)\times: 無論k值，p^k_{12}={1\over 4} \ne {1\over 3}\\，故選 \bbox[red, 2pt]{(1,2,3)}$$
解：
$$\frac{x^2+y^2}{2} \ge \sqrt {x^2y^2} \Rightarrow {1\over 2} \ge xy \Rightarrow xy的最大值為{1\over 2};\\ 2x^2+axy+ 2y^2=1 \Rightarrow a= \cfrac{1-2(x^2+y^2)}{xy} \Rightarrow a的最小值為\cfrac{1-2\cdot 1}{1/2} = \bbox[red, 2pt]{-2}$$
$$\frac{x^2+y^2}{2} \ge \sqrt {x^2y^2} \Rightarrow {1\over 2} \ge xy \Rightarrow xy的最大值為{1\over 2};\\ 2x^2+axy+ 2y^2=1 \Rightarrow a= \cfrac{1-2(x^2+y^2)}{xy} \Rightarrow a的最小值為\cfrac{1-2\cdot 1}{1/2} = \bbox[red, 2pt]{-2}$$
解：
$$\tan x= x 的正實根可以看成是兩圖形\cases{y=\tan x\\ y=x}在第一象限的交點\\
圖形y=\tan x的漸近線為x={2k-1 \over 2}\pi,k=1,2,\dots \\因此當k\to \infty,\cases{y=\tan x\\ y=x}的交點越接近漸近線 \Rightarrow \lim_{n\to \infty}(x_{n+1}-x_n) =兩條漸近線的距離\\ = \pi =\bbox[red, 2pt]{3.14}$$
圖形y=\tan x的漸近線為x={2k-1 \over 2}\pi,k=1,2,\dots \\因此當k\to \infty,\cases{y=\tan x\\ y=x}的交點越接近漸近線 \Rightarrow \lim_{n\to \infty}(x_{n+1}-x_n) =兩條漸近線的距離\\ = \pi =\bbox[red, 2pt]{3.14}$$
解：
$$不只有一組解 \Rightarrow 有無限多組解 \Rightarrow {1+\cos \theta \over -1}={ -1 \over 1+\sin \theta} \Rightarrow (1+\sin \theta)(1+\cos \theta)=1\\ \Rightarrow \sin \theta+\cos \theta + \sin\theta \cos\theta=0 \\ 令x=\sin \theta+\cos \theta \Rightarrow x^2=1+2\sin \theta\cos \theta \Rightarrow \sin \theta\cos \theta= {x^2-1\over 2} \Rightarrow x+{x^2-1 \over 2}=0 \\ \Rightarrow x^2+2x-1=0 \Rightarrow x= \cfrac{-2\pm 2\sqrt{2}}{2} =-1\pm \sqrt 2 \\ 由於\sin\theta +\cos \theta= \sqrt 2({1\over \sqrt 2}\sin \theta +{1\over \sqrt 2} \cos \theta) =\sqrt 2\sin(\theta +\alpha) \Rightarrow -\sqrt 2 \le \sin\theta +\cos\theta \le \sqrt 2 \\因此 \sin\theta +\cos \theta = \bbox[red, 2pt]{-1+\sqrt 2 }( \because -1-\sqrt 2<-\sqrt 2,不合 )$$
$$不只有一組解 \Rightarrow 有無限多組解 \Rightarrow {1+\cos \theta \over -1}={ -1 \over 1+\sin \theta} \Rightarrow (1+\sin \theta)(1+\cos \theta)=1\\ \Rightarrow \sin \theta+\cos \theta + \sin\theta \cos\theta=0 \\ 令x=\sin \theta+\cos \theta \Rightarrow x^2=1+2\sin \theta\cos \theta \Rightarrow \sin \theta\cos \theta= {x^2-1\over 2} \Rightarrow x+{x^2-1 \over 2}=0 \\ \Rightarrow x^2+2x-1=0 \Rightarrow x= \cfrac{-2\pm 2\sqrt{2}}{2} =-1\pm \sqrt 2 \\ 由於\sin\theta +\cos \theta= \sqrt 2({1\over \sqrt 2}\sin \theta +{1\over \sqrt 2} \cos \theta) =\sqrt 2\sin(\theta +\alpha) \Rightarrow -\sqrt 2 \le \sin\theta +\cos\theta \le \sqrt 2 \\因此 \sin\theta +\cos \theta = \bbox[red, 2pt]{-1+\sqrt 2 }( \because -1-\sqrt 2<-\sqrt 2,不合 )$$
解：
$$\cases{焦點F(1,2) \\ 準線L:kx+y+1=0} \Rightarrow 拋物線\Gamma:\sqrt{(x-1)^2 +(y-2)^2} = \left|\frac{kx+y+1}{\sqrt{k^2+1}} \right| ,\\又點 (2,0)在\Gamma 上\Rightarrow \sqrt{1+4}= \left|{2k+1 \over \sqrt{k^2+1}}\right| \Rightarrow 5(k^2+1)=(2k+1)^2\Rightarrow 5k^2+5 = 4k^2+4k+1 \\\Rightarrow k^2-4k+4=0 \Rightarrow (k-2)^2=0 \Rightarrow k=2 \Rightarrow 準線L:2x+y+1=0;\\ 對稱軸M垂直準線L且經過焦點(1,2) \Rightarrow M:(y-2)={1\over 2}(x-1) \equiv x-2y+3=0 \\ \Rightarrow \cases{L: 2x+y+1=0 \\ M:x-2y+3=0} \Rightarrow 交點P(-1,1) \Rightarrow 頂點即為P及F的中點=({1-1\over 2},{2+1 \over 2}) =\bbox[red, 2pt]{(0,3/2)}$$
-- END (僅供參考) --
謝謝老師 寫得好詳細
回覆刪除希望有機會可以看到敏督利補考的詳解～