臺灣警察專科學校專科警員班三十期(正期學生組)
新生入學考試甲組數學科試題
新生入學考試甲組數學科試題
壹、單選題
解:f(x)=x3+5x2+11x+10=(x+2)(x2+3x+5);由於x2+3x+5不能再分解,因此f(x)與g(x)的最高公因式為x2+3x+5;利用長除法,可得g(x)=(x2+3x+5)(x2+1)⇒a=3(x的係數),故選(C)
解:1243−2143=(124−214)(1242+124×214+2142)=−90(1242+124×214+2142)為3的倍數,故選(C)
解:2x+3x−2≥1⇒2x+3x−2−1≥0⇒x+5x−2≥0⇒(x+5)(x−2)≥0⇒x≥2或x≤−5但分母不可為0,因此答案修訂為x>2或x≤−5,故選(D)
解:
假設兩根為±α⇒x2−α2其因式,利用長除法(如上圖)餘式為0⇒{4α2−8=0⇒α2=26=−α2(a+α2)=0⇒6=−2(a+2)⇒a=−5,故選(B)
解:α,β為x2+6x+4=0之二根⇒{α+β=−6αβ=4⇒{α<0β<0⇒√α×√β=−√αβ⇒(√α+√β)2=α+β−2√αβ=−6−2√4=−6−4=−10,故選(D)
解:67890為5位數⇒log67890的首數為(5−1)=4=logx的首數⇒x也是5位數⋯(1)log0.12345的尾數=1+log0.12345=log1.2345⋯(2)由(1)及(2)⇒logx=4+log1.2345=log12345⇒x=12345,故選(C)
解:tanA⋅tanB=1⇒sinAsinBcosAcosB=1⇒cosAcosB−sinAsinB=0⇒cos(A+B)=0⇒A+B=90∘⇒C=180∘−90∘=90∘,故選(B)
解:12π<2<23π⇒√32<sin2<1,故選(A)。
解:正弦定理:asinA=bsinB=csinC=2R⇒{a=2RsinAb=2RsinBc=2RsinC⇒3(a−b+c)=6R(sinA−sinB+sinC)=14(sinA−sinB+sinC)⇒R=73,故選(B)。
解:
2πsinx=x⇒sinx=x2π,相當於求兩圖形{y=sinxy=x2π的交點數{y=x2π的斜率為12π=0.5π¯OA斜率為1π/2=2π¯OB斜率為15π/2=0.4π⇒¯OB斜率<y=x2π的斜率<¯OA斜率⇒兩圖形有3個交點,故選(C)
解:x2+y2+z2−2x+4y+2z−19=0⇒(x−1)2+(y+2)2+(z+1)2=52⇒{球心O(1,−2,−1)球半徑R=5⇒{a=dist (O,x+y+z=0)=|1−2−1√3|=2√3b=dist (O,z=−1)=0c=dist (O,y=1)=|−2−1|=3d=dist (O,x=2y)=|1+4√5|=√5⇒b<a<d<c⇒c最大,截面積最小,故選(C)
解:平面x−2y+3z=4的法向量→n=(1,−2,3){(A):P=(57,187,157)(B):Q=(157,187,57)(C):R=(157,57,187)(D):S=(57,157,187)⇒{→PA=(27,−47,67)→QA=(−87,−47,167)→RA=(−87,97,37)→SA=(27,−17,37)⇒{→PA∥→n→QA∦→n→RA∦→n→SA∦→n,故選(A)
解:
→AM=t→AP=t(3→AB+4→AC)=3t→AB+4t→AC⇒3t+4t=1⇒t=1/7⇒→AM=37→AB+47→AC,故選(B)。
解:
球心O(0,0,0)至平面E的距離=15√4+1+4=5⇒¯PQ的最小值=5−3(球半徑)=2,故選(A)。
解:L:{x=1+3ty=2−5tz=3,t∈R⇒L在平面z=3上,與z=0(即xy平面)平行,故選(C)
解:{長軸∥x軸短軸一端點A(−4,0)一焦點F1(0,4)⇒中心點O(−4,4)⇒{b=¯OA=4c=¯OF1=4⇒a2=b2+c2=16+16=32⇒a=4√2⇒長軸長2a=8√2,故選(D)
解:假設五位數的數字分別為x1,x2,x3,x4,x5,依題意x1+x2+x3+x4+x5=11,其中0≤xi≤9x1+x2+x3+x4+x5=11的非負整數解的個數為H511=1365,其中(11,0,0,0,0)及其排列,共有5種;另(10,1,0,0,0)及其排列,共有5!3!=20種;這5+20=25種數字不符要求(0≤xi≤9),因此共有1365−25=1340種自然數,機率為1340100000=0.0134,故選(B)
解:{P(a,b)在Γ′上⇒b2=−4a⇒(a,−b)也在Γ′上P(a,b)在Γ上⇒a216+b29=1⇒(a,−b)也在Γ上⇒(a,−b)也是Γ與Γ′的交點,故選(B)
解:an+1=n+1nan⇒a30=3029a29=3029⋅2928a28=3029⋅2928⋅2827a27=3029⋅2928⋅2827⋯21a1=30a1=30,故選(D)
解:
該封閉區域(見上圖)的各頂點分別為{A(1,2)B(4,2)C(3,−3)D(0,0),並令f(x,y)=x−2y,則{f(A)=−3f(B)=0f(C)=9f(D)=0⇒最大值為9,故選(D)
解:[132−523−1−2]−3r1+r2→[132−520−112112]−211r2→[132−5201−1]−32r2+r1→[10−101−1]⇒{a=−1<0b=−1<0,故選(C)
解:缺課數越多則成績越低,因此相關係數為負值;又此趨勢(缺課多則成績低)非常明顯,相關係數接近−1,故選(A)
解:患病被正確驗出的機率加上未患病被錯誤檢驗的機率=20%×0.9+80%×0.05=0.22,故選(B)。
解:{x+ky−z=1⋯(1)8x+3y−6z=1⋯(2)4x+y−3z=−1⋯(3)(2)−2×(3)→y=3代回(1)及(3)⇒{x+3k−z=1⋯(4)4x−3z=−4⋯(5)由題意知x=2為其中一組解,將x=2代入(4)及(5)⇒{3k−z=−1⇒z=1+3k−3z=−12⇒z=4⇒1+3k=4⇒k=1,故選(A)
解:f(x)=mx2+(m−1)x+(m−1)>0,∀x⇒判別式(m−1)2−4m(m−1)<0⇒3m2−2m−1>0⇒(3m+1)(m−1)>0⇒m>1或m<−13;由於圖形y=f(x)為凹向上,因此m>0,所以m<−13不合,故選(B)
解:P(B∣A′)=P(B)∩P(A′)P(A′)=P(B)×P(A′)P(A′)=P(B)=34⇒P(B∩C)=P(B)P(C)=34P(C)=15⇒P(C)=415因此P((A∪B)∩C)=P(A∪B)P(C)=(P(A)+P(B)−P(A)P(B))P(C)=(13+34−14)415=29,故選(B)
解:y=x4−4x+8⇒y′=4x3−4⇒y″
解:x^3-3x^2-4x+6 = (x-1)(x^2-2x-6)=0 \Rightarrow x=1,1\pm \sqrt 7\Rightarrow 3相異實根,故選\bbox[red,2pt]{(D)}
解:f(x)=x^3-3x+2 \Rightarrow f'(x)=3x^2-3 \Rightarrow f''(x)=6x\\ 令f'(x)=0 \Rightarrow 3x^2-3=0 \Rightarrow x=\pm 1 \Rightarrow \cases{f''(1)=6>0 \\f''(-1)=-6<0 } \Rightarrow \cases{f(1)=0 為極小值\\ f(-1)=4為極大值}\\,故選\bbox[red,2pt]{(C)}
解:f(x)=x^3+3x^2+px-4 \Rightarrow f'(x)=3x^2+6x+p \Rightarrow f''(x)=6x+6\\ 沒有極值代表 f'(x)=0無解 \Rightarrow 判別式36-12p\le 0 \Rightarrow p\ge 3,故選\bbox[red,2pt]{(B)}
貳、多重選擇題
解:(A) \bigcirc: a_n= S_n-S_{n-1}=2n+1 \Rightarrow < a_n > 為等差數列,其公差為2 \\(B)\bigcirc:< a_k >為等比\Rightarrow a_k=a_1r^{k-1} \Rightarrow a_k^2 = a_1^2r^{2k-2} = a_1^2(r^2)^{k-1} \Rightarrow < a_k^2 >為等比數列,其公比為r^2 \\(C) \bigcirc: a_k=5k+3 \Rightarrow b_k=3a_k+2 = 15k+6+2= 15k+8 \Rightarrow < b_k > =< 3a_k+2 >為等差數列 \\(D) \bigcirc: 2a_{k+1} = a_k+a_{k+2} \Rightarrow a_{k+1} = (a_k+a_{k+2})\div 2 \Rightarrow < a_k> 為等差數列 (前後平均為中間項) \\(E) \times: \cases{< a_k> =1,1,1,1,\dots\\ < b_k> = 1,-1,1,-1,\dots} \Rightarrow < a_k+b_k >=2,0,2,0,\dots 非等比數列\\,故選\bbox[red,2pt]{(A,B,C,D)}
解:(A)\times: f(\alpha+\beta)= a^{\alpha+\beta} =a^\alpha\times a^\beta =f(\alpha)f(\beta)\ne f(\alpha)+f(\beta) \\(B)\times: 0.5^5 < 0.5^4 \Rightarrow 5 \not \lt 4 \\(C) \times: y=f(x)=a^x \ne 0,\forall x \in R \\ (D) \bigcirc: {1\over 2}(f(\alpha)+f(\beta))= {1\over 2}(a^\alpha +a^\beta)\ge \sqrt{a^\alpha \times a^\beta}= \sqrt{a^{\alpha+\beta}} =a^{\alpha+\beta \over 2} =f({\alpha+\beta \over 2}) \\(E) \bigcirc:\lim_{x\to -\infty}a^x=0 \Rightarrow y=0(即X軸)為漸近線\\,故選\bbox[red,2pt]{(DE)}
解:正弦定理:{a\over \sin A} ={b\over \sin B} ={c\over \sin C} =2R\Rightarrow a\cos A+b\cos B = 2R\sin A\cos A+ 2R\sin B\cos B \\ =R(\sin 2A+ \sin 2B) = 2R\sin(A+B)\cos (A-B) =2R\sin(\pi-C)\cos(A-B)\\ =2R\sin C\cos(A-B) = c\cos(A-B) =c\cos C \Rightarrow \cases{A-B=C =\pi-A-B\\ B-A=C =\pi -A-B} \Rightarrow \cases{A=\pi/2 \\ B=\pi/2} \\ \Rightarrow \triangle ABC 為直角\triangle,其中A為直角或B為直角,故選\bbox[red,2pt]{(A,C,D)}
解:(A)\times: \text{dist}(A,E)= \left|{6+9-1\over \sqrt{4+9+36}} \right|={14\over 7}=2 \\(B)\bigcirc: 經過A且方向向量為(2,3,-6)的直線L:{x-3\over 2}= {y-3 \over 3} ={z\over -6}\Rightarrow L上的點(2t+3,3t+3,-6t)與E相交\\ \qquad \Rightarrow 2(2t+3)+3(3t+3)-6(-6t)=1 \Rightarrow t=-{2\over 7} \Rightarrow L與E的交點為(-{4\over 7}+3,-{6\over 7}+3,{12\over 7}) \\ \qquad =({17\over 7},{15\over 7},{12\over 7})即為正射影點\\ (C)\bigcirc: \cases{A(3,3,0) \\ A在E的正射影點P({17\over 7},{15\over 7},{12\over 7})\\ A對於E的對稱點A'(x,y,z)} \Rightarrow P=(A+A')\div 2 \Rightarrow \cases{{17\over 7} =(3+x)/2\\{15\over 7} =(3+y)/2\\ {12\over 7}=(0+z)/2} \Rightarrow \cases{x={13\over 7}\\ y={9\over 7} \\ z={24\over 7}} \\(D) \times: 由(E)知: \triangle ABC \bot E \Rightarrow \triangle ABC在E上的投影為一直線\\(E) \bigcirc: \cases{\overrightarrow{AB}= (-2,-1,2)\\ \overrightarrow{AC}=(1,-1,2)} \Rightarrow \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = (0,6,3) \Rightarrow (\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC})\cdot (2,3,-6)=0 \\\qquad \Rightarrow \theta=90^\circ \Rightarrow \sin \theta=1\\,故選\bbox[red,2pt]{(BCE)}
解:
假設5個不同禮品分別為A、B、C、D、E;\\(A)\times: 每個禮品可以有3種分法,共有3^5=243種分法\\ (B)\times: 甲恰得A,其4個禮品各有2種分法,共有2^4=16種分法;\\ \qquad 甲恰得B、C、D、E也各有16種分法,因此共有16\times 5=80種分法;\\(C)\bigcirc: 理由同(B),乙恰得一件也是有80種分法\\ (D)\bigcirc: 甲沒有禮品,5個禮品各有2種分法,因此共有2^5=32種分法;\\\qquad因此甲至少得一件的分法=全部分法減去甲沒有禮物的分法=243-32=211 \\(E)\bigcirc: 全部-(甲沒禮物-乙沒禮物-丙沒禮物)+(甲乙都沒禮物+乙丙都沒禮物+甲丙都沒禮物)\\\qquad = 243-(32+32+32)-(1+1+1) =243-96+3= 150\\,故選\bbox[red,2pt]{(CDE)}
解:(A)\times: 有可能,機率為{1\over 2^{10}}\\ (B)\bigcirc: 10\times {1\over 2}=5 \\(C) \times: 5個0與5個1的排列數為{10! \over 5!5!},因此機率為{10! \over 5!5!}\times {1\over 2^{10}}\ne {1\over 2}\\ (D)\bigcirc:6個1與4個0的排列數與 6個0與4個1的排列數相同\\ (E)\bigcirc: 無論第幾次,出現正面或反面的機率都是1/2\\故選\bbox[red,2pt]{(BDE)}
解:(A)\times: 三個未知數卻只有二個方程式,有無限多組解 \\(B)\times: 理由同(A) \\(C) \times: \begin{bmatrix} -2 & 1 & 0 & -5\\ 0 & 2 & 3& 1\\ 0 & 4 & 6& 4\end{bmatrix} \xrightarrow{-2r_2+r_3} \begin{bmatrix} -2 & 1 & 0 & -5\\ 0 & 2 & 3& 1\\ 0 & 0 & 0& 2\end{bmatrix} \Rightarrow 0=2 \Rightarrow 無解 \\(D) \bigcirc: \begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 & 4\\ 0 & -3 & 1& 2\\ 0 & 1 & 0& 3\end{bmatrix} \Rightarrow \cases{x+2z=4 \\ -3y+z=2 \\ y=3}\Rightarrow \cases{x=-18 \\ z=11 \\ y=3} \\(E)\bigcirc: \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 5\\ 0 & 2 & 2& -6\\ 3 & 0 & 3 & -6\end{bmatrix} \xrightarrow{r_2/2,r_3/3} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 5\\ 0 & 1 & 1& -3\\ 1 & 0 & 1 & -2\end{bmatrix} \Rightarrow \cases{x+y=5\\ y+z=-3\\ x+z=-2} \Rightarrow x+y+z=0 \Rightarrow \cases{z=-5\\ x=3\\ y=2}\\,故選\bbox[red,2pt]{(DE)}
解:(A)\bigcirc: f(x)=\begin{cases} x & x\ge 0\\ -x & x<0 \end{cases} \Rightarrow f'(x)=\begin{cases} 1 & x\ge 0\\ -1 & x<0 \end{cases} \Rightarrow 1\ne -1 \\(B)\bigcirc: f(x)=[x] \Rightarrow \cases{\lim_{x\to 0^+}f(x)=0 \\ \lim_{x\to 0^-}f(x)=-1} \Rightarrow f(x)在x=0不連續\\ (C) \times:f(x)=\begin{cases} x^2 & x\ge 0\\ -x^2 & x<0 \end{cases} \Rightarrow f'(x)= \begin{cases} 2x & x\ge 0\\ -2x & x<0 \end{cases} \Rightarrow f'(0)=0 \\(D)\bigcirc: f(x)=\sqrt x \Rightarrow f'(x)={1\over 2\sqrt x} \Rightarrow f'(0) 不存在\\ (E)\times: f(x)={x^2 \over x+1} \Rightarrow f'(x)={2x \over x+1}- {x^2 \over (x+1)^2} \Rightarrow f'(0)=0\\,故選\bbox[red,2pt]{(ABD)}
解:f(\infty)>0 \Rightarrow a >0\\ f(0)=d>0\\由圖形知三實根為二正一負,而三根之和為正,即-{b\over a}>0 \Rightarrow b<0\\ 由圖形知f'(x)=0有相異二正根 \Rightarrow 3ax^2+2bx+c=0之二根為正值 \\\Rightarrow \cases{二根之積為正,即{c\over 3a}>0 \Rightarrow c>0 \\ 判別式4b^2-12ac>0 \Rightarrow b^2-3ac>0}\\,故選\bbox[red,2pt]{(ACDE)}
解:(A)\times: \int_0^2 f(t)\;dt為一常數,設為a \Rightarrow f(x)=x^2 +x\int_0^2 f(t)dt +1=x^2+ax+1 \\\qquad \Rightarrow \int_0^2 f(x)\;dx= \left. \left[ {1\over 3}x^3+{1\over 2}ax^2+x \right] \right|_0^2 = {8\over 3}+2a+2 = {14 \over 3}+2a \\ \qquad\Rightarrow \int_0^2 f(t)\;dt=a= {14 \over 3}+2a \Rightarrow a=-{14\over 3} \\(B)\bigcirc: 理由同(A)\\ (C)\bigcirc: f(x)=x^2 -{14\over 3}x +1 \Rightarrow f(3)=9-14+1=-4\\ (D)\times: f(-1)=1+{14\over 3}+1 = {20\over 3} \ne {8\over 3}\\ (E)\bigcirc:f(x)的 判別式 {196 \over 9}-4 >0 \Rightarrow 有相異實根\\故選\bbox[red, 2pt]{(BCE)}
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