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：$$f(x)=x^3+5x^2+11x+10 = (x+2)(x^2+3x+5)；\\由於x^2+3x+5不能再分解，因此f(x)與g(x)的最高公因式為x^2+3x+5；\\利用長除法，可得g(x)=(x^2+3x+5)(x^2+1) \Rightarrow a=3(x的係數)，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$124^3-214^3=(124-214)(124^2+124\times 214 +214^2)=-90(124^2+124\times 214 +214^2)為3的倍數\\，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$${2x+3 \over x-2} \ge 1 \Rightarrow {2x+3 \over x-2}-1 \ge 0 \Rightarrow {x+5 \over x-2}\ge 0 \Rightarrow (x+5)(x-2) \ge 0 \Rightarrow x\ge 2 \;或\;x\le -5\\ 但分母不可為0，因此答案修訂為\;x>2\;或\;x\le -5，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：
$$假設兩根為\pm \alpha \Rightarrow x^2-\alpha^2 其因式，利用長除法(如上圖)\\ 餘式為0 \Rightarrow \cases{4\alpha^2-8=0 \Rightarrow \alpha^2=2 \\ 6=-\alpha^2(a+\alpha^2)=0 \Rightarrow 6=-2(a+2) \Rightarrow a=-5}，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$$\alpha,\beta 為x^2+6x+4=0之二根\Rightarrow \cases{\alpha+\beta =-6 \\ \alpha\beta=4}\Rightarrow \cases{\alpha<0 \\ \beta<0} \Rightarrow \sqrt \alpha \times \sqrt \beta = -\sqrt {\alpha\beta}\\ \Rightarrow (\sqrt \alpha+\sqrt \beta)^2 =\alpha+\beta - 2\sqrt{\alpha\beta} =-6-2\sqrt{4} =-6-4=-10，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：$$67890為5位數\Rightarrow \log 67890的首數為(5-1)=4 =\log x 的首數 \Rightarrow x也是5位數\cdots(1)\\\log 0.12345的尾數=1+\log 0.12345 = \log 1.2345\cdots(2) \\ 由(1)及(2) \Rightarrow \log x= 4+\log 1.2345= \log 12345 \Rightarrow x=12345，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$\tan A \cdot \tan B=1 \Rightarrow {\sin A \sin B \over \cos A \cos B}=1 \Rightarrow \cos A\cos B-\sin A\sin B=0 \Rightarrow \cos (A+B)=0 \\ \Rightarrow A+B=90^\circ \Rightarrow C=180^\circ-90^\circ =90^\circ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$${1\over 2}\pi < 2< {2\over 3}\pi \Rightarrow {\sqrt 3\over 2}<\sin 2 <1，故選\bbox[red,2pt]{(A)}。 $$
解：$$正弦定理:{a \over \sin A} ={b \over \sin B} ={c \over \sin C} =2R \Rightarrow \cases{a=2R\sin A \\ b=2R\sin B\\ c=2R\sin C} \\\Rightarrow 3(a-b+c) =6R(\sin A-\sin B+\sin C) = 14(\sin A-\sin B+\sin C) \Rightarrow R={7\over 3}，故選\bbox[red,2pt]{(B)}。$$
解：
$$2\pi \sin x=x \Rightarrow \sin x={x \over 2\pi} ，相當於求兩圖形\cases{y=\sin x\\ y={x \over 2\pi}}的交點數\\ \cases{y= {x \over 2\pi}的斜率為{1\over 2\pi} ={0.5\over \pi} \\ \overline{OA}斜率為{1 \over \pi/2}= {2\over \pi} \\ \overline{OB}斜率為{1\over 5\pi /2} ={0.4 \over \pi}} \Rightarrow \overline{OB}斜率< y= {x \over 2\pi}的斜率 < \overline{OA}斜率 \Rightarrow 兩圖形有3個交點\\，故選\bbox[red, 2pt]{(C)}$$
解：$$x^2+y^2+z^2 -2x+4y+2z-19=0 \Rightarrow (x-1)^2 +(y+2)^2+(z+1)^2 = 5^2 \Rightarrow \cases{球心O(1,-2,-1) \\ 球半徑R=5} \\ \Rightarrow \cases{a=\text{dist }(O,x+y+z=0)= \left|{ 1-2-1\over \sqrt 3} \right| ={2\over \sqrt 3} \\b=\text{dist }(O,z=-1)= 0 \\ c=\text{dist }(O,y=1)= \left|{ -2-1} \right| =3 \\ d=\text{dist }(O,x=2y)= \left|{ 1+4\over \sqrt 5} \right| = \sqrt 5} \Rightarrow b< a < d < c \Rightarrow c最大，截面積最小\\，故選\bbox[red, 2pt]{(C)}$$
解：$$平面\;x-2y+3z=4\;的法向量\vec n=(1,-2,3) \\\cases{(A):P=({5\over 7},{18\over 7},{15\over 7}) \\ (B):Q=({15\over 7},{18\over 7},{5\over 7}) \\(C):R= ({15\over 7},{5\over 7},{18\over 7}) \\ (D):S=({5\over 7},{15\over 7},{18\over 7})} \Rightarrow \cases{\overrightarrow {PA} =({2\over 7},-{4\over 7},{6\over 7}) \\\overrightarrow {QA} =(-{8\over 7},-{4\over 7},{16\over 7}) \\\overrightarrow {RA} =(-{8\over 7},{9\over 7},{3\over 7}) \\\overrightarrow {SA} =({2\over 7},-{1\over 7},{3\over 7})} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{PA} \parallel\vec n \\ \overrightarrow{QA} \nparallel \vec n \\ \overrightarrow{RA} \nparallel \vec n \\ \overrightarrow{SA} \nparallel \vec n}，故選\bbox[red, 2pt]{(A)}$$
解：
$$\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AP} =t(3\overrightarrow{AB} +4\overrightarrow{AC}) =3t\overrightarrow{AB} + 4t\overrightarrow{AC} \Rightarrow 3t+4t=1 \Rightarrow t=1/7 \\ \Rightarrow \overrightarrow{AM}={3\over 7}\overrightarrow{AB} + {4\over 7}\overrightarrow{AC}，故選\bbox[red,2pt]{(B)}。$$
解：
$$球心O(0,0,0)至平面E的距離= {15 \over \sqrt{4+1+4}} =5 \Rightarrow \overline{PQ}的最小值=5-3(球半徑)=2\\，故選\bbox[red,2pt]{(A)}。$$
解：$$L:\cases{x=1+3t\\ y=2-5t\\ z=3},t\in R \Rightarrow L 在平面z=3上，與z=0(即xy平面)平行，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$\cases{長軸\parallel x軸\\ 短軸一端點A(-4,0) \\ 一焦點F_1(0,4)} \Rightarrow 中心點O(-4,4) \Rightarrow \cases{b=\overline{OA} =4 \\ c=\overline{OF_1}=4} \Rightarrow a^2=b^2+c^2 =16+16=32\\ \Rightarrow a=4\sqrt 2 \Rightarrow 長軸長2a=8\sqrt 2，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：$$假設五位數的數字分別為x_1,x_2,x_3,x_4,x_5，依題意x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=11，其中0\le x_i \le 9\\x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=11的非負整數解的個數為H^5_{11}=1365，\\其中(11,0,0,0,0)及其排列，共有5種；另(10,1,0,0,0)及其排列，共有{5!\over 3!}=20種；\\這5+20=25種數字不符要求(0\le x_i \le 9)，因此共有1365-25=1340種自然數\\，機率為{1340\over 100000}= 0.0134，故選\bbox[red, 2pt]{(B)}$$
解：$$\cases{P(a,b)在\Gamma'上\Rightarrow b^2=-4a \Rightarrow (a,-b)也在\Gamma'上 \\ P(a,b)在\Gamma上\Rightarrow {a^2\over 16}+{b^2 \over 9}= 1 \Rightarrow (a,-b)也在\Gamma上} \Rightarrow (a,-b)也是\Gamma與\Gamma'的交點，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$$a_{n+1}= {n+1\over n}a_n \Rightarrow a_{30}={30 \over 29}a_{29}={30 \over 29}\cdot {29 \over 28}a_{28} ={30 \over 29}\cdot {29 \over 28} \cdot {28\over 27}a_{27}={30 \over 29}\cdot {29 \over 28} \cdot {28\over 27}\cdots {2\over 1}a_1 \\ =30a_1=30，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：
$$該封閉區域(見上圖)的各頂點分別為\cases{A(1,2)\\ B(4,2) \\C(3,-3) \\D(0,0)}，並令f(x,y)=x-2y，則\cases{f(A)=-3 \\ f(B)=0 \\f(C)=9 \\f(D)=0} \\\Rightarrow 最大值為9，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：$$\begin{bmatrix} 1 &{3\over 2} & -{5\over 2} \\3 & -1 & -2\end{bmatrix} \xrightarrow{-3r_1+r_2}\begin{bmatrix} 1 &{3\over 2} & -{5\over 2} \\0 & -{11\over 2} & {11\over 2}\end{bmatrix} \xrightarrow{-{2\over 11}r_2}\begin{bmatrix} 1 &{3\over 2} & -{5\over 2} \\0 & 1 & -1\end{bmatrix} \xrightarrow{-{3\over 2}r_2+r_1} \begin{bmatrix} 1 &0 & -1 \\0 & 1 & -1\end{bmatrix}\\ \Rightarrow \cases{a=-1<0 \\b=-1<0 } ，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$缺課數越多則成績越低，因此相關係數為負值；\\又此趨勢(缺課多則成績低)非常明顯，相關係數接近-1，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
解：$$患病被正確驗出的機率加上未患病被錯誤檢驗的機率\\= 20\%\times 0.9+80\%\times 0.05 =0.22 ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}。$$
解：$$\cases{x+ky-z=1 \cdots(1) \\ 8x+3y-6z=1\cdots(2) \\ 4x+y-3z=-1 \cdots(3)} \xrightarrow{(2)-2\times (3)} y=3代回(1)及(3) \Rightarrow \cases{x+3k-z=1 \cdots(4)\\ 4x-3z=-4 \cdots(5)}\\ 由題意知x=2為其中一組解，將x=2代入(4)及(5) \Rightarrow \cases{3k-z=-1 \Rightarrow z=1+3k\\ -3z=-12 \Rightarrow z=4}\\ \Rightarrow 1+3k=4 \Rightarrow k=1，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
解：$$f(x)=mx^2+(m-1)x+(m-1)>0,\forall x \Rightarrow 判別式(m-1)^2-4m(m-1)<0 \\\Rightarrow 3m^2-2m-1>0 \Rightarrow (3m+1)(m-1) >0 \Rightarrow m>1\;或\;m<-{1\over 3};\\ 由於圖形y=f(x)為凹向上，因此m>0，所以m<-{1\over 3}不合，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$$P(B\mid A')={P(B)\cap P(A') \over P(A')} = {P(B)\times P(A') \over P(A')}=P(B)={3\over 4}\\ \Rightarrow P(B\cap C)=P(B)P(C)={3\over 4}P(C)={1\over 5} \Rightarrow P(C)={4 \over 15}\\ 因此 P((A\cup B)\cap C)= P(A\cup B)P(C) =(P(A)+P(B)-P(A)P(B))P(C) \\= ({1\over 3}+{3\over 4}-{1\over 4}){4\over 15} ={2\over 9}，故選\bbox[red, 2pt]{(B)}$$
解：$$y=x^4-4x+8 \Rightarrow y'=4x^3-4 \Rightarrow y''=12x;\\令y'=0 \Rightarrow 4x^3-4=0 \Rightarrow x=1 \Rightarrow y''(1)=12>0 \Rightarrow y(1)=1-4+8=5為極小值\\ \Rightarrow 在0\le x\le 2條件下，最大值出現在兩端點 \Rightarrow \cases{y(0)=8 \\ y(2)=16} \Rightarrow 16為最大值 ，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
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：$$(A)\times: \int_0^2 f(t)\;dt為一常數，設為a \Rightarrow f(x)=x^2 +x\int_0^2 f(t)dt +1=x^2+ax+1 \\\qquad \Rightarrow \int_0^2 f(x)\;dx= \left. \left[ {1\over 3}x^3+{1\over 2}ax^2+x \right] \right|_0^2 = {8\over 3}+2a+2 = {14 \over 3}+2a \\ \qquad\Rightarrow \int_0^2 f(t)\;dt=a= {14 \over 3}+2a \Rightarrow a=-{14\over 3} \\(B)\bigcirc: 理由同(A)\\ (C)\bigcirc: f(x)=x^2 -{14\over 3}x +1 \Rightarrow f(3)=9-14+1=-4\\ (D)\times: f(-1)=1+{14\over 3}+1 = {20\over 3} \ne {8\over 3}\\ (E)\bigcirc:f(x)的 判別式 {196 \over 9}-4 >0 \Rightarrow 有相異實根\\故選\bbox[red, 2pt]{(BCE)}$$
-- END --
沒有留言:
張貼留言