109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:
45∘<θ<50∘⇒{sinθ>√22>cosθ>0tanθ>1{a=1−cos2θ=sin2θ>12⇒12<a<1b=1cosθ−cosθ=1−cos2θcosθ=acosθ>ac=tanθtan2θ+1=12sin2θ=sinθcosθ<sinθsinθ=a⇒a>c⇒b>a>c,故選(5)
2.有A,B兩個箱子,其中A箱有6顆白球與4顆紅球,B箱有8顆白球與2顆藍球。現
有三種抽獎方式(各箱中每顆球被抽取的機率相同):
(一)先在A箱中抽取一球,若抽中紅球則停止,若抽到白球則再從B箱中抽取一球;
(二)先在B箱中抽取一球,若抽中藍球則停止,若抽到白球則再從A箱中抽取一球;
(三)同時分別在A,B箱中各抽取一球。
給獎方式為:在紅、藍這兩種色球當中,若只抽到紅球得50元獎金;若只抽到藍球得100元獎金;若兩種色球都抽到,則仍只得100元獎金;若都沒抽到,則無獎金。將上列(一)、(二)、(三)這3種抽獎方式所得獎金的期望值分別記為E1、E2、E3, 試 選 出 正 確 的 選 項 。(1)E1>E2>E3(2)E1=E2>E3(3)E2=E3>E1(4)E1=E3>E2(5)E3>E2>E1
方式過程機率獎金期望值(一)A箱抽中紅球4/105020A箱抽中白球,B箱抽中白球610×81000A箱抽中白球,B箱抽中藍球610×21010012(二)B箱抽中藍球21010020B箱抽中白球,A箱抽中白球810×61000B箱抽中白球,A箱抽中紅球810×4105016(三)A箱抽中白球,B箱抽中白球610×81000A箱抽中白球,B箱抽中藍球610×21010012A箱抽中紅球,B箱抽中白球410×8105016A箱抽中紅球,B箱抽中藍球410×2101008⇒{E1=20+12=32E2=20+16=36E3=12+16+8=36⇒E2=E3>E1,故選(3)
解:

(1)×:{A=(1,0)B=(−1,0)⇒→OA+→OB=(1,0)+(−1,0)=(0,0)=→O(2)×:{A=(−3,0)B=(1,0)⇒{→OC1=(−2,0)→OC2=(−1,0)→OC3=(0,0)⇒¯OC1>¯OC2>¯OC3(3)×:同(2){→OA=(−3,0)→OC1=(−2,0)→OC2=(−1,0)→OC3=(0,0)⇒{→OA⋅→OC1=6→OA⋅→OC2=3→OA⋅→OC3=0⇒→OA⋅→OC1>→OA⋅→OC2>→OA⋅→OC3(4)◯:{→OC1=→OA+→OB→OC2=→OA+2→OB→OC3=→OA+3→OB⇒{→OC1⋅→OB=→OA⋅→OB+|→OB|2→OC2⋅→OB=→OA⋅→OB+2|→OB|2→OC3⋅→OB=→OA⋅→OB+3|→OB|2⇒→OC1⋅→OB<→OC2⋅→OB<→OC3⋅→OB(5)◯:→OC3−→OC1→OC2−→OC1=2→OB→OB=常數⇒C1,C2,C3在一直線上,故選(4,5)
(1)◯:依[a]定義,滿足a−1<[a]≤a(2)×:nθ−1<[nθ]≤nθ⇒nθ−1n<[nθ]n≤nθn⇒θ−1n<[nθ]n≤θ⇒limn→∞(θ−1n)<limn→∞[nθ]n≤limn→∞θ⇒θ<limn→∞[nθ]n≤θ⇒limn→∞bn=θ⇒bn收斂(3)×:−nθ−1<[−nθ]≤−nθ⇒−nθ−1n<[−nθ]n≤−nθn⇒−θ−1n<[−nθ]n≤−θ⇒limn→∞(−θ−1n)<limn→∞[−nθ]n≤limn→∞(−θ)⇒−θ<limn→∞[−nθ]n≤−θ⇒limn→∞cn=−θ⇒cn收斂(4)×:limn→∞n[θn]=limn→∞[θn]1/n=limn→∞([θn])′(1/n)′=limn→∞0−1/n2=0⇒limn→∞dn=0⇒dn收斂。註:([x])′={0,如果x不是整數未定義,如果x是整數(5)◯:limn→∞n[−θn]=limn→∞n×limn→∞[−θn]=∞×(−1)=−∞⇒en發散,故選(1,5)
z=cosθ+isinθ⇒z+1=(1+cosθ)+isinθ,由於|z+1|=1⇒(1+cosθ)2+sin2θ=1⇒2+2cosθ=1⇒cosθ=−12⇒θ={2π/34π/4⇒z={cos(2π/3)+isin(2π/3)cos(4π/3)+isin(4π/3)⇒z={−1/2+i√3/2≡A−1/2−i√3/2≡A′(1)◯:由題意知B在A的右方且兩點皆在單位圓上,因此有兩種情況(如上圖),¯AB與實數軸平行;(2)×:△OAB為為等腰非直角△(3)×:A可能在第二象限,也可能在第三象限(4)◯:z={cos(2π/3)+isin(2π/3)cos(4π/3)+isin(4π/3)⇒z3={cos2π+isin2π=1cos4π+isin4π=1⇒z3=1(5)◯:z=A(如上圖)⇒1z=A′⇒1+A′=B′仍在同一單位圓上故選(1,4,5)
解:
(1)×:鏡射即對稱,只有一種;且{A3=AA2=I(2)◯:旋轉矩陣B=[cosθ−sinθsinθcosθ]⇒B3=[cos3θ−sin3θsin3θcos3θ]=[−100−1]⇒3θ=π±2kπ,k∈Z⇒θ=π3±23kπ⇒θ=π3,π,53π,...⇒B={[1/2−√3/2√3/21/2]=B1,θ=π3[−100−1]=B2,θ=33π[1/2√3/2−√3/21/2]=B3,θ=53π⇒共有三種(3)×:{A=[0−1−10]B=B1=[1/2−√3/2√3/21/2]⇒{AB=[−√3/2−1/2−1/2√3/2]BA=[√3/2−1/2−1/2−√3/2]⇒AB≠BA(4)×:{det(A)=−1det(B)=1⇒det(AB)=det(A)det(B)=−1⇒AB代表某種鏡射不是旋轉(5)◯:{AB1AB1=IAB2AB2=IAB3AB3=I⇒ABAB=I,故選(2,5)
(1)×:鏡射即對稱,只有一種;且{A3=AA2=I(2)◯:旋轉矩陣B=[cosθ−sinθsinθcosθ]⇒B3=[cos3θ−sin3θsin3θcos3θ]=[−100−1]⇒3θ=π±2kπ,k∈Z⇒θ=π3±23kπ⇒θ=π3,π,53π,...⇒B={[1/2−√3/2√3/21/2]=B1,θ=π3[−100−1]=B2,θ=33π[1/2√3/2−√3/21/2]=B3,θ=53π⇒共有三種(3)×:{A=[0−1−10]B=B1=[1/2−√3/2√3/21/2]⇒{AB=[−√3/2−1/2−1/2√3/2]BA=[√3/2−1/2−1/2−√3/2]⇒AB≠BA(4)×:{det(A)=−1det(B)=1⇒det(AB)=det(A)det(B)=−1⇒AB代表某種鏡射不是旋轉(5)◯:{AB1AB1=IAB2AB2=IAB3AB3=I⇒ABAB=I,故選(2,5)
解:
{x−3y−5z=0⋯(1)x−3y+2z=0⋯(2)x+y=t⋯(3),由(1)及(2)可得{z=0x−3y=0⋯(4)由(3)及(4)可得{x=3t/4y=t/4⇒P(3t4,t4)⇒¯OP=10=√9t216+t216⇒100=10t216⇒t2=160⇒t=4√10(負值不合,違反t>0)
{x−3y−5z=0⋯(1)x−3y+2z=0⋯(2)x+y=t⋯(3),由(1)及(2)可得{z=0x−3y=0⋯(4)由(3)及(4)可得{x=3t/4y=t/4⇒P(3t4,t4)⇒¯OP=10=√9t216+t216⇒100=10t216⇒t2=160⇒t=4√10(負值不合,違反t>0)
解:
三點{A(1,1)B(x,y)P(4,2)共圓,且{¯AB為直徑¯BP=3√10⇒{→PA⋅→PB=(−3,−1)⋅(x−4,y−2)=0(x−4)2+(y−2)2=90⋯(1)⇒−3x+12−y+2=0⇒y=14−3x代入(1)⇒(x−4)2+(3x−12)2=90⇒x2−8x+7=0⇒(x−7)(x−1)=0⇒x={17⇒y={11−7⇒B(7,−7)(B(1,11)不合,違反B在第4象限)
解:
{O(0,0,0)觀景台P(0,0,150)A(m,n,0)B(p,q,0)C(m+p2,n+q2)⇒{→PO=(0,0.−150)→PA=(m,n,−150)→PB=(p,q,−150)→PC=(m+p2,n+q2,−150)⇒{cos(90∘−30∘)=→PA⋅→PO|→PA||→PO|cos(90∘−60∘)=→PB⋅→PO|→PB||→PO|cos(90∘−45∘)=→PC⋅→PO|→PC||→PO|⇒{cos60∘=(m,n,−150)⋅(0,0,−150)√m2+n2+1502×150=12cos30∘=(p,q,−150)⋅(0,0,−150)√p2+q2+1502×150=√32cos45∘=((m+p)/2,(n+q)/2,−150)⋅(0,0,−150)√(m+p)24+(n+q)24+1502×150=√22⇒{m2+n2=67500p2+q2=7500(m+p)2+(n+q)2=90000⇒2mp+2nq=90000−67500−7500=15000⇒mp+nq=7500△OAB面積=12√|→OA|2|→OB|2−(→OA⋅→OB)2=12√(m2+n2)(p2+q2)−(mp+nq)2=12√67500×7500−75002=12√45×107=10002√450=500√152×2=7500√2
{O(0,0,0)觀景台P(0,0,150)A(m,n,0)B(p,q,0)C(m+p2,n+q2)⇒{→PO=(0,0.−150)→PA=(m,n,−150)→PB=(p,q,−150)→PC=(m+p2,n+q2,−150)⇒{cos(90∘−30∘)=→PA⋅→PO|→PA||→PO|cos(90∘−60∘)=→PB⋅→PO|→PB||→PO|cos(90∘−45∘)=→PC⋅→PO|→PC||→PO|⇒{cos60∘=(m,n,−150)⋅(0,0,−150)√m2+n2+1502×150=12cos30∘=(p,q,−150)⋅(0,0,−150)√p2+q2+1502×150=√32cos45∘=((m+p)/2,(n+q)/2,−150)⋅(0,0,−150)√(m+p)24+(n+q)24+1502×150=√22⇒{m2+n2=67500p2+q2=7500(m+p)2+(n+q)2=90000⇒2mp+2nq=90000−67500−7500=15000⇒mp+nq=7500△OAB面積=12√|→OA|2|→OB|2−(→OA⋅→OB)2=12√(m2+n2)(p2+q2)−(mp+nq)2=12√67500×7500−75002=12√45×107=10002√450=500√152×2=7500√2
(1)y=ax+b過C(3,2)與D(4,0)⇒{2=3a+b0=4a+b⇒{a=−2b=8(2)由題意知:y=f(x)經過A(0,0)及D(4,0),即{f(0)=0f(4)=0,因此x=0,4為f(x)=0的解;又f(x)為三次式,所以f(x)=x(x−4)(px+q)⇒f(x)可被x(x−4)=x2−4x所整除。(3)同(1)可求得過A(0,0)及B(1,4)的切線方程式y=4x,因此兩切線方程式為{L1:y=4xL2:y=−2x+8⇒{斜率m1=4斜率m2=−2⇒{f′(0)=4f′(4)=−2;由(2)知f(x)=x(x−4)(px+q)=px3+(q−4p)x2−4qx⇒f′(x)=3px2+2(q−4p)x−4q⇒f′(0)=−4q=4⇒q=−1⇒f′(x)=3px2+2(−1−4p)x+4⇒f′(4)=48p+8(−1−4p)+4=−2⇒p=1/8⇒f(x)=18x3−32x2+4x(4)f(x)=x(x−4)(18x−1)=18x3−32x2+4x⇒∫62|8f(x)|dx=8(|∫42f(x)dx|+|∫64f(x)dx|)=8(|[132x4−12x3+2x2]|42|+|[132x4−12x3+2x2]|64|)=8(|8−92|+|92−8|)=8×7=56
-- END (僅供參考) --
老師
回覆刪除有沒有考慮提供,109數甲補考的詳解 謝謝
已經貼上了!
刪除請問第五題的解法中(4)使用了L'Hopital rule,但同樣的方法在(5)中使用會適用嗎?
回覆刪除因為(4)分子分母都趨近於0,適用羅必達,而(5)並沒有分子分母都為0或無窮大的情形,不適用羅必達!!
刪除您好
回覆刪除非選題的第二大題的第(2)、(3)詳解有誤
謝謝提醒,已修訂完畢
刪除請問非選第二大題的(3)
回覆刪除為何是dot PQ向量?
應該是PG,打錯字了,謝謝提醒!!
刪除第六題第三個選項好像有打錯,應該是1/3X^3+1/2X^2+C
回覆刪除你看得真仔細,已修訂,謝謝
刪除