108 年度全國科學班聯合學科資格考試 數學科
一、 單一選擇題:
解答:{A(3,3,0)B(3,0,3)C(0,3,3)⇒包含△ABC的平面E:x+y+z=6⇒{d(P(4,5,6),E)=9/√6d(Q(13,−14,15),E)=8/√6d(R(log2(1/3),log31,log4(1/5)),E)=(6+log23√5)/√3⇒d(P,E)>d(R,E)>d(Q,E)⇒p>r>q,故選(4)解答:(1)×:{Γ1:x2/4−y2/9=1⇒貫軸長為2⋅2=4x2/4−y2/9=t⇒貫軸長為2⋅2√t=4√t⇒4√t/4=√t≠t(2)×:{Γ1:為左右形,焦點在x軸上橢圓為上下形,焦點在y軸上⇒兩者不同(3)◯:a2b2a2+b2=4×94+9=3613(4)×:|¯PF1−¯PF2|=4⇒¯PF1−¯PF2=±4(5)×:相同的漸近線可決定多組的雙曲線,不一定剛好是Γ1的共軛雙曲線故選(3)
二、 多重選擇題:
解答:(1)×:y=f(x)與y軸有交點(0,0)⇒y軸不是漸近線(2)◯:f(−x)=f(−x)=log10√x2+1(3)◯:x2≥0⇒log10√x2+1≥0⇒f(x)的最小值為0(4)×:f(cot50∘)=log10√cot250∘+1=log10csc50∘<log10csc45∘=log10√2=12⋅0.301=0.1505≯0.16(5)◯:f(3)=log10√10=12∈Q故選(235)解答:X∼B(n,p)⇒期望值EX=np由圖形可知p≈0.2(中間最高值),EX=5(中間最高的橫座標)⇒np=5⇒n=5÷0.2=25⇒X∼B(25,0.2),故選(45)
解答:z6+z4+z2+1=0⇒(z2−1)(z6+z4+z2+1)=0⇒z8=1⇒{z8=1的8個根分別為cosk4π+isink4π,k=0−7z2=1的2個根分別為coskπ+isinkπ,k=0,1⇒z6+z4+z2+1=0的6根分別為zk={cosk4π+isink4πk=1−3cos(k+1)4π+isin(k+1)4πk=4−6⇒z1=1√2+1√2i,z2=i,z3=−1√2+1√2i,z4=−1√2−1√2i,z5=−i,z6=1√2−1√2i⇒{⟨ak⟩=1√2,0,−1√2,−1√2,0,1√2⟨bk⟩=1√2,1,1√2,−1√2,−1,−1√2⇒S={4√2,1,−2√2,−4√2,−1,2√2}(1)◯:六根皆有虛數(2)×:1是有理數(3)×:虛數無大小(4)×:z2=i⇒i⋅z2=−1=c2+d2i⇒{c2=−1d2=0⇒3c2+d2=−3∉S(5)◯:z4=−1√2−1√2i⇒i⋅z4=1√2−1√2i⇒{c4=1/√2d4=−1/√2⇒3c4+d4=2/√2∈S故選(15)
三、 填充題:(每題 5 分)
解答:{¯PB=8¯PC=6¯BC=10⇒¯BC2=¯PB2+¯PC2⇒∠BPC=90∘;取Q在¯BC上且¯BC⊥¯PQ⇒¯PB⋅¯PC=¯BC⋅¯PQ⇒¯PQ=8×6÷10=245⇒¯BQ=√82−(24/5)2=325因此假設{B(0,0)C(10,0)⇒{A(5,12)P(32/5,24/5)⇒{→u=→AB=(−5,−12)→v=→AP=(7/5,−36/5)→w=→AC=(5,−12)⇒{|→u|=13|→v|=√269/5|→w|=13→u⋅→v=397/5→v⋅→w=467/5⇒{△PAB=12√|→u|2|→v|2−(→u⋅→v)2△PAC=12√|→v|2|→w|2−(→v⋅→w)2⇒△PAB△PAC=√|→u|2|→v|2−(→u⋅→v)2|→v|2|→w|2−(→v⋅→w)2=√12116=114{A(0,0)B(4,2)⇒邊長d=¯AB=2√5⇒{2√5cosθ=42√5sinθ=2⇒{cosθ=2/√5sinθ=1/√5又d=2√5⇒{¯AD=2d=4√5¯AC=√3d=2√15¯AF=d=2√5⇒{D(4√5cos(60∘+θ),4√5sin(60∘+θ))C(2√15cos(30∘+θ),2√15sin(30∘+θ))F(−2√5cos(60∘−θ),2√5sin(60∘−θ)⇒{D(4−2√3,2+4√3)C(6−√3,3+2√3)F(−2−√3,2√3−1)⇒矩形面積=(6−√3+2+√3)×(2+4√3)=16+32√3
此題相當於求兩圖形{Γ1:y=|2x+3|Γ2:y=x2+4x+k有四個交點時,k的範圍?當Γ1的頂點(−3/2,0)在Γ2時,0=94−6+k⇒k=154當y=2x+3與Γ2相切:x2+4x+k=2x+3⇒x2+2x+k−3=0的判別式為0⇒4−4(k−3)=0⇒k=4因此當154<k<4時,兩圖形有四個交點
假設A、C在¯BD上的垂足分別為E、F,見上圖;¯BD=√¯AB2+¯AD2=√4+1=√5;又¯BDׯAE=¯ABׯAD⇒¯AE=2√5因此¯DE=√¯AD2−¯AE2=1√5令E為空間中的原點,則{E(0,0,0)F(√5−2√5,0,0)C(√5−2√5,−2√5,0);而旋轉後的A點坐標(0,¯AEcos60∘,¯AEsin60∘)=(0,1√5,√35)因此¯AC=√(√5−2√5)2+(3√5)2+(√35)2=√215=√1055解答:擲2次就停止:第1次有6種可能,第2次與第1次需相同,因此共有6×1=6種可能;擲3次就停止:第1次有6種可能、第2次有5種可能,第3次需與第2次相同,因此共有6×5×1=30種可能;擲4次就停止:有6×5×5×1=150種可能擲5次就停止:6×5×5×5×6=4500因此總共有6+30+120+2160=4686種可能
三、 計算與證明:(每題 8 分)
解答:兩圖形{L:y=mx+nΓ:y=f(x)有相異三交點⇒f(x)−mx−n=0的三個根為a,b,c⇒f(x)−mx−n=k(x−a)(x−b)(x−c)⇒f(x)=k(x−a)(x−b)(x−c)+mx+n⇒f(x)=k(x3−(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x−abc)+mx+n⇒f′(x)=k(3x2−2(a+b+c)x+ab+bc+ca)+m⇒f″解答:
圓C向右平移2單位成為圓C':(x-3)^2+ (y-2)^2=8,又L':y=m(x+3) \Rightarrow mx-y+3m=0\\ L'與圓C'相切,也就是d((3,2),L')=\sqrt 8 \Rightarrow \left|{ 3m-2+3m\over \sqrt{m^2+1}} \right| =\sqrt 8 \Rightarrow {(6m-2)^2\over m^2+1} =8\\ \Rightarrow 7m^2-6m-1=0 \Rightarrow (7m+1)(m-1)=0 \\\Rightarrow \cases{m=1 \Rightarrow L':y=x+3 切點為B(1,4) \\ m=-1/7 \Rightarrow L':x+7y+3=0切點為B'(13/5,-4/5)}\\ B'在直線x=2的右邊,因此B'不在對摺後的圓周上,也就是m=-1/7不合\\也就是L':\bbox[red,2pt]{y=x+3} \\ \bbox[blue,2pt]{註}:公布的答案包含x+7y=3
解答:
解答:(1)f(x)=\log_2 (x+k) \Rightarrow \cases{f(0)=\log_2 k\\ f(2)=\log_2 (k+2) \\ f(6)=\log_2(k+6)} \Rightarrow 2f(2)= f(0)+ f(6) \\\Rightarrow 2\log_2(k+2) = \log_2 k+\log_2 (k+6) \Rightarrow \log_2 (k+2)^2 = \log_2 k(k+6) \Rightarrow (k+2)^2 = k(k+6)\\ \Rightarrow 2k=4 \Rightarrow \bbox[red,2pt]{k=2}\\(2)\;a,b,c成等比\Rightarrow b^2=ac \Rightarrow f(a)+ f(c)= \log_2(a+2) +\log_2 (c+2) =\log_2 (a+2)(c+2)\\ =\log_2 (ac+ 2(a+c)+4) =\log_2(b^2+ 2(a+c)+4) \gt \log_2 (b^2+4b+4)(註) = \log_2(b+2)^2=2f(b)\\ \Rightarrow f(b)+f(c) \gt 2f(b),\bbox[red,2pt]{故得證}\\(註:a+c \gt 2\sqrt{ac}=2b)
四、 數學寫作能力題: (每題 5 分, 共計 10 分)
解答:(1)X\sim B(n,p) \Rightarrow P(X=x) = \bbox[red,2pt]{C^n_x p^x(1-p)^{n-x},x=0,1,\dots, n} \\(2)期望值EX= \sum_{x=0}^n x C^n_x p^x(1-p)^{n-x} = \sum_{x=0}^n x \cdot {n!\over x!\cdot (n-x)!} (1-p)^n \left({p\over 1-p}\right)^x \\= (1-p)^n \sum_{x=1}^n {n\cdot (n-1)!\over (x-1)!\cdot (n-x)!} \left({p\over 1-p}\right)^x = n(1-p)^n \left({p\over 1-p}\right)\sum_{x=1}^n { (n-1)!\over (x-1)!\cdot (n-x)!} \left({p\over 1-p}\right)^{x-1} \\ = n(1-p)^n \left({p\over 1-p}\right)\sum_{x=1}^n C^{n-1}_{x-1} \left({p\over 1-p}\right)^{x-1} = n(1-p)^n \left({p\over 1-p}\right)\sum_{k=0}^n C^{n-1}_{k} \left({p\over 1-p}\right)^{k} \\ =n(1-p)^n \left({p\over 1-p}\right)\left(1+{p\over 1-p}\right)^{n-1} =n(1-p)^{n-1}p \left({1 \over 1-p}\right)^{n-1} =\bbox[red,2pt]{np}解答:(1)A= \bbox[red, 2pt]{\begin{bmatrix}\cos 2\theta & \sin 2\theta \\ \sin 2\theta & -\cos 2\theta \end{bmatrix}}\\(2)假設\cases{P(x,y) \\P'(x',y')} 且\overline{OP}與x軸的夾角為\alpha,則L與\overline{OP}的夾角為\theta-\alpha \Rightarrow L與\overline{OP'}的夾角為\theta-\alpha \\ \Rightarrow \overline{OP}與\overline{OP'}的夾角為2(\theta-\alpha) \Rightarrow \overline{OP'}與x軸的夾角為2(\theta-\alpha)+\alpha = 2\theta -\alpha \\ \Rightarrow \cases{(x,y)= (\overline{OP}\cos \alpha, \overline{OP}\sin \alpha) \\ (x',y')= (\overline{OP'}\cos(2\theta-\alpha), \overline{OP'}\sin(2\theta-\alpha))} ,由於 \overline{OP}=\overline{OP'} \\ \Rightarrow \cases{x'=\overline{OP}\cos(2\theta-\alpha) =\overline{OP} \cos 2\theta \cos \alpha +\overline{OP} \sin 2\theta \sin \alpha =x\cos 2\theta+ y\sin 2\theta\\ y'=\overline{OP}\sin(2\theta-\alpha)= \overline{OP}\sin 2\theta \cos \alpha -\overline{OP}\sin \alpha \cos 2\theta =x \sin 2\theta-y\cos 2\theta} \\ \Rightarrow \begin{bmatrix}x' \\ y'\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}\cos 2\theta & \sin 2\theta \\ \sin 2\theta & -\cos 2\theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x \\ y\end{bmatrix} \Rightarrow A\begin{bmatrix}x \\ y\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}x' \\ y' \end{bmatrix},\bbox[red, 2pt]{故得證}
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解題僅供參考
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