113年大學分科測驗-數學甲詳解

113學年度分科測驗試題數學甲考科

第 壹 部 分 、 選 擇 （ 填 ） 題 （ 占 76 分 ）
一 、 單 選 題 （ 占 18 分 ）

解答:$$\cases{\overline{BD}=\overline{AD} \tan \angle B =12\cdot {3\over 2}=18 \\ \overline{CD}=\overline{AD} \tan \angle C= 12\cdot {2\over 3} =8} \Rightarrow \overline{BC}= \overline{BD}+ \overline{CD}=18+8=26,故選\bbox[red, 2pt]{(5)}$$

解答:$${x^2\over a^2}+{y^2\over 6^2}=1 \xrightarrow{伸縮後} {x^2\over (2a)^2}+{y^2\over (3\cdot 6)^2}=1 \Rightarrow {x^2\over 4a^2}+{y^2\over 18^2}=1 \xrightarrow{過(18,0)} {18^2\over 4a^2}=1\\ \Rightarrow a=9 \Rightarrow \Gamma:{x^2\over 9^2}+{y^2\over 6^2}=1 \Rightarrow \cases{a=9\\ b=6} \Rightarrow c=\sqrt{81-36} =3\sqrt 5 \\ \Rightarrow 焦點(\pm 3\sqrt 5,0),故選\bbox[red, 2pt]{(2)}$$

解答:

$$\textbf{Case I}:a,b不擺，剩下5行4列，5行選4行來擺，因此有C^5_4\times 4\times 3\times 2= 120種\\\textbf{Case II}:a,b二選一(C^2_1)，剩下4行4列，4行選3行來擺，每一行有4格，\\\qquad 因此有C^2_1C^4_3\times 4\times 3\times 2= 192種擺法 \\ 因此共有120+192=312種擺法，故選\bbox[red, 2pt]{(4)}$$

二、多選 題（占 40 分）

解答:$$(1)\bigcirc: p={1\over 10} \Rightarrow EX={1\over p}=10\\ (2)\times:抽獎兩次都沒中的機率=(1-p)^2={81 \over 100} \Rightarrow 至少中一次機率=1-{81\over 100}= 0.19 \ne 0.2\\ (3) \times: 10次都沒中機率=(1-p)^{10} =({9\over 10})^{10} \not \lt {1\over 10} \\(4)\bigcirc: 保證中獎=至少中一次獎 \Rightarrow 1-(1-p)^n \gt 0.9 \Rightarrow 1-\left({9\over 10} \right)^n \gt 0.9 \Rightarrow {1\over 10}\gt \left({9\over 10} \right)^n \\\qquad \Rightarrow -1\gt n(2\log 3-1) =n(2\cdot 0.4771-1) =(-0.0458)n \Rightarrow n\gt {1\over 0.0458} \approx 21.83 \Rightarrow n\ge 22 \\ (5)\times: 1-\left({9\over 10} \right)^n \ne 1, \forall n\in \mathbb N\\故選\bbox[red, 2pt]{(14)}$$


解答:$$(1)\times: 應該是f(-2+3i)=0\\ (2) \bigcirc: f(x)=(x^2+x-2)p(x)+18 =(x+2)(x-1)p(x)+18 \Rightarrow f(-2)=18\\(3) \bigcirc: x=-2-3i \Rightarrow   x^2+4x+13=0   \Rightarrow f(x)=(x^2+4x+13)(ax+b) \\\qquad \Rightarrow \cases{f(-2)=18=9(-2a+b)\\ f(1)=18=18(a+b)} \Rightarrow \cases{-2a+b= 2\\ a+b=1} \Rightarrow \cases{a=-1/3\\ b=4/3} \\ \qquad \Rightarrow f(x)=(x^2+4x+13)(-{1\over 3}x+{4\over 3}) \Rightarrow 三次項係數-{1\over 3} \lt 0 \\(4)\bigcirc: -{1\over 3}x+{4\over 3}=0 \Rightarrow x=4為唯一的正實根 \\(5)\times: f'(x)=(2x+4)(-{1\over 3}x+{4\over 3})-{1\over 3}(x^2+4x+13) \Rightarrow f''(x)=-2x\\ \qquad f''(x)=0 \Rightarrow x=0 \Rightarrow 對稱中心(0,f(0))=(0,{52\over 3})在y軸上\\ 故選\bbox[red, 2pt]{(234)}$$


解答:$$(1)\times: \cases{\vec u\cdot \vec v =|\vec u||\vec v| \cos \theta \cdots(1)\\ |\vec u\times \vec v| =|\vec u||\vec v|\sin \theta \cdots(2)} \Rightarrow {(2) \over (1)} =\tan \theta={\vec u\cdot \vec v \over |\vec u\times \vec v|} ={ \sqrt{1+0+9} \over \sqrt{15}} = \sqrt{2\over 3}\lt 1=\tan {\pi\over 4} \\ \qquad \Rightarrow \theta \lt {\pi\over 4} \\(2)\times: \vec u=(1,0,-1) \Rightarrow \vec u\cdot (\vec u\times \vec v) =(1,0,-1) \cdot (-1,0,3)=-4 \ne 0 \Rightarrow \vec u\ne (1,0,-1) \\(3)\bigcirc: 由(1)知:\tan \theta= \sqrt{2\over 3} \Rightarrow \cos \theta= \sqrt {3\over 5} = {\vec u\cdot \vec v\over |\vec u||\vec v|} \Rightarrow |\vec u||\vec v|= {\sqrt{15} \over \sqrt{3/5}} =5\\ \qquad  \Rightarrow |\vec u|+ |\vec v|\ge 2\sqrt{|\vec u|| \vec v|} =2\sqrt{5} \\(4)\bigcirc: 由(1)及(3)可知\cases{\vec u與\vec v的夾角\theta\\ |\vec u||\vec v|=5 \Rightarrow |\vec u|=5/|\vec v|\\ \vec u與\vec u\times\vec v垂直}，現在再加上已知\vec v，因此可得\vec u \\ (5)\times:已知\cases{ |\vec u||\vec v|=5\\ |\vec u|+|\vec v|=k} \Rightarrow |\vec v|+{5\over|\vec v|} =k \Rightarrow |\vec v|^2-k|\vec v|+5=0 \Rightarrow |\vec v|可能有兩組解\\故選\bbox[red, 2pt]{(34)}$$

解答:$$(1) \bigcirc: f'(x)= 5x^4-15x^2+10x \Rightarrow f'(1)=5-15+10=0 \\(2) \bigcirc: f'(x)=5x(x^3-3x+2)=5x(x-1)^2(x+2)\ge 0, x\in [0, \infty) \\(3)\times: f''(x)=10(2x^3-3x+1) \Rightarrow f''({1\over 2})=-{1\over 4} \lt 0 \Rightarrow 凹向下 \\(4) \times:x=0 \Rightarrow \cases{g(x+ 6\pi)=g(6\pi)= \sin(2\pi^2+ {\pi\over 2})\\ g(x)=g(0)=\sin{\pi\over 2}=1} \Rightarrow g(x+6\pi)\ne g(x)\\(5) \bigcirc: 由(2)知f'(x) \gt 0, \forall x\in[3,4],又g'(x)={\pi\over 3}\cos({\pi x\over 3}+{\pi \over 2}) \\\qquad 若 x\in [3,4]\Rightarrow  {3\pi\over 2}\lt {\pi x\over 3}+{\pi \over 2}\lt 2\pi \Rightarrow g'(x)\gt 0 \Rightarrow g(x)遞增\\ 故選\bbox[red, 2pt]{(125)}$$

解答:$$z=\alpha(\cos \beta+i \sin \beta) \Rightarrow z^n=\alpha^n (\cos n\beta+i\sin n\beta) \Rightarrow \cases{x_n=\alpha^n \cos n\beta\\ y_n= \alpha^n \sin n\beta}\\(1)\times: \cases{\alpha=1\\ \beta=3\pi/7} \Rightarrow \cases{x_{10}= 1^{10}\cdot\cos \left(10\cdot {3\pi\over 7} \right)= \cos{30\pi\over 7}=\cos{2\pi\over 7} \\x_3= 1^3\cdot \cos \left(3\cdot {3\pi\over 7} \right) =\cos{9\pi\over 7} =-\cos{2\pi\over 7}} \Rightarrow x_{10}\ne x_3 \\(2)\bigcirc: y_3= \alpha^3 \sin 3\beta =0 \Rightarrow \sin{3\beta} =0 \Rightarrow \sin 6\beta=2\sin 3\beta \cos 3\beta =0 \Rightarrow x_6= \alpha^6 \sin 6\beta=0\\ (3)\times:  若\cases{\alpha=\sqrt[3]2 \\ \beta=\pi/9} \Rightarrow \cases{x_3=2\cos(\pi/3) =1\\ x_6=4\cos(2\pi/3) =-2 \ne 1} \\(4) \times: 若\cases{\alpha=2\\ \beta=\pi} \Rightarrow   y_n   = 2^n \sin n\pi =0 \Rightarrow \langle y_n=0\rangle 收斂,但\alpha\gt 1\\(5)\bigcirc: \langle x_n\rangle 收斂 \Rightarrow \cases{\alpha\lt 1  \Rightarrow \lim_{n\to \infty} y_n=0\\ \alpha=1,\beta=0  \Rightarrow y_n=0} \Rightarrow \langle y_n\rangle 收斂\\故選\bbox[red, 2pt]{(2,5)}  $$

三、 選填題（占 18 分）

解答:$$\left[\begin{array}{rr|r}1&-1& 3\\ 0& 1& 2\end{array}\right] \Rightarrow \cases{x-y=3\\y=2} \Rightarrow \cases{x=5\\ y=2}\Rightarrow \cases{5a+2b=2 \cdots(1)\\ 5c+2d=1 \cdots(2)} \\ \left[\begin{array}{rr|r}1&-1& 2\\ 0& 1& -1\end{array}\right] \Rightarrow \cases{x-y=2\\ y=-1} \Rightarrow \cases{x=1\\y=-1} \Rightarrow \cases{a-b=-1 \cdots(3)\\ c-d=-1 \cdots(4)}\\ 由(1)及(3) 可得\cases{a=0\\ b=1}, 由(2)及(4)可得\cases{c=-1/7\\ d=6/7} \\ 因此\cases{ax+by=0\\ cx+dy=1} \Rightarrow \cases{y=0\\ -{x\over 7}+{6y\over 7}=1} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{x=-7,y=0}$$

解答:

$$假設\cases{圓半徑r\\ A=\overline{PQ}中點} \Rightarrow P(r,0) \Rightarrow 直線L=\overleftrightarrow{PQ}: y={1\over 2}(x-r) \Rightarrow x-2y-r=0 \\ \Rightarrow 圓心O至L距離=\overline{OA}={r\over \sqrt 5} \\ 直角三角形OAP: \overline{OP}^2=\overline{OA}^2+\overline{AP}^2 \Rightarrow r^2={r^2\over 5}+{1\over 4} \Rightarrow r=\bbox[red, 2pt]{\sqrt 5\over 4}$$

解答:$$\log_2 a_3,\log_2 b,\log_3 a_9成等差 \Rightarrow 2\log_2 b=\log_2 a_3+\log_2 a_9 \Rightarrow b^2=a_3a_9 \\ \Rightarrow b^2=(a_1+4)(a_1+16) =a_1^2+20a_1+ 64\\ 若b =a_4 =a_1+6  \Rightarrow b^2=a_1^2+12a_1+36 =a_1^2+20a_1+ 64\Rightarrow a_1=-7/2 \Rightarrow a_3={1\over 2}\gt 0 \Rightarrow a_9= \bbox[red, 2pt]{25\over 2}\\ 若b =a_5= a_1+8 \Rightarrow b^2=a_1^2+ 16a_1+64 =a_1^2+20a_1+ 64\Rightarrow a_1=0不合\\若b =a_6 =a_1+10 \Rightarrow b^2=a_1^2 +20a_1+100 =a_1^2+20a_1+ 64 \Rightarrow 100=64矛盾\\ 若b=a_7= a_1+12 \Rightarrow b^2= a_1^2+24a_1+144  =a_1^2+20a_1+ 64 \Rightarrow a_1=-20 \Rightarrow a_3=-16\lt 0不合\\ 若b=a_8 =a_1+14 \Rightarrow b^2=a_1^2+28a_1+  196= a_1^2+20a_1+ 64 \Rightarrow a_1=-{33\over 2} \Rightarrow a_3=-{25\over 2}\lt 0不合$$

第貳部分 、混 合題 或非選擇題 （占 24 分）

12-14 題 為題組

解答:$$P=E_1\cap E_2 \cap E_3 \Rightarrow 聯立方程式\cases{x+y+z=7\\ x-y+z=3\\ x-y-z=-5}的解=P\bbox[red, 2pt]{(1,2,4)}$$

解答:$$\cases{E_1:x+y+z=7\\ E_2: x-y+z=3\\ E_3:x-y-z=-5} \Rightarrow \cases{E_1法向量\vec n_1=(1,1,1) \\E_2法向量\vec n_2=(1,-1,1) \\ E_3法向量\vec n_3=(1,-1,-1) }  \\ \Rightarrow \cases{L_1 方向向量\vec u_1=\vec n_2\times \vec n_3=(2,2,0)\\ L_2 方向向量\vec u_2 = \vec n_3 \times \vec n_1=(0,-2,2)\\ L_3 方向向量\vec u_3=\vec n_1\times \vec n_2=(2,0,-2) } \Rightarrow \cases{\cos \theta_1={\vec u_1\cdot \vec u_2\over |\vec u_1||\vec u_2|} =-{1\over 2}\\ \cos \theta_2= {\vec u_2\cdot \vec u_3 \over |\vec u_2||\vec u_3|} =-{1\over 2}\\ \cos \theta_3= {\vec u_3\cdot \vec u_1\over |\vec u_3||\vec u_1|} ={1\over 2}} \\\Rightarrow \cases{\theta_1=120^\circ\\ \theta_2=120^\circ\\ \theta_3=60^\circ} \Rightarrow \cases{\alpha=60^\circ\\ \beta=60^\circ \\\gamma=60^\circ} (\alpha,\beta,\gamma 均為銳角) \bbox[red, 2pt]{QED.}$$

解答:$$E_4法向量\vec n_4=(1,a,b), 正四面體相鄰平面夾角的餘弦值相等 \\ \Rightarrow \cases{a+b+1=\pm(1-a+b) \Rightarrow \cases{a=0\\ b=-1}\\ a+b+1=\pm(1-a-b) \Rightarrow a+b=0} \Rightarrow \cases{a=1\\ b=-1} \Rightarrow E_4:x+y-z=c\\ 又正四面體的高h ={\sqrt 6\over 3}\times 稜長={\sqrt 6\over 3}\times 6\sqrt 2=4\sqrt 3 \Rightarrow d(P,E_4)=h\\ \Rightarrow {|1+2-4-c| \over \sqrt 3} =4\sqrt 3 \Rightarrow |-1-c|=12 \Rightarrow c=11,-13 \\\Rightarrow E_4: \bbox[red, 2pt]{x+y-z=11,x+y-z=-13}$$

15-17 題 為題組

解答:$$f(x)=x^3-9x^2+15x-4 \Rightarrow f'(x)=3x^2-18x+15,故選\bbox[red, 2pt]{(4)}$$

解答:$$f'(1)=3-18+15=0 \Rightarrow 過P(1,3)的水平線\bbox[red, 2pt]{y=3}$$

解答:

$$先求\Gamma與水平線y=3的交點, x^3-9x^2+15x-4=3 \Rightarrow (x-7)(x-1)^2=0 \Rightarrow 交點\cases{P(1,3)\\ Q(7,3)} \\ \Rightarrow 所圍面積=\int_1^7 (3-(x^3-9x^2+15x-4))\,dx={441\over 4}-{9\over 4}=\bbox[red, 2pt]{108}$$

==================== END =======================

解題僅供參考,分科測驗歷年試題及詳解