115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:$$橢圓圖形為上下型\Rightarrow 5\gt b\gt a\\ 雙曲線為左右型\Rightarrow {x^2\over a'^2}-{y^2\over b'^2}=1, 從圖形可以看出a' \approx b (兩者接近5)，故選\bbox[red, 2pt]{(4)}$$
解答:$$\cases{a_1,a_2,a_3,\dots,公比為r的等比級數\Rightarrow S_1={1\over 1-r} \\ a_1,a_3,a_5,\cdots,公比為r^2的等比級數\Rightarrow S_2={ 1\over 1-r^2}} \\ \Rightarrow {1\over 1-r}\times {1\over 1-r^2}=1 \Rightarrow (1-r)(1-r^2)=1 \Rightarrow r^3-r^2-r=0 \Rightarrow r(r^2-r-1)=0 \\ 公比r\ne 0 \Rightarrow r^2-r-1=0 \Rightarrow r={1\pm \sqrt 5\over 2}, 由於|r|\lt 1 \Rightarrow r={1-\sqrt 5\over 2}，故選\bbox[red, 2pt]{(4)}$$
解答:$$f(x)= \sin \left( x+{\pi\over 3} \right)+ \sin x-\sqrt 3\cos x= \sin x\cos{\pi\over 3}+ \sin {\pi\over 3}\cos x+ \sin x-\sqrt 3\cos x \\={1\over 2}\sin x+{\sqrt 3\over 2}\cos x+ \sin x-\sqrt 3\cos x ={3\over 2}\sin x-{\sqrt 3\over 2}\cos x \\ \Rightarrow 最大值為\sqrt{ \left( {3\over 2} \right)^2+ \left( -{\sqrt 3\over 2} \right)^2} =\sqrt{3}，故選\bbox[red, 2pt]{(3)}$$
二、多選題（占 40 分）
解答:$$假設N=n_1+ n_2+n_3 \Rightarrow \cases{p_1= n_1/N\\ p_2=n_2/N\\ p_3=n_3/N} \\(1)\bigcirc: {抽中2號球的機率\over 抽中的球不是1號球的機率}={p_2\over 1-p_1} \\(2) \bigcirc: E(X)= 1\cdot p_1+2\cdot p_2+ 3\cdot p_3 =p_1+2\cdot (1-p_1-p_3)+3p_3=2-p_1+p_3 \\(3)\bigcirc: n_1,n_2,n_3為等差\Rightarrow 2n_2=n_1+n_3 \Rightarrow {2n_2\over p}={n_1\over p}+{n_3 \over p} \Rightarrow 2p_2=p_1+p_3 \Rightarrow p_1,p_2, p_3為等差 \\(4)\times: n_1,n_2,n_3為等比\Rightarrow n_2^2=n_1n_3 \Rightarrow n_2=\sqrt{n_1n_3},依據算幾不等式:{n_1+n_3\over 2} \ge \sqrt{n_1n_3}=n_2 \\\qquad \Rightarrow {n_1+n_3\over 2}\ge n_2 \Rightarrow n_1+n_3 \ge 2n_2 \Rightarrow n_1+n_2+n_3\ge 3n_2 \Rightarrow N\ge 3n_2\Rightarrow {1\over 3}\ge {n_2\over N} \\ \qquad \Rightarrow p_2 \le {1\over 3} \Rightarrow p_2 \not \ge {1\over 3} \\(5) \bigcirc:p_3\lt {1\over 2} \Rightarrow {n_3\over N}\lt {1\over 2}\Rightarrow 2n_3\lt N=n_1+n_2+n_3 \Rightarrow n_3\lt n_1+n_2\\ \qquad 同理可得\cases{n_1\lt n_2+n_3\\n_2\lt n_1+n_3\\n_3\lt n_1+n_2}符合兩邊之和大於第三邊 \\ 故選\bbox[red, 2pt]{(1235)}$$
解答:$$(1)\bigcirc:z={a-2i\over 1+2i} = {(a-2i)(1-2i)\over (1+2i)(1-2i)} = {a-4-2ai-2i\over 5}= {a-4\over 5}-{2a+2\over 5}i \\ \qquad \Rightarrow Re(z) ={a-4\over 5} \\(2)\times: \bar z=z \Rightarrow z為實數\Rightarrow {2a+2\over 5}=0\Rightarrow a=-1\ne 1 \\(3) \bigcirc:|z|^2= \left|{a-2i\over 1+2i} \right|^2 ={|a-2i|^2\over |1+2i|^2} ={a^2+4\over 5} \ge {4\over 5} \\(4)\bigcirc: a=0 \Rightarrow z= -{4\over 5}-{2\over 5}i 在第三象限\Rightarrow Arg(z)\gt \pi \\(5)\bigcirc: z在第一象限\Rightarrow \cases{{a-4\over 5}\gt 0\\ -{2a+2\over 5}\gt 0} \Rightarrow \cases{a\gt 4\\ a\lt -1} 兩條件無法同時滿足\Rightarrow z不在第一象限 \\ 故選\bbox[red, 2pt]{(1345)}$$
解答:$$(1)\times: f''(x)\lt 0 \Rightarrow 凹向下,不是凹向上\\(2) \bigcirc: \cases{f''(x)\lt 0 & x在區間(4,5) \\ f''(x)\gt 0 & x在區間(5,6)} , 依中間值定理,在過渡的閉區間 [5,6] 內存在c使得f''(c)=0\\ \qquad 因此反曲點(c,f(c))存在\\(3)\bigcirc: 在區間(2,3)中, f'(x)\lt 0 \Rightarrow y=f(x)圖形為嚴格遞減 \\\qquad \Rightarrow 「左端點」的函數值都會是該區間內的最大值 \Rightarrow M_2^3(f)\gt \int_2^3 f(x)\,dx \\(4)\times: 在區間(4,5)中, f'(x)\gt 0 \Rightarrow y=f(x)圖形為嚴格遞增 \\ \qquad \Rightarrow 「右端點」的函數值都會是該區間內的最大值 \Rightarrow N_4^5(f) \gt \int_4^5 f(x)\,dx \\(5)\times: 等號右邊的式子 \frac{1}{2}(M_6^7(f) + N_6^7(f)) 即為梯形和, 而在區間(6,7), f''(x)\gt 0 \Rightarrow 圖形凹向上 \\\qquad \Rightarrow 梯形面積\gt 實際面積,即\frac{1}{2}(M_6^7(f) + N_6^7(f))\gt \int_6^7 f(x)\,dx \\ 故選\bbox[red, 2pt]{(23)}$$
解答:$$(1)\times: 舉反例，f (-2) =\log {-1\over 3}, 真數-{1\over 3}\lt 0 無意義 \\(2) \bigcirc: f(-x) =\log {1-x\over 1+x} =\log \left( {1+x\over 1-x} \right)^{-1} =-\log{1+x\over 1-x}=-f(x) \Rightarrow 奇函數 \\(3)\bigcirc: f(x)\gt 0\Rightarrow \log{1+x\over 1-x}\gt 0 \Rightarrow {1+x\over 1-x}\gt 1 \Rightarrow 1+x\gt 1-x \Rightarrow x\gt 0 \\(4) \bigcirc: f(a)=\log {1+a\over 1-a}=-100 \Rightarrow {1+a \over 1-a}=10^{-100} \Rightarrow a={10^{-100}-1\over 10^{-100}+1} 為一實數解 \\(5)\bigcirc: y=\log{1+x\over 1-x} \Rightarrow {1+x\over 1-x}=10^y \Rightarrow x={10^y-1\over 10^y+1} \Rightarrow 反函數: y={10^x-1\over 10^x+1} \ne 10^{1+x\over 1-x} \\\qquad 註:若兩個函數圖形對直線 y = x 對稱，代表它們互為反函數\\ 故選\bbox[red, 2pt]{(234)}$$
解答:$$(1) \bigcirc: \vec u-\vec v=(2,2) \Rightarrow \vec u= \vec v+(2,2) \Rightarrow |\vec u+\vec v|=|2 \vec v+(2,2)|=2 \Rightarrow 2|\vec v+(1,1)|=2 \\ \qquad \Rightarrow |\vec v+(1,1)|=1 \\(2) \bigcirc:\cases{|\vec u+ \vec v|^2= |\vec u|^2+2\vec u\cdot \vec v+|\vec v|^2= 2^2=4\\ |\vec u-\vec v|^2=|\vec u|^2-2\vec u\cdot \vec v+|\vec v|^2 =|(2,2)|^2=8} \Rightarrow 兩式相減可得4\vec u\cdot \vec v=-4 \Rightarrow \vec u\cdot \vec v=-1 \\(3)\times: 由(1)知:|v+(1,1)|= |v-(-1,-1)|=1 代表 \vec{v} 的終點落在一個以 (-1, -1) 為圓心、\\\qquad 半徑 r = 1 的圓上. 因此|\vec v| =圓上的點到原點距離,\\\qquad 其最大值為圓心(-1,-1)至原點距離+r=\sqrt 2+1 \gt 2 \Rightarrow |v|可能大於2 \\(4)\times: 由於\vec u\cdot \vec v=-1, 若\vec u與\vec v平行，必定方向相反。因此我們舉一個反例\\ \qquad 取 \vec v=k(1,1)=(k,k) 代入|\vec v+(1,1)|=1 \Rightarrow |(k+1)(1,1)|=1 \Rightarrow k=-1\pm {\sqrt 2\over 2} \\\qquad 取k=-1+{\sqrt 2\over 2} \Rightarrow \vec v= \left( -1+{\sqrt 2\over 2} \right)(1,1) \Rightarrow \vec u=\vec v+(2,2) = \left( 1+{\sqrt 2\over 2} \right)(1,1) \\\qquad \Rightarrow \vec u與\vec v皆為(1,1)的倍數，兩者平行 \\(5)\bigcirc: 由(3)知:\vec{v} 的終點落在圖上,取\vec v=(\cos \theta-1,\sin \theta-1) \Rightarrow \vec u=\vec v+(2,2) =(\cos \theta+1,\sin \theta+1) \\ \qquad \Rightarrow \vec u與\vec v所張開的平行四邊形面積= |(\cos \theta+1)(\sin \theta-1)-(\cos\theta-1)( \sin \theta+1)| \\ \qquad = |2\sin \theta-2\cos \theta |\le \sqrt{2^2+2^2} =2\sqrt 2, \Rightarrow |\vec u||\vec v|\sin \theta =平行四邊形面積\le 2\sqrt 2 \\故選\bbox[red, 2pt]{(125)}$$
解答:$$\cases{共買了11.5斤 \\共花費1945元\\ 草莓比葡萄多買2斤} \Rightarrow \cases{x+y+z=23/2\\110x+190y+160z=1945\\ y=z+2}\\ \Rightarrow \left[\begin{array}{ccc|c}1& 1& 1& 23/2\\110& 190& 160& 1945\\ 0&1& -1&2 \end{array} \right] \xrightarrow{R_2-110R_1\to R_2} \left[\begin{array}{ccc|c}1& 1& 1& 23/2\\0& 80& 50& 680\\ 0&1& -1&2 \end{array} \right] \xrightarrow{R_2/10 \to R_2} \left[\begin{array}{ccc|c}1& 1& 1& 23/2\\0& 8& 5& 68\\ 0&1& -1&2 \end{array} \right] \\ \xrightarrow{8R_3-R_2 \to R_3} \left[\begin{array}{ccc|c}1& 1& 1& 23/2\\0& 8& 5& 68\\ 0&0 & -13& -52 \end{array} \right] \xrightarrow{R_3/(-13) \to R_3} \left[\begin{array}{ccc|c}1& 1& 1& 23/2\\0& 8& 5& 68\\ 0&0 & 1& 4 \end{array} \right] = \left[\begin{array}{ccc|c}1& 1& 1& 23/2\\0& 8& a& 68\\ 0&0 & 1& b \end{array} \right] \\ \Rightarrow a=\bbox[red, 2pt]5,b=\bbox[red, 2pt]4$$
解答:$$假設\cases{圓心K(k ,0),k\ne 0\\ 圓半徑r, r\gt 0},原直線\cases{L_1: y=4x/3\\ L_2:y=-3x/4} \Rightarrow \cases{L_1: 4x-3y=0\\ L_2:3x+4y=0} \\ \Rightarrow \cases{d_1= d(K,L_1) ={|4k|\over \sqrt{4^2+(-3)^2}} ={4|k|\over 5} \\ d_2=d(K,L_2) ={|3k|\over \sqrt{3^2+4^2}} ={3|k|\over 5}} \\圓與兩條直線皆不相交，代表圓上的點到直線的最短距離=圓心到直線的距離減去半徑 \\ \Rightarrow \cases{D_1=d_1-r ={4|k|\over 5}-r \\D_2=d_2-r={3|k|\over 5}-r} \Rightarrow D_1=3D_2 \Rightarrow {4|k|\over 5}-r= 3 \left( {3|k|\over 5}-r \right) \\ \Rightarrow 2r={9|k|\over 5}-{4|k|\over 5} =|k| \Rightarrow r={|k|\over 2} \\ 假設過原點的切線為y=mx \Rightarrow 圓心至切線的距離=半徑\Rightarrow {|mk|\over \sqrt{m^2+1}}=r ={|k|\over 2} \\ \Rightarrow {|m|\over \sqrt{m^2+1}}={1\over 2} \Rightarrow {m^2\over m^2+1}={1\over 4} \Rightarrow m^2={1\over 3} \Rightarrow m= \pm \sqrt{1\over 3} = \bbox[red, 2pt]{0\pm \sqrt 3\over 3}$$
解答:$$第一階段: \cases{擲骰子出現大於4(即5或6)的機率p=2/6=1/3\\ 擲骰子5次\Rightarrow n=5} \Rightarrow X\sim B(n=5,p=1/3 ) \\ \Rightarrow \cases{P(X=3) ={5\choose 3}p^3 (1-p)^2= 40/243\\ P(X=4)={5\choose 4} p^4 (1-p)^1 =10/243\\ P(X=5) = {5\choose 5} p^5= 1/243}\\ 第二階段:\cases{擲骰子出現偶數(即2,4,6)的機率p'={3\over 6}={1\over 2} \\ 擲骰子5次\Rightarrow n=5} \Rightarrow Y\sim B(n=5,p'=1/2) \\ \Rightarrow \cases{ P(Y=2) = {5\choose 2}p'^2(1-p')^3 =10/32\\ P(Y=3)={5\choose 3}p'^3(1-p')^2=10/32\\ P(Y=4) ={5\choose 4} p'^4(1-p')^1 =5/32}, \quad獲獎條件為 Y = X - 1\\ \Rightarrow \cases{P(X=3\cap Y=2) =(40/243)\cdot (10/32)= 400/7776 \\ P(X=4\cap Y=3) =(10/243)\cdot (10/32) =100/7776\\ P(X=5\cap Y=4) =(1/243)\cdot (5/32)=5/7776} \Rightarrow 獲獎機率:{400+100+5\over 7776} ={505\over 7776} \\ 欲求 「在獲獎的條件下，X=3 的機率」=P(X=3 \mid 獲獎) ={ P(X=3\cap Y=2)\over P(獲獎)} \\={400/7776\over 505/7776}={400\over 505} = \bbox[red, 2pt]{80\over 101}$$
解答:$$[q(x)]^2= x\int_1^x p(t)\,dt \Rightarrow \cases{[q(0)]^2=0\cdot \int_1^0 p(t)\,dt =0\\ [q(1)]^2 = 1\cdot \int_1^1 p(t)\,dt=1\cdot 0=0} \Rightarrow \cases{q(0)=0\\q(1)=0} \Rightarrow q(0)=q(1),\bbox[red, 2pt]{故得證}$$
解答:$$\cases{q(0)=0\\q(1)=0} \Rightarrow 0與1為q(x)=0的兩根\Rightarrow q(x)=x(x-1)=x^2-x \Rightarrow (x^2-x)^2= x\int_1^x p(t)\,dt \\ \Rightarrow x\int_1^x p(t)\,dt =x^4-2x^3+x^2 \Rightarrow \int_1^x p(t)\,dt=x^3-2x^2+x \\ \Rightarrow {d\over dx} \int_1^x p(t)\,dt ={d\over dx}(x^3-2x^2+x) \Rightarrow p(x)= \bbox[red, 2pt]{3x^2-4x+1}$$
解答:$$假設f(x) =\int_1^x (p(t)-q(t))\,dt =\int_1^x \left[ (3t^2-4t+1)-(t^2-t) \right]\,dt = \int_1^x (2t^2-3t+1)\,dt \\ = \left. \left[ {2\over 3}t^3-{3\over 2}t^2+t \right] \right|_1^x = {2\over 3}x^3-{3\over 2}x^2+x-{1\over 6}\Rightarrow f'(x) =2x^2-3x+1 \\ 令f'(x)=0 \Rightarrow (2x-1)(x-1)=0 \Rightarrow x={1\over 2},1 \Rightarrow \cases{f(1/2) =1/24\\ f(1)=0\\ 右端點:f(3)=22/3} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\cases{最大值:22/3\\ 最小值:0}}$$
解答:$$(1,0,0)至x+y+2z=2的距離={|1-2|\over \sqrt{1^2+1^2+2^2}} ={1\over \sqrt 6} = \bbox[red, 2pt]{\sqrt 6\over 6}$$
解答:$$\cases{E_1:x+y+2z =2 \\ E_2 : 2x-y+z=1} \Rightarrow \cases{E_1法向量\vec n_1=(1,1,2) \\ E_2法向量\vec n_2=(2,-1,1)} \Rightarrow \vec n=\vec n_1\times \vec n_2= (3,3,-3) \\ \Rightarrow 取L的方向向量\vec v_L=(1,1,-1) \\又L_1:\cases{x=3+t\\ y=-2-t\\ z=2+3t} \Rightarrow \cases{L_1的方向向量\vec v_1=(1,-1,3) \\P(3,-2,2)在L_1上} \Rightarrow \vec n\times \vec v_1=(2,-4,-2) \\ \Rightarrow 取E_3的法向量\vec n_3=(1,-2,-1) \Rightarrow E_3: (x-3)-2(y+2)+2(z-2)=0 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{x-2y-z-5=0}$$
解答:$$欲證明 \Gamma 是正三角形，只需證明三平面兩兩之間的兩面角皆為 60^\circ\\ \Rightarrow \cases{\cos \theta_{1,2} = {|\vec n_1\cdot \vec n_2|\over |\vec n_1||\vec n_2|} ={|2-1+2|\over \sqrt{6}\cdot \sqrt 6} ={1\over 2} \Rightarrow \theta_{1,2}=60^\circ \\\cos \theta_{2,3} = {|\vec n_2\cdot \vec n_3|\over |\vec n_2||\vec n_3|} ={|2+2-1|\over \sqrt{6}\cdot \sqrt 6} ={1\over 2} \Rightarrow \theta_{2,3}=60^\circ \\\cos \theta_{3,1} = {|\vec n_3\cdot \vec n_1|\over |\vec n_3||\vec n_1|} ={|1-2-2|\over \sqrt{6}\cdot \sqrt 6} ={1\over 2} \Rightarrow \theta_{3,1}=60^\circ } \Rightarrow \Gamma 為正三角形,\bbox[red, 2pt]{故得證} \\正三角形 \Gamma 的高(h)，正好等於直線 L 到平面 E_3 的距離 \\ 先在L上任找一點P_3(1,1,0) (E_1與E_2的交集) \Rightarrow h=d(P_3,E_3) ={|1-2-5|\over \sqrt{1+4+1}} =\sqrt 6 \\ \Rightarrow 正三角形的邊長={2\over \sqrt 3}h= \bbox[red, 2pt]{2\sqrt 2}$$
解題僅供參考，其他升大學試題及詳解
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