龍騰文化學科能力測驗全真模擬試卷數學考科解答卷

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(1)龍騰文化學科能力測驗全真模擬試卷數學考科. 解答卷. 答案第壹部分：選擇題一、單選題 1.. 2.. 3.. 4.. 5.. 6.. 4. 1. 2. 1. 1. 4. 二、多選題 7.. 8.. 9.. 10.. 11.. 12.. 13.. 23. 234. 24. 25. 135. 15. 13. 第貳部分：選填題 14.. 15.. 16.. 17.. 18.. 19.. 20.. 21.. 22.. 23.. 24.. 25.. 26.. 27.. 28.. 2. 1. 3. 4. 2. 1. 1. 1. 2. 8. 4. 2. 2. 4. 3. 解析 1.. a  b. 利用公式 cos . a (1) cos1 . 59 ﹒ 5 194. (2) cos 2 . 5 ﹒ 5 194. 所以 △ ABC 為等腰直角三角形﹐ ﹐得. 所以 CA  AB  10  5  cos135. b.  1   5 2   2 .  5 ﹐ 故選(1)﹒ 3.. 5 (3) cos3  ﹒ 5 194 (4) cos 4 . 59 ﹒ 5 194. (5) cos5 . 5 ﹒ 5 194. 丙丁分入另二站有 2!  2 （種）﹐ 最後 2 人再分入有 2!  2 （種）﹐ 利用乘法原理﹐共 3  2  2  12 （種）﹐故選(2)﹒ 3. 4.. 餘弦值最小者夾角最大﹐故選(4)﹒ 2.. 甲乙先選一站有 C 13  3 （種）﹐.  10  因為 log an  log    log an 1  100 . . . 由 C : x 2   y  2   5 ﹐得圓心 C  0, 2 ﹐半徑 r  5 ﹐.  bn  3 log 10  log100  bn 1 ﹐. 因為 AC  10 ﹐. 9 1 所以 bn    bn 1 ﹐得 b1  log 10  ﹐ 2 2. 2. -1-. 8794-A1. O.

(2) 所以 E 與 xy 平面平行﹒. 9 9 17 b2    b1  4 ﹐ b3    b2   ﹐ 2 2 2. (4) ○﹐因為兩向量內積  a,0,c    0,1,0  0﹐. 即 b1  b2  b3  12 ﹐故選(1)﹒ 5.. 且 y 軸上的點  0,0,0 不在 E 上﹐. 如圖﹐. 所以 E 與 y 軸平行﹒ (5) ×﹐因為兩向量  a,0,0 與  0,1,0  不平行﹐ 所以 E 與 y 軸不垂直﹒ 故選(2)(3)(4)﹒. 設直線 L1 與 L2 與 x 軸正向的夾角為  ﹐  ﹐ 則 tan  . 9.. 1 ﹐ tan   2k ﹐ k. 因此﹐ tan   tan 2 ﹐. 即a 2﹐b2 2 ﹒. 1 k  2k  2k ﹐ 即 2k  2 k 2 1 1 1   k. x2 . 得 g  x  有最小值 2 2  24 ﹐. 得 2k 3  2k  2k  k  k 2  2   0  k  0 ﹐  2 ﹐. 此時 x 2 . 2. . 3. 得知(1)×﹒(2)○﹒(3)×﹒ (4) ○﹐因為 loga b  log 2 2 2  3﹐ logc d  3 ﹐ 所以 loga b  logc d ﹒. c o s 1 5. (5) ×﹐因為 a  c ﹐即兩函數不同時有最小值﹐. .  2 ﹐ s i n 3 0. 所以此選項錯誤﹒ 故選(2)(4)﹒. 故選(4)﹒ (1) ×﹐如直線 y  x  2 不經過任何格子點﹒. 10.. (1) ×﹐要整係數才正確﹒ (2) ○﹐因為 2  i 為方程式 f  x   5 的一根﹐. (2) ○﹐如直線 y  2 x  2 恰經過 1,0 一個格子點﹒. 所以 2  i 也是一根﹒. (3) ○﹐想像在方格紙上連接兩格子點﹒ 若是水平或鉛直線﹐則顯然成立﹔. (3) ×﹐因為虛根成對﹐所以可能有兩組共軛虛根﹒. 若不是﹐則為方格紙中一矩形的對角線﹐. (4) ×﹐因為 f  x   x5 為實係數五次（奇次）方程式﹐. 它必然會經過無窮多個格子點﹒. 所以至少一實根﹒. 1 (4) ×﹐如直線 y  x  不經過任何格子點﹒ 2. (5) ○﹐因為 f  x  的最高次項為正﹐且為偶數次﹐ 所以存在足夠大的正數 k 使得. (5) ×﹐如直線 y  2 x  2 經過格子點 1,0 ﹒. f  k   0 ﹐ f  k   0 ﹐. 故選(2)(3)﹒ 8.. 1 2 4  ﹐ x  2 x2. 1. 1   a   a 2 2   比值   1 2bc bc 2 a 2 2  a s ina 1 5 . 2 2  2 x2  2  2 2 ﹐ x2 x. 即 c  24 ﹐ d  24 ﹒. 2. . 2 x 2﹐ x. 3. 因為 k  1 ﹐所以 k  2 ﹐故選(1)﹒. 7.. 2 2  2 x  2 2 ﹐ x x. 得 f  x  有最小值 2 2 ﹐此時 x . 因為三線圍成等腰三角形﹐所以   2 ﹒. 6.. 利用算幾不等式﹐得 x . 因為滿足 f  2  f  k   0 ﹐ f  k   f 1  0 ﹐. (1) ×﹐因為 a  0  b  0  c  0  3 ﹐. 所以在區間  2,k  與  k ,1 各至少一實根﹒. 所以原點不在 E 上﹒. 故選(2)(5)﹒. (2) ○﹐因為兩法向量內積  0,b,c    1,0,0  0﹐ 11.. 所以 E 與 yz 平面垂直﹒ (3) ○﹐因為兩法向量  0,0,c  與  0,0,1 平行﹐. (1) ○﹐ PQ  PS  ST  TU  UV  VQ.         a  b   a  a  b   a  b       . -2-.

(3) 4 a  b ﹒. (5) ○﹐因為 pn 1 . 7 7  0.7  0.2 pn  12 12.  所以 pn . 7 1 7  0.2 pn    pn   ﹐ 60 5 12 . 1 7 是公比為  的等比數列﹒ 5 12. 故選(1)(5)﹒ (2) ×﹐因為 a  b  2  2  cos120   2﹐ 2. 13.. (1) ○﹐因為 Z  0.8 X  20 （ 0   X  100 ）﹐. W  1 .Y 5（ 0  Y  100 ）﹐. 2. 所以 PQ  4 a  b. 所以 Z   X 且 W  Y ﹒.  16  22  8   2  22  52 ﹐. (2) ×﹐  Z  0.8   X   X ﹐即變小﹒. 即 PQ  52  2 13 ﹒. (3) ○﹐因為 0.8 1.5  0 ﹐所以 r Z ,W   r X ,Y   0.75 ﹒ (4) ×﹐因為 Z  0.8X  20 的散布圖是一條斜率為正的直線﹐所以 r Z , X   1 ﹒.     (3) ○﹐ PQ  AB   4 a  b    2 a  2 b     . (5) ×﹐斜率為 r X ,Y  .  8  22  10   2  2  22  20 ﹒. Y 6  0.75  0.5 1﹒ X 9. 故選(1)(3)﹒ (4) ×﹐ cos . PQ  AB. A.. PQ AB 20 5 5 13 15 ﹒    26 26 2 13  4 2 13. . (5) ○﹐將 PQ 平移使 P 與 A 重合﹐ 如右圖﹐ 因為 1  t  2 ﹐. 設圓 C 的半徑為 r ﹐. 所以長度為 ST  3 AB  12 ﹒. 1 1  1 由  : x 2  4  y 得知 F  0,  ﹐準線 L : y   ﹐ 2 2 2  . 故選(1)(3)(5)﹒ 12.. 根據拋物線的定義﹐得 BP  BF ﹐.  p  0.5 0.7  pn  (1) ○﹐依題意﹐可得  n 1      ﹐  qn 1  0.5 0.3  qn . 又 BF  PF  r ﹐所以 △BFP 是邊長為 r 的正三角形﹐ 因此 FPE  90  60  30 ﹐. 0.5 0.7  即 A ﹒ 0.5 0.3. 在直角三角形 FEP 中﹐ 因為 FE  1 ﹐所以斜邊 PF  r  2 ﹒. (2) ×﹐因為 X n  2  AX n 1  A AX n   A2 X n ﹐ B.. 所以 B  A2. 令 a  b  k ﹐可行解區域如右圖﹐ 利用平行線法﹐得知在點  6,7 時﹐. 0.5 0.7  0.5 0.7  0.6 0.56     ﹒ 0.5 0.3 0.5 0.3 0.4 0.44 . k 有最大值 13 ﹒ C.. (3) ×﹐因為 X n 1  AX n ﹐所以 A1 X n 1  X n ﹐. 1  0.3 0.7   1.5 3.5  即C  A    ﹒ 0.2  0.5 0.5   2.5 2.5 1. 甲不跑第一棒且乙不跑第四棒 =  任意  甲跑第一棒或乙跑第四棒  C 64  4!   C 35  3!  C 35  3!  C 24  2!  360   60  60  12  252 ﹐. (4) ×﹐因為 qn  1  pn ﹐. 甲跑第二棒且乙不跑第四棒. 所以 pn 1  0.5 pn  0.7qn  0.5pn  0.7 1 pn . = 甲跑第二棒  甲跑第二棒且乙跑第四棒.  0.7  0.2 pn ﹒. -3-.

(4) P 關於直線 BC 的對稱點為 S ﹐.  C 53  3!  C 42  2!  48 ﹐. 故機率為 D.. P 關於 y 軸的對稱點為 T ﹒. 48 4  ﹒ 252 21. 由光學性質得知﹐ QR 在直線 ST 上﹒. 有一球是 5 號球且三球皆不連號﹐ (1) 一球比 5 大一球比 5 小﹕有 C 13  C 13  9 種﹒.   BC : y   x  4  4t 4t  解 ﹐得 H  , ﹐ 2   2  PS : y  x  t . (2) 二球皆比 5 小﹕有 1 ﹐ 3 號 1 種﹒. 再由 H 為 PS 的中點﹐得 S  4, 4  t  ﹐. (3) 二球皆比 5 大﹕有 7 ﹐ 9 號 1 種﹒. 又由 A 為 TP 的中點﹐得 T  t ,0  ﹒. 另二球有三種情形﹕. 共有 9  1  1  11種﹐. 因為 S ﹐ G ﹐ T 三點共線﹐所以. 故機率為. P  三球皆不連號有一球是5號球  = E.. 4 4 ST   t  4, 4  t  // TG    t ,  3 3  . 11 11 ﹒  C 82 28. f  x   g  x   3 x  log24 x  log a . .   x  log a  x  log54.   x  log a  3 x  log24   x  log54 . 解得 t .   x  log a  4 x   3log24  log54    x  log a  4 x  8log 2  4  x  log a  x  2log 2 ﹐. 因為圖形與 x 軸恰交於一點﹐ 所以 log a  2log 2﹐解得 a  4 ﹒ F.. 因為橢圓  的 c  16  k 2 ﹐ 所以 F. . . 16  k 2 ,0 ﹐. 又因為 P 在直線 y . 2 x 上﹐ 2.   2 所以 P  16  k 2 ,  16  k 2  ﹐ 2   將 P 代入  ﹐得. 16  k 2 6  k 2  1 16 2k 2.  k 2 16  k 2   816  k 2   16k 2 ﹐ 整理得 k 4  8k 2  128  0   k 2  8 k 2  16   0 ﹐ 解得 k 2  8 或 16 （不合）﹐故 k  2 2 ﹒ G.. 4 t  4 4  t   t2  t  0 ﹐ 4 4 3 t 3 3. 4 4 定坐標﹐A 0,0 ﹐B  4,0  ﹐C  0,4  ﹐得重心 G  ,  ﹐ 3 3 如下圖﹒. 設 P  t ,0  ﹐ 0  t  4 ﹐. -4-. 4 4 或 0 （不合）﹐故 AP  ﹒ 3 3.

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