龍騰文化指定科目考試模擬試卷數學乙考科解答卷

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(1)龍騰文化指定科目考試模擬試卷數學乙考科. 解答卷. 答案第壹部分： 1.. 2.. 3.. 4.. 5.. 6.. 7.. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 4. 5. 125. 12. 135. 14. 345. . 1. 2. 1. 2. 0. . 15. 16. 3. 3. 第貳部分：一.(1). 一.(2). 二.(1). 二.(2). 1 3. 8 3. 8. 147. 解析 1. 改寫兩集合. . A  x a  1  x  a  1, x . (2) f  0   2  b  3 . ﹐. . B  x x  b  2 或 x  b  2, x . (3) 根據虛根成對定理﹐得知三次方程式 f  x   0 至少. . 一實根﹒. 因為 A  B ﹐所以 a  1  b  2 或 a  1  b  2 ﹐. b 正﹐所以當 x0 時﹐ (4) 因為 g  x  x2  a x 恆. 即 a  b  3 或 a  b  3 ﹒. f  x  3 ﹐. 綜合兩式﹐得 a  b  3 ﹐故選(4)﹒. 因此 f  x   0 沒有正實根﹒. 2. 由方程式﹐得. 1 a  2x    2. 2 x. .  . (5) 由(4)知﹐ f  x   0 的實根為負實數﹐所以 f x 2  0. 1 1 1 ﹒  x  a  2x  4  2x 4 2. 沒有實根﹒. 利用算幾不等式﹐得. 2x . 故選(1)(2)(5)﹒. 1 1  2 2x  1﹐ 4  2x 4  2x. 4. (1) 因為 △OA1B1 與 △OA2 B2 相似﹐所以其面積比為 2. a  R 1  1   ﹐ S  R  a2  4. 即 a  1﹒ 在 5 個選項中﹐只有 3 3 的值大於 1 ﹐故選(5)﹒. 得 4R  S  R  S  3R ﹒. 3. 由除法原理﹐並令 g  x   x2  ax  b ﹐得. . (2) 因為 △OA100 B100 與 △OA101B101 相似﹐所以其面積比為. . f  x    x  2 g  x   3   x  2  x  ax  b  3 ﹒ 2. 2.  a100  R  99S R  99  3R 298   ﹒    a R  100 S R  100  3R 301  101 . 因為 g  x   0 沒有實根﹐所以判別式 a 2  4b  0 ﹐ 即b. a2 3  3﹒ 2. (3) 因為 △OA1B1 與 △OAn Bn 相似﹐所以其面積比為. a2 ﹒ 4. 2.  a1  R R 1   ﹒    a R  n  1 S R  n  1  3 R 3 n 2      n. (1) f  2  0   4  2a  b   3  3 ﹒. 龍騰文化. 編印. -1-. 8796-A1. M.

(2) (4) 因為 a1  1 ﹐所以由(3)﹐得. (3) 由樹狀圖﹐可推得若奇數回停﹐則全黑球﹔若偶數回停﹐則全白球﹒. 2.  1  1  an  3n  2 ﹐    3n  2  an . 因為 9 是奇數﹐所以全黑球﹒ (4) 因為第 9 回取到黑球時箱中為 1 黑 2 白﹐. 因此﹐ an 不是等比數列﹒ (5) lim n. 所以第 10 回取到黑球停止的機率為. an 3n  2 2  lim  lim 3   3 ﹒ n n n n n. 2. 5. 設 Ai 表通過第 i 關﹐ Ai 表闖第 i 關失敗﹒. . . (1) P  X  2   P A1 A2 A3 . . . . 3. 3. 1 a  7. (1) 因為  n1     bn1  0 . 2 2 2 1 1 2      ﹒ 3 3 3 2 2 27. (3) P  X  4  P  A1 A2 A3 A4   P A1 A2 A3 A4 A4. . 又因為 1 . 2. 2 2 1 2 1           ﹒ 3 2 3 2 9      . p. 0 1 3. 1 2 9. 2 4 27. 3 2 27. 4 2 9. 1   4 10 1     ﹐  4  1  2 .  1 1 2  ﹐所以  0 2  1  . 1 2 1 2 32  26        ﹐ 0 2  0 2   1   4 .  . 即 a3  26 ﹒. 136 ﹐ 27. 所以. . 1  1  1 0 2  . a a  a3  1  4  1 1  5   A  A A    b4   b3   b5 . 1 2 4 2 2 E X 2  02   12   22   32   42  3 9 27 27 9.  . 1  1 ﹒ 2 . 1  1 ﹐所以 A 不是轉移矩陣﹒ 2. 1 (3) 因為 A 的反方陣 A1  2  2   0. (5) 因為. 2 136  44  Var  X   E X 2   E  X    27  27 . 3 ﹒ 5. 所以 a4  10 ﹒. 44  2﹒ 27. . 1 1   an  ﹐所以 A   1  0  bn  2  . 1  a3   a4   a2      A    AA      b4   b2  0  b3  . 1 2 4 2 2 E  X   0   1  2   3  4 3 9 27 27 9. . . 4 1 9. (2) 因為. (4) X 的機率分布為﹕. x. . 故選(1)(4)﹒. 2 2 1 4    ﹒ 3 3 3 27. (2) P  X  3  P A1 A2 A3 A4 A4 . 1 3. 4. 1 2 1 2 1 (5) 機率為          3 3 3 3 3. 故選(1)(2)﹒. 1 ﹒ 3. 2. 1736 2﹒ 729. 故選(1)(3)(5)﹒ 6. 分析如下﹕. 1 (4) A2   0 . 1  1  1 0 2  . 1 A3   0 .  1  1  1  2  0 .  1  1  1    2  0 . 1 2  2 ﹐ 1  2    . 1. 2 1  1 1  1 1       2 2 2    2   3 ﹐ 1  1   2  0 2       . 1. 2 n 1  1 1 1  1 1          2 2 2  推得 An   n ﹐ 1 0  2    . 2. (1) 機率為. 2 1 2   ﹒ 3 3 9. (2) 機率為. 2 2 1 4    ﹒ 3 3 3 27. 即 yn  1 . -2-. 1 1   2  2 .   1 n  1  1     n 1   2   1     1 2 1 2.

(3) 1 1   2 1  n   2  n1 ﹒ 2 2  .  2  4x  2  x  1  x . 1 ﹒ 3.   (2) BE  BF  BE   BC  CF   . 因此﹐ lim yn  2  0  2 ﹒ n. (5) lim  xn  yn  un  vn  n.  BE  BC  BE  CF.  1 1  lim 1  2  n1  0    n  2 2 . n.    . 4  1 2  cos0  1  cos60 3. n  1 1   lim  3  n1      3 ﹒ n  2  2   .  2. 2 8  ﹒ 3 3. 二、 (1) 經 n 年電力型公車有. 故選(3)(4)(5)﹒. 128  1281  50%   128 1  50% . A. 依題意﹐作圖如下﹕. .  1281  50% . 2. n1.   3 n  128 1      3  n    2     256    1 ﹒ 3  2   1 2 依題意﹐得. 因為直線 kx  y  2  0 必過點  0, 2 ﹐且直線 y  x  4. n  3  n  3 256    1  5120     21 ﹐ 2  2  . 必過可行解區的頂點﹐ 所以 kx  y  2  0 通過 y  x  4 與 y  0 的交點  4,0 ﹐ 因此 4k  0  2  0  k  . 取對數﹐得 n  log3  log 2  log 21. 1 ﹒ 2. n. B. 從甲乙外的 5 車中選出 2 輛﹐再從 4 出車序選 2 排入甲. 故 n 的最小值為 8 ﹒. 乙﹐排甲先乙後﹐. (2) 依題意﹐得. 最後排入另 2 輛車﹒故共有. . log3  log7 0.4771  0.8451 1.3222    7.5 log3  log 2 0.4771  0.3010 0.1761. .  3 7  7  2  400   7  1 a  256    1    10000 2  2  . C 52  C 42 1  2!  120 種調度方法﹒.  2  37  256  7400  3a  10000. C. 因為 △ AOB 的面積為. 1 1 11 sin AOB   sin AOB ﹐ 2 2.  21a  3082  a  146. 所以當 AOB  90 時﹐△ AOB 的. 故 a 的最小值為 147 ﹒. 面積有最大值. 1 ﹐此時 △ AOB 斜 2. 邊上的高 OH . 2 2. ﹐ 且. OPH  30 ﹐ 故 L 的斜率為. 3 t a n 1 5 0  ﹒ 3 一、 (1) 因為 AE  AF  1 ﹐所以.      AB  BE    AD  DF   1      AB  AD  AB  DF  BE  AD  BE  DF  1  2  2  cos120  2  2x  cos0  1 2  cos0. 1  2x  c o s 1 2 0. 1. -3-. 16 21.

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