PDF 龍騰文化指定科目考試模擬試卷 數學甲考科 解答卷

龍騰文化指定科目考試模擬試卷 數學甲考科. 解答卷. 答案 第壹部分：. 1.. 2.. 3.. 4.. 5.. 6.. 7.. 8 ○. 9 ○. 10 ○. 11 ○. 12 ○. 13 ○. 14 ○. 15 ○. 16 ○. 17 ○. 3. 2. 2. 5. 34. 234. 45. 2. 4. 1. 2. . 3. 2. 3. 4. 3. 第貳部分：. 一.(1). 一.(2). 二.(1). 二.(2). 6 p5  15 p 4  10 p3. 1  p 1 2. 見解析. a abb  abba. 解析 1. 令 kx  y  p ﹐即 y  kx  p ﹐. k. 此為斜率為 k ﹐ y 截距為 p 的直線﹒. 8k   1   1     k4  0   4      k4  3   12    12  . 因為直線通過解區域中﹐ 以通過點  2,3 時﹐ y 截距 p 最大.   2  log 2 x  2log 2 x  6. 8k k 4  ﹒ 3 6 8k k 4 令 f k   4   ﹐ 3 6 8 2k 3 則 f  k     ﹐ f   k   2k 2 ﹒ 3 3 當 f   k   0 時﹐解得 k  3 4 ﹒.  2  log 2 x   2log 2 x  12. 由 f . 且唯一﹐所以斜率 k 必大於 . 1 ﹐ 2.  4. 1 1 即 k    k  ﹒故選(3)﹒ 2 2 2. 因為. . f  x    log 2 4  log 2 x  log 2 x  log 2 8. . 2.  4  2 3. 3. 16  0 ﹐知 k  3 4 時 f  k  有極小值﹐. 且為最小值﹒故選(5)﹒. 2. 1 2 5   2  l o2 xg   ﹐ 2 2  1 所以當 log2 x  ﹐即 x  2 時﹐ 2 25 f  x  有最小值   12.5 ﹒故選(2)﹒ 2 3. 樣本空間的個數為 n  S   9! ﹒. 5. (1)因為 zn 為等比數列﹐所以 z2  z1  z3 ﹐ 2. 即  a  bi   2  b  ai  2.   a 2  b2   2abi  2b  2ai ﹒. a 2  b 2  2b 由複數相等的定義﹐得  ﹒  2ab  2a 因為 a  0 ﹐所以解得 a  3 ﹐ b  1 ﹒ (2)因為首項為 2﹐. 又九宮格中連成一直線有 8 種情形﹐ 因此﹐1﹐2﹐3 連成一直線的機率為 8  3!  6! 2 p   0.09 9! 21. 公比 r . z2 3 i   cos30  i sin 30 ﹐ z1 2. 所以 z10  z1  r9  2  cos 270  i sin 270. 故選(2)﹒.  2  0 i    i ﹐即 2 z10 不為實數﹒. 4. 由 x3  kx2  x2 ( x  k ) ﹐.    x  kx ， 若 0  x  k 得知 x3  kx 2   ﹒ 3 2   x  kx ， 若 k  x  2 3. (3) z12  z14   z1  r11    z1  r13   4  r 24. 2.  4  cos720  i sin 720  4 1  0i   4 ﹒ (4)因為 r12  cos360  i sin360  1 ﹐. 2. 因此﹐  x3  kx 2 dx 0.  . 2. k  k   1 1    x 4  x 3   x 4 x  3 4 3 4 3 k  0 . k 0 k 0. 2. dx. x3  k 2x  x. 3. 3. k. k x 2. d x 2 k.  x 3. 2. k x. x . 2. 所以 z1  z2 . d x k x. (5)因為 z2  6. d x. .  z12 . 3 i. z1 1  r12  1 r. . 0 0﹒ 1 r.    2 cos30  i sin 30 6. 6.  26  cos180  i sin180  64 ﹐. 龍騰文化. 編印. -1-. 8795-A1. K.

所以 z2 不是方程式 x6  64 的一根﹒. n . 故選(3)(4)﹒ 6. 因為 L 過 A 0, 1,1 ﹐. 故選(4)(5)﹒.   A. 體積為 a   b  c   1,  2,3   2, 5, 4  24﹒  . 1 1 AB   4,2, 2    2,1, 1 ﹐ 2 2 x y 1 z 1  所以 L ﹕  ﹒ 2 1 1 1 1 0  (1)將 P 代入 L ﹐得  ﹐不成立﹐ 2 1 1 所以 P 不在 L 上﹒ (2)設 L 與 x 軸的交點為 Q ﹒ 且方向向量可為.  1 0  0 1 B. 根據題意﹐得 A   ﹐B  ﹒  0 1 1 0  1 0  101 2 因為 A2     I ﹐所以 A  A 0 1  .  . 0  2t  s  所以由 L 與 x 軸的參數式可列得 1  t  0 1  t  0 .  . 因此 B102  B 4 ﹐. B2  I ﹒. 得 P 的對應點為 12,  3 ﹒. C. 利用疊合﹐得 f  x   a 2  b2 sin  x     c ﹐. 因為 R 既在 L 也在 y 軸上﹐. 0  2t  0  所以由 L 與 y 軸的參數式可列得 1  t  r 1  t  0 . 其中 cos  ﹐. a a b 2. 2. ﹐ sin  . b a  b2 2. ﹒. 因為 1  sin x     1﹐ 2 2    a b c 5  a 2  b2  2  所以  ﹒ 2 2 c  3   a  b  c  1   11    1 ﹐ 又因為 sin   6 . 由與解得 t  0 ﹐ r  1 ﹐代入不合﹐ 因此﹐ L 與 y 軸不相交﹒ 又 L 的方向向量  2,1, 1 與 y 軸的方向向量  0,1,0 不平行﹐ 即 L 與 y 軸不平行﹐故 L 與 y 軸歪斜﹒. 11  4      ﹒ 6 2 3 4   3 因此 f  x   2sin x  3   所以. (4)將 L 的參數式代入平面 E ﹕ x  y  z  2 ﹐ 得  0  2t    1  t   1  t   2  2  2 ﹒ 解得 t 為任意實數﹒故 L 落在平面 E 上﹒. 4 4   2  sin x cos  cos x sin 3 3 . (5)設 S  2t , t  1, t  1 為直線上一點﹐則 2. 25. 12 12 12 1 0  12 12  B102 A101      I  A      A          ﹐ 3  3  3   0  1  3    3. (3)設 L 與 y 軸的交點為 R ﹒. 2. A A﹒. 計算. 由與解得 t  1 ﹐ s  2 ﹐代入也滿足﹐ 故 L 與 x 軸恰交於一點 Q  2,0,0 ﹒.  2t   t  3   t  3. 50.  1 0  2 4 又因為 B 2      I ﹐所以 B    I   I ﹒ 0  1  . 因為 Q 既在 L 也在 x 軸上﹐. CS . n3  0﹒ f  n. 因此 f  x  的次數至少為 4 次﹒故 lim. 2.  3 .  1  3  2   sin x  cos x   3  2  2  .  6t 2  12t  18  6  t  1  12 ﹒ 2.   sin x  3 cos x  3 ﹒. 當 t  1 時﹐ CS 有最小值 12  2 3 ﹐即 C 到 L 的. 故 a  b  c  1  3  3  2  3 ﹒. 距離為 2 3 ﹒. D. 因為 A 在 f  x  的圖形上﹐. 故選(2)(3)(4)﹒ 7. (1)因為 y  f   x 的圖形不是拋物線﹐所以 f   x  不是. 且 f   x   3x 2  2 x  2 ﹐. 二次多項式函數﹒得知 f  x  不是三次多項式函數﹒. 所以 L 的斜率為 f  1  1 ﹐. (2)因為 f   x  在區間  0,3 上為大於 0﹐所以 f  x  在此. 得 L 的方程式為 y  2    x  1  y   x  1 ﹒. 區間嚴格遞增﹐即 f 1  f  2 ﹒.  y  x3  x 2  2 x 由 ﹐   y  x 1. (3)因為 f   3  0 ﹐且在 x  3 的左側 f   x   0 ﹐右側. f   x   0 ﹐所以在 x  3 時有極大值﹒. 消去 y 得 x3  x2  x  1  0   x  1 x  1  0 ﹒ 2. (4)因為 y  f   x 的圖形有兩處有水平切線﹐即有兩處. 解得 x  1 ﹐1﹐即交點為 A1, 2 ﹐ B  1,0  ﹒. 的二階導數為 0﹐所以 f  x  的圖形在此兩處為反曲. 故所求面積為. 點﹒.   x 1. (5)由 y  f   x  的圖形得知 f   x  的次數至少是 3 次﹐. 1. -2-. 3. .  x 2  2 x     x  1 dx.

. . 1 1. x. 1. 3. 1 1 1   x 2  x  1 dx   x 4  x3  x 2  x  3 2 4  1. 5  11  4    ﹒ 12  12  3. 一. (1)因為甲獲勝有三戰﹐四戰與五戰三種情形﹐ 所以甲獲勝的機率為. p3  C 23 p 2 1  p   p  C 24 p 2 1  p   p 2.  p3  3 p3 1  p   6 p3 1  p   6 p5  15 p 4  10 p3 ﹒ 2. (2)若採三戰二勝制﹐則甲獲勝的機率為. p 2  C 12 p 1  p   p  3 p 2  2 p3 ﹒ 因為採五戰三勝制要有較高的勝算﹐ 所以 6 p5  15 p 4  10 p3  3p 2  2 p3  6 p5  15 p 4  12 p3  3 p 2  0  3 p 2  2 p3  5 p 2  4 p  1  0  3 p 2  p  1  2 p  1  0  2. 又因為 0  p  1 ﹐所以. 1  p  1 或 p  1﹒ 2. 1  p 1﹒ 2. 二. (1)因為 a ﹐ b 均為大於 1 的相異實數﹐ 所以 loga b 與 logb a 為相異正數﹐且. loga b  logb a . log b loga   1﹒ log a logb. 根據算幾不等式﹐得 log a b  logb a  log a b  logb a  1 （因為 2 loga b  logb a ﹐所以等號不成立）﹐ 故 loga b  logb a  2 ﹒ (2)因為. log aabb  log abba   a log a  b log b   b log a  a log b    a  b  log a   b  a  log b   a  b  log a  log b  ﹒ 又 a  b 與 log a  log b 同號﹐ 所以 log a a bb  logabba  0 ﹐ 因此 log a a bb  logabba ﹐故 a a bb  abba ﹒. -3-.