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. 4. 2. 1. 2. 234. 24. 135. . 5. 6. . 2. 9. 5. 15. 16. 9. 8. 第貳部分： 一.(1). 1   3.  3  1 . 一.(2). 一.(3). 0 0  0 0   . AOB  60 ﹐OA  4. a. 二.(1). 二.(2). 3 1 ﹐b 2 2. 1225. 解析 1. 因為點 P  a, b 落在圓 x 2  y 2  16 內﹐所以 a 2  b2  16 ﹒. 因 此 ﹐ f  x  a x2  b x x a x  b. 列表討論如下﹕. 的圖形為開口向下的拋物線﹐且與.  b  x 軸交於  0,0 ﹐  ,0  兩點﹐如  a . a 1 1 1 2 2 2 3 3 b 1 2 3 1 2 3 1 2 即有 8 種情形﹐因此﹐所求機率為. 圖所示﹒. 8 2  ﹒ 36 9. 故選(1)﹒ 4. 因為圖形與 x 軸交於  1,0 ﹐ 1,0  ﹐所以設. 故選(4)﹒ 2. 由 3x  20  x  log3 20 ﹐得 P  log3 20, 20 ﹒. f  x   a  x  1 x  1 ﹐ a  0 ﹒. 由 log3 x  20  x  3 ﹐得 Q  3 ,20  ﹒ 20. 20. 又因為圖形通過  0,1 ﹐所以. 因此﹐ PQ  3  log3 20 ﹒因為. 1  a  0  1 0  1  a  1 ﹐. 20. log3  20  log3  20  0.4771  9  0.542 ﹐ 20. 即 f  x     x  1 x  1   x 2  1 ﹒. 即首數為 9﹐尾數為 0.542﹐所以 3  3.  10 ﹒ 20. 9. 又 2  log3 20  3 ﹐因此 5 個選項中 PQ 最接近 3  10 ﹒. 所求面積為 . 故選(2)﹒. 故選(2)﹒. 9. 3. 因為 f  x  的圖形通過原點﹐且 f   x  的圖形為直線﹐. 1 1. . 1. 4  1   x 2  1 dx    x3  x   ﹒  3  1 3. . 5. (1) 設徒弟加工 1 個零件成精品的機率為 p ﹒. 所以 f  x  為常數項為 0 的二次函數﹒. 2. 1 1 1 2 依題意﹐可列得   p 2   p 2   p  ﹒ 9 4 2 3. 令 f  x   ax 2  bx （ a  0 ）﹐則 f   x   2 ax  b ﹒. (2) 師徒二人都恰加工出 1 個精品的機率為. 因為 f   x  的圖形為斜率為負﹐且 y 截距為負的直線﹐. C 12. 所以. 2 1 1 1 2   C 12   ﹒ 3 3 2 2 9. a0且b0﹒. 龍騰文化. 編印. -1-. 8795-A1. L.

7. (1) 由 C 的方程式 x 2   y  2  1 ﹐得知其圖形為圓心. (3) 有三種情形﹕師 0 徒 1 ﹐師 0 徒 2 ﹐師 1 徒 2 ﹐. 2. 因此﹐機率為 2. 2. 1 1 1 1 1 C    C 12   C 02    C 22   2 2 3 3 2. M  0, 2  ﹐半徑 1 的圓﹒. 2. 因此﹐ C 所圍成的面積為  ﹒. 2 0. (2) 區域  為右圖中的. 2. 1 2 7 1 ﹒ C 12   C 22    3 3  2  36. △ ABC 內部（含邊線）﹐. 7 3 其中 A  0, 2 ﹐ B  ,   ﹐ 2 2. (4) 精品個數 X 的機率分布如下﹕. X P. 4 4 36. 3 12 36. 2 13 36. 1 6 36. 0 1 36. C  1,0  ﹒ 7 7 因為 AB   ,   ﹐ 2 2. 得   E X .  4. AC   1, 2  ﹐. 4 12 13 6 1 7  3   2   1  0   ﹒ 36 36 36 36 36 3.  . (5) 因為 Var  X   E X 2   E X. 2. 所以  的面積. 4 12 13 6 1  7    42   32   22   12   0      36 36 36 36 36   3   115 49 17    ﹐ 18 9 18. 2. (3) QP 的最小值為圓心 M 到直線 BC : x  3 y  1  0 的 距離減去半徑 1 ﹐ 即. 17 34 所以    1 ﹒ 18 6. 0  6 1 1 3 2. 2. 1 . 6. (1) 由 L 的參數式設交點為 P 1  3t , 4t , 2  t  ﹒. 10  1  QP  5 ﹐ 2. 代入 E ﹐得. 所以所有整數值的總和為 1  2  3  4  5  15﹒. 1  3t   2 4t   3 2  t   5. (5) 因為 OR  OP  1, 3   x, y  x  3 y﹐又. 5 ﹐ 4.  x, y   0,2 . 3  11 即交點為 P   , 5,   ﹒ 4  4. x  3y. (2) 取 nF  l  nE   3,4, 1  1, 2,3  10, 10, 10  ﹐ 又平面 F 過 L 上一點 A1,0, 2 ﹐. 1. 所以由頂點法知 OR  OP 的最大值為 8 ﹒. 由直線 y  3x  3 與 x 軸的交點為 1,0 ﹐得知 A 1,0 ﹒ 因此﹐列得 ﹐. 1 1   f 1  0   a  1  b  0 3a  6b  8  3 2  ﹐  a  1  f  1  3 1  a  1  3  . 因此﹐向量  5, 4,1 是直線 L 的一個方向向量﹒ (4) 將 t  2 代入 L ﹐得點 11,6, 2 ﹐即此點在 L 上﹒. 解得 a  1 ﹐ b  .   3, 4, 1 與    5,4,1 的夾角  滿足. cos .  1,0 . A. f  x  的導函數 f   x   x2  ax 1 ﹒. (3) 因為 L 為平面 E 與 F 的交線﹐所以其方程式為.  x  1  5t  x  2 y  3z  5  L :  或 L :  y  2  4t ﹐ t  x  y  z  3  z  t . 6. 7 3  2 , 2    8. 故選(1)(3)(5)﹒. 得 F :10x  10 y  10z  30 ﹐即 x  y  z  3 ﹒. (5) 因為. 5 10 1  1﹒ 2 10. (4) 因為 QP 的最大值為 MA  1  4  1  5 ﹐即. 故選(2)(3)(4)﹒. t . 7 7  1 21 | 2 ﹒ 2 | 2 4 1 2. 11 5 ﹐即 a  b   ﹒ 6 6. B. 如圖﹐.   因為函數 y  sin x   的 2 4 . 30 30 30 1    ﹐ 26  42 1092 3600 2. 所以  為兩直線的銳交角﹐且 0    60 ﹒. 週期為. 故選(2)(4)﹒. 2. . 2. -2-.  4﹐.

將 f   a  的正﹑負整理成下表﹕. 最大值為 1 ﹐所以 AH  1 ﹐ HB  3 ﹐ PH  1 ﹒ 利用和角公式﹐得. a. tan   tan  1 3 tan APB  tan        2 ﹒ 1  tan  tan  1  1 3. f  a . C. 設 S1 ﹐ S 2 ﹐ S3 ﹐…的邊長依序為 x1 ﹐ x2 ﹐ x3 ﹐…﹒. f a 由上表得知﹐當 a . 1 2 0 9 8. 0  1. 1  1 2. 1 9 時﹐梯形面積有最大值 ﹒ 2 8. 一、 (1) 合併已知條件﹐得. 1 M  3. 3   2 0   ﹒ 1   2 3 4. 利用反方陣公式﹐得 利用相似三角形﹐得 解得 x1 .  2 0   1 M    2 3 4  3. x1 x x 2  1 2 ﹒ 3  x1 x2 3. 6 3 18 ﹐ x2  x1  ﹒ 5 5 25. 3 推得 xn    5. n 1. . n 1. . 0  1  1  3  1  3   ﹒  1   3 1    3 2   3. 36 ﹒ 25.  4  仿照 an 的推導﹐可得 bn     25 . n 1. .   1 (2) 因為 P  M   2   . 36 ﹒ 25. 利用無窮等比級數和的公式﹐得.  1 0  1 0 0 0    ﹒  0 1 0 1  0 0. 所以切線方程式為. (3) 將 M 改寫為. . L : y  a3  1  3a 2  x  a  ﹒.  2 0  cos60  sin 60 M  2P     0 2  sin 60 cos60 . 將 x  0 與 x  1 分別代入 L ﹐得. . . . 得知 M 的變換是以 O 為中心逆時針旋轉 60 後﹐. A 0, 2a3  1 ﹐ B 1, 2a3  3a 2  1 ﹐. 再伸縮 2 倍﹒. 因此﹐梯形面積為. .  . .  2a3  1   2a3 3a 2 1   2. 又 O 仍為 O ﹐因此﹐ △OAB 是邊長為 4 的正三. 1. 角形﹐故. AOB  60 且 OA  4 ﹒. 4a3  3a 2  2 3   2a3  a 2  1 ﹒ 2 2 令 f  a   2a3 . 二、 (1) 利用棣美弗定理﹐得. sin15  i cos15. 10. 3 2 a 1﹐ 2.   cos75  i sin 75.  cos750  i sin750 . 則 f   a   6a 2  3a  3a  2a  1 ﹒ 當 f   a   0 時﹐解得 a  0 或. 3  2   cos60  sin 60   1   sin 60 cos60   2 . cos180  sin180 cos360  sin360     sin180 cos180   sin360 cos360 . . . . P3  P 6. D. 設 P a, a3  1 ﹐ 0  a  1 ﹒因為 y  3x 2 ﹐. . 1 2 3 2. 為一旋轉矩陣﹐所以. n 1. 36  4   n 1      bn 1 9 25 25 4    n1      ﹒  4 5 36 n1  9  n 1 an n 1  9  1  25   25 9  . . 1.  2 0  1  1  3     1   2 3 4 2   3. 6 ﹐ 5.  9  2 即 an  xn     25 . 3  1 . 1 ﹒ 2. 故a. -3-. 1 3 ﹐b ﹒ 2 2. 10. 3 1  i﹒ 2 2.

(2) 將原式改寫為.  cos 90     i sin 90   . n.  cos  90  n   i sin 90  n  ﹒ 利用棣美弗定理﹐得. cos  n  90  n   i sin  n  90  n   cos  90  n   i sin 90  n  ﹒ 因此﹐ n  90  n 與 90  n 為同界角﹐即. n  90  n  90  n  360k ﹐ k . ﹐. 整理得  n  1 90  360k  n  4k  1﹐ k . ﹒. 因為 1  n  100 ﹐所以所有 n 的總和為. 1 5  9 .  97 . 25  1  97   1225 ﹒ 2. -4-.