PDF 105-龍騰文化指定科目考試模擬試卷 數學甲考科 解答卷

105-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. 1. 4. 3. 35. 25. 1345. 23. 123. . 3. 6. 5. 2. 第貳部分： 一.(1). 一.(2). 一.(3). 2 3 2. a  2 ﹐ b  2 ﹐ c  2. 1  8. 二.(1). a. 二.(2). 3 16 ﹐b4 ﹐k  4 3. m. 16  8 3 3. 解析 1. 因為 log0.5 4  log21 22   2﹐所以 f  2   3 ﹒. 4. 利用 y  1  x  f   x 的圖形可推得下表﹕. 又因為 f  x  為奇函數﹐所以 f  2   f  2 ﹐. x 1 x 1  x  f   x  f  x . 得 f  2   3 ﹒因此﹐ a 2  3  a  3 ﹒故選(1)﹒ 2. 函數 f  x  的導函數為 f   x  3 x2  6 ax  3b ﹒. f  x. 由題意﹐得.  f   2   12  12a  3b  0 4a  b  4   ﹐  2a  b  2   f  1  3  6a  3b  3. 2 5. (1) 因 為 O A  O B  1 . 解得 a  1 ﹐ b  0 ﹐即 f   x  3 x  6 x  3 x x  2 ﹒ 令 f   x   0 ﹐則 x  0 ﹐ 2 ﹒.   .   . 1 1  2 2 , , 2 2 2 2. 2    3, 6, 6與 1. 3 6 6  c2  8 ﹐ c3  8  c2  c3  0 ﹒   4 c2 c3. 故選(4)﹒.   (2)  OA  OB   OC   3,6, 6    4,8, 8  108 ﹒  . 3. 作 PH 垂直 x 軸﹐ H 為垂足﹒ 因為函數的最大值為 1 ﹐. .   . 2 1 0 0 f  2. OC 平行﹐所以. 因此﹐兩極值的差為 f  0  f  2  c   4  c  4 ﹒. 2. 1 0 0  f 1. 故選(3)(5)﹒. 2. 週期為.   . 2 3 0 0 f  2 . (3) 因為 OE   2,1, 2   4,8, 8   6,9, 6 ﹐.  4 ﹐ 所 以 PH  1 ﹐. 2. OF   2 , 2 ,  1. AH  1 ﹐ HB  3 ﹒ 令 HPB   ﹒因為 HPA  45 ﹐所以. 所以 cos EOF . sin 2  sin  90  2   cos2.  4 ,  8 , 8  ﹐ 2 , 1 0 ,. OE  OF OE OF. . 144 16  ﹒ 153  153 17.   3   4  1  2sin 2   1  2      ﹒  5  10    故選(3)﹒. . 龍騰文化. . 編印. 2. -1-. 8795-A1. M. 7.

 . (4) ∵ OD   0,3,3 ﹐ OE   6,9, 6  ﹐. (5) 因為 E Z 2  0 2 . OF   2,10, 7 . 8 40 17 16  22   42   ﹐ 27 81 81 3 2. 2 16  148 所以 Var  Z   E Z2   E Z   5 3  81 .  . ∴四面體體積為. 故選(1)(3)(4)(5)﹒. 0 3 3 1 1 | 6 9 6 |   216  36 ﹒ 6 6 2 10 7. 7. (1) 將 3  i  2  cos330  i sin330 代入 z 6  a ﹐得. (5) 因為平面 OAB 的一個法向量為 OA  OB   3,6, 6 ﹐ 且過原點 O ﹐. a  26  cos1980  i sin1980  64  1  0i   64 ﹒ (2) 因為方程式為實係數﹐ 所以由虛根成對定理﹐知 3  i 也是一根﹒. 所以其方程式為 x  2 y  2 z  0 ﹒. (3) 因為 P0 ﹐ P1 ﹐ P2 ﹐ P3 ﹐ P4 ﹐ P5. 又因為 OA ﹐ OB 不平行﹐所以平面 OAB 上每一個. 是內接於半徑為 2 的圓. 向 量 OP 都 可 唯 一 表 示 成 OP   OA   OB 的 形. 之正六邊形之六個頂點﹐ 所以這五邊形面積為. 式﹒. 1  1 4   2  2  sin 60    2  2  sin120 2  2. 故選(2)(5)﹒ 6. 依題意﹐每人參加甲的機率為 2. 2 1 ﹐參加乙的機率為 ﹒ 3 3. 4 3 3 5 3 ﹒ (4) AP0 . 2. 8 1  2 (1) P  X  2   C      ﹒ 3 3 27     4 2. 4. 1 1  2 1  C 34      C 44    ﹒ 3 3 3 9      .  .  z. . (4) Z  X  Y 的可能值為 0 ﹐ 2 ﹐ 4 ﹒. 3. 3 i.  z  z  z  z  z  z  z  z  z  z  ﹒ 1. 2. 3. 4. 5. . 3  2i  i  z1  i  z2  i  z3  i  z4  i  z5 .  3  2i  i  z1  i  z2  i  z3  i  z4  i  z5  63 3.  i  z1  i  z2  i  z3  i  z4  i  z5 . P  Z  4  P  X  0  P  X  4. 63 9 7﹒ 7. 即 AP1  AP2  AP3  AP4  AP5  9 7 ﹒ 故選(2)(3)﹒. 4. 2  1  17 ﹒  C 04    C 44    81 3  3. 8. (1) 因為 1  i . 得 Z 的機率分布表﹕. n1.  1  i   1 i  ﹐所以 n. an1  ibn1   an  ibn   1  i    an  bn    an  bn  i ﹒. 4 17 81. 因此﹐ E  Z   0 . 2. 因此﹐.  1  2   1   2  40  C 14     C 34      ﹐  3  3   3   3  81. P.   2   7 ﹒.  i 6  64  63 ﹒. 8 ﹐ 27. P  Z  2  P  X  1  P  X  3. 2 40 81. 2. 將 z  i 代入﹐得. 所以 E  X   E  Y   4 ﹒. 0 8 27.  3. z 6  64. (3) 因為 E Y   E  4  X   4  E  X  ﹐. Z. 3  2i . 個根﹐所以. 3. 4. . 3 i i . (5) 因為 3  i 及 z1 ﹐ z2 ﹐ z3 ﹐ z4 ﹐ z5 為 z 6  64 的六. (2) P  X  Y   P  X  3  P  X  4. P  Z  0  P  X  2 . . 得 an1  an  bn ﹐ bn1  an  bn ﹒.  a   1 1  an   1 1 (2) 因為  n1      b  ﹐所以 A   1 1 ﹒ b  1 1  n    n1  . 8 40 17 148  2  4  ﹒ 27 81 81 81. 因此﹐ det  A . -2-. 1 1  2﹒ 1 1.

C. 設 OAD   ﹒因為正方形的邊長為 1 ﹐所以 B 點的坐. (3) 因為 PQ   3, 4 ﹐ PR   2,6  ﹐. 標為. 1 3 4 所以 △PQR 的面積為  | | 5﹒ 2 2 6.  cos  cos 90   ,sin 90     cos  sin ,cos  ﹐ C 點的坐標為. (4) 因為 △PQR 的面積 △PQR 的面積  det A ﹐所.  cos 90   ,sin  sin 90     sin ,sin  cos  ﹒. 5 以 △PQR 的面積為 ﹒ 2. 因此﹐. OB  OC   cos  sin ,cos    sin ,sin  cos . 1   1 1 x  (5) 設 P 的坐標為  x, y  ﹒因為        ﹐所以  2  1 1  y .  sin cos  sin 2   sin cos  cos2 .  1 1   x   1 1 1  1 1 1 1   2             ﹐  y   1 1  2 2 1 1   2   3   2 .  1  2sin cos  1  sin 2 ﹐ 當   45 時﹐ OB  OC 有最大值 1  1  2 ﹒ 一、 (1) 由右圖﹐可列得.  1 3 即 P 的坐標為   ,  ﹒  2 2. 3r3  4r3  3r3  1 ﹐. 故選(1)(2)(3)﹒. 解得 r3 . A. 因為直線 L1 與 L2 同在平面 E3 上﹐且不平行﹐所以 L1 與. 1 2 3  ﹒ 2 4 2 3. (2) 仿(1)﹐可列得. L2 交一點﹒. . . 3rn  2rn   n  1  3rn  1  2n  2  2 3 rn  1 ﹐. 又兩直線的參數式為.  x  3  2t  L1 ：  y  3  t （ t  z  2  t . x  1  s  ）﹐ L2 ：  y  2  s （ s   z  k  2s . 解得 rn . ）﹒. 1 ﹐即 a  2 ﹐ b  2 ﹐ c  2 ﹒ 2n  2  2 3. (3) 因為第 n 圖中共有 1  2  3 . n. 因為交點既在 L1 上也在 L2 上﹐所以 所以. 2t  s  2 3  2t  1  s    ﹐ 3  t  2  s t  s  1  2  t  k  2s t  2s  2  k  . Sn . 解得 t  1 ﹐ s  0 ﹐ k  3 ﹒. . B. 建立坐標﹐如圖﹒. n  n  1 n  n  1 1 2  rn     2 2 2 2n  2  2 3. . . 點﹐且開口向上﹐所以設. n2  n. 2 2n  2  2 3. 因為拋物線的頂點為原. 故 lim Sn  lim. 方程式為. n. y  ax （ a  0 ）﹒ 2. 代入點  5, 2 ﹐得 a . n  n  1 個圓﹐ 2. n. . 2. ﹒. 1. 1 n.  2 2 3 2  2    n n  . 2. 二、 (1) 因為 R1  R2 ﹐所以. 2 2 2 x ﹒ ﹐即 y  25 25. 因此﹐鋪色面積為.  x. 2 2   5 2 2 2   x dx  2   0 25. 1 1    x3  kx 2  kx   0 3 2  0.  2  5   10  8  2   x 3   2   2    2   ﹒  75  0  3  3. 1 1  b3  kb2  kb  0 ﹐ 3 2. b. 0. 2. .  kx  k dx  0 b. 又因為 b  0 ﹐所以. 10  6  2  16 ﹐所以 又因為梯形面積為. 2b2  3kb  6k  0 (※). 2. 因為 x  b 是方程式. P 16 6   ﹒ Q 16  8 5 3. x2  kx  k  0 的根﹐所以 b2  kb  k  0  kb  b2  k ﹒. -3-. . 1 8.  ﹒.

代入(※)式﹐得. . . 2b2  3 b2  k  6k  0  b2  3k ﹒ 再代入(※)式﹐得. 2  3k   3kb  6k  0  3k  4  b   0 ﹒ 因為 k  0 ﹐所以 b  4 ﹒因此﹐ k . 16 ﹒ 3. 又由根與係數﹐得 a  b  k ﹐故 a  k  b . 4 ﹒ 3. 16 16  2 16 y  x  x   16  2 (2) 解  0 3 3  x    m x  3 3    y  mx  因為相切﹐所以判別式為 0 ﹐即 2. 2. 16 64  16   16   3  m   4  1 3  0   3  m   3     . 16 8 3 16  8 3 m m ﹒ 3 3 3. -4-.