113年度 高中學測數學A 試題詳解

113年度 學測 數學A 試題詳解

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1月22日（一）20：00 直播講解113學測數A考題：歪歪數學YOUTUBE頻道

SOL：

每$2$小時減半一次，所以$4$小時會減半兩次，故剩下原本的$\frac{1}{4}$。

 

 SOL：

如圖，坐標化後$\overrightarrow{AD}=(0,1,1)，\overrightarrow{AG}=(1,1,1)$，所以$\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AG}=(0,1,1)\times(1,1,1)=(0,1,-1)$。因為$\overrightarrow{OE}=(0,-1,1)$，所以$\overrightarrow{OE}$平行$\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AG}$。

SOL：

令$f(x)=a(x+7)(x+7-a)(x+7-2a)$，則$f(0)=7a(7-a)(7-2a)>0\rightarrow a>7或0<a<\frac{7}{2}$，故範圍內只有一個$(a=2)$。

SOL：

$\sin(x+\frac{\pi}{6})=\sin x+\sin \frac{\pi}{6}\Rightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x =\sin x+\frac{1}{2}$

$\Rightarrow (\frac{\sqrt{3}-2}{2}) \sin x +\frac{1}{2} \cos x =\frac{1}{2}$

$\Rightarrow(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2})\sin (x+\theta)=\frac{1}{2}$，$\pi<\theta<\frac{3\pi}{2}$

$\Rightarrow\sin (x+\theta)=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

因為$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}<1$，所以有$2$個實數滿足該方程式。

 

SOL：

若甲組的中位數為$a$，則乙組的中位數為$a+1$，甲組中大於$a$的$12$個數字亦會大於$a+1$，而且乙組中大於$a+1$的$12$個數字亦會大於$a$，所以總共有$24$個數字大於$a、a+1$。

同理，總共有$24$個數字小於$a、a+1$，故甲、乙兩組的中位數分別為$25、26$。

因此，把大於$26$的數字取$12$個分給甲組，剩下分給乙組。再把小於$25$的數字取$12$個分組甲組，剩下分給乙組，所以有$(C^{24}_{12})^2$種分法。

 

SOL：

因為$\triangle ABP$為一底角為$\theta$的等腰三角形，所以$\cos \theta=\frac{7}{18}$。

由半角公式$\cos (\frac{\theta}{2})=\sqrt{\frac{1+\cos x}{2}}=\frac{5}{6}$。

由餘弦定理，$\overline{BQ}^2=\overline{AB}^2+\overline{AQ}^2-2\overline{AB}\times\overline{AQ}\cos (\frac{\theta}{2})=7^2+9^2-2\cdot7\cdot9\cdot\frac{5}{6}=25$

故$\overline{BQ}=5$。

SOL：

(1)  $y=\log{c}+\log{5}-\frac{1}{2}\neq \log{x}$。

(2)  $y=\log{x^2}$的$x$可以為負數，但$y=\log{x}$的不行。

(3)  由對數律，$3y=3\log{x}\Rightarrow y=\log{x}$。

(4)  左右取對數，得$\log{x}=\log{10^y}=y$。

(5)  左右取對數，得$3\log{x}=y^3\neq3y$。

 

SOL：

(1)  $n=2$時，三邊長為$2,3,4$，則$2^2+3^2-4^2=-3<0$，所以$T_1$為鈍角三角形。

(2)  因為$T_n$三邊長為公差為$1$的等差數列，故相加後的周長為公差等於$3$的等差數列。

(3)  代入面積公式可得$T_n$的面積為$\sqrt{(\frac{3n+3}{2})(\frac{n+3}{2})(\frac{n+1}{2})(\frac{n-1}{2})}$，所以當$n>1$時，面積會隨著$n$而增加。

(4)  $T_5$的三邊長分別為$5,6,7$，面積為$\sqrt{9\cdot4\cdot3\cdot2}=6\sqrt{6}$，因此三高分別為$\frac{12\sqrt{6}}{5},\frac{12\sqrt{6}}{6},\frac{12\sqrt{6}}{7}$，明顯不是等差數列。

(5)  $T_3$的三邊長為$3,4,5$，故最大角為$90^{\circ}$，而由(1)，$T_2$的最大角為鈍角，因此$T_2$的比較大。

 

SOL：

(1)  $\overline{y_A}=2\overline{x_A}-0.6\Rightarrow\overline{y_A}=2\cdot5.2-0.6=9.8$，$\overline{y_B}=1.5\overline{x_B}+0.4\Rightarrow\overline{y_A}=1.5\cdot6+0.4=9.4$，故$\overline{y_A}>\overline{y_B}$。

(2)  因為迴歸直線的斜率為$m=r\frac{\sigma_y}{\sigma_x}$，所以$A$物種的體重標準差為$2\cdot\frac{0.3}{0.6}=1$，$B$物種的體重標準差為$1.5\cdot\frac{0.1}{0.3}=0.5$，故$A$物種的體重標準差大於$B$物種的體重標準差。

(3)  $\frac{8.6-9.8}{1}=-1.2$，所以相差了$1.2$個標準差。

(4)  由點到直線的距離公式， $$d(P,L_A)=\frac{|2\cdot5.6-0.6-8.6|}{\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}，d(P,L_B)=\frac{|1.5\cdot5.6+0.4-8.6|}{\sqrt{3.25}}=\frac{2}{5\sqrt{13}}$$ 故$d(P,L_A)>d(P,L_B)$。

(5)  令$A(x_A,y_A)，B(x_B,y_B)$，由兩點距離公式， $$\overline{AP}=\sqrt{(5.6-5.2)^2+(8.6-9.8)^2}=\sqrt{0.4^2+1.2^2}$$ $$\overline{BP}=\sqrt{(5.6-6)^2+(8.6-9.4)^2}=\sqrt{0.4^2+0.8^2}$$ 故$\overline{AP}>\overline{BP}$

SOL：

如圖所示

SOL：

(1)  $P(a=b)=P(a=1,b=1)+P(a=2,b=2)=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}=frac{1}{6}$。

(2)  考慮$\Delta=\begin{vmatrix} a & 6 \\ 1 & b\\ \end{vmatrix}=ab-6=0\Rightarrow(a,b)=(6,1)或(3,2)$。

但因為$(a,b)=(6,1)$時，聯立方程式為無限多組解，故無解的情況為$(a,b)=(3,2)$，所以$P(a=3,b=2)=\frac{1}{12}$。

(3)  $P(唯一解)=1-P(無限多組解)-P(無解)=1-\frac{1}{12}-\frac{1}{12}=\frac{5}{6}$。

(4)  硬幣反面且方程組有解的情況為$(a,b)=(1,2)、(2,2)、(4,2)、(5,2)、(6,2)$，共$5$種情況，每種機率為$\frac{1}{12}$，故此選項的機率為$\frac{5}{12}$。

(5)  硬幣反面且方程組有解之下，$x$值為正的情況為$(a,b)=(4,2)、(5,2)、(6,2)$，共$3$種情況，由條件機率，選項的機率為$\frac{3}{5}$。

 

SOL：

(1)  變換後三頂點的坐標分別為$A'(3,0)、B'(1,0)、C'(-3,0)$，顯然為鈍角三角形。

(2)  因為 $$\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ a &1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$ $$\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ a &1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$ 故該選項正確。

(3)  由(1)，$a=0$時，圖形顯然不通過第四象限。

(4)  因為$\det T =3\neq0$，所以線性變換$T$為可逆變換，所以有一口圖形$\Omega$變換為$\triangle ABC$。

(5)  $\Gamma$的面積$=\det T \times \triangle ABC =6\cdot1=6$，故面積是一個定值。

SOL：

甲、乙、丙三型手機利潤平均為 $$\frac{100A+400B+240C}{A+B+C}=260\Rightarrow160A-140B+20C=0$$

甲、乙的利潤平均為 $$\frac{100A+400B}{A+B}=280\Rightarrow180A-120B=0$$

所以，$\cases{160A-140B=-20C \\ 180A-120B=0}\Rightarrow A:B:C=2:3:5$。

 

SOL：

由除法原理可得， $$\cases{f(x)=(x^2-2x+3)Q_1(x)+x+1 \\ g(x)=(x^2-2x+3)Q_2(x)+x-3 \\ h(x)=(x^2-2x+3)Q_3(x)-2}\Rightarrow\cases{xf(x)=(x^2-2x+3)(xQ_1(x))+x^2+x \\ ag(x)=(x^2-2x+3)(aQ_2(x))+ax-3a \\ bh(x)=(x^2-2x+3)(bQ_3(x))-2b}$$  

故三式相加可以被$x^2-2x+3$整除，則$x^2+x+ax-3a-2b$也要被$x^2-2x+3$整除，所以$a=-3，b=3$。

 

SOL：

中獎機率，$P=\frac{10}{n}=0.4\%\Rightarrow n=2500$。 

抽完前$100$位後，剩下$n=2400$，$4$個$5000$元、$5$個$8000$元，故期望值 $$E=\frac{5000\cdot4+8000\cdot5}{2400}=\frac{60000}{2400}=25元$$

SOL：

令$|\overrightarrow{v}|=d$，因為$(2,-3)\bot(3,2)$，則$(d-1)^2+(d-2)^2=d^2\Rightarrow d=5或d=1$（不合）。

$\overrightarrow{v}$在$(4,7)$上的正射影長為 $$\frac{4}{\sqrt{13}}\times\frac{(2,-3)\cdot(4,7)}{|(4,7)|}+\frac{3}{\sqrt{13}}\times\frac{(3,2)\cdot(4,7)}{|(4,7)|}=\frac{-52+78}{13\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$$

SOL：

如圖所示，

SOL：

向量$\overrightarrow{OQ}與(1,0,0)$的夾角等同於平面法向量$(1,0,-1)$與$(1,0,0)$的夾角，故$\cos \alpha =\frac{(1,0,-1)\cdot(1,0,0)}{|(1,0,-1)|\times|(1,0,0)}|=\frac{\sqrt{2}}{2}$

SOL：

$\cos \theta=\frac{(a,b,c)\cdot(1,0,0)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}\times 1}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\geq\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow 2a\geq\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

兩邊平方 

$4a^2\geq 3(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow a^2\geq 3(b^2+c^2)$

SOL：

因為$P(a,b,c)$在平面$E$上，所以$a-c=4$。承上題，$a^2\geq3(0^2+c^2)\Rightarrow(c+4)^2\geq3c^2 \Rightarrow 2c^2-8c-16\leq0\Rightarrow c^2-4c-8\leq0$，故 $$2-2\sqrt{3}\leq c \leq 2+2\sqrt{3}$$ 因為$\overline{OP}=\sqrt{a^2+c^2}=\sqrt{(c+4)^2+c^2}=\sqrt{2c^2+8c+16}$，故該$c$的二次函數的頂點位於$c=\frac{-8}{2\times 2}=-2$，而且$-2<2-2\sqrt{3}$，所以$\overline{OP}$的最小值發生在$c=2-2\sqrt{3}$時，此時 $$\overline{OP}=\sqrt{(6-2\sqrt{3})^2+(2-2\sqrt{3})^2}=4\sqrt{4-2\sqrt{3}}=4\sqrt{3}-4$$