112學年度 全國分科測驗 模擬考 數甲 B卷 試題詳解

112年度 全國分科 模考 數甲 試題B卷 詳解

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SOL：

答案：(3)

在複數平面上令$A(1)，B(-1)$，則$|z^2-1|=|z^2-(-1)|$表示$z^2$落在$\overline{AB}$的中垂線上，即是$y$軸上，所以實部等於$0$。

設$z=a+bi$，則$z^2=a^2-b^2+2abi$。因為$z^2$的實部等於$0$、虛部小於$0$，故$a^2=b^2$且$ab<0$，則$b=-a\Rightarrow z=a-ai$。

$|z-1|=|a|=|z+i|$，故$z$到$1$的距離等於$z$到$-i$的距離。#

SOL：

答案：(4)

總共分割成$n^3$個小立方體，其中有$(n-2)^3$個小立方體沒有塗到顏色，故$a_n=n^3-(n-2)^3$

所以$S=2^3+4^3+\cdots+198^3+200^3-(2^3+4^3+\cdots+198^3=200^3)$，故$\log S=\log200^3=3\cdot(2+\log2)\approx 6.9$。#

SOL：

答案：(5)

$\sqrt{1-\sin 8}=\sqrt{\sin^24+\cos^24-2\sin4\cos4}=\sqrt{(\sin4-\cos4)^2}=|\sin4-\cos4|$

由半角公式$\cos(\frac{\theta}{2})=\pm\sqrt{\frac{1+\cos\theta}{2}}$，所以$1+\cos8=2 \cos^2 4$

因為$4$弧度為第三象限角，所求等於$2\sqrt{(\sin4-\cos4)^2}+2\sqrt{\cos^24}=2|\sin4-\cos4|+2|\cos4|=-2\sin4$。#

 

SOL：

解答：(1)(2)(3)(5)

(1)首項係數大於零，圖形開口向上，有最小值。

(2)最小值發生在圖形的頂點位置，故頂點的$x$坐標為$\frac{-a}{2}=-1$，最小值為$f(-1)$。

(3)當$a=2$時，範圍內的最大值發生在$x=1$，故$f(1)=1^2+2+0=3$。

(4)若$f(x)=x^2-2x+3$，則在$0\leq x\leq1$時的最大值為$3$，但$a=-2$。

(5)因為在$0\leq x\leq1$內最大值發生在左或右端點，故最大值為$f(0)=0或f(1)=0$，即$b=0或a+b=-1$。

SOL：

解答：(2)(5)

令$a^x=b^y=c^z=t$，則$a=t^{\frac{1}{x}}，b=t^{\frac{1}{y}}，c=t^{\frac{1}{z}}$

(1)若選項成立，則$2^3=4^2=8^1\Rightarrow 8=16=8$，矛盾。

(2)$ab=t^{\frac{1}{x}}\cdot t^{\frac{1}{y}}=t^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}=1$，則$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=0\Rightarrow y=-x$。

(3)若$(a,b,c)=(\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8})$，則$(x,y,z)=(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3})$。

(4)因為$ab=t^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}=t^{\frac{1}{z}}$，故$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}={\frac{1}{z}}$。

(5)$abc=t^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=1$，則$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$。

 

SOL：

答案：(2)(3)(5)

$S$的圖形，如圖所示

(1)$A$矩陣為將圖形對$x$軸對稱，因為$S$對稱於$x$軸，所以$A$矩陣的變換後會與$S$重合。

(2)$A$矩陣為將$x$坐標$2$倍；$y$坐標$3$倍，所以變換後得到下圖，故$S$與$S'$不相交。

(3)$A$矩陣為逆時針旋轉$270^{\circ}$，旋轉後會跟原圖形重合。

(4)$A$矩陣為$135^{\circ}$鏡射矩陣，所以將圖形對$y=-x$對稱，因為$S$對稱於$y=-x$，所以$A$矩陣的變換後會與$S$重合。

(5)$A$矩陣為推移矩陣，延著$x$軸方向推移$y$坐標的$-2$倍，所以變換前後如下圖

重疊部份為一平行四邊形，其面積為$1\cdot2=2$。

SOL：

解答：(2)(3)(5)

(1)$x=1$是甲第一次就沒投中，所以只記錄$1$次投擲。所以$P(x=1)=0.4$。

(2)$x=1且y=1$表示甲沒中而且乙也沒中，所以$P(x=1組y=1)=0.4\cdot0.7=0.28$。

(3)$p(x+y>3)=1-P(x+y \leq 3)=1-P(x=1且y=1)-P(x=1且y=2)-P(x=2且y=1)$

$=1-0.28-0.4\cdot0.3\cdot0.7-0.6\cdot0.4\cdot0.7=1-0.28-0.084-0.168=0.468>0.45$。

(4)若甲沒有中表示成功，投中表示失敗，則隨機變數為$X~G(0.4)$，則$E(x)=\frac{5}{2}$。

(5)若乙沒有中表示成功，投中表示失敗，則隨機變數為$X~G(0.7)$，則$Var(Y)=\frac{0.3}{o.7^2}=\frac{30}{49}$。

SOL：

答案：(1)(2)(3)(4)(5)

如圖所示，$x$軸所截的弦對應的圓心角為$frac{\pi}{2}$。因為弦長等於$2$，所以半徑$r=\sqrt{2}$。

(1)圓心到$x$軸的距離為等腰直角三角形斜邊上的高，故圓心到$x$軸的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}r$。

(2)圓心到直線$x-2y=0$的距離為$\frac{|a-2b|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，可解得$|a-2b|=1$。

(3)$r=\sqrt{2}$

(4)$|b|=\frac{\sqrt{2}}{2}r=1$，$b=\pm1$。代入$|a-2b|=1$，可解得$(a,b)=(1,1)、(-1,-1)、(3,1)、(-3,-1)$，與$y$軸相交的圓，圓心為$(a,b)=(1,1)或(-1,-1)$，故圓心在$y=x$上。

(5)承上，符合條件的圓只有兩個。

 

SOL：

答案：96

把問題看成$1、3、5、7、a$取三個數的排列，其中$a=6或9$，有兩個選擇。

一.取到$a$

$C^4_2\cdot3!\cdot2=72$

二.未取到$a$

$C^4_3\cdot3!=24$

因此共有$72+24=96$種情況。#

SOL：

答案：4+4$\sqrt{2}$

此圖形為正八邊形，所以令$D(0,0)、E(-2,0)$，則其它頂點坐標為$C(\sqrt{2},\sqrt{2})、B(\sqrt{2},2+\sqrt{2})、A(0,2+2\sqrt{2})$。

$\overrightarrow{AE}=(-2,0)-(0,2+2\sqrt{2})=(-2,-2-2\sqrt{2})$且$\overrightarrow{BC}=(\sqrt{2},\sqrt{2})-(\sqrt{2},2+\sqrt{2})=(0,-2)$，故$\overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{BC}=(-2,-2-2\sqrt{2}) \cdot(0,-2)=4+4\sqrt{2}$。#

SOL：

答案：$4\sqrt{6}$

令$t=z^4$，則原式可整理成$t^2-7t-144=0$，可解出$z^4=t=16$或$z^4=t=-9$。

當$z^4=16$，可解出$z=\pm 2$或$z=\pm 2i$，四根。

當$z^4=-9$，令$z=r(\cos\theta +i\sin \theta)$，則$z^4=r^4(\cos 4\theta +i \sin 4\theta)=9(-1+0i)$，故

(1)$r^4=9\Rightarrow r=\sqrt{3}$。

(2)$4\theta=\pi+2k\pi \Rightarrow \theta=\frac{pi}{4}+\frac{k\pi}{2}$，$k=0,1,2,3$。

所以$z^4=-9$可解出$\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}i$，$\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}i$，$-\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}i$，$-\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}i$，四根。

將八個根標式在複數平面，如下圖

該八邊形由八個全等三角形組成，故面積為$8\cdot \frac{2\sqrt{3}}{2}\sin(\frac{\pi}{4})=4\sqrt{6}$。#

SOL：

答案：$\sqrt{3}$

$d(E_1,E_2)=\frac{|3-0|}{\sqrt{1^2+1^2=1^2}}=\sqrt{3}$。#

 

SOL：

答案：(5)

$d(E_2,E_3)=\frac{|3-9|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=2\sqrt{3}$，因為$\overline{AD}:\overline{DC}=d(E_1,E_2):d(E_2,E_3)=1:2$，$\overline{AB}=\overline{AD}+\overline{DC}=3a$，如下圖

$\overline{BD}^2=\overline{AB}^2+\overline{AD}^2-2\overline{AB}^2\cdot\overline{AD}^2\cos 60^{\circ}=9a^2+a^2-3a^2=7a^2$，故$\overline{BD}=\sqrt{7}a$。#

SOL：

答案：$\frac{1}{3}$

令$E_2、E_4$的法向量分別為$\vec{n_2}=(1,1,1)、\vec{n_4}=(1,1,-1)$，$E_2、E_4$的夾角餘弦為$\pm \cos \theta =\pm \frac{\vec{n_2}\cdot \vec{n_3}}{|\vec{n_2}|\cdot |\vec{n_3}|}=\pm \frac{1}{3}$，取正數。

 

SOL：

答案：$A$到直線$\overline{BD}$的距離為$\frac{3\sqrt{6}}{4}$，$\triangle ABC$的邊長為$\frac{3\sqrt{14}}{2}$

在直線$\overline{BD}$取一點$M$，令從$A$到直線$\overline{BD}$的距離等於$\overline{AM}$，則$\frac{d(A,E_2)}{\overline{AM}}=\sin \theta =\sqrt{1-(\cos \theta)^2}=\sqrt{1-(\frac{1}{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，則$\overline{AM}=\frac{d(A,E_2)}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}=\frac{3\sqrt{6}}{4}$。

因為$\triangle ABD=\frac{1}{2}\overline{AM}\cdot\overline{BD}=\frac{1}{2}\overline{AB}\cdot\overline{AD}\cdot \sin60^{\circ}\Rightarrow \frac{3\sqrt{6}}{4}\cdot \sqrt{7}a=3a^2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=\frac{\sqrt{14}}{2}$，故$\overline{AB}=3a=\frac{3\sqrt{14}}{2}$。

SOL：

答案：(1)

直角三角形$F_1F_2P$，則$\overline{OP}=\overline{OF_2}=\sqrt{225-100}=5\sqrt{5}$。#

SOL：

答案：$(4\sqrt{5},-3\sqrt{5})$

令$P(x,y)$，則 $$\cases{\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{225}=1 \\ x^2+y^2=125}$$

當$y^2=125-x^2$代入，可得$\frac{x^2}{100}+\frac{125-x^2}{225}=1 \Rightarrow 225x^2+12500-100x^2=22500 \Rightarrow 125x^2=10000\Rightarrow x^2=80$，故$x=\pm 4\sqrt{5}$。因為$y^2=125-x^2=45$，故$y=\pm 3\sqrt{5}$。

$P$在第四象限，故$x=4\sqrt{5}$，$y=-3 \sqrt{5}$。#

SOL：

答案：準線，$x=4\sqrt{5}-10$；焦距，$5-2\sqrt{5}$

因為$P(4\sqrt{5},-3\sqrt{5})，F_2(0,-5\sqrt{5})$

令準線$L：x=a$，因為$d(P,L)=\overline{PF_2}=10$，故$a=4\sqrt{5}-10$。

焦距為$\frac{d(F_2,L)}{2}=\frac{|4\sqrt{5}-10|}{2}=5-2\sqrt{5}$。

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SOL：

答案：(3)

因為切線$L、M$互相垂直，所以$f'(1)\cdot g'(1)=-1\Rightarrow(\frac{1}{2\sqrt{x}})\cdot(2bx)|_{x=1}=-1\Rightarrow b=-1$。故$g(1)=-1^2=c\Rightarrow c=-1$，且$f(1)=\sqrt{1}-a=-1\Rightarrow a=2$，則$a+2b+3c=2-2-3=-3$。#

SOL：

答案：(4)

總共分割成$n^3$個小立方體，其中有$(n-2)^3$個小立方體沒有塗到顏色，故$a_n=n^3-(n-2)^3$

所以$S=2^3+4^3+\cdots+198^3+200^3-(2^3+4^3+\cdots+198^3=200^3)$，故$\log S=\log200^3=3\cdot(2+\log2)\approx 6.9$。#

SOL：

答案：(5)

$\sqrt{1-\sin 8}=\sqrt{\sin^24+\cos^24-2\sin4\cos4}=\sqrt{(\sin4-\cos4)^2}=|\sin4-\cos4|$

由半角公式$\cos(\frac{\theta}{2})=\pm\sqrt{\frac{1+\cos\theta}{2}}$，所以$1+\cos8=2 \cos^2 4$

因為$4$弧度為第三象限角，所求等於$2\sqrt{(\sin4-\cos4)^2}+2\sqrt{\cos^24}=2|\sin4-\cos4|+2|\cos4|=-2\sin4$。#

SOL：

解答：(1)(2)(3)(5)

(1)首項係數大於零，圖形開口向上，有最小值。

(2)最小值發生在圖形的頂點位置，故頂點的$x$坐標為$\frac{-a}{2}=-1$，最小值為$f(-1)$。

(3)當$a=2$時，範圍內的最大值發生在$x=1$，故$f(1)=1^2+2+0=3$。

(4)若$f(x)=x^2-2x+3$，則在$0\leq x\leq1$時的最大值為$3$，但$a=-2$。

(5)因為在$0\leq x\leq1$內最大值發生在左或右端點，故最大值為$f(0)=0或f(1)=0$，即$b=0或a+b=-1$。

SOL：

解答：(2)(5)

令$a^x=b^y=c^z=t$，則$a=t^{\frac{1}{x}}，b=t^{\frac{1}{y}}，c=t^{\frac{1}{z}}$

(1)若選項成立，則$2^3=4^2=8^1\Rightarrow 8=16=8$，矛盾。

(2)$ab=t^{\frac{1}{x}}\cdot t^{\frac{1}{y}}=t^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}=1$，則$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=0\Rightarrow y=-x$。

(3)若$(a,b,c)=(\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8})$，則$(x,y,z)=(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3})$。

(4)因為$ab=t^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}=t^{\frac{1}{z}}$，故$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}={\frac{1}{z}}$。

(5)$abc=t^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=1$，則$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$。

SOL：

答案：(2)(3)(5)

$S$的圖形，如圖所示

(1)$A$矩陣為將圖形對$x$軸對稱，因為$S$對稱於$x$軸，所以$A$矩陣的變換後會與$S$重合。

(2)$A$矩陣為將$x$坐標$2$倍；$y$坐標$3$倍，所以變換後得到下圖，故$S$與$S'$不相交。

(3)$A$矩陣為逆時針旋轉$270^{\circ}$，旋轉後會跟原圖形重合。

(4)$A$矩陣為$135^{\circ}$鏡射矩陣，所以將圖形對$y=-x$對稱，因為$S$對稱於$y=-x$，所以$A$矩陣的變換後會與$S$重合。

(5)$A$矩陣為推移矩陣，延著$x$軸方向推移$y$坐標的$-2$倍，所以變換前後如下圖

重疊部份為一平行四邊形，其面積為$1\cdot2=2$。

SOL：

答案：(1)(3)(4)

(1)因為有極值，故$f'(x)=3x^2-3a=0$有解，則$3x^2=3a>0$。

(2)$3x^2=3a>0$解得$x=\pm\sqrt{a}$，由三次函數的圖形，在$x=-\sqrt{a}$有極大值、在$x=\sqrt{a}$有極小值。

(3)$f(2)=0<2<6$，所以點$A、B$在$y=f(x)$的圖形上方；$f(-2)=8>6>2$，所以點$C、D$在$y=f(x)$的圖形下方，如下圖所示，所以有兩個交點。

(4)當$y=f(x)$的最大值等於$6$的時候，圖形與正方形相切，$f(-\sqrt{a})=6\Rightarrow-a\sqrt{a}+3a\sqrt{a}+4=6$，可解得$a=1$，反之當$y=f(x)$的最小值等於$2$的時候，圖形奕與正方形相切，$f(\sqrt{a})=6\Rightarrow a\sqrt{a}-3a\sqrt{a}+4=2$，奕可解得$a=1$，如下圖所示，

(5)若交點為奇數，$y=f(x)$的圖形與正方形必相切。由(4)得，相切時只有兩交點，故交點數必為偶數。

SOL：

答案：(1)(2)(3)(4)(5)

如圖所示，$x$軸所截的弦對應的圓心角為$frac{\pi}{2}$。因為弦長等於$2$，所以半徑$r=\sqrt{2}$。

(1)圓心到$x$軸的距離為等腰直角三角形斜邊上的高，故圓心到$x$軸的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}r$。

(2)圓心到直線$x-2y=0$的距離為$\frac{|a-2b|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，可解得$|a-2b|=1$。

(3)$r=\sqrt{2}$

(4)$|b|=\frac{\sqrt{2}}{2}r=1$，$b=\pm1$。代入$|a-2b|=1$，可解得$(a,b)=(1,1)、(-1,-1)、(3,1)、(-3,-1)$，與$y$軸相交的圓，圓心為$(a,b)=(1,1)或(-1,-1)$，故圓心在$y=x$上。

(5)承上，符合條件的圓只有兩個。

SOL：

答案：96

把問題看成$1、3、5、7、a$取三個數的排列，其中$a=6或9$，有兩個選擇。

一.取到$a$

$C^4_2\cdot3!\cdot2=72$

二.未取到$a$

$C^4_3\cdot3!=24$

因此共有$72+24=96$種情況。#

SOL：

答案：4+4$\sqrt{2}$

此圖形為正八邊形，所以令$D(0,0)、E(-2,0)$，則其它頂點坐標為$C(\sqrt{2},\sqrt{2})、B(\sqrt{2},2+\sqrt{2})、A(0,2+2\sqrt{2})$。

$\overrightarrow{AE}=(-2,0)-(0,2+2\sqrt{2})=(-2,-2-2\sqrt{2})$且$\overrightarrow{BC}=(\sqrt{2},\sqrt{2})-(\sqrt{2},2+\sqrt{2})=(0,-2)$，故$\overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{BC}=(-2,-2-2\sqrt{2}) \cdot(0,-2)=4+4\sqrt{2}$。#

SOL：

答案：4000

$$\frac{1}{n}\rightarrow dx$$ $$\frac{k}{n}\rightarrow x$$ $$(\frac{10k-8}{n})^4=(10\frac{k}{n}-\frac{8}{n})^4 \rightarrow (10x)^4$$

故所求$=2\int_0^1 (10x)^4dx=20000\cdot\frac{1}{5}=4000$。#

SOL：

答案：$\sqrt{3}$

$d(E_1,E_2)=\frac{|3-0|}{\sqrt{1^2+1^2=1^2}}=\sqrt{3}$。#

SOL：

答案：(5)

$d(E_2,E_3)=\frac{|3-9|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=2\sqrt{3}$，因為$\overline{AD}:\overline{DC}=d(E_1,E_2):d(E_2,E_3)=1:2$，$\overline{AB}=\overline{AD}+\overline{DC}=3a$，如下圖

$\overline{BD}^2=\overline{AB}^2+\overline{AD}^2-2\overline{AB}^2\cdot\overline{AD}^2\cos 60^{\circ}=9a^2+a^2-3a^2=7a^2$，故$\overline{BD}=\sqrt{7}a$。#

SOL：

答案：$\frac{1}{3}$

令$E_2、E_4$的法向量分別為$\vec{n_2}=(1,1,1)、\vec{n_4}=(1,1,-1)$，$E_2、E_4$的夾角餘弦為$\pm \cos \theta =\pm \frac{\vec{n_2}\cdot \vec{n_3}}{|\vec{n_2}|\cdot |\vec{n_3}|}=\pm \frac{1}{3}$，取正數。

 

SOL：

答案：$A$到直線$\overline{BD}$的距離為$\frac{3\sqrt{6}}{4}$，$\triangle ABC$的邊長為$\frac{3\sqrt{14}}{2}$

在直線$\overline{BD}$取一點$M$，令從$A$到直線$\overline{BD}$的距離等於$\overline{AM}$，則$\frac{d(A,E_2)}{\overline{AM}}=\sin \theta =\sqrt{1-(\cos \theta)^2}=\sqrt{1-(\frac{1}{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，則$\overline{AM}=\frac{d(A,E_2)}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}=\frac{3\sqrt{6}}{4}$。

因為$\triangle ABD=\frac{1}{2}\overline{AM}\cdot\overline{BD}=\frac{1}{2}\overline{AB}\cdot\overline{AD}\cdot \sin60^{\circ}\Rightarrow \frac{3\sqrt{6}}{4}\cdot \sqrt{7}a=3a^2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=\frac{\sqrt{14}}{2}$，故$\overline{AB}=3a=\frac{3\sqrt{14}}{2}$。

SOL：

答案：$f(3)=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}，f(4)=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}$

$n=2$代入，算得$af(2)-f(1)=1$，$f(2)=\frac{f(1)+1}{a}=\frac{1}{a}$

$n=3$代入，算得$af(3)-f(2)=1$，$f(3)=\frac{f(2)+1}{a}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}$

$n=4$代入，算得$af(4)-f(3)=1$，$f(4)=\frac{f(3)+1}{a}=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}$

SOL：

答案：$f(n)=\frac{1}{a^n}+\frac{1}{a^{n-1}}+\cdots+\frac{1}{a}$

證明：

當$n=2$時，承上題$f(2)=\frac{f(1)+1}{a}=\frac{1}{a}$成立

設$n=k$時，$f(k)=\frac{1}{a^k}+\frac{1}{a^{k-1}}+\cdots+\frac{1}{a}$

當$n=k+1$時，代入可算得$af(k+1)-f(k)=1$，$f(k+1)=\frac{f(k)+1}{a}$ =$\frac{1}{a^{k+1}}+\frac{1}{a^k}+\cdots+\frac{1}{a}$，亦成立。

由數學歸納法得證

$f(n)=\frac{1}{a^n}+\frac{1}{a^{n-1}}+\cdots+\frac{1}{a}$。

SOL：

答案：$\frac{1}{a-1}$

$\lim\limits_{x \to \infty}f(n)=\lim\limits_{x \to \infty}(\frac{1}{a^n}+\frac{1}{a^{n-1}}+\cdots+\frac{1}{a})=\lim\limits_{x \to \infty}\frac{1-\frac{1}{a^n} }{a-1}$

因為$|a|>1$，故$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{1}{a^n}=0$，所以

$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{1-\frac{1}{a^n} }{a-1}=\frac{1}{a-1}$。#

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112學年度 全國高中學測模擬考 數學(高二生適用) 試題詳解

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SOL：

設全體同學中女同學問的比例為$x$，則男同學的比例為$1-x$，選擇方案一的男、女同學占比分為$\frac{1-x}{2}、\frac{x}{4}$，故$\frac{\frac{x}{4}}{\frac{x}{4}+\frac{1-x}{2}}=\frac{40}{100} \Rightarrow \frac{x}{2-x}=\frac{2}{5} \Rightarrow x=\frac{4}{7}$。#

SOL：

因為$\sin {\alpha}+\cos {\alpha}=0 \Rightarrow \frac{\sin{\alpha}}{\cos {\alpha}}=-1 \Rightarrow \tan {\alpha}=-1$

故斜率$m=\frac{-a}{b}=-1 \Rightarrow a-b=0$。#

SOL：

選項(2)相較其它選項，對平均數來說數據最為分散，故本題選(2)。#

 

SOL：

每小時剩下原本的$80\%$，故$n$小時後，$1.6\cdot 0.8^n<0.15 \Rightarrow 0.8^n<\frac{0.15}{1.6}=0.09375$，因為$0.8^{10}=0.1074、0.8^{11}=0.0859$，故需$11$小時才能開車。#

SOL：

$3$支香菸與$3$個口香糖，任意排列有$\frac{6!}{3!\cdot 3!}=20$，而口香糖吃完還有$2$支香菸，代表後面$3$個位置排列為口香糖、香菸、香菸，而前$3$個位置分別為香菸、口香糖、口香糖的任意排列，共有$3$種。

所以當口香糖吃完時剩$2$支香菸的機率為$\frac{3}{20}$。#

SOL：

因為直線$kx-y-2-k=0必通過定點A(1,-2)$，所以$\overline{MA} \perp \overline{MP}$，故$M$點落在以點$P、A$為直徑的圓上，所以此圓的圓心為$C(-1,0)$、半徑為$\frac{\overline{AP}}{2}=2\sqrt{2}$，因此$\overline{MQ}$的最小值為$Q$點到此圓的最短距離，即為$\overline{QO}-2\sqrt{2}=5-2\sqrt{2}$。#

SOL：

第一種情況，有選到$D$分給其中一人有$C^5_1=5$

再選兩種口罩分給剩下$4$人：$c^3_2 \cdot (2^4-2)=3 \cdot 14=42$

所以一共有$5\cdot42=210$種

第二種情況，未選到$D$，即是將三種口罩分給$5$人。

任意分配-只分出一種-只分出兩種： $$3^5-3-C^3_2(2^5-2)=150$$

故一共有$210+150=360$種。#

SOL：

O(1)$x=0$代入，得$y=-1$。

X(2)對稱中心的$x$坐標為$x=\frac{-b}{3a}=\frac{6}{6}=-1$，$y=f(x)=-4$，所以對稱中心為$(-1,-4)$

O(3)由連續綜合除法，對$x=-1$展開成$y=2(x+1)^3+(x+1)-4$，所以$(x+1)$的一次方項的係數為$1>0$，所以圖形與$x$軸只有一個交點。

O(4)由連續綜合除法，對$x=-2$展開成$y=2(x+2)^3-6(x+2)^2+7(x+2)-7$，所以在$x=-2$附近的一次近似為$y=7(x+2)-7=7x+7$。

O(5)$f(-1.99)=2(0.01)^3-6(0.01)^2+7(0.01)-7 \approx 7(0.01)-7=-6.93$。

SOL：

將圓$C$方程式配方，$(x^2+6x+9)+(y^2+8y+16)=25\Rightarrow(x+3)^2+(y+4)^2=5^2$，故圓心、半徑分別為$O(-3,-4)、r=5$

X(1)半徑等於$5$

X(2)圓的對稱直線必通圓心，$x-y+1=-3+4+1=2\neq0$

O(3)圓心到直線的距離為 $$d=\frac{|-3+4+3|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$$ 所以所截弦長為$2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{25-8}=2\sqrt{17}$

O(4)圓心到點$(-5,-2)$的向量等於$(-3,-4)-(-5,-2)=(2,-2)/(1,-1)$，(1,-1)為直線$x-y+3=0$的法向量。

圓心與點$(-5,-2)$的中點等於$(-4-1)$落在直線$x-y+3=0$上，故圓心與點$(-5,-2)$對稱於直線。

O(5)令點$A(3,4)$，則$\sqrt{(a-3)^+(b-4^2)}=\overline{PA}$，所以$\min \overline{PA}=\overline{OA}-r=10-5=5$

SOL：

令$y=f(x)=ax^2+bx+c$，如右圖

O(1)$c=f(0)<0$

O(2)因為頂點坐標為$(-2,-9a)$，所以$f(x)=a(x+2)^2-9a=ax^2+4ax-5a$，故$b=4a、c=-5a$且圖形開口向上，故$a>0$。

因此，$f(2)=4a+2b+c=7a>0$

X(3)圖形與$x$軸有兩個點交點，所以判別式$b^2-4ac>0$

O(4)因為不等式$a(x+5)(x-1)<0$的解為$5<x<1$，因為$\alpha與\beta$代入$a(x+5)(x-1)=-1<0$，故$-5<\alpha<\beta<1$ 

O(5)因為方程式的解會對稱於頂點的$x$坐標，所以$2$個解的和為$-2\cdot2=-4$

 

SOL：

因為$2\approx10^{0.301}、3\approx10^{0.4771}、4\approx10^{0.602}$

X(1)$b=3^{64}=10^{64\log3}\approx 10^{64\cdot 0.4771}=10^{30.5344}=10^{0.5344}\cdot10^{30}$，所以為$31$位數，最高位數為$3$

X(2)$a=2^{101}=10^{101\log2}\approx 10^{101\cdot0.301}=10^{30.401}=10^{0.401}\cdot10^{30}$，所以為$31$位數，最高位數為$2$

O(3)因為$a<3\cdot10^{30}、b<4\cdot10^{30}$，故$a+b<7\cdot 10^{30}$，所以為$$31$位數

O(4)因為$2^n$的個位數字分別為$2、4、8、6$四個一循環，因為$101\div4=25\cdots1$所以$2^{101}$的個位數為$2$，

同理$3^n$的個位數字分別為$3、9、7、1$四個一循環，因為$64\div4=16\cdots0$所以$3^{64}$的個位數為$1$，因此個位數相加等於$2+1=3$

O(5)個位數字相乘等於$2\cdot1=1$

SOL：

如圖，令$\overline{CD}=x$，$\overline{CB}=2x$

X(1)$\sin \angle CDB =\sqrt{1-\cos^2 \angle CDB}=\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$

O(2)$\overline{CB}^2=\overline{CD}^2+\overline{DB}^2-2\cdot\overline{CD}\cdot\overline{DB}\cdot \cos \angle CDB$，故$4x^2=3^2+x^2-6x(-\frac{\sqrt{5}}{5}) \Rightarrow x=\overline{CD}=\sqrt{5}$

故$\triangle ABC=\triangle CDB +\triangle CDA=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot\sqrt{5}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}+\frac{1}{2}\cdot5\cdot\sqrt{5}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=8$

O(3)$\cos \angle CDA=-\cos \angle CDB=\frac{1}{\sqrt{5}}$，$\overline{AC}^2=\overline{CD}^2+\overline{DA}^2-2\cdot\overline{CD}\cdot\overline{DA}\cdot \cos \angle CDA=5+25-10=20$，故$\overline{AC}=2\sqrt{5}$，故周長等於$2\sqrt{5}+2\sqrt{5}+8=8+4\sqrt{5}$

O(4)因為$\overline{AC}=\overline{CB}=2\sqrt{5}$

O(5)$\cos C=\frac{(2\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2-8^2}{2\cdot2\sqrt{5}\cdot2\sqrt{5}}<0$，故$\angle C$鈍角。

SOL：

O(1)因為數列遞增，所以$d>0$。

O(2)$a_7=3a_5\Rightarrow a_1+6d=3a_1+12d \Rightarrow a_1=-3d<0$。

X(3)$S_1=-3d，S_2=-5d，S_3=-6d，S_4=-6d，S_5=-5d$，故最小值發生在$n=3或n=4$。

O(4)$a_1=-3d，a_2=-2d，a_3=-d，a_4=0，a_5=d$，$a_n$為負數為$n=1、2、3$三項。

O(5)$S_n=\frac{n(2a_1+(n-1)d)}{2}=\frac{n((n-7)d)}{2}>0$，則$n\geq 8$。

 

SOL：

$t=\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}=3.\cdots$，所以$a=2+\sqrt{3}-3=\sqrt{3}-1$，同理$-t=-3.\cdots$，故$b=-2-\sqrt{3}-(-4)=2-\sqrt{3}$

$\frac{1}{2b}-\frac{1}{a}=\frac{1}{4-2\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{3}-1}=\frac{4+2\sqrt{3}}{4}-\frac{1+\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}$。#

SOL：

因為$\overline{x}=\frac{0+1+4+5+6+8}{6}=4$，故$\overline{y}=1.03\overline{x}+1.13=4.12+1.13=5.25$。因此，所求為$5.25\cdot6-(1.3+1.8+5.6+7.4+9.3)=6.1$。#

SOL：

觀察數列的前幾項：$1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233，\cdots$，除以$4$的餘數分別為$1、1、2、3、1、0、1、1、2、3、1、0、1\cdots$，所以每$6$項會循環一次。

故$2024\div6=337\cdots 2$，故$b_{2024}=b_2=1$。#

SOL：

因為$|\pm1|=1$，所以$1\leq|x_1|+|x_2|+|x_3|+|x_4|+|x_5|\leq3$，考慮分成絕對值後一個$1$四個$0$、二個$1$三個$0$、三個$1$二個$0$，共三種情況排列，其中$|x_i|=1$有$\pm1$兩個選擇。

因此，共有$\frac{5!}{4!\cdot1!}\cdot2^1+\frac{5!}{3!\cdot2!}\cdot2^2+\frac{5!}{2!\cdot3!}\cdot2^3=130$。#

SOL：

因為二次函數的圖形沒有通過第三象限，所以圖形開口向上，故$a>0$，所以$a=1、a=2$

因為通過一、二、四象限，所以圖形與$x$軸有兩交點，故判別式大於$0$，即$b^2-4a\cdot1>0$

當$a=1$時，滿足不等式的$b=-4$；當$a=2$時，滿足不等式的$b=-4$，共有兩組$(a,b)$。

因此，機率為$\frac{2}{4\cdot3}=\frac{1}{6}$。#

19.SOL：

如下圖，設經過時間$t$，甲攔截到乙，則$\overline{AC}=14t，\overline{BC}=10t$

因為$\overline{AC}^2=\overline{BA}^2+\overline{BC}^2-2\overline{BA}\cdot \overline{BC}\cos \angle{ABC} \Rightarrow (14t)^2=12^2+(10t)^2-2\cdot12\cdot10t\cos120^{\circ}$

可解得$t=2$或$t=\frac-{3}{4}$(不合)

(1)$\overline{AC}=14t=28<30$。

(2)$\overline{BC}=10t=20<25$。

(3)$\cos \alpha =\frac{12^2+28^2-20^2}{2\cdot12\cdot28}=\frac{11}{14}$。

(4)因為$\cos \alpha=\frac{11}{14}<\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos 30^{\circ}$，故$\alpha>30^{\circ}$。

(5)$t=2$。

20.SOL：

$\cos \alpha=\frac{11}{14} \Rightarrow \sin \alpha=\sqrt{1-\cos^2 \alpha}=\frac{5\sqrt{3}}{14}$。

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