112學年度 全國分科測驗 模擬考 數甲A卷 試題詳解

112年度 全國分科 模考 數甲 試題A卷 詳解

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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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