澳門四高校聯合入學考試（語言科及數學科）
Joint Admission Examination for Macao Four Higher Education Institutions
(Languages and Mathematics)
2020 年試題及參考答案
2020 Examination Paper and Suggested Answer
數學附加卷 Mathematics Supplementary Paper
2 注意事項： 1. 考生獲發文件如下: 1.1 本考卷包括封面共 22 版 1.2 草稿紙一張 2. 請於本考卷封面填寫聯考編號、考場、樓宇、考室及座號。 3. 本考卷共有五條解答題，每題二十分，任擇三題作答。全卷滿分為六十分。 4. 必須在考卷內提供的橫間頁內作答，寫在其他地方的答案將不會獲評分。 5. 必須將解題步驟清楚寫出。只當答案和所有步驟正確而清楚地表示出來，考生方可獲 得滿分。 6. 本考卷的圖形並非按比例繪畫。 7. 考試中不可使用任何形式的計算機。 8. 請用藍色或黑色原子筆作答。 9. 考試完畢，考生須交回本考卷及草稿紙。 Instructions:
1. Each candidate is provided with the following documents: 1.1 Question paper including cover page – 22 pages 1.2 One sheet of draft paper
2. Fill in your JAE No., campus, building, room and seat no. on the front page of the examination paper.
3. There are 5 questions in this paper, each carries 20 marks. Answer any 3 questions. Full mark of this paper is 60.
4. Put your answers in the lined pages provided. Answers put elsewhere will not be marked. 5. Show all your steps in getting to the answer. Full credits will be given only if the answer and
all the steps are correct and clearly shown.
6. The diagrams in this examination paper are not drawn to scale. 7. Calculators of any kind are not allowed in the examination. 8. Answer the questions with a blue or black ball pen.
3
任擇三題作答，每題二十分。請把答案寫在緊接每條題目之後的 3 頁橫間頁內。 Answer any 3 questions, each carries 20 marks. Write down the answers on the 3 lined pages following each question.
1.
如上圖所示，ABC 是一等邊三角形，其邊長為 2，ABCDEF 是一直三棱 柱，其棱長為 3。 M 為 DF 的中點，K 為 AE 上的一點，使得 MK ⊥ AE，
L 為 DE 上的一點，使得 ML ⊥ DE。
(a) (i) 證明 AM ⊥ EM ，從而求三角形 AME 的面積。 (5 分)
(ii) 求三棱錐 A-DEM 的體積，從而求點 D 至平面 AEM 的距離。 (5 分)
(b) 求二面角 D – AE – M，答案以 sin−1 表示。[提示: 證明 LK ⊥ AE。] (10 分)
In the above figure, ABC is an equilateral triangle with edge length 2, ABCDEF is a right triangular prism with edge length 3. M is the mid-point of DF, K is the point on AE such that MK ⊥ AE, and L is the point on DE such that ML ⊥ DE
(a) (i) Show that AM ⊥ EM . Hence find the area of the triangle AME. (5 marks) (ii) Find the volume of the triangular pyramid A-DEM. Hence find the
distance from point D to the plane AEM. (5 marks) (b) Find the dihedral angle D – AE – M. Express your answer in terms of sin−1.
[Hint. Show that LK ⊥ AE.] (10 marks)
B A C F D M E K L
4 2. (a) 設 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 4𝑥3+ 16。 (i) 求 𝑓′(𝑥) 及 𝑓′′(𝑥)。 (2 分) (ii) 求 𝑓(𝑥) 的局部極大值和局部極小值。 (4 分) (iii) 求曲線 𝑦 = 𝑓(𝑥) 的拐點。 (2 分) (iv) 繪出曲線 𝑦 = 𝑓(𝑥)，−2 ≤ 𝑥 ≤ 4。 (3 分) (v) 繪出曲線 𝑦 = 𝑓(2𝑥)，−1 ≤ 𝑥 ≤ 2。 (1 分) (b) 求由曲線 𝑦 = 𝑥4− 4𝑥3+ 16 及直線 𝑦 = 16 所包圍的區域的面積。 (8 分) (a) Let 𝑓(𝑥) = 𝑥4− 4𝑥3+ 16.
(i) Find 𝑓′(𝑥) and 𝑓′′(𝑥). (2 marks)
(ii) Find the local maximum and local minimum values of 𝑓(𝑥). (4 marks) (iii) Find the inflection point(s) of the curve 𝑦 = 𝑓(𝑥). (2 marks) (iv) Sketch the curve 𝑦 = 𝑓(𝑥), −2 ≤ 𝑥 ≤ 4. (3 marks) (v) Sketch the curve 𝑦 = 𝑓(2𝑥), −1 ≤ 𝑥 ≤ 2. (1 marks) (b) Find the area of the region bounded by the curve 𝑦 = 𝑥4− 4𝑥3 + 16 and the
5 3. 已知直線 𝐿: 3𝑥 + 𝑦 − 4 = 0 與圓 𝐶: 𝑥2+ 𝑦2+ 6𝑥 + 4𝑦 + 𝑘 = 0 相交於 不同的兩點 𝐴(𝑥1, 𝑦1) 和 𝐵(𝑥2, 𝑦2)。 (a) 求一條以 𝑥1 和 𝑥2 為根的二次方程。 (3 分) (b) 證明: (i) 𝑥1+ 𝑥2 = 3 及 𝑥1𝑥2 = 32+𝑘 10
;
(2 分)(ii)𝑦1𝑦2 = 288+9𝑘 10 −20 ; (3 分)
(iii)𝑥𝑖2 + 𝑦𝑖2 = 6𝑥𝑖 − 16 − 𝑘, 𝑖 = 1, 2。 (3 分) (c) 設 𝑂 為原點及 ∠𝐴𝑂𝐵 為一直角。 (i) 求 𝑘 的值。 (4 分) (ii) 求三角形 𝐴𝑂𝐵 的面積。 (5 分)
Given that the straight line 𝐿: 3𝑥 + 𝑦 − 4 = 0 and the circle 𝐶: 𝑥2+ 𝑦2+ 6𝑥 + 4𝑦 + 𝑘 = 0 intersect at two distinct points 𝐴(𝑥1, 𝑦1) and 𝐵(𝑥2, 𝑦2).
(a) Find a quadratic equation with roots 𝑥1 and 𝑥2. (3 marks) (b) Show that: (i) 𝑥1+ 𝑥2 = 3 and 𝑥1𝑥2 = 32+𝑘 10
;
(2 marks)(ii)𝑦1𝑦2 = 288+9𝑘 10 −20 ; (3 marks)
(iii)𝑥𝑖2 + 𝑦𝑖2 = 6𝑥𝑖 − 16 − 𝑘, 𝑖 = 1, 2. (3 marks) (c) Let 𝑂 be the origin and ∠𝐴𝑂𝐵 be a right angle.
(i) Find the value of 𝑘. (4 marks)
6 4. 設複數 𝑧 = cos 𝛼 + 𝑖 sin 𝛼 ，其中 𝑖 = √−1。 (a) 用數學歸納法，證明對任意正整數 k， 𝑧𝑘 = cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼。 (6 分) (b) 設 𝑛 為正整數。 (i) 證明 𝑧𝑧̅ = 1 及 (1 − 𝑧)(1 − 𝑧̅) = 2 − 2 cos 𝛼 。 (3 分) (ii) 證明若 𝑧 ≠ 1， 𝑧 + 𝑧2+ ⋯ + 𝑧𝑛 = 𝑧(1−𝑧𝑛) 1−𝑧 。 推導出若 cos 𝛼 ≠ 1，
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 = cos 𝑛𝛼+cos𝛼 −cos2−2cos 𝛼(𝑛+1)𝛼−1。 (5 分) (c) 已知恆等式
cos 𝐴 + cos 𝐵 = 2 cos𝐴+𝐵2 cos𝐴−𝐵2 及 cos 𝐴 − cos 𝐵 = −2 sin𝐴+𝐵2 sin𝐴−𝐵2 。 證明若 cos 𝛼 ≠ 1，
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 = sin
𝑛𝛼
2 cos (𝑛+1)𝛼2
sin 𝛼2 。 (6 分)
Let complex number 𝑧 = cos 𝛼 + 𝑖 sin 𝛼, where 𝑖 = √−1.
(a) Using mathematical induction, show that for any positive integer k,
𝑧𝑘 = cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼. (6 marks) (b) Let 𝑛 be a positive integer.
(i) Show that 𝑧𝑧̅ = 1 and (1 − 𝑧)(1 − 𝑧̅) = 2 − 2 cos 𝛼. (3 marks) (ii) Show that if 𝑧 ≠ 1,
𝑧 + 𝑧2+ ⋯ + 𝑧𝑛 = 𝑧(1−𝑧𝑛)
1−𝑧 .
Deduce that if cos 𝛼 ≠ 1,
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 = cos 𝑛𝛼+cos𝛼 −cos2−2cos 𝛼(𝑛+1)𝛼−1. (5 marks) (iii) Given identities
cos 𝐴 + cos 𝐵 = 2 cos𝐴+𝐵2 cos𝐴−𝐵2 and cos 𝐴 − cos 𝐵 = −2 sin𝐴+𝐵2 sin𝐴−𝐵2 . Show that if cos 𝛼 ≠ 1,
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 = sin
𝑛𝛼
2 cos (𝑛+1)𝛼2
7 5. (a) 因式分解行列式 |1 1 + 𝑎 1 + 𝑎 3 1 1 + 𝑏 1 + 𝑏3 1 1 + 𝑐 1 + 𝑐3|。 (8 分) (b) 設 p 和 q 為常數。已知以 x,y,z 為未知量的方程組 (𝐸): { 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 2 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 4 𝑝𝑥 + 7𝑦 − 𝑧 = 𝑞。 (i) 求 p 的取值範圍使得 (E) 有唯一解。 (4 分)
(ii) 若 (E) 有多於一個解，求 q 的值，並求 (E) 的通解。 (8 分)
(a) Factorize the determinant |1 1 + 𝑎 1 + 𝑎 3 1 1 + 𝑏 1 + 𝑏3
1 1 + 𝑐 1 + 𝑐3|. (8 marks)
(b) Let p and q be constants. Given, in unknowns x,y,z, the system of equations (𝐸): {
𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 2 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 4 𝑝𝑥 + 7𝑦 − 𝑧 = 𝑞.
(i) Find the range of p such that (E) has a unique solution. (4 marks) (ii) Suppose (E) has more than one solution. Find the value of q, and find the
8
參考答案：
1. (a) (i) 從 𝐸𝑀 ⊥ 𝐷𝐹 及 𝐷𝐹𝐸 ⊥ 𝐴𝐷𝐹𝐶 ，得知 𝐸𝑀 ⊥ 𝐴𝐷𝐹𝐶，故 𝐸𝑀 ⊥ 𝐴𝑀 。 |𝐴𝑀| = √|𝐴𝐷|2+ |𝐷𝑀|2 = √10， |𝐸𝑀| = √|𝐷𝐸|2− |𝐷𝑀|2 = √3。 ∆𝐴𝑀𝐸 的面積為 12|𝐴𝑀||𝐸𝑀| = √302 。 (ii) 𝐴 − 𝐷𝐸𝑀 的體積是 13|𝐴𝐷|(∆𝐷𝐸𝑀 的面積) =√32。 設 d 為點 D 至平面 AEM 的距離，則 𝐷 − 𝐴𝐸𝑀 的體積是 𝑑√306 。 由 𝑑√306 =√32，得 𝑑 = 3 √10。 (b) 從 𝐷𝐸𝐹 ⊥ 𝐷𝐸𝐵𝐴 及 𝑀𝐿 ⊥ 𝐷𝐸，得 𝑀𝐿 ⊥ 𝐷𝐸𝐵𝐴 ，故 𝐿𝐾 為 𝑀𝐾 在平面 𝐷𝐸𝐵𝐴 上的射影。因 𝑀𝐾 ⊥ 𝐴𝐸，故 𝐿𝐾 ⊥ 𝐴𝐸。因此，二面角 𝐷 − 𝐴𝐸 − 𝑀 = ∠𝐿𝐾𝑀。 考慮 ∆𝐷𝐸𝑀 的面積，有 12|𝐷𝐸||𝐿𝑀| =12|𝐷𝑀||𝑀𝐸|，從而得出 |𝐿𝑀| =√32。 考慮 ∆𝐴𝑀𝐸 的面積及 (a)(i) 的結果，有 12|𝐴𝐸||𝑀𝐾| =√302 ，從而得出 |𝑀𝐾| =√30√13。 二面角 𝐷 − 𝐴𝐸 − 𝑀 = ∠𝐿𝐾𝑀 = sin−1 |𝐿𝑀| |𝑀𝐾|= √130 20 。 2. (a) (i) 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3− 12𝑥2， 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥2− 24𝑥。 (ii) 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 或 𝑥 = 3。 當 𝑥 < 0 時，𝑓′(𝑥) < 0，故 𝑓(𝑥) 是遞減的。 當 0 < 𝑥 < 3 時，𝑓′(𝑥) < 0， 故 𝑓(𝑥) 是遞減的。 當 3 < 𝑥 時，𝑓′(𝑥) > 0， 故 𝑓(𝑥) 是遞增的。 因此，𝑓(3) = −11 是一局部極小值。 𝑓′′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 或 𝑥 = 2。 當 𝑥 < 0 時，𝑓′′(𝑥) > 0，故曲線 𝑦 = 𝑓(𝑥) 是凸的。 當 0 < 𝑥 < 2 時，𝑓′′(𝑥) < 0，故 曲線 𝑦 = 𝑓(𝑥) 是凹的。 當 2 < 𝑥 時，𝑓′′(𝑥) > 0，故曲線 𝑦 = 𝑓(𝑥) 是凸的。 因此，曲線 𝑦 = 𝑓(𝑥) 的拐點是 (0,16) 和 (2,0)。9 (iii) (iv) (b) 解 {𝑦 = 16 𝑦 = 𝑥4− 4𝑥3 + 16，得 𝑥 = 0 或 𝑥 = 4。 當 0 < 𝑥 < 4，曲線 𝑦 = 𝑥4− 4𝑥3+ 16 是在直線 𝑦 = 16 之下，故所求面積為 ∫ 16 − (𝑥04 4− 4𝑥3+ 16)𝑑𝑥 = ∫ 4𝑥04 3− 𝑥4𝑑𝑥 = [𝑥4 −𝑥 5 5]0 4 = 5115 3. (a) (i) 由 {3𝑥 + 𝑦 − 4 = 0 𝑥2 + 𝑦2+ 6𝑥 + 4𝑦 + 𝑘 = 0，得 10𝑥2 − 30𝑥 + 32 + 𝑘 = 0。 (b) (i) 𝑥1+ 𝑥2 = −(−30)10 = 3，𝑥1𝑥2 =32+𝑘10 。 (ii) 𝑦1𝑦2 = (4 − 3𝑥1)(4 − 3𝑥2) = 16 − 12(𝑥1+ 𝑥2) + 9𝑥1𝑥2 =288+9𝑘10 − 20 。 (iii) 對 𝑖 = 1, 2， 𝑥𝑖2+ 𝑦 𝑖2 = −6𝑥𝑖 − 4𝑦𝑖 − 𝑘 = −6𝑥𝑖− 4(4 − 3𝑥𝑖) − 𝑘 = 6𝑥𝑖 − 16 − 𝑘。 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x y y=f(x) -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 -2 -1 0 1 2 3 x y y=f(2x)
10 (c) (i) 若 OA 和 OB 其中一條是水平線，則另一條是垂直線。在這情況下， 𝑥1𝑥2 = 0 和 𝑦1𝑦2 = 0。從 (b) (i) 及 (ii) 可得出矛盾。 設 OA 和 OB 的斜率分別為 𝑚1 及 𝑚2。則有 𝑚1𝑚2 = −1 ⇒𝑦1𝑦2 𝑥1𝑥2 = −1 ⇒ 288+9𝑘 10 − 20 = − 32+𝑘 10 ⇒ 𝑘 = −12。 (ii) 當 𝑘 = −12，𝑥1𝑥2 = 2。∆𝑂𝐴𝐵 的面積是 12|𝑂𝐴||𝑂𝐵| = 12√𝑥12+ 𝑦 12√𝑥22+ 𝑦22 =12√6𝑥1− 4√6𝑥2− 4 = √9𝑥1𝑥2− 6(𝑥1+ 𝑥1) + 4 = √9(2) − 6(3) + 4 = 2。
4. (a) 設 𝑃(𝑘) 代表命題 “ 𝑧𝑘 = cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼 ”。當 𝑘 = 1，P(1) 明顯成立。 假設對某正整數k，𝑃(𝑘) 成立，即 𝑧𝑘 = cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼。 則
𝑧𝑘+1 = 𝑧𝑘𝑧
= (cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼)(cos 𝛼 + 𝑖 sin 𝛼)
= (cos 𝑘𝛼 cos 𝛼 − sin 𝑘𝛼 sin 𝛼)+i(sin 𝑘𝛼 cos 𝛼 + cos 𝑘𝛼 sin 𝛼) = cos(𝑘 + 1)𝛼 + 𝑖 sin(𝑘 + 1)𝛼。
故 𝑃(𝑘 + 1) 也成立。
根據數學歸納法原理，𝑃(𝑘) 對任意正整數 𝑘 都成立。
(b)(i) 𝑧𝑧̅ = (cos 𝛼 + 𝑖 sin 𝛼)(cos 𝛼 − 𝑖 sin 𝛼) = cos2𝛼 + sin2𝛼 = 1。 (1 − 𝑧)(1 − 𝑧̅) = 1 − (𝑧 + 𝑧̅) + 𝑧𝑧̅ = 1 − 2 cos 𝛼 + 1 = 2 − 2 cos 𝛼。 (ii) 因 𝑧 ≠ 1 ，從
(1 − 𝑧)(𝑧 + 𝑧2 + ⋯ + 𝑧𝑛) = 𝑧 − 𝑧𝑛+1= 𝑧(1 − 𝑧𝑛) 中可得出結果。
因 cos 𝛼 ≠ 1，即 𝑧 ≠ 1，故
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 = Re(𝑧 + 𝑧2+ ⋯ + 𝑧𝑛)
11
(iii)
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 =cos 𝑛𝛼+cos 𝛼 −cos(𝑛+1)𝛼−12−2 cos 𝛼
=2 cos (𝑛+1)𝛼 2 cos (𝑛−1)𝛼 2 −2 cos2(𝑛+1)𝛼2 4 sin2𝛼 2 =2 cos (𝑛+1)𝛼 2 [cos (𝑛−1)𝛼 2 −cos (𝑛+1)𝛼 2 ] 4 sin2𝛼 2 =2 cos (𝑛+1)𝛼 2 [−2 sin 𝑛𝛼 2 sin (−𝛼) 2 ] 4 sin2𝛼 2 =sin 𝑛𝛼 2 cos (𝑛+1)𝛼 2 sin𝛼2 。 5. (a) |1 1 + 𝑎 1 + 𝑎 3 1 1 + 𝑏 1 + 𝑏3 1 1 + 𝑐 1 + 𝑐3| = | 1 1 + 𝑎 1 + 𝑎3 0 𝑏 − 𝑎 𝑏3 − 𝑎3 0 𝑐 − 𝑎 𝑐3− 𝑎3| = | 1 1 + 𝑎 1 + 𝑎3 0 𝑏 − 𝑎 (𝑏 − 𝑎)(𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2) 0 𝑐 − 𝑎 (𝑐 − 𝑎)(𝑐2+ 𝑐𝑎 + 𝑎2)| = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎) | 1 1 + 𝑎 1 + 𝑎3 0 1 𝑏2+ 𝑏𝑎 + 𝑎2 0 1 𝑐2 + 𝑐𝑎 + 𝑎2| = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑐2+ 𝑐𝑎 − 𝑏2− 𝑏𝑎) = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)[(𝑐 + 𝑏)(𝑐 − 𝑏) + 𝑎(𝑐 − 𝑏)] = (𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑐 − 𝑎)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 。 (b) (i) (E) 有唯一解的條件是| 1 2 −1 1 1 2 𝑝 7 −1| ≠ 0，即 5𝑝 − 20 ≠ 0。 p的取值範圍是 {𝑝: 𝑝 ≠ 4}。 (ii) 設 𝑝 = 4，從 (E) 得 { 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 2 −𝑦 + 3𝑧 = 2 −𝑦 + 3𝑧 = 𝑞 − 8。 從以上的第二及第三條方程得 𝑞 = 10。 解 {𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 2 −𝑦 + 3𝑧 = 2 ，得 𝑥 = 6 − 5𝑡，𝑦 = 3𝑡 − 2，𝑧 = 𝑡，其中 𝑡 為任意實 數。
12
Suggested Answer
1. (a) (i) From 𝐸𝑀 ⊥ 𝐷𝐹 and 𝐷𝐹𝐸 ⊥ 𝐴𝐷𝐹𝐶, we have 𝐸𝑀 ⊥ 𝐴𝐷𝐹𝐶 and hence 𝐸𝑀 ⊥ 𝐴𝑀. |𝐴𝑀| = √|𝐴𝐷|2+ |𝐷𝑀|2 = √10, |𝐸𝑀| = √|𝐷𝐸|2− |𝐷𝑀|2 = √3.
The area of ∆𝐴𝑀𝐸 is 12|𝐴𝑀||𝐸𝑀| = √302 .
(ii) The volume of 𝐴 − 𝐷𝐸𝑀 is 13|𝐴𝐷|(area of ∆𝐷𝐸𝑀) =√32.
Let d be the distance from point D to plane AEM. Then, the volume of 𝐷 − 𝐴𝐸𝑀 is 𝑑√306 . From 𝑑√306 =√32, we get 𝑑 = 3
√10.
(b) From 𝐷𝐸𝐹 ⊥ 𝐷𝐸𝐵𝐴 and 𝑀𝐿 ⊥ 𝐷𝐸, we get 𝑀𝐿 ⊥ 𝐷𝐸𝐵𝐴 and hence 𝐿𝐾 is the orthogonal projection of 𝑀𝐾 in the plane 𝐷𝐸𝐵𝐴. Since 𝑀𝐾 ⊥ 𝐴𝐸, 𝐿𝐾 ⊥ 𝐴𝐸. Hence the dihedral angle 𝐷 − 𝐴𝐸 − 𝑀 = ∠𝐿𝐾𝑀.
Considering the area of ∆𝐷𝐸𝑀, we have 12|𝐷𝐸||𝐿𝑀| =12|𝐷𝑀||𝑀𝐸| and hence |𝐿𝑀| =√32.
Considering the area of ∆𝐴𝑀𝐸 and the result in (a)(i), we have 12|𝐴𝐸||𝑀𝐾| =√302 and hence |𝑀𝐾| =√30
√13.
The dihedral angle 𝐷 − 𝐴𝐸 − 𝑀 = ∠𝐿𝐾𝑀 = sin−1 |𝐿𝑀| |𝑀𝐾|=
√130 20 . 2. (a) (i) 𝑓′(𝑥) = 4𝑥3− 12𝑥2, 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥2− 24𝑥.
(ii) 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 or 𝑥 = 3.
When 𝑥 < 0, 𝑓′(𝑥) < 0 and hence 𝑓(𝑥) is decreasing. When 0 < 𝑥 < 3, 𝑓′(𝑥) < 0 and hence 𝑓(𝑥) is decreasing. When 3 < 𝑥, 𝑓′(𝑥) > 0 and hence 𝑓(𝑥) is increasing. Hence 𝑓(3) = −11 is a local minimum value.
𝑓′′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 or 𝑥 = 2.
When 𝑥 < 0, 𝑓′′(𝑥) > 0 and hence the curve 𝑦 = 𝑓(𝑥) is convex. When 0 < 𝑥 < 2, 𝑓′′(𝑥) < 0 and hence the curve 𝑦 = 𝑓(𝑥) is concave. When 2 < 𝑥, 𝑓′′(𝑥) > 0 and hence the curve 𝑦 = 𝑓(𝑥) is convex. Hence, the inflection points of the curve 𝑦 = 𝑓(𝑥) are (0,16) and (2,0).
13 (iii) (iv) (b) Solving {𝑦 = 𝑥4− 4𝑥3+ 16 𝑦 = 16 , we get 𝑥 = 0 or 𝑥 = 4.
When 0 < 𝑥 < 4, the curve 𝑦 = 𝑥4 − 4𝑥3 + 16 is below the line 𝑦 = 16. Hence, the required area is
∫ 16 − (𝑥04 4− 4𝑥3+ 16)𝑑𝑥 = ∫ 4𝑥04 3− 𝑥4𝑑𝑥 = [𝑥4 −𝑥 5 5]0 4 = 511 5
3. (a) (i) From {3𝑥 + 𝑦 − 4 = 0 𝑥2 + 𝑦2+ 6𝑥 + 4𝑦 + 𝑘 = 0 ,we get 10𝑥2− 30𝑥 + 32 + 𝑘 = 0. (b) (i) 𝑥1+ 𝑥2 = −(−30)10 = 3, 𝑥1𝑥2 =32+𝑘10 . (ii) 𝑦1𝑦2 = (4 − 3𝑥1)(4 − 3𝑥2) = 16 − 12(𝑥1+ 𝑥2) + 9𝑥1𝑥2 =288+9𝑘10 − 20. (iii) For 𝑖 = 1, 2, 𝑥𝑖2+ 𝑦 𝑖2 = −6𝑥𝑖 − 4𝑦𝑖− 𝑘 = −6𝑥𝑖− 4(4 − 3𝑥𝑖) − 𝑘 = 6𝑥𝑖− 16 − 𝑘. -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x y y=f(x) -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 -2 -1 0 1 2 3 x y y=f(2x)
14
(c) (i) If one of OA and OB is horizontal, then the other one is vertical. In this case, 𝑥1𝑥2 = 0 and 𝑦1𝑦2 = 0. Form (b) (i) and (ii), we get a contradiction. Suppose the slopes of OA and OB are 𝑚1 and 𝑚2, respectively. We have 𝑚1𝑚2 = −1 ⇒𝑦1𝑦2 𝑥1𝑥2 = −1 ⇒ 288+9𝑘 10 − 20 = − 32+𝑘 10 ⇒ 𝑘 = −12. (ii) When 𝑘 = −12, 𝑥1𝑥2 = 2. The area of ∆𝑂𝐴𝐵 is
12|𝑂𝐴||𝑂𝐵| = 12√𝑥12+ 𝑦
12√𝑥22+ 𝑦22 =12√6𝑥1− 4√6𝑥2− 4
= √9𝑥1𝑥2− 6(𝑥1+ 𝑥1) + 4 = √9(2) − 6(3) + 4 = 2.
4. (a) Let 𝑃(𝑘) be the proposition “ 𝑧𝑘 = cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼 ”. When 𝑘 = 1, P(1) is obviously true. Suppose 𝑃(𝑘) is true for some positive integer k. That is, 𝑧𝑘= cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼. Then,
𝑧𝑘+1 = 𝑧𝑘𝑧
= (cos 𝑘𝛼 + 𝑖 sin 𝑘𝛼)(cos 𝛼 + 𝑖 sin 𝛼)
= (cos 𝑘𝛼 cos 𝛼 − sin 𝑘𝛼 sin 𝛼)+i(sin 𝑘𝛼 cos 𝛼 + cos 𝑘𝛼 sin 𝛼) = cos(𝑘 + 1)𝛼 + 𝑖 sin(𝑘 + 1)𝛼.
Hence 𝑃(𝑘 + 1) is also true.
By the principle of mathematical induction, 𝑃(𝑘) is true for any positive integer 𝑘. (b)(i) 𝑧𝑧̅ = (cos 𝛼 + 𝑖 sin 𝛼)(cos 𝛼 − 𝑖 sin 𝛼) = cos2𝛼 + sin2𝛼 = 1.
(1 − 𝑧)(1 − 𝑧̅) = 1 − (𝑧 + 𝑧̅) + 𝑧𝑧̅ = 1 − 2 cos 𝛼 + 1 = 2 − 2 cos 𝛼. (ii) As 𝑧 ≠ 1, the result follows from
(1 − 𝑧)(𝑧 + 𝑧2 + ⋯ + 𝑧𝑛) = 𝑧 − 𝑧𝑛+1= 𝑧(1 − 𝑧𝑛). As cos 𝛼 ≠ 1, which means 𝑧 ≠ 1, we have
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 = Re(𝑧 + 𝑧2+ ⋯ + 𝑧𝑛) = Re𝑧(1−𝑧1−𝑧𝑛)= Re𝑧(1−𝑧𝑛)(1−𝑧̅)
(1−𝑧)(1−𝑧̅) =
Re(𝑧𝑛+𝑧−𝑧𝑛+1−1) 2−2 cos 𝛼 =
cos 𝑛𝛼+cos 𝛼 −cos(𝑛+1)𝛼−1 2−2 cos 𝛼 .
15
(iii)
cos 𝛼 + cos 2𝛼 + ⋯ + cos 𝑛𝛼 =cos 𝑛𝛼+cos 𝛼 −cos(𝑛+1)𝛼−12−2 cos 𝛼
=2 cos (𝑛+1)𝛼 2 cos (𝑛−1)𝛼 2 −2 cos2(𝑛+1)𝛼2 4 sin2𝛼 2 =2 cos (𝑛+1)𝛼 2 [cos (𝑛−1)𝛼 2 −cos (𝑛+1)𝛼 2 ] 4 sin2𝛼 2 =2 cos (𝑛+1)𝛼 2 [−2 sin 𝑛𝛼 2 sin (−𝛼) 2 ] 4 sin2𝛼 2 =sin 𝑛𝛼 2 cos (𝑛+1)𝛼 2 sin𝛼2 . 5. (a) |1 1 + 𝑎 1 + 𝑎 3 1 1 + 𝑏 1 + 𝑏3 1 1 + 𝑐 1 + 𝑐3| = | 1 1 + 𝑎 1 + 𝑎3 0 𝑏 − 𝑎 𝑏3 − 𝑎3 0 𝑐 − 𝑎 𝑐3− 𝑎3| = | 1 1 + 𝑎 1 + 𝑎3 0 𝑏 − 𝑎 (𝑏 − 𝑎)(𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2) 0 𝑐 − 𝑎 (𝑐 − 𝑎)(𝑐2+ 𝑐𝑎 + 𝑎2)| = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎) | 1 1 + 𝑎 1 + 𝑎3 0 1 𝑏2+ 𝑏𝑎 + 𝑎2 0 1 𝑐2 + 𝑐𝑎 + 𝑎2| = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑐2+ 𝑐𝑎 − 𝑏2− 𝑏𝑎) = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)[(𝑐 + 𝑏)(𝑐 − 𝑏) + 𝑎(𝑐 − 𝑏)] = (𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑐 − 𝑎)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐).
(b) The condition that (E) has a unique solution is |
1 2 −1
1 1 2
𝑝 7 −1| ≠ 0, i.e. 5𝑝 − 20 ≠ 0. The range of p is {𝑝: 𝑝 ≠ 4}.
(ii) Let 𝑝 = 4. From (E) we obtain {
𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 2 −𝑦 + 3𝑧 = 2 −𝑦 + 3𝑧 = 𝑞 − 8. From the second and third equations above, we get 𝑞 = 10.
Solving {𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 2 −𝑦 + 3𝑧 = 2, we get 𝑥 = 6 − 5𝑡, 𝑦 = 3𝑡 − 2, 𝑧 = 𝑡, where 𝑡 is any real number.
