2021 考試大綱-數學附加卷

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)

2019 年試題及參考答案

2019 Examination Paper and Suggested Answer

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

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，PAB 是邊長為 1 的等邊三角形，ABCD 是一長方形， |BC|  2，平面 PAB 與平面 ABC 垂直，M 和 N 分別為 AD 和 AB 的中點。

(a) (i) 證明 PN 垂直平面 ABC，從而求三棱錐 P-BCM 的體積。 (5 分) (ii) 求三角形 PBM 的面積，從而求點 C 至平面 PBM 的距離。 (6 分) (b) (i) 證明 NMC 是一直角。[提示: 考慮三角形 NMC 的邊長。] (4 分) (ii) 求二面角 N MCP。[提示: 證明 PM  MC。] (5 分)

In the above figure, PAB is an equilateral triangle with edge length 1, ABCD is a rectangle, |BC|  2 , plane PAB and plane ABC are perpendicular, M and N are the midpoints of AD and AB, respectively.

(a) (i) Show that PN is perpendicular to the plane ABC. Hence find the

volume of the triangular pyramid P-BCM. (5 marks) (ii) Find the area of the triangle PBM. Hence find the distance from point

C to the plane PBM. (6 marks)

(b) (i) Show that NMC is a right angle. [Hint. Consider the lengths of the

B A C P D M N

2. (a) 設曲線y f x( ) 通過點 (0,3) 及 f x'( )x22x 。 3 (i) 求 f x( ) 及 f( )x 。 (3 分) (ii) 求 f(x) 的局部極大點、局部極小點和拐點。 (5 分) (iii) 繪出曲線y  f( x)， 2  x 。 4 (3 分) (iv) 繪出曲線 y f(x) ， 4  x 。 2 (1 分) (b) 求由曲線 y x24x 及 3 y3 |x1| 所包圍的區域的面積。 (8 分)

(a) Suppose the curve y f x( ) passes through the point (0,3) and f x'( ) x22x . 3 (i) Find f x( ) and f( )x . (3 marks) (ii) Find the local maximum points, local minimum points and inflection points

of f(x). (5 marks)

(iii) Sketch the curvey  f( x), 2  x . 4 (3 marks) (iv) Sketch the curve y f(x) , 4  x . 2 (1 marks)

(b) Find the area of the region bounded by the curves y x24x and 3

3. 已知拋物線P y: 2 及點x 2 ( , ) A t t (t  ) 是在拋物線上。 0 (a) (i) 證明直線 ymx c 是 P 的一條切線當且僅當 4mc 1。 (5 分) (ii) 推導出 P 在點 A 的切線的斜率為 1 2t。 (3 分) (b) (i) 給出 P 在點 A 的法線的方程。 (2 分) (ii) 證明 P 有兩條非水平的法線通過 B h( ,0) 當且僅當 h 1/ 2。 (4 分) (iii) 設 P 有兩條非水平法線通過 B h( ,0)，且它們的夾角是 4  ，求 h 的值。 (6 分)

Given parabola P y: 2 and that point x 2

( , )

A t t (t  ) is on the parabola. 0

(a) (i) Show that the line

y mx c





is a tangent line of P if and only if

4

mc 

1

. (5 marks) (ii) Deduce that the slope of the tangent line of P at point A is 1

2t . (3 marks) (b) (i) Give an equation of normal line of P at point A. (2 marks) (ii) Show that there are two non-horizontal normal lines of P passing through

B h( ,0) if and only if h 1/ 2. (4 marks) (iii) Suppose there are two non-horizontal normal lines of P passing through

B h( ,0) and the angle between them is 4 

4. 設 i 1。 (a) 設複數 1 1 3 i z i    。

(i) 按極式 r(cosisin) 表示 z，其中    。 (4 分)

(ii) 求 z2019。 (4 分)

(b) (i) 用棣美弗定理，證明

7 5 3

cos 7 64 cos 112 cos 56 cos  7 cos。 (6 分) (ii) 用 (i) 的結果及代換x4 cos2，解方程 3 2

7 14 7 0

x  x  x  。 (6 分)

Let i 1.

(a) Let complex number 1 1 3 i z i    .

(i) Express z in polar form r(cosisin),    . (4 marks)

(ii) Find z2019. (4 marks)

(b) (i) Using De Moivre’s theorem, show that

cos 7 64 cos7112 cos556 cos3 7 cos. (6 marks) (ii) Using the result in (i) and the substitution 2

4 cos

x , solve the equation

5. (a) 因式分解行列式 3 3 3 1 1 1 a bc b ac c ab 。 (8 分) (b) 設 p 和 q 為常數。已知以 x,y,z 為未知量的方程組 2 ( ) : 2 1 2 0 x y p z q E x y z x py z                 。 (i) 求 p 的取值範圍使得 (E) 有唯一解。 (4 分) (ii) 對p 0及q 4，求 (E) 的解。 (4 分) (iii) 對p  3，求 q 的值使得 (E) 有解，並求 (E) 的解。 (4 分)

(a) Factorize the determinant

3 3 3 1 1 1 a bc b ac c ab . (8 marks)

(b) Let p and q be constants. Given, in unknowns x,y,z the system of equations

2 ( ) : 2 1 2 0 x y p z q E x y z x py z                 .

(i) Find the range of p such that (E) has a unique solution. (4 marks) (ii) Solve (E) when p 0 and q 4. (4 marks) (iii) For p  3, find the value of q such that (E) has a solution, and solve (E). (4 marks)

參考答案：

1. (a) (i) 因 PAB是等邊的，而 N 是 AB 的中點，故

PN



AB

。已知平面 PAB 與平面

ABC

垂直，故 PN 垂直平面

ABC

。因 sin 3

3 2 PN  AP   及 BCM 的面積 1 2 2 AB BC 2   ，故

P BCM



的體積是 6 12 。 (ii) 從 3 2 BM  PM  ，得知 PMB 是等腰的。已知 PB  ，計算得出 1 PMB 的面積是 5 4 。設 h 為點 C 至平面 PBM 的距離，則

C PBM



的體積是 5 12 h 。結合 (i)的結果 ，得 6 5 h  。 (b) (i) 計算得出 2 3 4 MN  ， 2 3 2 MC  ， 2 9 4 NC  。因 MN 2 MC2  NC2， 故NMC 是一直角。

(ii) 因PN垂直平面ABC， PM 在平面ABC的射影為NM。 故 2 PMC NMC      。 二面角 N MCP = 3 1 1 2 3 2 tan tan 4 PN PMN MN        。 2. (a) (i) 3 2 2 ( ) 2 3 3 3 x f x 

_

x  x dx x  x C ， f(0) 3 C3。 f"( )x 2x2。 (ii) 2 '( ) 0 2 3 0 ( 3)( 1) 0 3 or 1 f x   x  x   x x   x x  。 當

x  

1

時， f '( )x 0， 故 f x( ) 是遞增的。 當

  

1

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， ( 1) 14 3 f   是一局部極大點及 f(3) 6 是一局部極小點。

(iii) (iv) (b) 當

x 

1

，解 2 4 3 3 3 y x x y x          ，得

x 

3

。 當

x 

1

，解 2 4 3 3 3 y x x y x          ，得

x 

0

。 當

0

 

x

3

，曲線

y



3

x



1

是在曲線

y

  

x

2

4

x



3

之下，故所求面積為 1 3 2 2 0 1 1 3 2 2 0 1 1 3 3 3 2 2 ( 4 3) (3 3 ) ( 4 3) (3 3) 7 6 7 6 x x x dx x x x dx x x dx x x dx x x x x x                             









-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 -4 -2 0 2 4 6 y=f(x) x y 0 2 4 6 8 -6 -4 -2 0 2 4

y=|f(-x)|

x y

3. (a) (i) 由 2 y x y mx c       ，得 2 2 2 (2 1) 0 m x  mc xc  。 (*) 因 ymxc 是 P 的切線，故 (*) 有二重根，其判別式等於 0。因此得 (2mc1)24m c2 20，即 4mc 1。 (ii) 從 (i) 得切線的方程為 1 4 y mx m   。因切線通過 2 ( , ) A t t ，故得出 2 1 4 2 2 4 1 0 (2 1)2 0 2 1 1 4 2 t mt m t mt mt mt m m t              。 (b) (i) y 2 (t x t 2)t (ii) 法線通過 B h( ,0) 當且僅當 0 2 (t h t 2)t。因t  ，有 0 2h 1 2t2 。 因2t 2 0，故得出法線通過 B h( ,0) 當且僅當 1 2 h  。 當 1 2 h  ， 1 2 t  h ，故有兩條法線。 (c) 由 (b) (ii) 知 1 2 t  h ，故通過 B h( ,0) 的兩條法線的斜率m₁, m₂為  4h2。設



為這兩條法線的夾角，則 1 2 1 2 2 4 2 2 4 2 1 tan 1 1 (4 2) 3 4 m m h h m m h h             。 由此得到 (3 4 ) h 24(4h2) 0 ，即 2 16h 40h17 0 。故 5 8 4 h  。

4. (a)(i) 4 4 3 3 1 2(cos sin ) 1 cos( ) sin( ) 2(cos sin ) 4 3 4 3 1 3 2 1 cos( ) sin( ) 12 12 2 i i z i i i i                  _    _        _    _   (ii) 2019 2019/2 2019/2 2019/2 2019/2 1010 1 2019 2019 cos( ) sin( ) 2 12 12 1 3 3 1

cos( 168 ) sin( 168 ) cos( ) sin( )

2 12 12 2 4 4 1 1 1 1 (1 ) 2 2 2 2 z i i i i i            _    _        _      _ _    _        _  _    (b)(i) 7 7 5 5 2 3 3 4 1 6 7 7 7 7 5 2 3 2 2 2 3 7 5 3

cos7 Re[(cos sin ) ]

cos cos sin cos sin cos sin

cos 21cos (1 cos ) 35cos (1 cos ) 7 cos (1 cos ) 64cos 112cos 56cos 7cos

i C C C                                       (ii) 用代換 x4 cos2，得 6 4 2

64 cos 112 cos 56 cos  7 0。 全式乘 cos ，得 7 5 3

64 cos 112 cos  56 cos 7 cos 0。 故現須在 cos 0及0 2 條件下解 cos 7 0，而其解為 14 7 k      ，k 0,1, 2, 4,5, 6。因 _cos2 _cos213 14 14    ，_cos23 _cos211 14 14    及 _cos25 _cos2 9 14 14    ，故方程的解為 _{4 cos}2 14  ，_{4 cos}23 14  和 _{4 cos}25 14  。

5. (a) 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 0 ( ) ( )( ) 0 1 0 ( ) 0 1 1 ( )( ) 0 ( )( )( ) 0 0 ( ) 0 1 ( )( )( )( a bc a bc a bc b ac b a c a b b a c a b ab a c c ab c a b a c c ac a b a bc a bc b a c a b ab a c b a c a c b b ab a c c b a c b c b c b a a b b c c a a b c ab ac                                          bc) (b) (i) (E) 有唯一解的條件是 1 2 1 1 2 0 1 2 p p      ，p的取值範圍是 { :p p  3 及 p 2}。 (ii)

x  

2

，y  3，z 1。 (iii) 設

p  

3

，從 (E) 得 2 3 1 5 5 x y z q y z q y z q            _{  }  。從第二及第三條方程得 5 4 q   。 解 5 2 3 4 1 4 x y z y z          _{   }   ，得 3 4 x t  ， 1 4 y t，

z t



，其中

t

為實數。

Suggested Answer

1. (a) (i) Since PABis equilateral and N is the midpoint of AB , we have

PN



AB

. Given the planes PAB and

ABC

are perpendicular, hence PN is perpendicular to plane

ABC

. As sin 3

3 2 PN  AP   and the area of BCM 1 2 2 AB BC 2   , the volume of

P BCM



is 6 12 . (ii) From 3 2

BM  PM  , PMBis isosceles. Given PB  , by direct 1

calculation, the area of PMBis 5

4 . Let h be the distance from point C to the

plane PBM. Then, the volume of

C PBM



is 5 12

h

. Together with the result in

(i), we get 6 5 h  .

(b) (i) By direct calculation, 2 3 4 MN  , 2 3 2 MC  , 2 9 4 NC  . Since MN 2 MC2  NC2, NMCis a right angle.

(ii) Since PN is perpendicular to the plane

ABC

, the projection of

PM

on the plane

ABC

is NM . Hence 2 PMC NMC      . dihedral angle N MCP = 3 1 1 2 3 2 tan tan 4 PN PMN MN        . 2. (a) (i) 3 2 2 ( ) 2 3 3 3 x f x 

_

x  x dx x  x C , f(0) 3 C3. f"( )x 2x2. (ii) 2 '( ) 0 2 3 0 ( 3)( 1) 0 3 or 1 f x   x  x   x x   x x  . When

x  

1

, f '( )x 0. Hence f x( ) is increasing.

f "( )x 02x20 x1.

When

x 

1

, f"( )x 0. Hence f x( ) is concave. When

x 

1

, f"( )x 0. Hence f x( ) is convex. Hence, (1) 2 3 f   is an inflection point. (iii) (iv) (b) When

x 

1

, solving 2 4 3 3 3 y x x y x          , we get

x 

3

. When

x 

1

, solving 2 4 3 3 3 y x x y x          , we get

x 

0

.

When

0

 

x

3

, the curve

y



3

x



1

is below the curve

y

  

x

2

4

x



3

. Hence the required area is 1 ₂ 3 ₂ 0 1 1 3 2 2 0 1 1 3 3 3 2 2 ( 4 3) (3 3 ) ( 4 3) (3 3) 7 6 7 x x x dx x x x dx x x dx x x dx x x x                      









-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 -4 -2 0 2 4 6 y=f(x) x y 0 2 4 6 8 -6 -4 -2 0 2 4

y=|f(-x)|

x y

3. (a) (i) From 2 y x y mx c       , we get 2 2 2 (2 1) 0 m x  mc xc  . (*) As ymxc is a tangent line of P, (*) has a double root and hence its

discriminant is 0. Thus (2mc1)24m c2 20, i.e. 4mc 1. (ii) From (i) an equation of the tangent line is 1

4

y mx

m

  . As the tangent line passes through A t t( , )2 , we get

2 1 4 2 2 4 1 0 (2 1)2 0 2 1 1 4 2 t mt m t mt mt mt m m t              . (b) (i)y 2 (t x t 2)t

(ii) The normal line passes through B h( ,0) if and only if 0 2 (t h t 2)t. As t  , we have 0 2h 1 2t2.

As 2t 2 0, the normal line passes throughB h( ,0) if and only if 1 2 h  . When 1 2 h  , 1 2

t  h and hence there are two normal lines.

(c) From (b) (ii), 1 2

t  h and so the slopes m1, m2 of the two normal lines passing

through B h( ,0) are  4h2. Let



be the angle between the two normal lines. Then 1 2 1 2 2 4 2 2 4 2 1 tan 1 1 (4 2) 3 4 m m h h m m h h



           .

Hence, (3 4 ) h 24(4h2) 0 , i.e. 16h240h17 0 . Thus 5 8 4 h  . 4. (a)(i) 4 4 3 3 1 2(cos sin ) 1 cos( ) sin( ) 2(cos sin ) 4 3 4 3 1 3 2 1 cos( ) sin( ) 12 12 2 i i z i i i i                  _    _        _    _   (ii) 2019 2019/2 2019/2 2019/2 1 2019 2019 cos( ) sin( ) 2 12 12 1 3 3 1

cos( 168 ) sin( 168 ) cos( ) sin( )

z i i i            _    _        _      _ _    _

(b) (i) 7 7 5 5 2 3 3 4 1 6 7 7 7 7 5 2 3 2 2 2 3 7 5 3

cos7 Re[(cos sin ) ]

cos cos sin cos sin cos sin

cos 21cos (1 cos ) 35cos (1 cos ) 7 cos (1 cos ) 64cos 112cos 56cos 7cos

i C C C                                      

(ii) Using the substitutionx4 cos2, we get 64 cos6112 cos456 cos2 7 0. Multiplying it bycos , we get 7 5 3

64 cos 112 cos  56 cos 7 cos 0.

Thus, we need to solve cos 7 0under the conditions cos 0 and 0 2. The solutions are

14 7 k      , k 0,1, 2, 4,5, 6. As 2 213 cos cos 14 14    , 23 211 cos cos 14 14    and 25 29 cos cos 14 14    , the solutions of the given equation are 2

4 cos 14  , 23 4 cos 14  and 25 4 cos 14  . 5. (a) 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 0 ( ) ( )( ) 0 1 0 ( ) 0 1 1 ( )( ) 0 ( )( )( ) 0 0 ( ) 0 1 ( )( )( )( a bc a bc a bc b ac b a c a b b a c a b ab a c c ab c a b a c c ac a b a bc a bc b a c a b ab a c b a c a c b b ab a c c b a c b c b c b a a b b c c a a b c ab ac                                          bc)

(b) (i) The condition that (E) has a unique solution is

1 2 1 1 2 0 1 2 p p      .

The range of p is { :p p  3 and p 2}.

(ii)

x  

2

，y  3，z 1.

(iii) Let

p  

3

. From (E) we get

2 3 1 5 5 x y z q y z q y z q            _{  } 