a  1010100000 106 年度指定科目考試數學甲試題詳解

106

年 度 指 定 科 目 考 試 數 學 甲 試 題 詳 解

第壹部分﹕選擇題（單選題﹑多選題及選填題共占 76 分）

一﹑單選題（占 24 分）

說明﹕ 第 1 題至第 4 題﹐每題有 5 個選項﹐其中只有一個是正確或最適當的選項﹐請畫記在答案卡之

「選擇（填）題答案區」﹒各題答對者﹐得 6 分﹔答錯﹑未作答或畫記多於一個選項者﹐該題以 零分計算﹒

(　　 )1. 從所有二位正整數中隨機選取一個數﹐設

^p

是其十位數字小於個位數字的機率﹒關於

^p

值的 範圍﹐試選出正確的選項﹒

(1)

^{0.22 p 0.33}

　(2)

0.33 p 0.44

　(3)

0.44 p 0.55

　(4)

0.55 p 0.66

(5)

0.66 p 0.77

﹒

【解答】(2)

【詳解】二位正整數共有

10

～

99

共

90

個﹒

因為十位數字小於個位數字﹐所以兩個數字均不為

0

﹒

從

1

～

9

共

9

個數字中任選

2

個數字﹐小的數字排十位﹐大的數字排個位﹐

共有

C⁹₂ 1 36

種﹒

因此﹐ 36 2 90 5 0.4

p

   ﹐

故選(2) ﹒

(　　 )2. 設

a ³10

﹒關於

_a⁵

的範圍﹐試選出正確的選項﹒

(1)

25a⁵30

　(2)

30a⁵ 35

　(3)

35a⁵40

　(4)

40a⁵ 45

　(5)

45a⁵ 50

﹒

【解答】(5)

【詳解】

^a5

^  

³

¹⁰

⁵

^

³

¹⁰

⁵

^

³

^{100000 ﹐}

因為

₄₅³91125 100000

﹐ 　　

₅₀³ 125000 100000

﹐ 所以

_45a⁵_50

﹐

故選(5) ﹒

(　　 )3. 試問在

0 x 2

 的範圍中﹐

y3sinx

的函數圖形與

y2sin 2x

的函數圖形有幾個交點﹖

(1)

2

個交點　(2)

3

個交點　(3)

4

個交點　(4)

5

個交點　(5)

6

個交點﹒

【解答】(4)

【詳解】解 3sin 2sin 2

y x

y x

 

  



3sinx2sin 2x0



3sinx4sin cosx x0



^sinx^{3 4cos x} ^0



sinx0

或 3 cos

x

 ﹐ 4

因為

0 x 2

 ﹐所以

x0

﹐ ﹐

2

 ﹐ ﹐

2

 



﹐

其中 3

cos   ﹐0 4

2

 

  ﹐共

5

個解﹐即兩圖形共有

5

個交點﹐

故選(4)﹒

(　　 )4. 已知一實係數三次多項式

^{f x} 

^在

x1

有極大值

3

﹐且圖形

^{y f x} 

^在

^4,f  ⁴ 

^{之切線方程式}

為

^{y f}   ^{4 5 x4} ^0

^﹐試問

₁^{4f x dx}

^

 

^{之值為下列哪一選項﹖}

(1)

5

　(2)

3

　(3)

0

　(4)

3

　(5)

5

﹒

【解答】(1)

【詳解】因為

^{f x} 

在

x1

有極大值

3

﹐ 所以

^{f } ^{1 0}

^﹐

^f ^{1 3}

^﹒

又因為在

x4

的切線

^{y f}  ^{4  5}^x4

之斜率為

5

﹐所以

^{f } ^{4  5}

﹐ 因此﹐

₁^4f ^{x dx f x} ₁^{4  f} ^{4  f} ^{1     5 0 5}

^﹐

故選(1) ﹒

二﹑多選題（占 24 分）

說明﹕ 第 5 題至第 7 題﹐每題有 5 個選項﹐其中至少有一個是正確的選項﹐請將正確選項畫記在答案 卡之「選擇（填）題答案區」﹒各題之選項獨立判定﹐所有選項均答對者﹐得 8 分﹔答錯 1 個 選項者﹐得 4.8 分﹔答錯 2 個選項者﹐得 1.6 分﹔答錯多於 2 個選項或所有選項均未作答者﹐

該題以零分計算﹒

(　　 )5. 設 

_u

^與 

_v

^{為兩非零向量﹐夾角為}

^120

^﹒若 

_u

^與  

_{u  v}

垂直﹐試選出正確的選項﹒

(1) 

_u

^的長度是 

_v

^的長度的

²

^倍　(2) 

_v

^與  

_{u  v}

^的夾角為

^30

(3) 

_u

^與  

_{u  v}

^{的夾角為銳角　(4)} 

_v

^與  

_{u  v}

^{的夾角為銳角}

(5)  

_{u  v}

^{的長度大於}  

_{u  v}

^的長度﹒

【解答】(2)(3)

【詳解】依題意﹐作圖如下﹕

(1) 由

30

﹐

60

﹐

90

直角三角形的性質﹐得 1

u

 2

v

  _﹒

(2) 由上圖知﹐ 

_v

^與  

_{u  v}

^的夾角為

^30

^﹒

(3) 由上圖知﹐ 

_u

^與  

_{u  v}

的夾角為 （銳角）﹒

(4) 由上圖知﹐ 

_v

^與  

_{u  v}

^的夾角為

^{120 }

^{ （鈍角）﹒}

(5) 在上圖的上方三角形與下方三角形中﹐因為

60

與

120

的兩夾邊的長度相同﹐

所以

60

的對邊比

120

的對邊較短﹐即 u   

v

_{小於 u}   _

_v

_﹒

故選(2)(3)﹒

(　　 )6. 已知複數

^z

滿足

_zⁿ_z^n_{ 2 0}

﹐其中

n

為正整數﹒將

z

用極式表示為

^r^cos

^

^isin

^



^﹐且

0

r

﹒試選出正確的選項﹒

(1)

r1

　(2)

ⁿ

不能是偶數　(3)對給定的

ⁿ

﹐恰有

2n

個不同的複數

z

滿足題設 (4) 可能是 3

7

 　(5) 可能是 4 7

 ﹒

【解答】(1)(4)

【詳解】因為

_zⁿ_z^n_{ 2 0}

﹐

所以  

^{zn 2   2 zn 1 0}

^ 

^zn1



^{2 0}

^﹐

解得

_zⁿ _{ 1}

﹒

(1) 因為

_zⁿ _{ 1}

﹐所以

zⁿ  1



zⁿ 1



z 1

﹐ 即

r1

﹒

(2) 因為

n2

﹐

z i

滿足

_zⁿ _{ 1}

﹐所以

n

可為偶數﹒

(3) 將

zcos



isin

 及

 1 cos



isin

 ﹐

代入

_zⁿ _{ 1}

﹐得

cosn



isinn



cos



isin

 ﹒ 再得

n

 

 2k

 



²

^k

¹



n

  

 ﹐

其中

k0, 1, 2,, n1

共

n

個﹒

(4) 取

n7

﹐

k1

﹐得 3 7

   ﹒

(5) 若



^{2 1}



4 7

k

n

 

  ﹐則

^{4n7 2} ^k1

^﹐

因為

4n

為偶數﹐

^{7 2} ^k1

^為奇數﹐

所以此式不可能成立﹐即 不可能是 4 7

 ﹒ 故選(1)(4) ﹒

(　　 )7. 設實係數三次多項式

^{f x} 

^{的首項係數為正﹒已知}

^{y f x} 

^{的圖形和直線}

^{y g x}  

^在

x1

相 切﹐且兩圖形只有一個交點﹒試選出正確的選項﹒

(1)

^f  ^{1 g} ¹

⁽²⁾

^f ^{1 g} ¹

⁽³⁾

^{f } ^{1 0}

^{(4)存在實數}

^a1

^使得

^{f a}  ^{g a} 

(5)存在實數

a1

使得

^{f a} ^{g a} 

^﹒

【解答】(1)(2)(3)

【詳解】解

 

 

y f x y g x

   

 ﹐得三次方程式

^{f x} ^{g x}  ^0

^﹐

因為

^{y g x}  

是在

x1

的切線﹐所以

x1

至少是上式的二重根﹒

令

^{f x} ^{g x}  ^{ p x} ^1 ^{2 x k} 

^﹐

^p0

^﹒

又因為兩圖形只有一個交點﹐即除

x1

外沒有其他實根﹐所以

k 1

﹒ 因此﹐

^{f x} ^{g x}  ^{ p x} ^1³

^﹐

^p0

^﹐

得

^{f x}  ^{ p x} ^1^{3g x} 

﹐

兩邊微分﹐得

^{f x}  ^{3p x} ^1^{2g x} ‚

﹐ 再兩邊微分﹐得

  ⁶  ¹   ⁶  ¹

f x  p x g x  p x

（因為

^{g x}  ^0

）……﹒

(1) 由式﹐得

^f  ^{1 g} ¹

^﹒

(2) 由式﹐得

^f ^{1 g} ¹

^﹒

(3) 由式﹐得

^{f } ^{1 0}

^﹒

(4) 若

a1

﹐則由式﹐得

^{f a}  ^{3p a} ^1^{2g a}  ^{g a} 

^﹒

(5) 若

a1

﹐則由式﹐得

^{f a}  ^{6p a} ^{ 1} ⁰

^﹐

又因為

^{g a}  ^0

^﹐所以

^{f a}  ^{g a} 

^﹒

故選(1)(2)(3) ﹒

三﹑選填題（占

28 分）

說明﹕ 1.第 A 至 D 題﹐將答案畫記在答案卡之「選擇（填）題答案區」所標示的列號（8－18）﹒

2.每題完全答對給 7 分﹐答錯不倒扣﹐未完全答對不給分﹒

A. 某高中一年級有忠﹑孝﹑仁﹑愛四班的籃球隊﹐擬由經抽籤決定的下列賽程進行單淘汰賽（輸一場 即被淘汰）﹕

忠 孝 仁 愛

假設忠班勝過其他任何一班的機率為 4

5 ﹐孝班勝過其他任何一班的機率為 1

5 ﹐仁﹑愛兩班的實力相 當﹐勝負機率各為 1

2 ﹒若任一場比賽皆須分出勝負﹐沒有和局﹒如果冠軍隊可獲得

6000

元獎學金﹐

亞軍隊可獲得

4000

元獎學金﹐則孝班可獲得獎學金的期望值為 元﹒

【解答】

880

【詳解】孝班得冠軍須連兩勝﹐其機率為 1 1 1 5 5   25 ﹐ 孝班得亞軍須先一勝再一敗﹐其機率為 1 4 4

5 5   25 ﹐

根據期望值的定義﹐得孝班獲得獎金的期望值為

30 A

L₁ L₂

C B

L

1 4

6000 4000 880 25 25

    （元）﹒

B. 坐標平面上有三條直線

L

﹑

L₁

﹑

L₂

﹐其中

L

為水平線﹐

L₁

﹑

L₂

的斜率分別為 3 4 ﹑ 4

 ﹒已知 3

L

被

L₁

﹑

L2

所截出的線段長為

30

﹐則

L

﹑

L1

﹑

L2

所決定的三角形的面積為 ﹒

【解答】

216

【詳解】因為 3 4 4 3 1

 

     

  ﹐所以

L1L2

﹐ 如圖﹐設

L1

與

L

的銳夾角為 ﹐ 因為

L₁

的斜率為 3

4 ﹐所以 3

tan 4

BC

 

AB

 ﹒ 令

_AB4k

﹐

_BC3k

﹐則

_AC5k

﹐ 因為

5k 30

﹐所以

k 6

﹐

故

△ ABC

面積為 24 18 2 2 216

AB BC

    ﹒

C. 坐標平面上﹐

^x

坐標與

^y

坐標均為整數的點稱為格子點﹒令

n

為正整數﹐

T_n

為平面上以直線 1 3

y

2

x n

   ﹐以及

^x

軸﹑

^y

軸所圍成的三角形區域（包含邊界）﹐而

an

為

Tn

上的格子點數目﹐則

lim

ⁿ

n

a n



 ﹒

【解答】

12

【詳解】

(6n, 0) (0, 1)

(0, 2) (0, 3)

(4n, 1) (2n, 2)

x y

O

利用上圖﹐列表討論如下﹕

0 6 0 4 0 2 0

0 1 2 3

x n n n

y

～～～

得

an ⁶n ¹ ⁴n ¹ ²n  ^{1 1 12} n⁴

﹐

故 4

lim

ⁿ

lim 12 12

n n

a

n n

 

 

       ﹒

D. 坐標空間中﹐平面

^{ax by cz  0}

與平面

x0

﹑

x 3y0

的夾角（介於

0

到

90

之間）都是

60

﹐ 且

_a²_b²_c² _12

﹐則 

^{a b c2, ,2 2}



^{ ( )}

^﹒

【解答】

^3,1,8

^或

^3,9,0

【詳解】三平面的法向量分別為

^{a b c, ,} 

^﹐

^1,0,0

^﹐ 

^{1, 3,0}

 ^﹒

依題意﹐得

,,

P₁ P₂ P₃

x y

O

2 2 2

2 2 2

2 2 2

cos60 cos120 1

3 cos60 cos120 2

12

a

a b c a b a b c a b c

   

   

 

   

   

   



或

或 

2 2 2

1 2 3 2

3 1 4 3 2

12

a

a b a b c

  

 

   

 

  





2 2 2

3

3 2 3 12

a

a b a b c

  

   

    



﹒

(1) 當

_{a 3}

時﹐



b1

﹐

c² 8

﹒



b 3

﹐

c²0

﹒ (2) 當

_{a  3}

時﹐



b3

﹐

c² 0

﹒



b 1

﹐

c² 8

﹒

綜合(1)與(2) ﹐得 

^{a b c2, ,2 2}



^{3,1,8}

^或

^3,9,0

^﹒

第貳部分﹕非選擇題（占 24 分）

說明﹕ 本部分共有二大題﹐答案必須寫在「答案卷」上﹐並於題號欄標明大題號（一﹑二）與子題號

（(1) ﹑(2)﹑...）﹐同時必須寫出演算過程或理由﹐否則將予扣分甚至零分﹒作答務必使用 筆尖較粗之黑色墨水的筆書寫﹐且不得使用鉛筆﹒每一子題配分標於題末﹒

一. 在坐標平面上﹐考慮二階方陣 1 4 3 3 4

A

5   

  

  所定義的線性變換﹒對於平面上異於原點

_O

的點

P₁

﹐設

P1

經

A

變換成

P2

﹐

P2

經

A

變換成

P3

﹒令

a OP ₁

﹒

(1) 試求

sinPOP1 3

﹒（

₄

分）

(2) 試以

^a

表示

△PP P_{1 2 3}

的面積﹒（

₄

分）

(3) 假設

P1

是圖形 1

²

10 10

y



x

 上的動點﹐試求

△PP P_{1 2 3}

面積的最小可能值﹒（

₄

分）

【解答】(1) 24

25 　(2) 3

²

25

a 　(3)9

【詳解】令

4 3

cos sin 5 5

3 4 sin cos 5 5

A

 

 

  

    

     

 

 

 

 

﹐

則

A

為旋轉矩陣﹐其中 3

sin   ﹐ 5 4 cos   ﹒ 5 (1)

sinPOP1 3 sin 2



2sin cos

 

3 4 24 2 5 5 25

    ﹒

(2)

△PP P1 2 3

面積

△OPP_{1 2}

面積

△OP P_{2 3}

面積

△OPP_{1 3}

面積

1 1 1

sin sin sin 2 2

a a

 2

a a

 2

a a



           

2 2 2

1 3 1 3 1 24 2

a

5 2

a

5 2

a

25

     

O M

1 1

h

P₀ P₄

3

2

25

a

 ﹒

(3)設

1 ²

, 1 10

P t

   10

t

    ﹐

t 

﹐因為

2 2

2 2 2 4 2

1

1 1

10 100

10 100

a



OP

 

t

  

t

    

t

 

t

^ ₁₀₀ ¹ 

^t4

^{ 100}

^t2

^{ 2500}  ^{ 25 100  } ₁₀₀ ¹ 

^t2

^{ 50} 

²

^{ 75 ﹐}

所以當

t² 50

時﹐

△PP P_{1 2 3}

面積有最小值 3

25  75 9  ﹒

二. 坐標空間中﹐

^O^0,0,0

^{為原點﹒平面}

^{z h}

^（其中

^{0 h 1}

^{）上有一以}

^0,0,h

^{為圓心的圓﹐在此圓上}

依逆時鐘順序取

8

點構成正八邊形

P PP P P P P P0 1 2 3 4 5 6 7

﹐使得各線段

OP_j

（

0 j 7

）的長度都是

1

﹒請 參見示意圖﹒

O y z

x

z  h 1

P₀ P₁ P₃

P₆ P₅ P₂

P₄ P₇

(1) 試以

h

表示向量內積

0 4

OP OP

 



^﹒（

4

分）

(2) 若

^{V h} 

^為以

O

為頂點﹑正八邊形

P PP P P P P P0 1 2 3 4 5 6 7

為底的正八角錐體積﹐試將

^{V h} 

^表為

h

的函數

（註﹕角錐體積 1

 底面積 3



高）﹒（

2

分）

(3) 在

_OP



₀

^和

_OP



₄

^{夾角不超過}

^90

的條件下﹐試問正八角錐體積

^{V h} 

^{的最大值為何﹖（}

6

分）

【解答】(1)

2h²1

　(2) ^{2 2} ₃ 

^{h h}

^

³

 ^{(3) 1} ₃

【詳解】(1)如右圖﹐

得半徑

_{MP0  1h}²

﹐

cos



h

﹒ 根據內積的定義﹐得

0 4 0 4

cos 2

OP OP

     

OP OP



_{  1 1 2cos}

_

²

_

_{ 1}

_

_2h²_1

_﹒ (2)

 

^{1 ( )}

V h

  3 正八邊形面積 高 

 0 1 

1 8

3

MP P

   △ 面積 高 

P₆

P₅ P₄

P₃ P₂

P₁

P₀ M

P₇

2 2

1 1

8 1 1 sin 45 3  2

h h



h

             

 



²



1 2 2 1

3

h h

   



³



2 2 3

h h

  ﹒

(3)因為

0 2



 90

﹐即

0  



45

﹐ 所以 1

2   ﹒

h

1

導函數

^{V h}

^

 

^{ 2 2} ₃  ^{1 3 }

^h2

 ^﹐

當

^{V h}  ^0

^{時﹐解得 1}

h

 3 ﹒ 因為 1

h

 3 不在區間 1 2 ,1

 

   內﹐且在區間 1 2 ,1

 

   內﹐

^{V h} 

^{恆負﹐所以}

^{V h} 

^{在此區間嚴格遞減﹐}

故

^{V h} 

^{的最大值為 1 2 2 1 1 1}

3 3

2 2 2 2

V

          

    ﹒