109年大學學測數學科詳解 - 朱式幸福
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109年大學學測數學科詳解. 109學年度學科能力測驗試題. 數學考科. 第壹部分:選擇題(占6 0 分) 一、單選題. 解. $$\begin{cases}\sin \alpha=3/5 ...
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2020年2月12日星期三
109年大學學測數學科詳解
109學年度學科能力測驗試題
數學考科
第壹部分:選擇題(占60分)
一、單選題
解
$$\begin{cases}\sin\alpha=3/5=39/65\\\sin\beta=5/13=25/65\\\sin30^\circ=1/2=32.5/65\end{cases} \Rightarrow\sin\alpha>\sin30^\circ>\sin\beta,故選\bbox[red,2pt]{(2)}$$
解
$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}\Rightarrow\overrightarrow{AB}\cdot(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD})=0\Rightarrow\overrightarrow{AB}\cdot(-(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}))=0\\\Rightarrow\overrightarrow{AB}\cdot(-(\overrightarrow{CD}))=0\Rightarrow\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=0,故選\bbox[red,2pt]{(1)}$$
解
$$(1)\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OE}\RightarrowP=D\\
(2)\overrightarrow{OP}={1\over4}\overrightarrow{OC}+{1\over2}\overrightarrow{OE}\RightarrowP在\triangleODE內\\(3)\overrightarrow{OP}=-{1\over4}\overrightarrow{OC}+{1\over2}\overrightarrow{OE}\RightarrowP在\triangleOEF內\\(4)\overrightarrow{OP}={1\over4}\overrightarrow{OC}-{1\over2}\overrightarrow{OE}\RightarrowP在\triangleOBC內\\(5)\overrightarrow{OP}=-{1\over4}\overrightarrow{OC}-{1\over2}\overrightarrow{OE}\RightarrowP在\triangleOAB內\\,故選\bbox[red,2pt]{(2)}$$
解 $$A=\begin{bmatrix}1&1\\3&4\end{bmatrix} \RightarrowA^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\-3&1\end{bmatrix} \RightarrowB=I+A+A^{-1}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1&1\\3&4\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}4&-1\\-3&1\end{bmatrix}\\=\begin{bmatrix}6&0\\0&6\end{bmatrix}\RightarrowBA=\begin{bmatrix}6&0\\0&6\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\3&4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}6&6\\18&24\end{bmatrix},故選\bbox[red,2pt]{(5)}$$
解 $$\begin{cases}|x-\sqrt{101}|<5 \\|x-\sqrt{38}|>3\end{cases} \Rightarrow\begin{cases}-5+\sqrt{101}
$$
解
$$\begin{cases}黑黑黑:機率為{1\over2}\times{1\over3}\times{1\over3}={1\over18}\\白白白:機率為{1\over2}\times{1\over3}\times{1\over3}={1\over18}\end{cases} \Rightarrow按三次均同色的機率為{1\over18}+{1\over18}=\bbox[red,2pt]{{1\over9}}$$
解
$$\begin{cases}2x+y=10與x-2y+15=0的交點為A=(1,8)\\2x+y=10與x-2y=0的交點為B=(4,2)\end{cases}\\令f(x,y)=3x-y\Rightarrow \begin{cases}f(A)=3-8=-5\\f(B)=12-2=10\end{cases} \Rightarrowc的最小值為\bbox[red,2pt]{-5}$$
解
$$\cos\angleBAD={\overline{AD}^2+\overline{AB}^2-\overline{BD}^2\over2\times\overline{AD}\times\overline{AB}}\Rightarrow\cos135^\circ={4+2-\overline{BD}^2\over2\times2\times\sqrt2}\Rightarrow-{1\over\sqrt2}={6-\overline{BD}^2\over4\sqrt2}\\\Rightarrow\overline{BD}=\sqrt{10}\Rightarrow \begin{cases}\overline{OB}=m\\\overline{OD}=\sqrt{10}-m\end{cases}\Rightarrow \overline{AO}^2=\begin{cases}\overline{AB}^2-\overline{OB}^2=2-m^2\\\overline{AD}^2-\overline{OD}^2=4-(\sqrt{10}-m)^2\end{cases} \\ \Rightarrow2-m^2=4-(\sqrt{10}-m)^2\Rightarrowm={4\over\sqrt{10}} \Rightarrow\overline{AO}^2=\overline{AB}^2-m^2=2-{16\over10}={4\over10}\\ \Rightarrow\overline{AO}={2\over\sqrt{10}}\Rightarrow \overline{AC}={4\over\sqrt{10}}=\bbox[red,2pt]{2\sqrt{10}\over5}$$
解
$$\begin{cases}A(1,7,2)\\B(2,-6,3)\\C(0,-4,1)\\交點P\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\overline{BC}直線方程式:{x-2\over-2}={y+6\over2}={z-3\over-2}\RightarrowP=(t+2,-t-6,t+3),t\inR\\\overrightarrow{BC}=(-2,2,-2)\\\overrightarrow{AP}=(t+1,-t-13,t+1)\end{cases}\\ \Rightarrow\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BC}=0\Rightarrow(t+1,-t-13,t+1)\cdot(-2,2,-2)=0\Rightarrowt+1+t+13+t+1=0\\\Rightarrow3t+15=0\Rightarrowt=-5\RightarrowP=(-5+2,5-6,-5+3)=\bbox[red,2pt]{(-3,-1,-2)}$$
$$假設該等腰梯形ABCD(如上圖)在平面坐標上,其原點O為\overline{AB}之中點,\\則該梯形各頂點坐標為\begin{cases}A(2,0)\\B(-2,0)\\C(-3,-14)\\D(3,-14)\end{cases}\Rightarrow拋物線方程式為為y=a(x-2)(x+2),\\將D代入可得-14=a\times1\times5\Rightarrowa=-{14\over5}\Rightarrowy=-{14\over5}(x^2-4)\Rightarrowx^2=-{5\over14}y+4\\\Rightarrowx^2=4\times-{5\over56}(y-{56\over5})\Rightarrow焦距為\left|-{5\over56}\right|=\bbox[red,2pt]{5\over56}$$
解
$$\overline{QT}=2\sqrt3\Rightarrow\overline{OQ}=\sqrt3\\
\overline{PO}\bot\overline{OQ}\Rightarrow\overline{PO}=\sqrt{\overline{PQ}^2-\overline{QO}^2}=\sqrt{4-3}=1\Rightarrow\angleQPO=60^\circ \Rightarrow\angleQPT=120^\circ\\\Rightarrow\begin{cases}扇形PQST面積={120^\circ\over360^\circ}\times\overline{PQ}^2\times\pi={4\over3}\pi\\\trianglePQT面積=\overline{QT}\times\overline{PO}\div2=\sqrt3\\半圓QRT面積=\overline{QO}^2\times\pi\div2={3\over2}\pi\end{cases}\\ \Rightarrow灰色面積=半圓QRT面積-(扇形PQST面積-\trianglePQT面積)={3\over2}\pi-({4\over3}\pi-\sqrt3)\\={1\over6}\pi+\sqrt3\Rightarrow \bbox[red,2pt]{\begin{cases}a=1/6\\b=3\end{cases}}$$
--END--
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C.-H.Chu
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