# 北科數學會考歷屆詳解

無聊就寫.jpg

有數學的問題可以問我，但不一定會得到解答，~~因為我也不會~~

[Instagram](https://www.instagram.com/qtrabit._2._6.2_/)
[Line](ID: rundll99)
[Facebook](https://www.facebook.com/)

## 100-01-05

### Statement

$\dfrac{x^2-7x+12}{x^2-3x+2} \le -1$之解為何？

$\rm(A)\ 1\le x < 2$
$\rm(B)\ 1 < x \le 2$
$\color{red}{\rm(C)\ 1 < x < 2}$
$\rm(D)\ x \ge 2\ 或\ x < 1$
$\rm(E)\ x > 2\ 或\ x < 1$

### Solution

先對不等式做移項，得$\dfrac{x^2-7x+12}{x^2-3x+2} +1 \le 0$

再進行整理，得$\dfrac{x^2-7x+12 + x^2 -3x + 2}{x^2-3x+2} \le 0 \Rightarrow \dfrac{2x^2-10x+14}{x^2-3x+2} \le 0 \Rightarrow \dfrac{2(x^2-5x+7)}{x^2-3x+2} \le 0$

不等式兩邊同除以2，因此得到$\dfrac{x^2-5x+7}{x^2-3x+2} \le 0$。

分子分母各做因式分解，得到$\dfrac{x^2-5x+7}{(x-2)(x+1)} \le 0$

接下來，考慮兩種情況使式子小於等於0。

1. 考慮$x^2-5x+7 \le 0$且$(x-2)(x+1) > 0$
1. $x^2-5x+7$無實數解且開口向上($a>0$)，帶入x=0後y不等於0，因此不可能會有負或者0的可能，所以$x \in \emptyset$。
2. $(x-2)(x+1) > 0$可以得$x>2$或$x<-1$。
因此，對這兩項取交集得到空集$\emptyset$。

2. 考慮$x^2-5x+7 \ge 0$且$(x-2)(x+1) < 0$
1. $x^2-5x+7$無實數解且開口向上($a>0$)，因此任意一種$x$對應到的$y$都是正整數，因此$x \in \mathbb{R}$。
2. $(x-2)(x+1) > 0$可以得$-1 < x < 2$。
因此，對這兩項取交集得到空集$-1 < x < 2$。

總結以上兩種考慮取聯集，得到$-1 < x < 2$。

## 100-01-06

### Statement

若$a,\ b$均為實數且$ax^2+bx-10<0$之解為$\dfrac{-5}{2}<x<\dfrac{4}{3}$，則$a+b=$？

$\rm(A)\ 5$
$\rm(B)\ \dfrac{11}{2}$
$\rm(C)\ 6$
$\color{red}{\rm(D)\ \dfrac{13}{2}}$
$\rm(E)\ 7$

### Solution

可以根據結果列出式子，得：

$(x+\dfrac{5}{2})(x-\dfrac{4}{3}) < 0 \\ \Rightarrow x^2-\dfrac{4x}{3}+\dfrac{5x}{2}+\dfrac{-20}{6} < 0 \\ \Rightarrow 6x^2-8x+15x-20 < 0 \\ \Rightarrow 6x^2+7x-20 < 0$

兩邊共除2，得$3x^2+\dfrac{7}{2}x-10 < 0$

$a = 3,\ b = \dfrac{7}{2},\ a + b = \dfrac{13}{2}$

## 100-02-01

### Statement

若$\alpha$，$\beta$為方程式$x^2+12x+9=0$的兩根，則$(\sqrt{\alpha}-\sqrt{\beta})^2=$？

$\rm(A)\ -18$
$\color{red}{\rm(B)\ -6}$
$\rm(C)\ 6$
$\rm(D)\ 12$
$\rm(E)\ 18$

### Solution

我們可以依照偉達定理(根與係數)的概念來寫這一題。

令一二次多項式$ax^2+bx+c$，存在兩根$\alpha$與$\beta$。

那麼$\alpha + \beta = \dfrac{-b}{a}$，且$\alpha\beta = \dfrac{c}{a}$

因此，我們可以把欲求的式子展開，得：

$\sqrt{\alpha}^2 - 2\sqrt{\alpha}\sqrt{\beta} + \sqrt{\beta}^2$

$\Rightarrow \alpha - 2\sqrt{\alpha\beta} + \beta$

根據偉達定理我們可以求得

$\alpha + \beta = \dfrac{-b}{a} = \dfrac{-12}{1} = -12$

$\alpha\beta = \dfrac{c}{a} = \dfrac{9}{1} = 9$

注意一下$\alpha + \beta = -12$，$\alpha \beta = 9$
若兩根一正一負那麼$\alpha\beta<0$，若兩根都是正的那麼$a+b>0$

因此剩下唯一的兩根都是負的才能使偉達定理成立。
$\sqrt{\alpha}\sqrt{\beta}$會存在複數，相乘後可以得到$-\sqrt{\alpha\beta}$。

因此帶回欲求之式子：

$-12 - 2\times -\sqrt{9} = -12 + 6 = -6$

## 100-02-02

### Statement

若 $x^4-x^3-x^2-x-2$ 與 $2x^3+x^2-7x-6$ 的最高公因式為 $x^2+bx+c$，則$b+2c=$？

$\color{red}{\rm(A)\ -5}$
$\rm(B)\ -3$
$\rm(C)\ 0$
$\rm(D)\ 5$
$\rm(E)\ 7$

### Solution

第一式的因式$ax+b$的$a$一定會是1的因素(因為最大項係數等於1)，
且$b$一定會是2的因數(因為最小項的係數等於2)，第二式亦同。

因此我們可以對第一式做因式分解，得到$(x+1)(x-2)(x^2+1)$
接著我們以相同方式對第二式做因式分解，得倒$(x+1)(x-2)(2x+3)$

可以觀察到最大公因式即為$(x+1)(x-2) = x^2-x-2$
比較係數後得到$b=-1, c = -2$

則$b + 2c = -1 + 2\times -2 = -5$。

## 100-02-03

### Statement

若$\dfrac{8x^3-6x+1}{(2x+1)^4} = \dfrac{a}{(2x+1)} + \dfrac{b}{(2x+1)^2} + \dfrac{c}{(2x+1)^3} + \dfrac{d}{(2x+1)^4}$，則$2a+b-c+d=$？

$\rm(A)\ -2$
$\rm(B)\ -1$
$\rm(C)\ 0$
$\rm(D)\ 1$
$\color{red}{\rm(E)\ 2}$

### Solution

我們可以使用綜合除法，將$2x+1$改寫成$x+\dfrac{1}{2}$，然後再對除出來的係數除以2。


因此$a = 1,\ b = -3,\ c = 0,\ d = 3$。

$2a + b - c + d = 1\times 2 + (-3) - 0 + 3 = 2$。

## 100-02-04

### Statement

$x^2-4x+2 \le |x-2|$ 之解為何？

$\rm(A)\ 1\le x \le 4$
$\rm(B)\ 2\le x \le 4$
$\rm(C)\ 0\le x \le 2$
$\color{red}{\rm(D)\ 0\le x \le 4}$
$\rm(E)\ 0\le x \le 3$

### Solution

1. 考慮$x^2-4x+2 \le x-2$：
移項，$x^2-4x+2-x+2 \le 0$
整理，$x^2-5x+4 \le 0$
那麼我們可以將其因式分解，得$(x-4)(x-1) \le 0$，並且可以得到$1 \le x \le 4$。

2. 考慮$x^2-4x+2 \le -x+2$：
移項，$x^2-4x+2+x-2 \le 0$
整理，$x^2-3x \le 0$
那麼我們可以將其因式分解，得$x(x-3) \le 0$，並且可以得到$0 \le x \le 3$

對剛剛考慮的兩個東西產生出來的結果取聯集，得到$0 \le x \le 4$。

## 100-02-05

### Statement

$2\log_2x-\log_x2<1$之解為何？

$\rm(A)\ x<\dfrac{-1}{2}\ 或\ 0 < x < 1$
$\rm(B)\ 0<x<\dfrac{1}{2}\ 或\ 1 < x < 2$
$\rm(C)\ x<\dfrac{-1}{\sqrt{2}}\ 或\ 0 < x < 1$
$\rm(D)\ x<\dfrac{-1}{\sqrt{2}}\ 或\ 1 < x < 2$
$\color{red}{\rm(E)\ 0<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}\ 或\ 1 < x < 2}$

### Solution

$2\log_2x-\log_x2<1$

$\Rightarrow 2\log_2x-\dfrac{\log{2}}{\log{x}} < 1$

$\Rightarrow 2\log_2x-\dfrac{1}{\log_2x} < 1$

令$\log_2x = t$，那麼

$2t - \dfrac{1}{t} < 1$
$\Rightarrow 2t - \dfrac{1}{t} - 1 < 0$

$\Rightarrow \dfrac{2t^2-t-1}{t} < 0$

考慮兩種情況。

1. 若$t>0$且$2t^2-t-1<0$
$2t^2-t-1<0 = (2t+1)(t-1)<0 = \dfrac{-1}{2} < t < 1$
與$t>0$取交集得到$0 < t < 1$。

2. 若$t<0$且$2t^2-t-1>0$
$2t^2-t-1>0 = (2t+1)(t-1)>0 = t < \dfrac{-1}{2}\ 或\ t > 1$
與$t<0$取交集得到$t < \dfrac{-1}{2}$。

對這兩種考慮取聯集，得到$t < \dfrac{-1}{2}$或$0 < t < 1$。

還原，得到$x < \dfrac{1}{\sqrt{2}}$或$1 < x < 2$。

## 100-02-07

### Statement

已知向量$\overrightarrow{AB}=(-31, 29)$，$\overrightarrow{AC}=(23, -11)$，則下列向量長中，何者為最大？

$\rm(A)\ |\overrightarrow{AB}|$
$\color{red}{\rm(B)\ |\overrightarrow{BC}|}$
$\rm(C)\ |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}|$
$\rm(D)\ |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}|$
$\rm(E)\ |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}|$

### Solution

$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC}$
$\overrightarrow{BA} = (31, -29)$

$\overrightarrow{BC} = (31, -29) + (23, -11) = (54, -40)$
$\overrightarrow{CA} = (-23, 11)$

考慮向量長的公式，當存在一向量$\overrightarrow{L} = (A,B)$，$\overrightarrow{L}$的向量長為$|\overrightarrow{L}| = \sqrt{A^2+B^2}$
因此若$|A|+|B|$越大，那麼向量長越大。

考慮選項A：$|-31|+|29| = 60$
考慮選項B：$|54|+|-40| = 94$
考慮選項C：$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} = (-31, 29) + (54, -40) = (23, -11)$，$|23|+|-11|=34$
考慮選項D：$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} = (-31, 29) + (23, -11) = (-8, 18)$，$|-8|+|18|=26$
考慮選項E：$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA} = (-31, 29) + (54, -40) + (-23, 11) = (0, 0)$，$|0|+|0| = 0$

因此，故選B。

## 100-02-08

### Statement

設$y=ax^2+bx+c$的圖形如下，則下列各式中，何者為負值？


$\rm(A)\ abc$
$\rm(B)\ b^2-4ac$
$\rm(C)\ c^2-4ab$
$\rm(D)\ b+\sqrt{b^2-4ac}$
$\rm(E)\ b-\sqrt{b^2-4ac}$

### Solution

因為開口向上，所以$a>0$。
觀察$x=0$，可以發現對應到的$y<0$，因此$c<0$
觀察一下對稱軸，$\dfrac{-b}{2a} > 0$，因此$b<0$

因此$abc > 0$，$b^2-4ac>0$因為有實數解。
$c^2-4ab > 0$因為$ab<0$。

而$b+\sqrt{b^2-4ac}$必為正因為可以從圖中觀察到這個根是正數，
另一根是負數因此$b-\sqrt{b^2-4ac}$小於0，故選E。

## 100-02-09

### Statement

已知$4x^2+y^2-4x+8y=8$，則$x$的最大值為何？

$\rm (A)\ 1$
$\rm (B)\ 2$
$\color{red}{\rm (C)\ 3}$
$\rm (D)\ 4$
$\rm (E)\ 5$

### Solution

這是一個橢圓，可以用配方法來找短邊或者長邊，加上中心就是最大的$x$了。

$4x^2-4x+y^2+8y=8$

$4(x^2-x)+y^2+8y=8$

$4(x^2-x+\dfrac{1}{4})+y^2+8y+16=8+16+1$

$4(x-\dfrac{1}{2})^2+(y+4)^2=25$

$\dfrac{(x-\dfrac{1}{2})^2}{\dfrac{25}{4}}+\dfrac{(y+4)^2}{25}$

由此可知這個橢圓的短邊平行$x$軸

$a = \sqrt{25} = 5, b = \sqrt{\dfrac{25}{4}} = \dfrac{5}{2}$

中心可從式子得知，$(x,y) = (\dfrac{1}{2}, -4)$

因此，加上$x$的部份得到$\dfrac{5}{2} + \dfrac{1}{2} = 3$

## 100-02-10

### Statement

拋物線$y=4-2x-x^2$與$x$軸兩交點的距離為何？

$\rm (A)\ 2$
$\rm (B)\ 3$
$\color{red}{\rm (C)\ 2\sqrt{5}}$
$\rm (D)\ 6$
$\rm (E)\ 8$

### Solution

將y等於$0$，求出$x$。

$-x^2-2x+4=0$

先確定$b^2-4ac$是否大於$0$。

$(-2)^2-4\times(-1)\times4 = 4+16 = 20$

因此兩根為$\dfrac{2\pm\sqrt{20}}{-2} = \dfrac{2\pm2\sqrt{5}}{-2}$

$\dfrac{2+\sqrt{5}}{-2} - \dfrac{2-\sqrt{5}}{-2} = 2\sqrt{5}$

## 100-02-11

### Statement

設雙曲線$x^2-y^2=x+2y$兩漸進的夾角為$\theta$，則$\sin\dfrac{\theta}{2}=$？

$\rm (A)\ 0$
$\color{red}{\rm (B)\ \dfrac{1}{\sqrt{2}}}$
$\rm (C)\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\rm (D)\ \dfrac{2}{\sqrt{5}}$

$\rm (E)\ 1$

### Solution

配方雙曲線得到標準式。

$x^2-x-y^2-2y=0 \Rightarrow x^2-x+\dfrac{1}{4}-y^2-2y+1 = \dfrac{5}{4}$

$(x-\dfrac{1}{2})^2-(y-1)^2=\dfrac{5}{4}$

$\dfrac{4(x-\dfrac{1}{2})^2}{5} - \dfrac{4(y-1)^2}{5} = 1$

求漸進線，令等號右邊為0

$\dfrac{4(x-\dfrac{1}{2})^2}{5} = \dfrac{4(y-1)^2}{5}$

$(x-\dfrac{1}{2})^2 = (y-1)^2$

$(x-\dfrac{1}{2})^2-(y-1)^2 = 0$

$(x-\dfrac{1}{2}-(y-1))(x-\dfrac{1}{2}+(y-1)) = 0$

$(x-y+\dfrac{1}{2})(x+y+\dfrac{3}{2}) = 0$

第一條線$(x-y+\dfrac{1}{2})$可求斜率$m=1$

第二條線$(x+y+\dfrac{3}{2})$可求斜率$m=-1$

因此，這兩條線垂直$(m_1 \times m_2 = -1)$，夾角為$90^{\circ}$

因此$\sin\dfrac{90^{\circ}}{2} = \sin45^{\circ} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

## 100-02-12

### Statement

不等式$\dfrac{3\cdot2^x-18\cdot2^{-x}}{2^x-2^{-x}} \le 2$之解為何？

$\rm(A)\ -1\le x \le 1$

$\rm(B)\ 0 < x \le 1$

$\rm(C)\ 1 \le x \le 2$

$\color{red}{\rm (D)\ 0 < x \le 2}$

$(E)\ 1 \le x \le 4$

### Solution

將分子分母上下同乘$2^x$。

$\dfrac{3\cdot2^x-18\cdot2^{-x}}{2^x-2^{-x}} \Rightarrow \dfrac{3\cdot2^{2x} - 18}{2^{2x}-1} \le 2$

移項。

$\dfrac{3\cdot2^{2x} - 18}{2^{2x}-1} -2 \le 0$

$\dfrac{3\cdot 2^{2x} - 18 - 2(2^{2x}-1)}{2^{2x}-1} \le 0$

$\dfrac{3\cdot 2^{2x} - 18 - 2\cdot 2^{2x} + 2}{2^{2x} - 1} \le 0$

$\dfrac{2^{2x} - 16}{2^{2x} - 1} \le 0$

令$t = 2^{2x}$

$\dfrac{t-16}{t-1} \le 0$

考慮以下兩點：

1. $t - 16 \ge 0$，$t - 1 < 0$

$t \ge 16,\ t < 1$，這兩個不等式沒有任何交集，因此$t \in \emptyset$

2. $t - 16 \le 0$，$t - 1 > 0$

$t \le 16,\ t > 1$，這兩個不等式的交集為$1 < t \le 16$

將以上考慮的兩點做聯集，得到$1 < t \le 16$

還原$t$得到$1 < 2^{2x} \le 16$，因此$0 < x \le 2$

## 100-02-13

### Statement

方程式$10\cdot x^{2\log x} = x^3$之所有實根的平方和為何？

$\rm (A)\ 100$
$\rm (B)\ 101$
$\color{red}{\rm (C)\ 110}$
$\rm (D)\ 111$
$\rm (E)\ 121$

### Solution

等號兩邊同除$x^{2\log x}$

$10 = x^{3 - 2\log x}$

$1 = (3-2\log x) \times \log(|x|)$

因為要求實根，因此可以限定$x > 0$，所以$(3 - 2\log x)\times \log(x)$

令$t = \log x$

$1 = (3 - 2t)\times t \Rightarrow -2t^2+3t-1 = 0$

因式分解得到$(-2t+1)(t-1) = 0$

可以解出$t = \dfrac{1}{2}$或$t = 1$

還原$t$，可以得到$\log x = \sqrt{10}$ 或 $\log x = 10$

兩根的平方和為$\sqrt{10}^2 + 10^2 = 110$

## 100-02-14

### Statement

若$f(x) = \log_2(x^3+x^2-7x+5)$，則$f(1+\sqrt{2})=$？

$\rm (A)\ 1$
$\rm (B)\ 2$
$\color{red}{\rm (C)\ 3}$
$\rm (D)\ 4$
$\rm (E)\ 5$

### Solution

觀察一下，可以嘗試把$x^3+x^2-7x+5$化簡成$c(x-1)^2+b(x-1)+a...$

這部分可以用綜合除法做到。

<img src="https://i.imgur.com/NthigKr.png" alt="image-20200811174256631" style="zoom:50%;" />

因此可得$(x-1)^3 + 4(x-1)^2 -2(x-1)$。

把$f(1 + \sqrt{2})$帶進去，得：

$\log_2((\sqrt{2})^3+4(\sqrt{2})^2-2(\sqrt{2})) = \log_2({2\sqrt{2}+8-2\sqrt{2}}) = \log_28 = 3$

## 100-02-15

### Statement

設$\cos\theta+\cos^2\theta = 1$，則$\sin^2\theta + \sin^4\theta = $？

$\rm (A)\ \dfrac{1}{4}$

$\rm (B)\ \dfrac{1}{3}$

$\rm (C)\ \dfrac{1}{2}$

$\rm (D)\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\color{red}{\rm (E)\ 1}$

### Solution

$\cos^2\theta = 1 - \cos\theta$

$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2\theta = 1 - (1 - \cos\theta) = \cos\theta$

$\sin^4 = (\sin^2)^2 = \cos^2\theta$

$\sin^2\theta + \sin^4\theta = \cos\theta + \cos^2\theta = 1$

## 100-02-16

### Statement

設$\tan100^{\circ}=k$，則$\sin 80^{\circ} = $？

$\color{red}{\rm (A)\ \dfrac{-k}{\sqrt{1+k^2}}}$

$\rm (B)\ \dfrac{\sqrt{k}}{\sqrt{1+k^2}}$

$\rm (C)\ \dfrac{-1}{\sqrt{1+k^2}}$

$\rm (D)\ \dfrac{k}{\sqrt{1+k^2}}$

$\rm (E)\ \dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}$

### Solution

畫個圖

<img src="https://i.imgur.com/JDYhJmA.png" alt="image-20200811202835139" style="zoom: 50%;" />

看圖可以觀察到，$\sin100^{\circ} = \sin80^{\circ} = \dfrac{-k}{\sqrt{1+k^2}}$

## 100-02-17

### Statement

設$a = \sec434^{\circ}$，$b = \sin 100^{\circ}$，$c = \cos 260^{\circ}$，$d = \cot 28^{\circ}$，$e = \csc 155^{\circ}$

則下列何者正確？

$\rm (A)\ b < c < d < e < a$

$\rm(B)\ c < b < d < e < a$

$\rm(C)\ c < b < e < d < a$

$\rm(D)\ c < b < d < a < e$

$\rm(E)\ b < c < a < d < e$

### Solution

$a = \sec 434^{\circ} = \sec 74^{\circ} = \csc 16^{\circ}$

$b = \sin100^{\circ} = \sin80^{\circ}$

$c = \cos 260^{\circ} = -\cos80^{\circ}$

$d = \cot28^{\circ}$

$e = \csc155^{\circ} = \csc25^{\circ}$

因此$a > e$，$c < b$，故選B。

## 100-02-18

### Statement

平面上有兩點$A (1, 2)$，$B(a,b)$，若直線$\overline{AB}$之垂直平分線為$x + 2y - 10 = 0$，則$a - b$ = ？

$\rm (A)\ -1$

$\rm (B)\ -2$

$\color{red}{\rm (C)\ -3}$

$\rm (D)\ -4$

$\rm (E)\ -5$

### Solution

垂直平分線，因此垂直平分線通過$\overline{AB}$的中點$(\dfrac{1+a}{2}, \dfrac{2+b}{2})$。

帶入垂直平分線得到$\dfrac{1+a}{2} + 2+b - 10 = 0 \Rightarrow 1+a+4+2b-20=0$

$\Rightarrow a+2b=15$

而我們可以求得垂直平分線的斜率，得到$m = \dfrac{-1}{2}$，因此與其垂直的斜率一定是$m = \dfrac{-1}{\dfrac{-1}{2}} = 2$

因此按照斜率定義，可以得到$\dfrac{2-b}{1-a} = 2$，整理得到$2- b = 2 - 2a \Rightarrow 2a = b$。

帶回第一式可以得到$5a = 15,\ a =3,\ b = 6$。

$a - b = 3 - 6 = -3$

## 100-02-19

### Statement

設直線$bx+ay-ab=0$，$a > 0,\ b < 0$過點$(1, 2)$，若此直線與二坐標軸相交，圍成一個面積為$2$的三角形，則$a+2b=$？

$\rm (A)\ -7-3\sqrt{3}$

$\rm (B)\ -6-3\sqrt{3}$

$\color{red}{\rm (C)\ -5-3\sqrt{3}}$

$\rm (D)\ -4-3\sqrt{3}$

$\rm (E)\ -3-3\sqrt{3}$

### Solution

可以推出$x, y$的通式。

$bx + ay = ab$，求出$x,y$的截距。

當$y=0$，那麼$bx = ab$，$x = a$

當$x = 0$，那麼$ay = ab$，$y = b$

已知$a > 0, b < 0$過點$(1, 2)$，此直線與二坐標軸相交，圍成一個面積為$2$的三角形。

因此可以知道$\dfrac{1}{2}|a||b| = 2$，可知$ab = -4$或者$ab = 4$，但是$a > 0, b < 0$，因此$ab = 4$不合。

已知過點$(1, 2)$且$ab = -4$，因此可以把點帶入得到$b + 2a = -4$，

又$ab = -4$所以$a = \dfrac{-4}{b}$，所以得到$b + \dfrac{-8}{b} = -4$

同乘以$b$可以得到$b^2+4b-8$。'

利用公式解可以解出$\dfrac{-4\pm\sqrt{16-4\times 1\times -8}}{2} = \dfrac{-4\pm\sqrt{48}}{2} = \dfrac{-4\pm4\sqrt{3}}{2}$

那麼可以解出兩根$-2+2\sqrt{3}$或者$-2-2\sqrt{3}$，其中由於$b<0$，因此$-2+2\sqrt{3}$不合。

帶回求出$a$得到$a = \dfrac{-4}{-2-2\sqrt{3}} = \dfrac{-4}{-2(1+\sqrt{3})}$

化簡得到$a = \dfrac{2}{1+\sqrt{3}} = \dfrac{2(1-\sqrt{3})}{-2} = -1(1-\sqrt{3}) = \sqrt{3}-1$

因此$a + 2b = \sqrt{3}-1 + -4 -4\sqrt{3} = -5-3\sqrt{3}$

## 100-02-20

### Statement

設直線$3x+y=1$與$x+3y=2$之夾角為$\theta$，則$\cos2\theta=$？

$\color{red}{\rm (A)\ \dfrac{-7}{25}}$

$\rm (B)\ \dfrac{-6}{25}$

$\rm (C)\ \dfrac{-1}{5}$

$\rm (D)\ \dfrac{-4}{25}$

$\rm (E)\ \dfrac{-3}{25}$

### Solution

考慮兩條線的斜率。

$3x + y = 1,\ m_1 = \dfrac{-3}{1} = -3$

$x + 3y = 2,\ m_2 = \dfrac{-1}{3}$

兩條線的斜率相減可形成一個夾角，可以視為$\tan$來考慮。

$\tan(m_1 - m_2) = \dfrac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} = \dfrac{-3 - \dfrac{-1}{3}}{1 + 1} = \dfrac{\dfrac{-8}{3}}{2} = \dfrac{-4}{3}$

觀察到求出的這個$\tan$夾角是負的，因此這個夾角是大於$90^{\circ}$的鈍角。

可以依照$\tan(180^{\circ}) = 0$來求得另一個銳角的夾角。

$\dfrac{\dfrac{-4}{3} + \tan\theta}{1-\dfrac{-4}{3}\tan\theta}$，求得銳角$\tan\theta = \dfrac{4}{3}$

由於$\tan\theta = \dfrac{4}{3}$，那麼這個角度會介於$45^{\circ} \sim 90^{\circ}$

因此乘以兩倍後就會大於$90^{\circ}$

用兩倍角公式求出$\tan2\theta = \dfrac{\dfrac{4}{3} + \dfrac{4}{3}}{1 - \dfrac{4}{3}\times\dfrac{4}{3}} = \dfrac{\dfrac{8}{3}}{\dfrac{-7}{9}} = \dfrac{24}{-7}$

由於這個角度介於$90^{\circ} \sim 180^{\circ}$，$y>0$，而$x < 0$，也因此$y = 24,\ x = -7,\ r = \sqrt{24^2+(-7)^2} = 25$

因此$\cos2\theta = \dfrac{-7}{25}$

## 101-01-01

### Statement

設$\sin\alpha = \dfrac{1}{3}$，$\cos\beta = \dfrac{2}{3}$ 且 $\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{-\pi}{2}$，$\dfrac{-\pi}{2} < \beta < 0$，求$\sin(\alpha+\beta) = $？

### Solution

考慮$\sin\alpha$的域值，因為$\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{-\pi}{2}$，所以$0 < \sin\alpha < 1$。

## 101-01-02

### Statement
$\sin\dfrac{5\pi}{3}\tan\dfrac{-\pi}{4}\cos\dfrac{5\pi}{6} =$？

$\color{red}{\rm(A)\ \dfrac{-3}{4}}$

$\rm{(B)}\ \dfrac{-\sqrt{3}}{4}$

$\rm(C)\ \dfrac{-1}{4}$

$\rm(D)\ \dfrac{1}{4}$

$\rm(E)\ \dfrac{\sqrt{3}}{4}$

### Solution

$\sin\dfrac{5\pi}{3} = \sin300^{\circ} = -\sin60^{\circ} = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}$
$\tan\dfrac{-\pi}{4} = -\tan45^{\circ} = -1$
$\cos\dfrac{5\pi}{6} = \cos150^{\circ} = -\cos30^{\circ} = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}$

$\sin\dfrac{5\pi}{3}\tan\dfrac{-\pi}{4}\cos\dfrac{5\pi}{6} = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{-\sqrt{3}}{2}\times -1 = \dfrac{-3}{4}$

## 101-01-03

### Statement

設$\alpha,\ \beta$為方程式$x^2-2kx+k^2+k=0$兩負根，且$\alpha^2+\beta^2=24$，則$k=$？

$\rm(A)\ -4$

$\color{red}{\rm(B)\ -3}$

$\rm(C)\ -2$

$\rm(D)\ 2$

$\rm(E)\ 4$

### Solution

根據偉達定理，若有一式$ax^2+bx+c\ (a,b,c \neq 0)$，則$\alpha + \beta = \dfrac{-b}{a}$，$\alpha\beta = \dfrac{c}{a}$。

由於兩負根，$\alpha + \beta = \dfrac{2k}{1} = 2k < 0$，且$\alpha\beta = \dfrac{k^2+k}{1} = k^2+k > 0$

因此$(\alpha+\beta)^2 = 24 + 2\cdot(k^2+k) = 4k^2$，解方程可得$k = 4$ 或 $k = -3$

由於兩負根因此$k=4$不合，因此$k = -3$

## 101-01-04

### Statement
取適當$k$值，使圓$x^2+y^2-2kx-4y+2k^2=6k$的面積最大，問此時圓面積為何？

$\rm(A)\ 10\pi$

$\rm(B)\ 11\pi$

$\rm(C)\ 12\pi$

$\color{red}{\rm(D)\ 13\pi}$

$\rm(E)\ 14\pi$

### Solution
配方法：$(x^2-2kx+k^2)+(y^2-4y+4) = 6k-2k^2+k^2+4$

因此$(x-k)^2+(y-2)^2 = -k^2+6k+4$

若圓半徑大則面積變大，因此可以從$-k^2+6k+4$配方取最大值。

$-(k^2-6k)+4 \Rightarrow -(k^2-6k+9)+4+9 \Rightarrow -(k-3)^2+13$

因此當$k=3$時有最大值$r^2 = 13$

圓面積$r^2\pi = 13\pi$

## 101-01-05

### Statement
設$P(x,y),\ A(1,-1),\ B(1,1),\ C(4,-1)$，滿足$\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 + 2\overline{PC}^2$為最小，則$x+y=$？

$\rm(A)\ 1$

$\color{red}{\rm(B)\ 2}$

$\rm(C)\ 3$

$\rm(D)\ 4$

$\rm(E)\ 5$

### Solution

可列式 $(x-1)^2+(y+1)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+2((x-4)^2+(y+1)^2)$
整理成$2(x-1)^2+3(y+1)^2+2(x-4)^2+(y-1)^2$

若$2(x-1)^2+2(x-4)^2$最小，且$3(y+1)^2+(y-1)^2$最小，
那麼$2(x-1)^2+3(y+1)^2+2(x-4)^2+(y-1)^2$會最小，因此可以分開考慮

* 考慮$2(x-1)^2+2(x-4)^2$最小：
$2(x-1)^2+2(x-4)^2 \Rightarrow 2x^2-4x+2+2x^2-16x+32$
得$4x^2-20x+34$，配方法求$x$的最小值。
$4(x^2-5x+\dfrac{25}{4}) - 25 + 34 \Rightarrow 4(x-\dfrac{5}{2})^2 + 9$，可得$x = \dfrac{5}{2}$有最小值$9$

* 考慮$3(y+1)^2+(y-1)^2$最小：
可得$3(y^2+2y+1) + (y^2-2y+1) = 4y^2+4y+4$，配方法求$y$的最小值。
$4(y^2+y+1)+4-1 \Rightarrow 4(y+\dfrac{1}{2})^2+3$，可得$y=\dfrac{-1}{2}$時有最小值$3

因此$x+y=2$

## 101-01-06

### Statement

已知 $A(−1,− 4), B(3,5)$兩點，又$C$在直線 $x + y = 0$上移動，則 $\overline{AC}+\overline{BC}$的最小值為何?

$\color{red}{\rm(A)\ \sqrt{97}}$

$\rm(B)\ 10$

$\rm(C)\ 5\sqrt{5}$

$\rm(D)\ 12$

$\rm(E)\ 14$

### Solution

考慮兩點與直線的方位，若直線在兩點之間，則$\overline{AC}+\overline{BC}$的最小值即為$\overline{AB}$

將$A,\ B$兩點代入直線，得

$A:\ -1-4 = -5 < 0$

$B:\ 3+5=8 > 0$

因此兩點異側，$\overline{AC}+\overline{BC}$的最小值即為$\sqrt{(-1-3)^2+(-4-5)^2} = \sqrt{4^2+9^2} = \sqrt{16+81} = \sqrt{97}$

## 101-01-07

### Statement

四邊形$\rm ABCD$中，$\overline{AB}=\overline{CD}=5$，$\overline{BC}=2$，$\overline{BC} < \overline{AD}$，且$\angle ABC = \angle ADC = 60^{\circ}$，則$\overline{AD}=$？

$\color{red}{\rm (A)\ 3}$
$\rm(B)\ 5$
$\rm(C)\ 6$
$\rm(D)\ 8$
$\rm(E)\ 9$

### Solution

無論四邊形長怎樣，保證有一條對角線$\overline{AC}$，可以用餘弦定理求得。
$\cos 60^{\circ} = \dfrac{5^2+2^2-x^2}{2\cdot 5\cdot 2} = \dfrac{1}{2},\ x = \pm\sqrt{19}$ (負不合)

因此可以利用$\overline{AC}$求得線段$\overline{AD}$
$\cos 60^{\circ} = \dfrac{\overline{AD}^2+5^2-(\sqrt{19})^2}{2\cdot 5\cdot \overline{AD}} \Rightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{\overline{AD}^2 + 25 - 19}{10\overline{AD}}$
$\overline{AD} = 2$或者$3$

由於$\overline{AD} > \overline{AC}$，因此$2$不合，故$\overline{AD} = 3$。

## 101-01-08

### Statement

點$(-3,1)$與拋物線$y^2-2y+5=2x$的最短距離為何？

$\rm (A)\ 4$
$\rm(B)\ \sqrt{17}$
$\rm(C)\ 3\sqrt{2}$
$\color{red}{\rm(D)\ 5}$
$\rm(E)\ 5\sqrt{5}$

### Solution

簡化式子並配方，得$y^2-2y+1=2x-5+1 \Rightarrow (y-1)^2=2(x-2)$。
頂點$(2,1)$開口向右，因此距離為$\sqrt{(-3-2)^2+(1-1)^2} = 5$。

## 101-01-09

### Statement

設橢圓$x^2-2x+4y^2=3$之長軸長為$A$，短軸長為$B$，則$A+B=$？

$\rm (A)\ 4$
$\rm(B)\ \sqrt{17}$
$\rm(C)\ 3\sqrt{2}$
$\color{red}{\rm(D)\ 5}$
$\rm(E)\ 5\sqrt{5}$

### Solution

配方法，$x^2-2x+1+4y%2=4$，因此$(x-1)^2+4y^2=4$。
也因此$\dfrac{(x-1)}{4} + y^2 = 1$

因此長軸長$\sqrt{4}\times 2 = 4$，短軸長$\sqrt{1}\times 2 = 2$，$4 + 2 = 6$。

## 101-01-10

### Statement

若$f(x)=x^3+ax^2+11x+6$和$g(x)=x^3+bx^2+14x+8$有二次公因式，則$a+b=$？

$\color{red}{\rm (A)\ 13}$
$\rm(B)\ 14$
$\rm(C)\ 15$
$\rm(D)\ 16$
$\rm(E)\ 17$

### Solution

考慮$f(x)$可能的因式：$(x-1), (x+1), (x-2), (x+2), (x-3), (x+3), (x-6), (x+6)$
考慮$g(x)$可能的因式：$(x-1), (x+1), (x-2), (x+2), (x-4), (x+4), (x-8), (x+8)$
可以知道$(x-1), (x+1), (x-2), (x+2)$**可能**共同。

依照這四種可能，代入第一式，尋找是否存在兩個因式經過運算後具有相同的$a$。

* 考慮$(x-1)$：
$(x-1) \Rightarrow 1+a+11+6,\ a = -18$

* 考慮$(x+1)$：
$(x+1) \Rightarrow -1+a-11+6,\ a = 6$

* 考慮$(x-2)$：
$(x-2) \Rightarrow 8+4a+22+6 , 4a = -36,\ a = -9$

* 考慮$(x+2)$：
$(x+2) \Rightarrow -8+4a-22+6, 4a = 24,\ a = 6$

因此選擇$(x+1)(x+2)$，$a=6$
將$b$代入共同因式$(x+1)$，得$(-1)^3+b-14+8,\ b = 7$

因此$a+b = 13$

## 101-01-11

### Statement

若$5\cdot 25^x + 350\cdot 5^{x-2} = 3$，則$x = $？

${\rm (A)\ -2}$
$\color{red}\rm(B)\ -1$
$\rm(C)\ 0$
$\rm(D)\ 1$
$\rm(E)\ 2$

### Solution

1. 將式子改寫成$5 \cdot 5^{2x} + 350 \cdot \dfrac{5^x}{25} = 3$
接著令$5^x = t$，那麼可以寫成$5t^2 + \dfrac{350}{25} t = 3$
$\Rightarrow 5t^2+14t = 3$
$\Rightarrow 5t^2+14t-3=0$

2. 解出$t$，得到$t = \dfrac{1}{5}$或$t = -3$

3. 還原$t = 5^x$，得到：
$5^x = \dfrac{1}{5},\ x = -1$
$5^x = -3$不可能存在，因此$x \not\in \mathbb{R}$

因此，$x = -1$。

## 101-01-12

### Statement

若$a = \log2$，$b = \log3$，則$\log_{12} 180 =$？

$\rm (A)\ 1-a+b$

$\rm(B)\ \dfrac{1+a^2+b^2}{a^2+b}$

$\color{red}{\rm(C)\ \dfrac{a+2b+1}{2a+b}}$

$\rm(D)\ \dfrac{2a+2b+1}{2a+b}$

$\rm(E)\ \dfrac{2a+2b-1}{2a+b}$

### Solution

考慮$\log12 = \log2 + \log 2 + \log 3$，因此$\log18 = a + a + b = 2a + b$

考慮$\log180 = \log3 + \log3 + \log2 + \log10 = b + b + a + 1 = a + 2b + 1$

因此$\log_{12}180 = \dfrac{\log180}{\log12} = \dfrac{a+2b+1}{2a+b}$

## 101-01-13

### Statement

求曲線$y = -\sqrt{12-x(x+4)}$與$x$軸所圍的區域面積為何？

$\rm(A)\ 4\pi$

$\rm(B)\ 5\pi$

$\rm(C)\ 6\pi$

$\rm(D)\ 7\pi$

$\color{red}{\rm(E)\ 8\pi}$

### Solution

$y = -\sqrt{12-x(x+4)}$

1. 將等號兩邊同時平方，得$y^2 = 12-x^2-4x$
整理後得到$x^2+y^2-4x-12=0$。

2. 可以透過配方法將這個等式配方成一個圓。
$x^2-4x+4+y^2 = 12+4$
$\Rightarrow (x-2)^2+y^2 = 16$
可以得知圓心$C=(2,0)$，半徑$r = \sqrt{16} = 4$，且在$x$軸上。

3. 透過觀察，可以知道這個圓心在$x$軸上，因此與$x$軸所圍的區域面積會是一個半圓。

4. 求半圓面積$\dfrac{1}{2} \times r^2\pi = \dfrac{1}{2} \times 16\pi = 8\pi$。

5. 與$x$軸所圍的區域面積為$8\pi$。

## 101-01-14

### Statement

方程式$\log(x+1) + \log(x+3) - 1 = \log(x+2)$的解為何？

$\rm (A)\ 5 - \sqrt{26}$

$\rm(B)\ 3 - \sqrt{26}$

$\rm(C)\ 1 - \sqrt{26}$

$\color{red}{\rm(D)\ 3 + \sqrt{26}}$

$\rm(E)\ 5 + \sqrt{26}$

### Solution

1. 改寫$\log(x+1) + \log(x+3) - 1 = \log(x+2)$

得到$\log(\dfrac{(x+1)(x+3)}{10}) = \log(x+2)$

2. 兩邊同時去掉$\log$

得到$\dfrac{(x+1)(x+3)}{10} = x+2$

3. 整理

$\dfrac{(x+1)(x+3)}{10} = x+2$

$\Rightarrow x^2+4x+3 = 10x+20$

$\Rightarrow x^2-6x-17 = 0$

4. 解方程式，利用公式解

$\dfrac{-(-6)\pm\sqrt{(-6)^2-4\times 1\times -17}}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{6\pm\sqrt{104}}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{6\pm 2\sqrt{26}}{2}$

$\Rightarrow 3\pm\sqrt{26}$

得到兩根$3 + \sqrt{26}$ 或 $3 - \sqrt{26}$。

5. 驗根

$3 - \sqrt{26} \approx 3 - 5 \approx -2$

因此$3 - \sqrt{26} + 1 < 0$，此根不合。

因此只有$3 + \sqrt{26}$在定義域中。

## 101-01-15

### Statement

設$\dfrac{2x^2-x+4}{x^3+4x} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx+C}{x^2+4}$，則$3A+2B+C = $？

$\rm (A)\ 3$

$\color{red}{\rm(B)\ 4}$

$\rm(C)\ 5$

$\rm(D)\ 6$

$\rm(E)\ 7$

### Solution

1. 改寫式子

$\dfrac{2x^2-x+4}{x^3+4x} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx+C}{x^2+4}$

$\Rightarrow 2x^2-x+4 = A(x^2+4) + (Bx+C)x$

$\Rightarrow 2x^2-x+4 = Ax^2+4A + Bx^2+Cx$

$\Rightarrow 2x^2-x+4 = (A+B)x^2+Cx+4A$

2. 比較係數

$4A = 4$，$A = 1$

$A+B=2 \Rightarrow 1 + B = 2$，$B = 1$

$C = -1$

3. 計算$3A+2B+C$

$3\times 1 + 2\times 1 + (-1) = 3 + 2 - 1 = 4$

## 101-01-16

### Statement

已知兩平面向量$\overrightarrow{u} = <3, -4>$與$\overrightarrow{v} = <x,y>$。

若$\overrightarrow{v}$可使$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$的內積值最大，

且$|\overrightarrow{v}|=2$，則$x=$？

$\rm (A)\ \dfrac{2}{5}$

$\rm(B)\ \dfrac{3}{5}$

$\rm(C)\ \dfrac{4}{5}$

$\rm(D)\ 1$

$\color{red}{\rm(E)\ \dfrac{6}{5}}$

### Solution

考慮到內積值最大，所以令$\cos\theta=1$，得到$\theta=0^{\circ}$，兩條向量重疊。

因此$\overrightarrow{v} = <3, -4>$，此時$|\overrightarrow{v}|=5$

將$\overrightarrow{v}$轉成單位向量$\overrightarrow{v}'$'，得到$\overrightarrow{v}' = <\dfrac{3}{5}, \dfrac{-4}{5}>$

此時$|\overrightarrow{v}'| = 1$

因此，我們只需要將向量值$x,y$乘以$2$，那麼就能使$|\overrightarrow{v}'| = 2$

得到$\overrightarrow{v}' = <\dfrac{6}{5}, \dfrac{-8}{5}>$

## 101-01-17

### Statement

不等式$\dfrac{x-7}{(x-1)^2} \le -1$的解為何？

$\rm(A)\ 3 \le x$

$\rm(B)\ x \le -2$

$\color{red}{\rm(C)\ -2\le x< 1\ 或\ 1 < x \le 3}$

$\rm(D)\ -2 \le x \le 3$

$\rm (E)\ x \le -2$ 或 $3 \le x$

### Solution

1. 將不等式改寫

$\dfrac{x-7}{(x-1)^2} \le -1$

$\Rightarrow \dfrac{x-7}{(x-1)^2}+1 \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{x-7 + (x-1)^2}{(x-1)^2} \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{x-7 + x^2-2x+1}{(x-1)^2} \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{x^2-x-6}{(x-1)^2} \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{(x-3)(x+2)}{(x-1)^2} \le 0$

2. 考慮分子分母的情況

1. 若$(x-3)(x+2) \le 0$且$(x-1)^2>0$

定義域：$x \neq 1$

$(x-3)(x+2) \le 0 \Rightarrow x \in [-2, 3]$

因此得到$-2 \le x < 1 \cap 1 < x \le 3$

2. 若$(x-3)(x+2) \ge 0$且$(x-1)^2<0$

定義域：$x \neq 1$

由於$(x-1)^2 < 0$絕對不存在，因此$x \in \emptyset$

3. 對兩者考慮取聯集，得到$-2 \le x < 1 \cap 1 < x \le 3$

3. 得到不等式的解：$-2 \le x < 1$ 或 $1 < x \le 3$。

## 101-01-18

### Statement

設$x, y$均為正數，且$3x+y=10$，則$x^3y^2$的最大值為何？

$\rm(A)\ 108$

$\rm (B)\ 116$

$\rm(C)\ 122$

$\color{red}{\rm(D)\ 128}$

$\rm (E)\ 134$

### Solution

1. 將式子改寫

$3x + y = x + x + x + \dfrac{y}{2} + \dfrac{y}{2}$

2. 帶入算幾不等式

$\dfrac{x+x+x+\dfrac{y}{2}+\dfrac{y}{2}}{5} \ge ({x^3\dfrac{y^2}{4})^{\dfrac{1}{5}}}$

$\Rightarrow \dfrac{10}{5} \ge ({x^3\dfrac{y^2}{4}})^{\dfrac{1}{5}}$

$\Rightarrow 2 \ge (x^3\dfrac{y^2}{4})^{\dfrac{1}{5}}$

$\Rightarrow 2^5 = 32 \ge \dfrac{x^3y^2}{4}$

$\Rightarrow 128 \ge x^3y^2$

3. 得到$x^3y^2$的最大值：$128$

## 101-01-19

### Statement

設$A(x,y), B(-1, 4), C(5, -4)$，且$\Delta ABC$的重心座標為$(2, -1)$，則$x - y = $？

$\rm (A)\ 1$

$\rm(B)\ 2$

$\rm(C)\ 3$

$\rm(D)\ 4$

$\color{red}{\rm(E)\ 5}$

### Solution

1. 利用公式求重心座標

$G_x = \dfrac{x + (-1) + 5}{3} = 2,\ \dfrac{G_y} = \dfrac{y + 4 + (-4)}{3} = -1$

$x = 2,\ y = -3$

2. $x - y = 2 - (-3) = 5$

## 101-01-20

### Statement

平面上 $2|x|+3|y| \le 6$ 所表示區域的面積為何？

$\rm (A)\ 4$

$\rm(B)\ 8$

$\color{red}{\rm(C)\ 12}$

$\rm(D)\ 16$

$\rm(E)\ 32$

### Solution

窮舉$x$與$y$的所有情況並做圖，如以下。

| x = -3 | x = -2 | x = -1 | x = 0 | x = 1 | x = 2 | x = 3 |
| :----: | :---------------: | :---------------: | :----: | :---------------: | :---------------: | :---: |
| 0 | $\pm\dfrac{2}{3}$ | $\pm\dfrac{4}{3}$ | $\pm2$ | $\pm\dfrac{4}{3}$ | $\pm\dfrac{2}{3}$ | 0 |

做圖後可以發現這是一個菱形。


因此，我們可以帶入對角線公式，來獲得面積。

$\dfrac{6\times 4}{2} = 12$

## 101-02-01

### Statement

設$\sin\alpha = \dfrac{4}{5}$，$\cos\beta = \dfrac{-5}{13}$，且$0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{\pi}{2} < \beta < \pi$，則$\sin(\alpha - \beta)=$？

$\color{red}{\rm(A)\ \dfrac{-56}{65}}$

$\rm(B)\ \dfrac{-16}{65}$

$\rm(C)\ \dfrac{16}{65}$

$\rm(D)\ \dfrac{27}{65}$

$\rm(E)\ \dfrac{56}{65}$

### Solution

$\because 0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$

$\therefore 0 < \sin\alpha< 1,\ 0 < \cos\alpha < 1$

$\cos\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\alpha} = \sqrt{1 - \dfrac{16}{25}} = \sqrt{\dfrac{9}{25}} = \dfrac{3}{5}$

$\because \dfrac{\pi}{2} < \beta < \pi$

$\therefore 0 < \sin\beta < 1,\ -1 < \cos\beta < 0$

$\sin\beta = \sqrt{1 - \cos^2\beta} = \sqrt{1 - (\dfrac{-5}{13})^2} = \dfrac{12}{13}$

$\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \sin\beta\cos\alpha = \dfrac{4}{5}\times \dfrac{-5}{13} - \dfrac{12}{13}\times \dfrac{3}{5} = \dfrac{-20}{65} - \dfrac{36}{65} = \dfrac{-56}{65}$

## 102-02-02

### Statement

方程式$2^{x^2}\cdot4^x\cdot16=8^x\cdot 64$之所有解的和為何？

$\rm(A)\ -2$

$\rm(B)\ -1$

$\rm(C)\ 0$

$\color{red}{\rm(D)\ 1}$

$\rm(E)\ 2$

### Solution

將式子改寫。

$2^{x^2} \cdot 4^x = 8^x \cdot 64$

$\Rightarrow 2^{x^2} \cdot 2^{2x} = 2^{3x} \cdot 2^6$

$\Rightarrow 2^{x^2+2x} = 2^{3x+6}$

兩邊同取$\log_2$，得到$x^2+2x = 3x+6$

也就得到$x^2-x-6=0$，因式分解得到$(x-3)(x+2)=0$

解根得到$x = 3$或$x = -2$，$3 + (-2) = 1$

## 101-02-03

### Statement

已知$\Gamma$表$f(x,y)=0$所對應之圖形，若$\Gamma$水平方向拉長$2$倍，再往右平移$1$單位，則此新圖形的方程式為何？

$\rm(A)\ f(\dfrac{x}{2}+1,y) = 0$

### Solution

考慮拉長兩倍，那麼$a$要變大兩倍，因此$x$乘以$\dfrac{1}{2}$

考慮往右平移一單位，那麼座標$x-1$，因此$x$減$1$

因此$f=(\dfrac{x-1}{2}, y) = 0$。

## 101-02-04

### Statement

設直線$L$過點$(-1, 1)$且與直線$8x-6y=1$垂直，則此直線方程式為何？

$\rm(A)\ 3x-4y=-1$

$\rm(B)\ 4x+3y=-1$

$\rm(C)\ 4x-3y=-7$

$\color{red}{\rm(D)\ 3x+4y=1}$

$\rm(E)\ x-y=-2$

### Solution

直線$8x-6y=1$的斜率為$\dfrac{-8}{-6} = \dfrac{4}{3}$

因此造一條與其垂直的直線，這條直線的斜率與其斜率乘積必為$-1$。

$\dfrac{4}{3} \times m = -1, m = \dfrac{-3}{4}$

已知此直線會過點$(-1,1)$，因此$y-1 = \dfrac{-3}{4}(x+1)$

$4y-4 = -3(x+1),\ 3x+4y = 1$

## 101-02-05

### Statement

過點$(2, -3)$與圓$(x-1)^2+(y+1)^2=5$相切的直線方程式為何？

$\rm(A)\ 2x-y=7$

$\rm(B)\ x+2y=-4$

$\rm(C)\ 2x-3y=13$

$\rm(D)\ 3x-2y=12$

$\color{red}{\rm(E)\ x - 2y = 8}$

### Solution

從圓的方程式可以知道，圓心為$(1, -1)$且半徑為$\sqrt{5}$。

因此我們可以造過點$(2, -3)$的線，並且距離與圓心剛好為$\sqrt{5}$

可以套用距離公式來得到。

令與圓相切的直線為$y +3 = m(x-2)$

整理後得到$mx - y - 2m -3 = 0$

我們可以套用距離公式，得到$\dfrac{|mx-y-2m-3|}{\sqrt{m^2+(-1)^2}} = \sqrt{5}$

將圓心帶入距離公式，得到$|m+1-2m-3| = \sqrt{5}\sqrt{m^2+1}$

整理後得到$|-m-2| = \sqrt{5m^2+5}$

兩邊平方後得到$(-m-2)^2 = 5m^2-5 \Rightarrow m^2+4m+4 = 5m^2+5$

因此$-4m^2+4m-1$，$m = \dfrac{1}{2}$ (重根)

$y + 3 = \dfrac{1}{2}(x-2)$

$\Rightarrow \ 2y+6 = x-2$

$\Rightarrow \ x-2y-8=0$

$\Rightarrow x - 2y = 8$

## 101-02-06

### Statement

以$(1, 3+\sqrt{5})$與$(1, 3-\sqrt{5})$為兩焦點且短軸長為$6$之橢圓方程式為何？

$\color{red}{\rm(A)\ \dfrac{(x-1)^2}{9} + \dfrac{(y-3)^2}{14} = 1}$

$\rm(B)\ \dfrac{(x-1)^2}{9}+\dfrac{(y-3)^2}{25}=1$

$\rm(C)\ \dfrac{(x-1)^2}{14}+\dfrac{(y-3)^2}{9} = 1$

$\rm(D)\ \dfrac{(x-3)^2}{9} + \dfrac{(y-1)^2}{14} = 1$

$\rm(E)\ \dfrac{(x-3)^2}{25} + \dfrac{(y-1)^2}{9} = 1$

### Solution

兩焦點只有$y$軸有變動，因此這是一個貫軸平行$y$軸的橢圓。

中心$(x,y) = (\dfrac{1+1}{2},\dfrac{3+\sqrt{5}+3-\sqrt{5}}{2}) = (1, 3)$

$2c = (3 + \sqrt{5}) - (3 - \sqrt{5}) = 2\sqrt{5},\ c = \sqrt{5}$

$2b = 6, b = 3$

因此$a = \sqrt{3^2+(\sqrt{5})^2} = \sqrt{9 + 5} = \sqrt{14}$

依照$\dfrac{(x-h)}{b} + \dfrac{(y-k)}{a} = 1$列式，得

$\dfrac{(x-1)}{9} + \dfrac{(y-3)}{14} = 1$

## 102-01-17

### Statement
若直線通過點$(3, 4)$$且在第一象限與兩軸所圍三角形面積最小，則此直線的兩截距和為何？

### Solution
列出直線式子：$y - 4 = m(x - 3)$

求得$x, y$的截距：
令$x = 0,\ y = -3m+4$
令$y = 0,\ x = \dfrac{-4}{m} + 3$

因此$xy = (-3m+4)(\dfrac{-4}{m} + 3) = 12 - 9m - \dfrac{16}{m} + 12 = -9m - \dfrac{16}{m}+24$

利用微分解出極值，因此零次項捨去不用：

$\because f'(m) = \dfrac{d}{dm}(f + g) = \dfrac{d}{dm}(f) + \dfrac{d}{dm}(g)$

$\therefore f'(m) = \dfrac{d}{dm}(-9m) + \dfrac{d}{dm}(-\dfrac{16}{m})$

$f'(m) = -9 + \dfrac{16}{m^2} = 0$

$9m^2 = 16, m = \sqrt{\dfrac{16}{9}} = \pm\dfrac{4}{3}$ (正不合)

帶回截距，得$y = \dfrac{-4}{3}\times -3 + 4 = 8,\ x = \dfrac{-4}{\dfrac{-4}{3}} + 3 = 6$

$x + y = 14$

## 102-02-11

### Statement

若直線通過點$P(3, 4)$且兩軸截距均為整數，則滿足條件的直線共有幾條?

$\rm(A)\ 3$

$\rm(B)\ 6$

$\rm(C)\ 9$

$\color{red}{\rm(D)\ 12}$

$\rm(E)\ 15$

### Solution

1. 利用點斜式，$\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} = 1$

2. 整理方程式，得到$xb+ay=ab$

3. 帶入點$(3, 4)$，得到$3b+4a=ab \Rightarrow 3b+4a-ab=0 \Rightarrow ab-3b-4a = 0$

4. 將$ab-3a-4a$寫成$(b-4)(a-3) = 12$

5. 令$u = (b-4), v = (a-3)$，那麼$uv = 12$

因為$a,b \in \mathbb{R}$，因此$u, v \in \mathbb{R}$

6. 窮舉$uv$的$u$為整數的所有可能，可以知道一定會是$12$的因數。

因此考慮所有可以整除$12$的整數，得到$[-1,-2,-3,-4,-6,-12, 1, 2, 3, 4, 6, 12]$

代換回去後可得到$b$，因此答案為$12$個。

## 103-02-10

### Statement

設$\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{1}{2}$，求$\cos4\theta$

$\rm (A)\ \dfrac{-1}{4}$

$\color{red}{\rm(B)\ \dfrac{-1}{8}}$

$\rm(C)\ \dfrac{\sqrt{3}}{4}$

$\rm(D)\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\rm (E)\ 1$

### Solution

1. 展開$\cos4\theta$的式子

$\cos4\theta = \cos^22\theta - \sin^22\theta$

$= \cos^22\theta - (2\sin\theta\cos\theta)^2$

2. 將$\sin\theta-\cos\theta$平方，得到

$(\sin\theta-\cos\theta)^2 = \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow \sin^2\theta - 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow 1 - 2\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow \sin\theta\cos\theta = \dfrac{3}{8}$

3. 求$\sin^22\theta$

$\sin^22\theta = (\dfrac{6}{8})^2 = (\dfrac{3}{4})^2 = \dfrac{9}{16}$

4. 求$\cos^22\theta$

$\sin^22\theta + \cos^22\theta = 1,\ \cos^22\theta = 1 - \dfrac{9}{16} = \dfrac{7}{16}$

5. 計算$\cos^22\theta - \sin^22\theta$

$\cos^22\theta - \sin^22\theta = \dfrac{7}{16} - \dfrac{9}{16} = \dfrac{-2}{16} = \dfrac{-1}{8}$

# 北科數學會考歷屆詳解

無聊就寫.jpg

有數學的問題可以問我，但不一定會得到解答，~~因為我也不會~~

[Instagram](https://www.instagram.com/qtrabit._2._6.2_/)
[Line](ID: rundll99)
[Facebook](https://www.facebook.com/)

## 100-01-05

### Statement

$\dfrac{x^2-7x+12}{x^2-3x+2} \le -1$之解為何？

$\rm(A)\ 1\le x < 2$
$\rm(B)\ 1 < x \le 2$
$\color{red}{\rm(C)\ 1 < x < 2}$
$\rm(D)\ x \ge 2\ 或\ x < 1$
$\rm(E)\ x > 2\ 或\ x < 1$

### Solution

先對不等式做移項，得$\dfrac{x^2-7x+12}{x^2-3x+2} +1 \le 0$

再進行整理，得$\dfrac{x^2-7x+12 + x^2 -3x + 2}{x^2-3x+2} \le 0 \Rightarrow \dfrac{2x^2-10x+14}{x^2-3x+2} \le 0 \Rightarrow \dfrac{2(x^2-5x+7)}{x^2-3x+2} \le 0$

不等式兩邊同除以2，因此得到$\dfrac{x^2-5x+7}{x^2-3x+2} \le 0$。

分子分母各做因式分解，得到$\dfrac{x^2-5x+7}{(x-2)(x+1)} \le 0$

接下來，考慮兩種情況使式子小於等於0。

1. 考慮$x^2-5x+7 \le 0$且$(x-2)(x+1) > 0$
1. $x^2-5x+7$無實數解且開口向上($a>0$)，帶入x=0後y不等於0，因此不可能會有負或者0的可能，所以$x \in \emptyset$。
2. $(x-2)(x+1) > 0$可以得$x>2$或$x<-1$。
因此，對這兩項取交集得到空集$\emptyset$。

2. 考慮$x^2-5x+7 \ge 0$且$(x-2)(x+1) < 0$
1. $x^2-5x+7$無實數解且開口向上($a>0$)，因此任意一種$x$對應到的$y$都是正整數，因此$x \in \mathbb{R}$。
2. $(x-2)(x+1) > 0$可以得$-1 < x < 2$。
因此，對這兩項取交集得到空集$-1 < x < 2$。

總結以上兩種考慮取聯集，得到$-1 < x < 2$。

## 100-01-06

### Statement

若$a,\ b$均為實數且$ax^2+bx-10<0$之解為$\dfrac{-5}{2}<x<\dfrac{4}{3}$，則$a+b=$？

$\rm(A)\ 5$
$\rm(B)\ \dfrac{11}{2}$
$\rm(C)\ 6$
$\color{red}{\rm(D)\ \dfrac{13}{2}}$
$\rm(E)\ 7$

### Solution

可以根據結果列出式子，得：

$(x+\dfrac{5}{2})(x-\dfrac{4}{3}) < 0 \\ \Rightarrow x^2-\dfrac{4x}{3}+\dfrac{5x}{2}+\dfrac{-20}{6} < 0 \\ \Rightarrow 6x^2-8x+15x-20 < 0 \\ \Rightarrow 6x^2+7x-20 < 0$

兩邊共除2，得$3x^2+\dfrac{7}{2}x-10 < 0$

$a = 3,\ b = \dfrac{7}{2},\ a + b = \dfrac{13}{2}$

## 100-02-01

### Statement

若$\alpha$，$\beta$為方程式$x^2+12x+9=0$的兩根，則$(\sqrt{\alpha}-\sqrt{\beta})^2=$？

$\rm(A)\ -18$
$\color{red}{\rm(B)\ -6}$
$\rm(C)\ 6$
$\rm(D)\ 12$
$\rm(E)\ 18$

### Solution

我們可以依照偉達定理(根與係數)的概念來寫這一題。

令一二次多項式$ax^2+bx+c$，存在兩根$\alpha$與$\beta$。

那麼$\alpha + \beta = \dfrac{-b}{a}$，且$\alpha\beta = \dfrac{c}{a}$

因此，我們可以把欲求的式子展開，得：

$\sqrt{\alpha}^2 - 2\sqrt{\alpha}\sqrt{\beta} + \sqrt{\beta}^2$

$\Rightarrow \alpha - 2\sqrt{\alpha\beta} + \beta$

根據偉達定理我們可以求得

$\alpha + \beta = \dfrac{-b}{a} = \dfrac{-12}{1} = -12$

$\alpha\beta = \dfrac{c}{a} = \dfrac{9}{1} = 9$

注意一下$\alpha + \beta = -12$，$\alpha \beta = 9$
若兩根一正一負那麼$\alpha\beta<0$，若兩根都是正的那麼$a+b>0$

因此剩下唯一的兩根都是負的才能使偉達定理成立。
$\sqrt{\alpha}\sqrt{\beta}$會存在複數，相乘後可以得到$-\sqrt{\alpha\beta}$。

因此帶回欲求之式子：

$-12 - 2\times -\sqrt{9} = -12 + 6 = -6$

## 100-02-02

### Statement

若 $x^4-x^3-x^2-x-2$ 與 $2x^3+x^2-7x-6$ 的最高公因式為 $x^2+bx+c$，則$b+2c=$？

$\color{red}{\rm(A)\ -5}$
$\rm(B)\ -3$
$\rm(C)\ 0$
$\rm(D)\ 5$
$\rm(E)\ 7$

### Solution

第一式的因式$ax+b$的$a$一定會是1的因素(因為最大項係數等於1)，
且$b$一定會是2的因數(因為最小項的係數等於2)，第二式亦同。

因此我們可以對第一式做因式分解，得到$(x+1)(x-2)(x^2+1)$
接著我們以相同方式對第二式做因式分解，得倒$(x+1)(x-2)(2x+3)$

可以觀察到最大公因式即為$(x+1)(x-2) = x^2-x-2$
比較係數後得到$b=-1, c = -2$

則$b + 2c = -1 + 2\times -2 = -5$。

## 100-02-03

### Statement

若$\dfrac{8x^3-6x+1}{(2x+1)^4} = \dfrac{a}{(2x+1)} + \dfrac{b}{(2x+1)^2} + \dfrac{c}{(2x+1)^3} + \dfrac{d}{(2x+1)^4}$，則$2a+b-c+d=$？

$\rm(A)\ -2$
$\rm(B)\ -1$
$\rm(C)\ 0$
$\rm(D)\ 1$
$\color{red}{\rm(E)\ 2}$

### Solution

我們可以使用綜合除法，將$2x+1$改寫成$x+\dfrac{1}{2}$，然後再對除出來的係數除以2。


因此$a = 1,\ b = -3,\ c = 0,\ d = 3$。

$2a + b - c + d = 1\times 2 + (-3) - 0 + 3 = 2$。

## 100-02-04

### Statement

$x^2-4x+2 \le |x-2|$ 之解為何？

$\rm(A)\ 1\le x \le 4$
$\rm(B)\ 2\le x \le 4$
$\rm(C)\ 0\le x \le 2$
$\color{red}{\rm(D)\ 0\le x \le 4}$
$\rm(E)\ 0\le x \le 3$

### Solution

1. 考慮$x^2-4x+2 \le x-2$：
移項，$x^2-4x+2-x+2 \le 0$
整理，$x^2-5x+4 \le 0$
那麼我們可以將其因式分解，得$(x-4)(x-1) \le 0$，並且可以得到$1 \le x \le 4$。

2. 考慮$x^2-4x+2 \le -x+2$：
移項，$x^2-4x+2+x-2 \le 0$
整理，$x^2-3x \le 0$
那麼我們可以將其因式分解，得$x(x-3) \le 0$，並且可以得到$0 \le x \le 3$

對剛剛考慮的兩個東西產生出來的結果取聯集，得到$0 \le x \le 4$。

## 100-02-05

### Statement

$2\log_2x-\log_x2<1$之解為何？

$\rm(A)\ x<\dfrac{-1}{2}\ 或\ 0 < x < 1$
$\rm(B)\ 0<x<\dfrac{1}{2}\ 或\ 1 < x < 2$
$\rm(C)\ x<\dfrac{-1}{\sqrt{2}}\ 或\ 0 < x < 1$
$\rm(D)\ x<\dfrac{-1}{\sqrt{2}}\ 或\ 1 < x < 2$
$\color{red}{\rm(E)\ 0<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}\ 或\ 1 < x < 2}$

### Solution

$2\log_2x-\log_x2<1$

$\Rightarrow 2\log_2x-\dfrac{\log{2}}{\log{x}} < 1$

$\Rightarrow 2\log_2x-\dfrac{1}{\log_2x} < 1$

令$\log_2x = t$，那麼

$2t - \dfrac{1}{t} < 1$
$\Rightarrow 2t - \dfrac{1}{t} - 1 < 0$

$\Rightarrow \dfrac{2t^2-t-1}{t} < 0$

考慮兩種情況。

1. 若$t>0$且$2t^2-t-1<0$
$2t^2-t-1<0 = (2t+1)(t-1)<0 = \dfrac{-1}{2} < t < 1$
與$t>0$取交集得到$0 < t < 1$。

2. 若$t<0$且$2t^2-t-1>0$
$2t^2-t-1>0 = (2t+1)(t-1)>0 = t < \dfrac{-1}{2}\ 或\ t > 1$
與$t<0$取交集得到$t < \dfrac{-1}{2}$。

對這兩種考慮取聯集，得到$t < \dfrac{-1}{2}$或$0 < t < 1$。

還原，得到$x < \dfrac{1}{\sqrt{2}}$或$1 < x < 2$。

## 100-02-07

### Statement

已知向量$\overrightarrow{AB}=(-31, 29)$，$\overrightarrow{AC}=(23, -11)$，則下列向量長中，何者為最大？

$\rm(A)\ |\overrightarrow{AB}|$
$\color{red}{\rm(B)\ |\overrightarrow{BC}|}$
$\rm(C)\ |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}|$
$\rm(D)\ |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}|$
$\rm(E)\ |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}|$

### Solution

$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC}$
$\overrightarrow{BA} = (31, -29)$

$\overrightarrow{BC} = (31, -29) + (23, -11) = (54, -40)$
$\overrightarrow{CA} = (-23, 11)$

考慮向量長的公式，當存在一向量$\overrightarrow{L} = (A,B)$，$\overrightarrow{L}$的向量長為$|\overrightarrow{L}| = \sqrt{A^2+B^2}$
因此若$|A|+|B|$越大，那麼向量長越大。

考慮選項A：$|-31|+|29| = 60$
考慮選項B：$|54|+|-40| = 94$
考慮選項C：$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} = (-31, 29) + (54, -40) = (23, -11)$，$|23|+|-11|=34$
考慮選項D：$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} = (-31, 29) + (23, -11) = (-8, 18)$，$|-8|+|18|=26$
考慮選項E：$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA} = (-31, 29) + (54, -40) + (-23, 11) = (0, 0)$，$|0|+|0| = 0$

因此，故選B。

## 100-02-08

### Statement

設$y=ax^2+bx+c$的圖形如下，則下列各式中，何者為負值？


$\rm(A)\ abc$
$\rm(B)\ b^2-4ac$
$\rm(C)\ c^2-4ab$
$\rm(D)\ b+\sqrt{b^2-4ac}$
$\rm(E)\ b-\sqrt{b^2-4ac}$

### Solution

因為開口向上，所以$a>0$。
觀察$x=0$，可以發現對應到的$y<0$，因此$c<0$
觀察一下對稱軸，$\dfrac{-b}{2a} > 0$，因此$b<0$

因此$abc > 0$，$b^2-4ac>0$因為有實數解。
$c^2-4ab > 0$因為$ab<0$。

而$b+\sqrt{b^2-4ac}$必為正因為可以從圖中觀察到這個根是正數，
另一根是負數因此$b-\sqrt{b^2-4ac}$小於0，故選E。

## 100-02-09

### Statement

已知$4x^2+y^2-4x+8y=8$，則$x$的最大值為何？

$\rm (A)\ 1$
$\rm (B)\ 2$
$\color{red}{\rm (C)\ 3}$
$\rm (D)\ 4$
$\rm (E)\ 5$

### Solution

這是一個橢圓，可以用配方法來找短邊或者長邊，加上中心就是最大的$x$了。

$4x^2-4x+y^2+8y=8$

$4(x^2-x)+y^2+8y=8$

$4(x^2-x+\dfrac{1}{4})+y^2+8y+16=8+16+1$

$4(x-\dfrac{1}{2})^2+(y+4)^2=25$

$\dfrac{(x-\dfrac{1}{2})^2}{\dfrac{25}{4}}+\dfrac{(y+4)^2}{25}$

由此可知這個橢圓的短邊平行$x$軸

$a = \sqrt{25} = 5, b = \sqrt{\dfrac{25}{4}} = \dfrac{5}{2}$

中心可從式子得知，$(x,y) = (\dfrac{1}{2}, -4)$

因此，加上$x$的部份得到$\dfrac{5}{2} + \dfrac{1}{2} = 3$

## 100-02-10

### Statement

拋物線$y=4-2x-x^2$與$x$軸兩交點的距離為何？

$\rm (A)\ 2$
$\rm (B)\ 3$
$\color{red}{\rm (C)\ 2\sqrt{5}}$
$\rm (D)\ 6$
$\rm (E)\ 8$

### Solution

將y等於$0$，求出$x$。

$-x^2-2x+4=0$

先確定$b^2-4ac$是否大於$0$。

$(-2)^2-4\times(-1)\times4 = 4+16 = 20$

因此兩根為$\dfrac{2\pm\sqrt{20}}{-2} = \dfrac{2\pm2\sqrt{5}}{-2}$

$\dfrac{2+\sqrt{5}}{-2} - \dfrac{2-\sqrt{5}}{-2} = 2\sqrt{5}$

## 100-02-11

### Statement

設雙曲線$x^2-y^2=x+2y$兩漸進的夾角為$\theta$，則$\sin\dfrac{\theta}{2}=$？

$\rm (A)\ 0$
$\color{red}{\rm (B)\ \dfrac{1}{\sqrt{2}}}$
$\rm (C)\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\rm (D)\ \dfrac{2}{\sqrt{5}}$

$\rm (E)\ 1$

### Solution

配方雙曲線得到標準式。

$x^2-x-y^2-2y=0 \Rightarrow x^2-x+\dfrac{1}{4}-y^2-2y+1 = \dfrac{5}{4}$

$(x-\dfrac{1}{2})^2-(y-1)^2=\dfrac{5}{4}$

$\dfrac{4(x-\dfrac{1}{2})^2}{5} - \dfrac{4(y-1)^2}{5} = 1$

求漸進線，令等號右邊為0

$\dfrac{4(x-\dfrac{1}{2})^2}{5} = \dfrac{4(y-1)^2}{5}$

$(x-\dfrac{1}{2})^2 = (y-1)^2$

$(x-\dfrac{1}{2})^2-(y-1)^2 = 0$

$(x-\dfrac{1}{2}-(y-1))(x-\dfrac{1}{2}+(y-1)) = 0$

$(x-y+\dfrac{1}{2})(x+y+\dfrac{3}{2}) = 0$

第一條線$(x-y+\dfrac{1}{2})$可求斜率$m=1$

第二條線$(x+y+\dfrac{3}{2})$可求斜率$m=-1$

因此，這兩條線垂直$(m_1 \times m_2 = -1)$，夾角為$90^{\circ}$

因此$\sin\dfrac{90^{\circ}}{2} = \sin45^{\circ} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

## 100-02-12

### Statement

不等式$\dfrac{3\cdot2^x-18\cdot2^{-x}}{2^x-2^{-x}} \le 2$之解為何？

$\rm(A)\ -1\le x \le 1$

$\rm(B)\ 0 < x \le 1$

$\rm(C)\ 1 \le x \le 2$

$\color{red}{\rm (D)\ 0 < x \le 2}$

$(E)\ 1 \le x \le 4$

### Solution

將分子分母上下同乘$2^x$。

$\dfrac{3\cdot2^x-18\cdot2^{-x}}{2^x-2^{-x}} \Rightarrow \dfrac{3\cdot2^{2x} - 18}{2^{2x}-1} \le 2$

移項。

$\dfrac{3\cdot2^{2x} - 18}{2^{2x}-1} -2 \le 0$

$\dfrac{3\cdot 2^{2x} - 18 - 2(2^{2x}-1)}{2^{2x}-1} \le 0$

$\dfrac{3\cdot 2^{2x} - 18 - 2\cdot 2^{2x} + 2}{2^{2x} - 1} \le 0$

$\dfrac{2^{2x} - 16}{2^{2x} - 1} \le 0$

令$t = 2^{2x}$

$\dfrac{t-16}{t-1} \le 0$

考慮以下兩點：

1. $t - 16 \ge 0$，$t - 1 < 0$

$t \ge 16,\ t < 1$，這兩個不等式沒有任何交集，因此$t \in \emptyset$

2. $t - 16 \le 0$，$t - 1 > 0$

$t \le 16,\ t > 1$，這兩個不等式的交集為$1 < t \le 16$

將以上考慮的兩點做聯集，得到$1 < t \le 16$

還原$t$得到$1 < 2^{2x} \le 16$，因此$0 < x \le 2$

## 100-02-13

### Statement

方程式$10\cdot x^{2\log x} = x^3$之所有實根的平方和為何？

$\rm (A)\ 100$
$\rm (B)\ 101$
$\color{red}{\rm (C)\ 110}$
$\rm (D)\ 111$
$\rm (E)\ 121$

### Solution

等號兩邊同除$x^{2\log x}$

$10 = x^{3 - 2\log x}$

$1 = (3-2\log x) \times \log(|x|)$

因為要求實根，因此可以限定$x > 0$，所以$(3 - 2\log x)\times \log(x)$

令$t = \log x$

$1 = (3 - 2t)\times t \Rightarrow -2t^2+3t-1 = 0$

因式分解得到$(-2t+1)(t-1) = 0$

可以解出$t = \dfrac{1}{2}$或$t = 1$

還原$t$，可以得到$\log x = \sqrt{10}$ 或 $\log x = 10$

兩根的平方和為$\sqrt{10}^2 + 10^2 = 110$

## 100-02-14

### Statement

若$f(x) = \log_2(x^3+x^2-7x+5)$，則$f(1+\sqrt{2})=$？

$\rm (A)\ 1$
$\rm (B)\ 2$
$\color{red}{\rm (C)\ 3}$
$\rm (D)\ 4$
$\rm (E)\ 5$

### Solution

觀察一下，可以嘗試把$x^3+x^2-7x+5$化簡成$c(x-1)^2+b(x-1)+a...$

這部分可以用綜合除法做到。

<img src="https://i.imgur.com/NthigKr.png" alt="image-20200811174256631" style="zoom:50%;" />

因此可得$(x-1)^3 + 4(x-1)^2 -2(x-1)$。

把$f(1 + \sqrt{2})$帶進去，得：

$\log_2((\sqrt{2})^3+4(\sqrt{2})^2-2(\sqrt{2})) = \log_2({2\sqrt{2}+8-2\sqrt{2}}) = \log_28 = 3$

## 100-02-15

### Statement

設$\cos\theta+\cos^2\theta = 1$，則$\sin^2\theta + \sin^4\theta = $？

$\rm (A)\ \dfrac{1}{4}$

$\rm (B)\ \dfrac{1}{3}$

$\rm (C)\ \dfrac{1}{2}$

$\rm (D)\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\color{red}{\rm (E)\ 1}$

### Solution

$\cos^2\theta = 1 - \cos\theta$

$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2\theta = 1 - (1 - \cos\theta) = \cos\theta$

$\sin^4 = (\sin^2)^2 = \cos^2\theta$

$\sin^2\theta + \sin^4\theta = \cos\theta + \cos^2\theta = 1$

## 100-02-16

### Statement

設$\tan100^{\circ}=k$，則$\sin 80^{\circ} = $？

$\color{red}{\rm (A)\ \dfrac{-k}{\sqrt{1+k^2}}}$

$\rm (B)\ \dfrac{\sqrt{k}}{\sqrt{1+k^2}}$

$\rm (C)\ \dfrac{-1}{\sqrt{1+k^2}}$

$\rm (D)\ \dfrac{k}{\sqrt{1+k^2}}$

$\rm (E)\ \dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}$

### Solution

畫個圖

<img src="https://i.imgur.com/JDYhJmA.png" alt="image-20200811202835139" style="zoom: 50%;" />

看圖可以觀察到，$\sin100^{\circ} = \sin80^{\circ} = \dfrac{-k}{\sqrt{1+k^2}}$

## 100-02-17

### Statement

設$a = \sec434^{\circ}$，$b = \sin 100^{\circ}$，$c = \cos 260^{\circ}$，$d = \cot 28^{\circ}$，$e = \csc 155^{\circ}$

則下列何者正確？

$\rm (A)\ b < c < d < e < a$

$\rm(B)\ c < b < d < e < a$

$\rm(C)\ c < b < e < d < a$

$\rm(D)\ c < b < d < a < e$

$\rm(E)\ b < c < a < d < e$

### Solution

$a = \sec 434^{\circ} = \sec 74^{\circ} = \csc 16^{\circ}$

$b = \sin100^{\circ} = \sin80^{\circ}$

$c = \cos 260^{\circ} = -\cos80^{\circ}$

$d = \cot28^{\circ}$

$e = \csc155^{\circ} = \csc25^{\circ}$

因此$a > e$，$c < b$，故選B。

## 100-02-18

### Statement

平面上有兩點$A (1, 2)$，$B(a,b)$，若直線$\overline{AB}$之垂直平分線為$x + 2y - 10 = 0$，則$a - b$ = ？

$\rm (A)\ -1$

$\rm (B)\ -2$

$\color{red}{\rm (C)\ -3}$

$\rm (D)\ -4$

$\rm (E)\ -5$

### Solution

垂直平分線，因此垂直平分線通過$\overline{AB}$的中點$(\dfrac{1+a}{2}, \dfrac{2+b}{2})$。

帶入垂直平分線得到$\dfrac{1+a}{2} + 2+b - 10 = 0 \Rightarrow 1+a+4+2b-20=0$

$\Rightarrow a+2b=15$

而我們可以求得垂直平分線的斜率，得到$m = \dfrac{-1}{2}$，因此與其垂直的斜率一定是$m = \dfrac{-1}{\dfrac{-1}{2}} = 2$

因此按照斜率定義，可以得到$\dfrac{2-b}{1-a} = 2$，整理得到$2- b = 2 - 2a \Rightarrow 2a = b$。

帶回第一式可以得到$5a = 15,\ a =3,\ b = 6$。

$a - b = 3 - 6 = -3$

## 100-02-19

### Statement

設直線$bx+ay-ab=0$，$a > 0,\ b < 0$過點$(1, 2)$，若此直線與二坐標軸相交，圍成一個面積為$2$的三角形，則$a+2b=$？

$\rm (A)\ -7-3\sqrt{3}$

$\rm (B)\ -6-3\sqrt{3}$

$\color{red}{\rm (C)\ -5-3\sqrt{3}}$

$\rm (D)\ -4-3\sqrt{3}$

$\rm (E)\ -3-3\sqrt{3}$

### Solution

可以推出$x, y$的通式。

$bx + ay = ab$，求出$x,y$的截距。

當$y=0$，那麼$bx = ab$，$x = a$

當$x = 0$，那麼$ay = ab$，$y = b$

已知$a > 0, b < 0$過點$(1, 2)$，此直線與二坐標軸相交，圍成一個面積為$2$的三角形。

因此可以知道$\dfrac{1}{2}|a||b| = 2$，可知$ab = -4$或者$ab = 4$，但是$a > 0, b < 0$，因此$ab = 4$不合。

已知過點$(1, 2)$且$ab = -4$，因此可以把點帶入得到$b + 2a = -4$，

又$ab = -4$所以$a = \dfrac{-4}{b}$，所以得到$b + \dfrac{-8}{b} = -4$

同乘以$b$可以得到$b^2+4b-8$。'

利用公式解可以解出$\dfrac{-4\pm\sqrt{16-4\times 1\times -8}}{2} = \dfrac{-4\pm\sqrt{48}}{2} = \dfrac{-4\pm4\sqrt{3}}{2}$

那麼可以解出兩根$-2+2\sqrt{3}$或者$-2-2\sqrt{3}$，其中由於$b<0$，因此$-2+2\sqrt{3}$不合。

帶回求出$a$得到$a = \dfrac{-4}{-2-2\sqrt{3}} = \dfrac{-4}{-2(1+\sqrt{3})}$

化簡得到$a = \dfrac{2}{1+\sqrt{3}} = \dfrac{2(1-\sqrt{3})}{-2} = -1(1-\sqrt{3}) = \sqrt{3}-1$

因此$a + 2b = \sqrt{3}-1 + -4 -4\sqrt{3} = -5-3\sqrt{3}$

## 100-02-20

### Statement

設直線$3x+y=1$與$x+3y=2$之夾角為$\theta$，則$\cos2\theta=$？

$\color{red}{\rm (A)\ \dfrac{-7}{25}}$

$\rm (B)\ \dfrac{-6}{25}$

$\rm (C)\ \dfrac{-1}{5}$

$\rm (D)\ \dfrac{-4}{25}$

$\rm (E)\ \dfrac{-3}{25}$

### Solution

考慮兩條線的斜率。

$3x + y = 1,\ m_1 = \dfrac{-3}{1} = -3$

$x + 3y = 2,\ m_2 = \dfrac{-1}{3}$

兩條線的斜率相減可形成一個夾角，可以視為$\tan$來考慮。

$\tan(m_1 - m_2) = \dfrac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} = \dfrac{-3 - \dfrac{-1}{3}}{1 + 1} = \dfrac{\dfrac{-8}{3}}{2} = \dfrac{-4}{3}$

觀察到求出的這個$\tan$夾角是負的，因此這個夾角是大於$90^{\circ}$的鈍角。

可以依照$\tan(180^{\circ}) = 0$來求得另一個銳角的夾角。

$\dfrac{\dfrac{-4}{3} + \tan\theta}{1-\dfrac{-4}{3}\tan\theta}$，求得銳角$\tan\theta = \dfrac{4}{3}$

由於$\tan\theta = \dfrac{4}{3}$，那麼這個角度會介於$45^{\circ} \sim 90^{\circ}$

因此乘以兩倍後就會大於$90^{\circ}$

用兩倍角公式求出$\tan2\theta = \dfrac{\dfrac{4}{3} + \dfrac{4}{3}}{1 - \dfrac{4}{3}\times\dfrac{4}{3}} = \dfrac{\dfrac{8}{3}}{\dfrac{-7}{9}} = \dfrac{24}{-7}$

由於這個角度介於$90^{\circ} \sim 180^{\circ}$，$y>0$，而$x < 0$，也因此$y = 24,\ x = -7,\ r = \sqrt{24^2+(-7)^2} = 25$

因此$\cos2\theta = \dfrac{-7}{25}$

## 101-01-01

### Statement

設$\sin\alpha = \dfrac{1}{3}$，$\cos\beta = \dfrac{2}{3}$ 且 $\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{-\pi}{2}$，$\dfrac{-\pi}{2} < \beta < 0$，求$\sin(\alpha+\beta) = $？

### Solution

考慮$\sin\alpha$的域值，因為$\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{-\pi}{2}$，所以$0 < \sin\alpha < 1$。

## 101-01-02

### Statement
$\sin\dfrac{5\pi}{3}\tan\dfrac{-\pi}{4}\cos\dfrac{5\pi}{6} =$？

$\color{red}{\rm(A)\ \dfrac{-3}{4}}$

$\rm{(B)}\ \dfrac{-\sqrt{3}}{4}$

$\rm(C)\ \dfrac{-1}{4}$

$\rm(D)\ \dfrac{1}{4}$

$\rm(E)\ \dfrac{\sqrt{3}}{4}$

### Solution

$\sin\dfrac{5\pi}{3} = \sin300^{\circ} = -\sin60^{\circ} = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}$
$\tan\dfrac{-\pi}{4} = -\tan45^{\circ} = -1$
$\cos\dfrac{5\pi}{6} = \cos150^{\circ} = -\cos30^{\circ} = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}$

$\sin\dfrac{5\pi}{3}\tan\dfrac{-\pi}{4}\cos\dfrac{5\pi}{6} = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{-\sqrt{3}}{2}\times -1 = \dfrac{-3}{4}$

## 101-01-03

### Statement

設$\alpha,\ \beta$為方程式$x^2-2kx+k^2+k=0$兩負根，且$\alpha^2+\beta^2=24$，則$k=$？

$\rm(A)\ -4$

$\color{red}{\rm(B)\ -3}$

$\rm(C)\ -2$

$\rm(D)\ 2$

$\rm(E)\ 4$

### Solution

根據偉達定理，若有一式$ax^2+bx+c\ (a,b,c \neq 0)$，則$\alpha + \beta = \dfrac{-b}{a}$，$\alpha\beta = \dfrac{c}{a}$。

由於兩負根，$\alpha + \beta = \dfrac{2k}{1} = 2k < 0$，且$\alpha\beta = \dfrac{k^2+k}{1} = k^2+k > 0$

因此$(\alpha+\beta)^2 = 24 + 2\cdot(k^2+k) = 4k^2$，解方程可得$k = 4$ 或 $k = -3$

由於兩負根因此$k=4$不合，因此$k = -3$

## 101-01-04

### Statement
取適當$k$值，使圓$x^2+y^2-2kx-4y+2k^2=6k$的面積最大，問此時圓面積為何？

$\rm(A)\ 10\pi$

$\rm(B)\ 11\pi$

$\rm(C)\ 12\pi$

$\color{red}{\rm(D)\ 13\pi}$

$\rm(E)\ 14\pi$

### Solution
配方法：$(x^2-2kx+k^2)+(y^2-4y+4) = 6k-2k^2+k^2+4$

因此$(x-k)^2+(y-2)^2 = -k^2+6k+4$

若圓半徑大則面積變大，因此可以從$-k^2+6k+4$配方取最大值。

$-(k^2-6k)+4 \Rightarrow -(k^2-6k+9)+4+9 \Rightarrow -(k-3)^2+13$

因此當$k=3$時有最大值$r^2 = 13$

圓面積$r^2\pi = 13\pi$

## 101-01-05

### Statement
設$P(x,y),\ A(1,-1),\ B(1,1),\ C(4,-1)$，滿足$\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 + 2\overline{PC}^2$為最小，則$x+y=$？

$\rm(A)\ 1$

$\color{red}{\rm(B)\ 2}$

$\rm(C)\ 3$

$\rm(D)\ 4$

$\rm(E)\ 5$

### Solution

可列式 $(x-1)^2+(y+1)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+2((x-4)^2+(y+1)^2)$
整理成$2(x-1)^2+3(y+1)^2+2(x-4)^2+(y-1)^2$

若$2(x-1)^2+2(x-4)^2$最小，且$3(y+1)^2+(y-1)^2$最小，
那麼$2(x-1)^2+3(y+1)^2+2(x-4)^2+(y-1)^2$會最小，因此可以分開考慮

* 考慮$2(x-1)^2+2(x-4)^2$最小：
$2(x-1)^2+2(x-4)^2 \Rightarrow 2x^2-4x+2+2x^2-16x+32$
得$4x^2-20x+34$，配方法求$x$的最小值。
$4(x^2-5x+\dfrac{25}{4}) - 25 + 34 \Rightarrow 4(x-\dfrac{5}{2})^2 + 9$，可得$x = \dfrac{5}{2}$有最小值$9$

* 考慮$3(y+1)^2+(y-1)^2$最小：
可得$3(y^2+2y+1) + (y^2-2y+1) = 4y^2+4y+4$，配方法求$y$的最小值。
$4(y^2+y+1)+4-1 \Rightarrow 4(y+\dfrac{1}{2})^2+3$，可得$y=\dfrac{-1}{2}$時有最小值$3

因此$x+y=2$

## 101-01-06

### Statement

已知 $A(−1,− 4), B(3,5)$兩點，又$C$在直線 $x + y = 0$上移動，則 $\overline{AC}+\overline{BC}$的最小值為何?

$\color{red}{\rm(A)\ \sqrt{97}}$

$\rm(B)\ 10$

$\rm(C)\ 5\sqrt{5}$

$\rm(D)\ 12$

$\rm(E)\ 14$

### Solution

考慮兩點與直線的方位，若直線在兩點之間，則$\overline{AC}+\overline{BC}$的最小值即為$\overline{AB}$

將$A,\ B$兩點代入直線，得

$A:\ -1-4 = -5 < 0$

$B:\ 3+5=8 > 0$

因此兩點異側，$\overline{AC}+\overline{BC}$的最小值即為$\sqrt{(-1-3)^2+(-4-5)^2} = \sqrt{4^2+9^2} = \sqrt{16+81} = \sqrt{97}$

## 101-01-07

### Statement

四邊形$\rm ABCD$中，$\overline{AB}=\overline{CD}=5$，$\overline{BC}=2$，$\overline{BC} < \overline{AD}$，且$\angle ABC = \angle ADC = 60^{\circ}$，則$\overline{AD}=$？

$\color{red}{\rm (A)\ 3}$
$\rm(B)\ 5$
$\rm(C)\ 6$
$\rm(D)\ 8$
$\rm(E)\ 9$

### Solution

無論四邊形長怎樣，保證有一條對角線$\overline{AC}$，可以用餘弦定理求得。
$\cos 60^{\circ} = \dfrac{5^2+2^2-x^2}{2\cdot 5\cdot 2} = \dfrac{1}{2},\ x = \pm\sqrt{19}$ (負不合)

因此可以利用$\overline{AC}$求得線段$\overline{AD}$
$\cos 60^{\circ} = \dfrac{\overline{AD}^2+5^2-(\sqrt{19})^2}{2\cdot 5\cdot \overline{AD}} \Rightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{\overline{AD}^2 + 25 - 19}{10\overline{AD}}$
$\overline{AD} = 2$或者$3$

由於$\overline{AD} > \overline{AC}$，因此$2$不合，故$\overline{AD} = 3$。

## 101-01-08

### Statement

點$(-3,1)$與拋物線$y^2-2y+5=2x$的最短距離為何？

$\rm (A)\ 4$
$\rm(B)\ \sqrt{17}$
$\rm(C)\ 3\sqrt{2}$
$\color{red}{\rm(D)\ 5}$
$\rm(E)\ 5\sqrt{5}$

### Solution

簡化式子並配方，得$y^2-2y+1=2x-5+1 \Rightarrow (y-1)^2=2(x-2)$。
頂點$(2,1)$開口向右，因此距離為$\sqrt{(-3-2)^2+(1-1)^2} = 5$。

## 101-01-09

### Statement

設橢圓$x^2-2x+4y^2=3$之長軸長為$A$，短軸長為$B$，則$A+B=$？

$\rm (A)\ 4$
$\rm(B)\ \sqrt{17}$
$\rm(C)\ 3\sqrt{2}$
$\color{red}{\rm(D)\ 5}$
$\rm(E)\ 5\sqrt{5}$

### Solution

配方法，$x^2-2x+1+4y%2=4$，因此$(x-1)^2+4y^2=4$。
也因此$\dfrac{(x-1)}{4} + y^2 = 1$

因此長軸長$\sqrt{4}\times 2 = 4$，短軸長$\sqrt{1}\times 2 = 2$，$4 + 2 = 6$。

## 101-01-10

### Statement

若$f(x)=x^3+ax^2+11x+6$和$g(x)=x^3+bx^2+14x+8$有二次公因式，則$a+b=$？

$\color{red}{\rm (A)\ 13}$
$\rm(B)\ 14$
$\rm(C)\ 15$
$\rm(D)\ 16$
$\rm(E)\ 17$

### Solution

考慮$f(x)$可能的因式：$(x-1), (x+1), (x-2), (x+2), (x-3), (x+3), (x-6), (x+6)$
考慮$g(x)$可能的因式：$(x-1), (x+1), (x-2), (x+2), (x-4), (x+4), (x-8), (x+8)$
可以知道$(x-1), (x+1), (x-2), (x+2)$**可能**共同。

依照這四種可能，代入第一式，尋找是否存在兩個因式經過運算後具有相同的$a$。

* 考慮$(x-1)$：
$(x-1) \Rightarrow 1+a+11+6,\ a = -18$

* 考慮$(x+1)$：
$(x+1) \Rightarrow -1+a-11+6,\ a = 6$

* 考慮$(x-2)$：
$(x-2) \Rightarrow 8+4a+22+6 , 4a = -36,\ a = -9$

* 考慮$(x+2)$：
$(x+2) \Rightarrow -8+4a-22+6, 4a = 24,\ a = 6$

因此選擇$(x+1)(x+2)$，$a=6$
將$b$代入共同因式$(x+1)$，得$(-1)^3+b-14+8,\ b = 7$

因此$a+b = 13$

## 101-01-11

### Statement

若$5\cdot 25^x + 350\cdot 5^{x-2} = 3$，則$x = $？

${\rm (A)\ -2}$
$\color{red}\rm(B)\ -1$
$\rm(C)\ 0$
$\rm(D)\ 1$
$\rm(E)\ 2$

### Solution

1. 將式子改寫成$5 \cdot 5^{2x} + 350 \cdot \dfrac{5^x}{25} = 3$
接著令$5^x = t$，那麼可以寫成$5t^2 + \dfrac{350}{25} t = 3$
$\Rightarrow 5t^2+14t = 3$
$\Rightarrow 5t^2+14t-3=0$

2. 解出$t$，得到$t = \dfrac{1}{5}$或$t = -3$

3. 還原$t = 5^x$，得到：
$5^x = \dfrac{1}{5},\ x = -1$
$5^x = -3$不可能存在，因此$x \not\in \mathbb{R}$

因此，$x = -1$。

## 101-01-12

### Statement

若$a = \log2$，$b = \log3$，則$\log_{12} 180 =$？

$\rm (A)\ 1-a+b$

$\rm(B)\ \dfrac{1+a^2+b^2}{a^2+b}$

$\color{red}{\rm(C)\ \dfrac{a+2b+1}{2a+b}}$

$\rm(D)\ \dfrac{2a+2b+1}{2a+b}$

$\rm(E)\ \dfrac{2a+2b-1}{2a+b}$

### Solution

考慮$\log12 = \log2 + \log 2 + \log 3$，因此$\log18 = a + a + b = 2a + b$

考慮$\log180 = \log3 + \log3 + \log2 + \log10 = b + b + a + 1 = a + 2b + 1$

因此$\log_{12}180 = \dfrac{\log180}{\log12} = \dfrac{a+2b+1}{2a+b}$

## 101-01-13

### Statement

求曲線$y = -\sqrt{12-x(x+4)}$與$x$軸所圍的區域面積為何？

$\rm(A)\ 4\pi$

$\rm(B)\ 5\pi$

$\rm(C)\ 6\pi$

$\rm(D)\ 7\pi$

$\color{red}{\rm(E)\ 8\pi}$

### Solution

$y = -\sqrt{12-x(x+4)}$

1. 將等號兩邊同時平方，得$y^2 = 12-x^2-4x$
整理後得到$x^2+y^2-4x-12=0$。

2. 可以透過配方法將這個等式配方成一個圓。
$x^2-4x+4+y^2 = 12+4$
$\Rightarrow (x-2)^2+y^2 = 16$
可以得知圓心$C=(2,0)$，半徑$r = \sqrt{16} = 4$，且在$x$軸上。

3. 透過觀察，可以知道這個圓心在$x$軸上，因此與$x$軸所圍的區域面積會是一個半圓。

4. 求半圓面積$\dfrac{1}{2} \times r^2\pi = \dfrac{1}{2} \times 16\pi = 8\pi$。

5. 與$x$軸所圍的區域面積為$8\pi$。

## 101-01-14

### Statement

方程式$\log(x+1) + \log(x+3) - 1 = \log(x+2)$的解為何？

$\rm (A)\ 5 - \sqrt{26}$

$\rm(B)\ 3 - \sqrt{26}$

$\rm(C)\ 1 - \sqrt{26}$

$\color{red}{\rm(D)\ 3 + \sqrt{26}}$

$\rm(E)\ 5 + \sqrt{26}$

### Solution

1. 改寫$\log(x+1) + \log(x+3) - 1 = \log(x+2)$

得到$\log(\dfrac{(x+1)(x+3)}{10}) = \log(x+2)$

2. 兩邊同時去掉$\log$

得到$\dfrac{(x+1)(x+3)}{10} = x+2$

3. 整理

$\dfrac{(x+1)(x+3)}{10} = x+2$

$\Rightarrow x^2+4x+3 = 10x+20$

$\Rightarrow x^2-6x-17 = 0$

4. 解方程式，利用公式解

$\dfrac{-(-6)\pm\sqrt{(-6)^2-4\times 1\times -17}}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{6\pm\sqrt{104}}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{6\pm 2\sqrt{26}}{2}$

$\Rightarrow 3\pm\sqrt{26}$

得到兩根$3 + \sqrt{26}$ 或 $3 - \sqrt{26}$。

5. 驗根

$3 - \sqrt{26} \approx 3 - 5 \approx -2$

因此$3 - \sqrt{26} + 1 < 0$，此根不合。

因此只有$3 + \sqrt{26}$在定義域中。

## 101-01-15

### Statement

設$\dfrac{2x^2-x+4}{x^3+4x} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx+C}{x^2+4}$，則$3A+2B+C = $？

$\rm (A)\ 3$

$\color{red}{\rm(B)\ 4}$

$\rm(C)\ 5$

$\rm(D)\ 6$

$\rm(E)\ 7$

### Solution

1. 改寫式子

$\dfrac{2x^2-x+4}{x^3+4x} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx+C}{x^2+4}$

$\Rightarrow 2x^2-x+4 = A(x^2+4) + (Bx+C)x$

$\Rightarrow 2x^2-x+4 = Ax^2+4A + Bx^2+Cx$

$\Rightarrow 2x^2-x+4 = (A+B)x^2+Cx+4A$

2. 比較係數

$4A = 4$，$A = 1$

$A+B=2 \Rightarrow 1 + B = 2$，$B = 1$

$C = -1$

3. 計算$3A+2B+C$

$3\times 1 + 2\times 1 + (-1) = 3 + 2 - 1 = 4$

## 101-01-16

### Statement

已知兩平面向量$\overrightarrow{u} = <3, -4>$與$\overrightarrow{v} = <x,y>$。

若$\overrightarrow{v}$可使$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$的內積值最大，

且$|\overrightarrow{v}|=2$，則$x=$？

$\rm (A)\ \dfrac{2}{5}$

$\rm(B)\ \dfrac{3}{5}$

$\rm(C)\ \dfrac{4}{5}$

$\rm(D)\ 1$

$\color{red}{\rm(E)\ \dfrac{6}{5}}$

### Solution

考慮到內積值最大，所以令$\cos\theta=1$，得到$\theta=0^{\circ}$，兩條向量重疊。

因此$\overrightarrow{v} = <3, -4>$，此時$|\overrightarrow{v}|=5$

將$\overrightarrow{v}$轉成單位向量$\overrightarrow{v}'$'，得到$\overrightarrow{v}' = <\dfrac{3}{5}, \dfrac{-4}{5}>$

此時$|\overrightarrow{v}'| = 1$

因此，我們只需要將向量值$x,y$乘以$2$，那麼就能使$|\overrightarrow{v}'| = 2$

得到$\overrightarrow{v}' = <\dfrac{6}{5}, \dfrac{-8}{5}>$

## 101-01-17

### Statement

不等式$\dfrac{x-7}{(x-1)^2} \le -1$的解為何？

$\rm(A)\ 3 \le x$

$\rm(B)\ x \le -2$

$\color{red}{\rm(C)\ -2\le x< 1\ 或\ 1 < x \le 3}$

$\rm(D)\ -2 \le x \le 3$

$\rm (E)\ x \le -2$ 或 $3 \le x$

### Solution

1. 將不等式改寫

$\dfrac{x-7}{(x-1)^2} \le -1$

$\Rightarrow \dfrac{x-7}{(x-1)^2}+1 \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{x-7 + (x-1)^2}{(x-1)^2} \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{x-7 + x^2-2x+1}{(x-1)^2} \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{x^2-x-6}{(x-1)^2} \le 0$

$\Rightarrow \dfrac{(x-3)(x+2)}{(x-1)^2} \le 0$

2. 考慮分子分母的情況

1. 若$(x-3)(x+2) \le 0$且$(x-1)^2>0$

定義域：$x \neq 1$

$(x-3)(x+2) \le 0 \Rightarrow x \in [-2, 3]$

因此得到$-2 \le x < 1 \cap 1 < x \le 3$

2. 若$(x-3)(x+2) \ge 0$且$(x-1)^2<0$

定義域：$x \neq 1$

由於$(x-1)^2 < 0$絕對不存在，因此$x \in \emptyset$

3. 對兩者考慮取聯集，得到$-2 \le x < 1 \cap 1 < x \le 3$

3. 得到不等式的解：$-2 \le x < 1$ 或 $1 < x \le 3$。

## 101-01-18

### Statement

設$x, y$均為正數，且$3x+y=10$，則$x^3y^2$的最大值為何？

$\rm(A)\ 108$

$\rm (B)\ 116$

$\rm(C)\ 122$

$\color{red}{\rm(D)\ 128}$

$\rm (E)\ 134$

### Solution

1. 將式子改寫

$3x + y = x + x + x + \dfrac{y}{2} + \dfrac{y}{2}$

2. 帶入算幾不等式

$\dfrac{x+x+x+\dfrac{y}{2}+\dfrac{y}{2}}{5} \ge ({x^3\dfrac{y^2}{4})^{\dfrac{1}{5}}}$

$\Rightarrow \dfrac{10}{5} \ge ({x^3\dfrac{y^2}{4}})^{\dfrac{1}{5}}$

$\Rightarrow 2 \ge (x^3\dfrac{y^2}{4})^{\dfrac{1}{5}}$

$\Rightarrow 2^5 = 32 \ge \dfrac{x^3y^2}{4}$

$\Rightarrow 128 \ge x^3y^2$

3. 得到$x^3y^2$的最大值：$128$

## 101-01-19

### Statement

設$A(x,y), B(-1, 4), C(5, -4)$，且$\Delta ABC$的重心座標為$(2, -1)$，則$x - y = $？

$\rm (A)\ 1$

$\rm(B)\ 2$

$\rm(C)\ 3$

$\rm(D)\ 4$

$\color{red}{\rm(E)\ 5}$

### Solution

1. 利用公式求重心座標

$G_x = \dfrac{x + (-1) + 5}{3} = 2,\ \dfrac{G_y} = \dfrac{y + 4 + (-4)}{3} = -1$

$x = 2,\ y = -3$

2. $x - y = 2 - (-3) = 5$

## 101-01-20

### Statement

平面上 $2|x|+3|y| \le 6$ 所表示區域的面積為何？

$\rm (A)\ 4$

$\rm(B)\ 8$

$\color{red}{\rm(C)\ 12}$

$\rm(D)\ 16$

$\rm(E)\ 32$

### Solution

窮舉$x$與$y$的所有情況並做圖，如以下。

| x = -3 | x = -2 | x = -1 | x = 0 | x = 1 | x = 2 | x = 3 |
| :----: | :---------------: | :---------------: | :----: | :---------------: | :---------------: | :---: |
| 0 | $\pm\dfrac{2}{3}$ | $\pm\dfrac{4}{3}$ | $\pm2$ | $\pm\dfrac{4}{3}$ | $\pm\dfrac{2}{3}$ | 0 |

做圖後可以發現這是一個菱形。


因此，我們可以帶入對角線公式，來獲得面積。

$\dfrac{6\times 4}{2} = 12$

## 101-02-01

### Statement

設$\sin\alpha = \dfrac{4}{5}$，$\cos\beta = \dfrac{-5}{13}$，且$0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{\pi}{2} < \beta < \pi$，則$\sin(\alpha - \beta)=$？

$\color{red}{\rm(A)\ \dfrac{-56}{65}}$

$\rm(B)\ \dfrac{-16}{65}$

$\rm(C)\ \dfrac{16}{65}$

$\rm(D)\ \dfrac{27}{65}$

$\rm(E)\ \dfrac{56}{65}$

### Solution

$\because 0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$

$\therefore 0 < \sin\alpha< 1,\ 0 < \cos\alpha < 1$

$\cos\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\alpha} = \sqrt{1 - \dfrac{16}{25}} = \sqrt{\dfrac{9}{25}} = \dfrac{3}{5}$

$\because \dfrac{\pi}{2} < \beta < \pi$

$\therefore 0 < \sin\beta < 1,\ -1 < \cos\beta < 0$

$\sin\beta = \sqrt{1 - \cos^2\beta} = \sqrt{1 - (\dfrac{-5}{13})^2} = \dfrac{12}{13}$

$\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \sin\beta\cos\alpha = \dfrac{4}{5}\times \dfrac{-5}{13} - \dfrac{12}{13}\times \dfrac{3}{5} = \dfrac{-20}{65} - \dfrac{36}{65} = \dfrac{-56}{65}$

## 102-02-02

### Statement

方程式$2^{x^2}\cdot4^x\cdot16=8^x\cdot 64$之所有解的和為何？

$\rm(A)\ -2$

$\rm(B)\ -1$

$\rm(C)\ 0$

$\color{red}{\rm(D)\ 1}$

$\rm(E)\ 2$

### Solution

將式子改寫。

$2^{x^2} \cdot 4^x = 8^x \cdot 64$

$\Rightarrow 2^{x^2} \cdot 2^{2x} = 2^{3x} \cdot 2^6$

$\Rightarrow 2^{x^2+2x} = 2^{3x+6}$

兩邊同取$\log_2$，得到$x^2+2x = 3x+6$

也就得到$x^2-x-6=0$，因式分解得到$(x-3)(x+2)=0$

解根得到$x = 3$或$x = -2$，$3 + (-2) = 1$

## 101-02-03

### Statement

已知$\Gamma$表$f(x,y)=0$所對應之圖形，若$\Gamma$水平方向拉長$2$倍，再往右平移$1$單位，則此新圖形的方程式為何？

$\rm(A)\ f(\dfrac{x}{2}+1,y) = 0$

### Solution

考慮拉長兩倍，那麼$a$要變大兩倍，因此$x$乘以$\dfrac{1}{2}$

考慮往右平移一單位，那麼座標$x-1$，因此$x$減$1$

因此$f=(\dfrac{x-1}{2}, y) = 0$。

## 101-02-04

### Statement

設直線$L$過點$(-1, 1)$且與直線$8x-6y=1$垂直，則此直線方程式為何？

$\rm(A)\ 3x-4y=-1$

$\rm(B)\ 4x+3y=-1$

$\rm(C)\ 4x-3y=-7$

$\color{red}{\rm(D)\ 3x+4y=1}$

$\rm(E)\ x-y=-2$

### Solution

直線$8x-6y=1$的斜率為$\dfrac{-8}{-6} = \dfrac{4}{3}$

因此造一條與其垂直的直線，這條直線的斜率與其斜率乘積必為$-1$。

$\dfrac{4}{3} \times m = -1, m = \dfrac{-3}{4}$

已知此直線會過點$(-1,1)$，因此$y-1 = \dfrac{-3}{4}(x+1)$

$4y-4 = -3(x+1),\ 3x+4y = 1$

## 101-02-05

### Statement

過點$(2, -3)$與圓$(x-1)^2+(y+1)^2=5$相切的直線方程式為何？

$\rm(A)\ 2x-y=7$

$\rm(B)\ x+2y=-4$

$\rm(C)\ 2x-3y=13$

$\rm(D)\ 3x-2y=12$

$\color{red}{\rm(E)\ x - 2y = 8}$

### Solution

從圓的方程式可以知道，圓心為$(1, -1)$且半徑為$\sqrt{5}$。

因此我們可以造過點$(2, -3)$的線，並且距離與圓心剛好為$\sqrt{5}$

可以套用距離公式來得到。

令與圓相切的直線為$y +3 = m(x-2)$

整理後得到$mx - y - 2m -3 = 0$

我們可以套用距離公式，得到$\dfrac{|mx-y-2m-3|}{\sqrt{m^2+(-1)^2}} = \sqrt{5}$

將圓心帶入距離公式，得到$|m+1-2m-3| = \sqrt{5}\sqrt{m^2+1}$

整理後得到$|-m-2| = \sqrt{5m^2+5}$

兩邊平方後得到$(-m-2)^2 = 5m^2-5 \Rightarrow m^2+4m+4 = 5m^2+5$

因此$-4m^2+4m-1$，$m = \dfrac{1}{2}$ (重根)

$y + 3 = \dfrac{1}{2}(x-2)$

$\Rightarrow \ 2y+6 = x-2$

$\Rightarrow \ x-2y-8=0$

$\Rightarrow x - 2y = 8$

## 101-02-06

### Statement

以$(1, 3+\sqrt{5})$與$(1, 3-\sqrt{5})$為兩焦點且短軸長為$6$之橢圓方程式為何？

$\color{red}{\rm(A)\ \dfrac{(x-1)^2}{9} + \dfrac{(y-3)^2}{14} = 1}$

$\rm(B)\ \dfrac{(x-1)^2}{9}+\dfrac{(y-3)^2}{25}=1$

$\rm(C)\ \dfrac{(x-1)^2}{14}+\dfrac{(y-3)^2}{9} = 1$

$\rm(D)\ \dfrac{(x-3)^2}{9} + \dfrac{(y-1)^2}{14} = 1$

$\rm(E)\ \dfrac{(x-3)^2}{25} + \dfrac{(y-1)^2}{9} = 1$

### Solution

兩焦點只有$y$軸有變動，因此這是一個貫軸平行$y$軸的橢圓。

中心$(x,y) = (\dfrac{1+1}{2},\dfrac{3+\sqrt{5}+3-\sqrt{5}}{2}) = (1, 3)$

$2c = (3 + \sqrt{5}) - (3 - \sqrt{5}) = 2\sqrt{5},\ c = \sqrt{5}$

$2b = 6, b = 3$

因此$a = \sqrt{3^2+(\sqrt{5})^2} = \sqrt{9 + 5} = \sqrt{14}$

依照$\dfrac{(x-h)}{b} + \dfrac{(y-k)}{a} = 1$列式，得

$\dfrac{(x-1)}{9} + \dfrac{(y-3)}{14} = 1$

## 102-01-17

### Statement
若直線通過點$(3, 4)$$且在第一象限與兩軸所圍三角形面積最小，則此直線的兩截距和為何？

### Solution
列出直線式子：$y - 4 = m(x - 3)$

求得$x, y$的截距：
令$x = 0,\ y = -3m+4$
令$y = 0,\ x = \dfrac{-4}{m} + 3$

因此$xy = (-3m+4)(\dfrac{-4}{m} + 3) = 12 - 9m - \dfrac{16}{m} + 12 = -9m - \dfrac{16}{m}+24$

利用微分解出極值，因此零次項捨去不用：

$\because f'(m) = \dfrac{d}{dm}(f + g) = \dfrac{d}{dm}(f) + \dfrac{d}{dm}(g)$

$\therefore f'(m) = \dfrac{d}{dm}(-9m) + \dfrac{d}{dm}(-\dfrac{16}{m})$

$f'(m) = -9 + \dfrac{16}{m^2} = 0$

$9m^2 = 16, m = \sqrt{\dfrac{16}{9}} = \pm\dfrac{4}{3}$ (正不合)

帶回截距，得$y = \dfrac{-4}{3}\times -3 + 4 = 8,\ x = \dfrac{-4}{\dfrac{-4}{3}} + 3 = 6$

$x + y = 14$

## 102-02-11

### Statement

若直線通過點$P(3, 4)$且兩軸截距均為整數，則滿足條件的直線共有幾條?

$\rm(A)\ 3$

$\rm(B)\ 6$

$\rm(C)\ 9$

$\color{red}{\rm(D)\ 12}$

$\rm(E)\ 15$

### Solution

1. 利用點斜式，$\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} = 1$

2. 整理方程式，得到$xb+ay=ab$

3. 帶入點$(3, 4)$，得到$3b+4a=ab \Rightarrow 3b+4a-ab=0 \Rightarrow ab-3b-4a = 0$

4. 將$ab-3a-4a$寫成$(b-4)(a-3) = 12$

5. 令$u = (b-4), v = (a-3)$，那麼$uv = 12$

因為$a,b \in \mathbb{R}$，因此$u, v \in \mathbb{R}$

6. 窮舉$uv$的$u$為整數的所有可能，可以知道一定會是$12$的因數。

因此考慮所有可以整除$12$的整數，得到$[-1,-2,-3,-4,-6,-12, 1, 2, 3, 4, 6, 12]$

代換回去後可得到$b$，因此答案為$12$個。

## 103-02-10

### Statement

設$\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{1}{2}$，求$\cos4\theta$

$\rm (A)\ \dfrac{-1}{4}$

$\color{red}{\rm(B)\ \dfrac{-1}{8}}$

$\rm(C)\ \dfrac{\sqrt{3}}{4}$

$\rm(D)\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\rm (E)\ 1$

### Solution

1. 展開$\cos4\theta$的式子

$\cos4\theta = \cos^22\theta - \sin^22\theta$

$= \cos^22\theta - (2\sin\theta\cos\theta)^2$

2. 將$\sin\theta-\cos\theta$平方，得到

$(\sin\theta-\cos\theta)^2 = \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow \sin^2\theta - 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow 1 - 2\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow \sin\theta\cos\theta = \dfrac{3}{8}$

3. 求$\sin^22\theta$

$\sin^22\theta = (\dfrac{6}{8})^2 = (\dfrac{3}{4})^2 = \dfrac{9}{16}$

4. 求$\cos^22\theta$

$\sin^22\theta + \cos^22\theta = 1,\ \cos^22\theta = 1 - \dfrac{9}{16} = \dfrac{7}{16}$

5. 計算$\cos^22\theta - \sin^22\theta$

$\cos^22\theta - \sin^22\theta = \dfrac{7}{16} - \dfrac{9}{16} = \dfrac{-2}{16} = \dfrac{-1}{8}$