北一女中 112 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

答案 (3)。右邊 $\log (6x^2+2y^2-6xy+10)-\log 6=\log \frac{6x^2+2y^2-6xy+10}{6}$，所以原式成立的條件是兩個真數相等而且為正：

$$6\left(x^2+y^2-xy+2x+1\right)=6x^2+2y^2-6xy+10,x^2+y^2-xy+2x+1>0$$

前一式展開消去得 $4y^2+12x-4=0$，即 $y^2=-3x+1$，是一條拋物線。

再檢查真數：$x^2-xy+y^2+2x+1={\left(x-\frac{y}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}{y}^2+2x+1$，而拋物線上 $3x=1-y^2$，$2x+1=\frac{5-2y^2}{3}$，代入得

$${\left(x-\frac{y}{2}\right)}^2+\frac{y^2}{12}+\frac{5}{3}>0$$

所以拋物線 $y^2=-3x+1$ 上每一點都符合，圖形是這條拋物線，選 (3)。

答案 (5)。由柯西不等式，

$${\left(2x+3y\right)}^2={\left(4\cdot \frac{x}{2}+3\cdot y\right)}^2\le \left(4^2+3^2\right)\left(\frac{x^2}{4}+y^2\right)=25$$

所以 $-5\le 2x+3y\le 5$，等號在 $\left(\frac{x}{2},y\right)$ 與 $(4,3)$ 平行時成立，兩端都取得到。於是 $-9\le 2x+3y-4\le 1$，$\left|2x+3y-4\right|$ 的最大值為 $9$，發生在 $2x+3y=-5$，即 $P\left(-\frac{8}{5},-\frac{3}{5}\right)$。

答案 (2)(3)(4)(5)。把 $y=-x$ 代入各方程式，數實數解的個數。

(1) 錯誤。 $\frac{x^2}{6}-\frac{x^2}{6}=0\ne 1$，沒有交點；$x+y=0$ 正是這條雙曲線的一條漸近線。

(2) 正確。 $x^2=-4(-x)=4x$，$x=0$ 或 $4$，交點 $(0,0)$、$(4,-4)$。

(3) 正確。 $x^2+\frac{x^2}{3}=1$，$x^2=\frac{3}{4}$，$x=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$，有兩個交點。

(4) 正確。 $4x^2-y^2+8x+4y=(2x+y)(2x-y)+4(2x+y)=(2x+y)(2x-y+4)$，圖形是兩條直線 $2x+y=0$ 與 $2x-y+4=0$。代入 $y=-x$：$3x^2+4x=0$，$x=0$ 或 $-\frac{4}{3}$，交點 $(0,0)$、$\left(-\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)$，共兩個。

(5) 正確。 $x^2+y^2={\log }_{4}3$，而 ${\log }_{4}3>0$，圖形是以原點為圓心、半徑 $\sqrt{{\log }_{4}3}$ 的圓；直線 $x+y=0$ 通過圓心，與圓交於兩點。

答案 (1)(3)(5)。$a=6$、$b=8$、$c=\sqrt{36+64}=10$，$\overline{F_1{F}_2}=20$，且 $\left|\overline{P{F}_1}-\overline{P{F}_2}\right|=2a=12$，所以 $\overline{P{F}_1}\ne \overline{P{F}_2}$；等腰只能是 $\overline{P{F}_1}=20$ 或 $\overline{P{F}_2}=20$。

設 $\overline{P{F}_1}=20$，則 $\overline{P{F}_2}=20-12=8$ 或 $20+12=32$。雙曲線上的點到一個焦點的距離最小是 $c-a=4$（在頂點），$8$ 與 $32$ 都大於 $4$，取得到，而且 $P$ 不在 $x$ 軸上；三邊 $20,20,8$ 與 $20,20,32$ 都滿足三角不等式。$\overline{P{F}_2}=20$ 的情形對稱，得到同樣的三邊。所以周長只可能是 $20+20+8=48$ 或 $20+20+32=72$。

(1) 正確。 $46$ 不是 $48$ 也不是 $72$，不可能。

(2) 錯誤。 $48$ 可能（三邊 $20,20,8$）。

(3) 正確。 $52$ 不可能。

(4) 錯誤。 $72$ 可能（三邊 $20,20,32$）。

(5) 正確。 $80$ 不可能。

答案 (2)(4)(5)。$y^2=mx=4\cdot \frac{m}{4}x$，焦點 $F\left(\frac{m}{4},0\right)$，準線 $x=-\frac{m}{4}$，$F^{\prime }\left(-\frac{m}{4},0\right)$。設 $A(x_1,y_1)$；照示意圖的相關位置（卷面括號：示意圖說明各點的相關位置），$y_1>0$，且 $A$ 在 $F$ 的右側（$x_1>\frac{m}{4}$）。則 $\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}=y_1$、$\overline{A^{\prime }A}=x_1+\frac{m}{4}$，由拋物線的定義 $\overline{AF}=\overline{A^{\prime }A}$。在直角三角形 $A{A}^{\prime }{F}^{\prime }$ 中，$\tan \angle 1=\frac{\overline{A^{\prime }A}}{\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}}$，而 $\angle 2=90^{\circ }-\angle 1$，$\tan \angle 2=\frac{\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}}{\overline{A^{\prime }A}}$。

(1) 錯誤。 $\overline{AF}=\overline{A^{\prime }A}=8$，$A$ 到 $x$ 軸的距離 $\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}=4$，所以直線 $AF$ 與 $x$ 軸的夾角 $\alpha$ 滿足 $\sin \alpha =\frac{4}{8}$，$\alpha =30^{\circ }$。$\overline{A{A}^{\prime }}$ 與 $x$ 軸平行，$A$ 在 $F$ 右側時 $\angle 3=\alpha =30^{\circ }$，不是 $60^{\circ }$。

(2) 正確。 $m=8$：$y^2=8x$，$F(2,0)$。$y_1=8$，$x_1=\frac{64}{8}=8$，$A(8,8)$，$\overline{FA}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。$B$ 在 $\overrightarrow{AF}$ 的延長線上，射線 $FB$ 與 $FA$ 反向、射線 $F{F}^{\prime }$ 與 $x$ 軸正向反向，所以 $\angle 4$ 等於 $\overrightarrow{FA}$ 與 $x$ 軸正向的夾角（對頂角），$\cos \angle 4=\frac{8-2}{10}=0.6>0.5$。

(3) 錯誤。 先說明 $\angle 2=\angle 5$：$A{A}^{\prime }$、$F{F}^{\prime }$、$B{B}^{\prime }$ 都垂直準線，互相平行，所以

$$\frac{\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}}{\overline{F^{\prime }{B}^{\prime }}}=\frac{\overline{AF}}{\overline{FB}}=\frac{\overline{A^{\prime }A}}{\overline{B^{\prime }B}}$$

即 $\frac{\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}}{\overline{A^{\prime }A}}=\frac{\overline{B^{\prime }{F}^{\prime }}}{\overline{B^{\prime }B}}$，直角三角形 $A{A}^{\prime }{F}^{\prime }$ 與 $B{B}^{\prime }{F}^{\prime }$ 相似，$\angle A^{\prime }{F}^{\prime }A=\angle B^{\prime }{F}^{\prime }B$，兩邊用 $90^{\circ }$ 去減得 $\angle 2=\angle 5$。所以 $\tan \angle 5=\tan \angle 2=\frac{\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}}{\overline{A^{\prime }A}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$，不是 $3$。

(4) 正確。 直角三角形 $A{A}^{\prime }{F}^{\prime }$ 中，$\angle A^{\prime }{F}^{\prime }A=90^{\circ }-\angle 2=60^{\circ }$，所以 $\overline{A{F}^{\prime }}=\frac{\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}}{\cos 60^{\circ }}=6$。這個情形確實存在：此時 $\overline{A^{\prime }A}=\overline{A^{\prime }{F}^{\prime }}\tan 60^{\circ }=3\sqrt{3}$，由 $y_1^2=m{x}_1$ 得 $x_1=\frac{9}{m}$，代入 $\frac{9}{m}+\frac{m}{4}=3\sqrt{3}$ 可解出正的 $m$，取 $m=6\sqrt{3}-6\sqrt{2}$ 時 $A$ 在 $F$ 右側。

(5) 正確。 $m=4$：$y^2=4x$，$F(1,0)$，準線 $x=-1$。$\tan \angle 1=\frac{x_1+1}{y_1}=4$，$x_1=4y_1-1$，代入 $y_1^2=4x_1$ 得 $y_1^2-16y_1+4=0$，$y_1=8\pm 2\sqrt{15}$。$A$ 在 $F$ 右側要 $x_1>1$，即 $y_1>2$，所以 $y_1=8+2\sqrt{15}$，$\overline{A^{\prime }A}=4y_1=32+8\sqrt{15}>4=m$。

$y^2=8x=4\cdot 2x$，焦點正是 $A(2,0)$，準線 $x=-2$。正三角形 $ABP$ 的頂點 $P$ 在 $\overline{AB}$ 的中垂線上，$x$ 坐標為 $\frac{b+2}{2}$。由拋物線的定義，$\overline{PA}$ 等於 $P$ 到準線的距離：

$$\overline{PA}=\frac{b+2}{2}+2=\frac{b+6}{2}$$

又 $\overline{PA}=\overline{AB}=b-2$，所以 $\frac{b+6}{2}=b-2$，$b=10$。檢查：$P$ 的 $x$ 坐標 $6$，$y^2=48$，$\left|y\right|=4\sqrt{3}$，正好是邊長 $8$ 的正三角形的高。

兩漸近線 $2x-3y+1=0$、$2x+3y-5=0$ 交於中心 $(1,1)$，斜率為 $\pm \frac{2}{3}$，對稱於水平線與鉛直線，所以雙曲線的貫軸與共軛軸分別平行坐標軸，可設

$$\Gamma :\frac{(x-1{)}^2}{9}-\frac{(y-1{)}^2}{4}=k(k\ne 0)$$

它的漸近線就是 $y-1=\pm \frac{2}{3}(x-1)$。代入 $(3,0)$：$k=\frac{4}{9}-\frac{1}{4}=\frac{7}{36}>0$，所以 $\Gamma :\frac{(x-1{)}^2}{9k}-\frac{(y-1{)}^2}{4k}=1$，貫軸水平，$a^2=9k=\frac{7}{4}$，$a=\frac{\sqrt{7}}{2}$，貫軸長 $2a=\sqrt{7}$。

設焦距為 $c$。把拋物線放成 $x^2=4cy$，頂點在原點、焦點 $F(0,c)$、準線 $y=-c$。由定義，$A$、$B$ 到準線的距離就是 $\overline{AF}$、$\overline{BF}$：

$$y_A=20-c,y_B=10-c,x_A^2=4c(20-c),x_B^2=4c(10-c)$$

${\overline{AB}}^2=(x_A-x_B{)}^2+(y_A-y_B{)}^2$，$500=(x_A-x_B{)}^2+100$，$\left|x_A-x_B\right|=20$。

$F$ 在 $\overline{AB}$ 與拋物線所圍的區域內部，而 $F$ 在對稱軸上，所以 $A$、$B$ 在對稱軸的兩側（弦與拋物線所圍的區域，$x$ 坐標只在 $x_A$ 到 $x_B$ 之間；$A$、$B$ 若在同側，這段 $x$ 不含 $0$，$F$ 就不可能在區域裡）：

$$2\sqrt{c(20-c)}+2\sqrt{c(10-c)}=20$$

令 $s=\sqrt{c(20-c)}$、$t=\sqrt{c(10-c)}$，則 $s+t=10$、$s^2-t^2=10c$，相除得 $s-t=c$，所以 $s=\frac{10+c}{2}$，平方：$c(20-c)=\frac{(10+c{)}^2}{4}$，整理得 $c^2-12c+20=0$，$c=2$ 或 $10$。

$c=10$ 時 $y_B=0$，$B$ 是頂點、$A(-20,10)$，弦 $AB$ 與拋物線所圍區域的 $x$ 坐標在 $-20$ 到 $0$ 之間，$F(0,10)$ 不在內部，不合。$c=2$ 時 $A(-12,18)$、$B(8,8)$，弦 $AB$ 在 $x=0$ 處的高度是 $12>2$，$F$ 在區域內部，符合。焦距為 $2$。

${\Gamma }_1$ 上一點 $(x,y)$ 的 $\left|x\right|$ 是它到短軸（$y$ 軸）的距離，$\left|y\right|$ 是它到長軸（$x$ 軸）的距離，${\Gamma }_1$ 就是「$\frac{(\text{到短軸的距離}{)}^2}{4}+\frac{(\text{到長軸的距離}{)}^2}{3}=1$」的點。旋轉不改變距離，所以 ${\Gamma }_2$ 是同樣條件的點，只是長軸換成 $L_1:4x-3y=0$，短軸換成過中心 $O$ 且與 $L_1$ 垂直的 $L_2:3x+4y=0$。

點 $(x,y)$ 到 $L_2$ 的距離為 $\frac{|3x+4y|}{5}$，到 $L_1$ 的距離為 $\frac{|4x-3y|}{5}$，所以

$${\Gamma }_2:\frac{(3x+4y{)}^2}{100}+\frac{(4x-3y{)}^2}{75}=1$$

兩邊乘 $300$：$3(3x+4y{)}^2+4(4x-3y{)}^2=300$，展開 $27x^2+72xy+48y^2+64x^2-96xy+36y^2=300$，得

$${\Gamma }_2:91x^2-24xy+84y^2=300$$