高雄新興高中 111 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

$\overline{AB}=3$ 且 $\overline{AB}$ 與 $x$ 軸正向夾 $30^{\circ }$，所以 $z=3(\cos 30^{\circ }+i\sin 30^{\circ })$。$\angle BAC=90^{\circ }$ 且由圖 $C$ 在 $\overline{AB}$ 逆時針方向那一側，所以 $\overrightarrow{AC}$ 的方向角是 $30^{\circ }+90^{\circ }=120^{\circ }$，$w=4(\cos 120^{\circ }+i\sin 120^{\circ })$。

(A) 正確。 由上面的推導。

(B) 正確。 $|z-w|$ 是 $B$、$C$ 兩點的距離，就是 $\overline{BC}$ 的長。（也可以算出 $\overline{BC}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。）

(C) 錯誤。 由棣美弗定理，$z^3=27(\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ })=27i$，是純虛數，不是實數。

(D) 正確。 $\frac{w}{z}=\frac{4}{3}\left[\cos (120^{\circ }-30^{\circ })+i\sin (120^{\circ }-30^{\circ })\right]=\frac{4}{3}(\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ })=\frac{4}{3}i$。

(E) 錯誤。 $\bar{z}=3\left[\cos (-30^{\circ })+i\sin (-30^{\circ })\right]$，$w\bar{z}=12(\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ })=12i$，不是實數。答案是 (A)(B)(D)。

設 $z=x+yi$。$|z|=1$ 且 $|z+1|=1$：

$$x^2+y^2=1,(x+1{)}^2+y^2=1$$

相減得 $2x+1=0$，$x=-\frac{1}{2}$，$y=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$。所以 $z=-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$，也就是 $z=\cos 120^{\circ }\pm i\sin 120^{\circ }$，兩種都可能。

(A) 正確。 $B$ 是 $A$ 向右平移 $1$，$A$、$B$ 的虛部相同，直線 $AB$ 是水平線，與實軸平行。

(B) 錯誤。 $\overline{OA}=\overline{OB}=1$，$\overline{AB}=|(z+1)-z|=1$，$△OAB$ 是正三角形，不是直角三角形。

(C) 錯誤。 $z=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ 也符合條件，這時 $A$ 在第三象限，所以不能確定 $A$ 在第二象限。

(D) 正確。 兩種情形 $z=\cos (\pm 120^{\circ })+i\sin (\pm 120^{\circ })$，由棣美弗定理 $z^3=\cos (\pm 360^{\circ })+i\sin (\pm 360^{\circ })=1$。

(E) 正確。 $|z|=1$，所以 $\frac{1}{z}=\bar{z}$，$1+\frac{1}{z}=1+\bar{z}=\overline{1+z}$，絕對值 $|1+z|=1$，也在單位圓上。答案是 (A)(D)(E)。

由圖：開口向右，頂點在第一象限（虛線是過頂點的水平線，在 $x$ 軸上方），整條曲線都在 $y$ 軸右側、不碰 $y$ 軸，並且穿過 $x$ 軸的正向。

(A) 錯誤。 $x=a{y}^2+by+c$ 開口向右，$a>0$。

(B) 正確。 配方 $x=a{\left(y+\frac{b}{2a}\right)}^2+c-\frac{b^2}{4a}$，頂點的 $y$ 坐標 $-\frac{b}{2a}>0$，又 $a>0$，所以 $b<0$。

(C) 錯誤。 令 $y=0$ 得 $x=c$，$c$ 是圖形與 $x$ 軸交點的 $x$ 坐標，由圖在原點右側，$c>0$。

(D) 錯誤。 圖形與 $y$ 軸（$x=0$）的交點要解 $a{y}^2+by+c=0$；圖形不碰 $y$ 軸，表示這個方程式沒有實根，$b^2-4ac<0$。

(E) 正確。 令 $y=1$ 得 $x=a+b+c$，就是圖形上 $y$ 坐標為 $1$ 那一點的 $x$ 坐標；整條曲線都在 $y$ 軸右側，所以 $a+b+c>0$。答案是 (B)(E)。

根號內配方：$x^2+y^2+2x-2y+2=(x+1{)}^2+(y-1{)}^2$，所以左邊是點 $(x,y)$ 到 $(-1,1)$ 的距離；右邊 $\frac{|4x+3y+11|}{\sqrt{4^2+3^2}}$ 是點 $(x,y)$ 到直線 $4x+3y+11=0$ 的距離。到定點與到定直線等距，焦點 $F(-1,1)$，準線 $4x+3y+11=0$。

焦點到準線的距離 $\frac{|-4+3+11|}{5}=2$。

(A) 正確。 對稱軸過焦點且垂直準線，可設為 $3x-4y+k=0$，代入 $(-1,1)$：$-3-4+k=0$，$k=7$，對稱軸 $3x-4y+7=0$。

(B) 錯誤。 頂點是焦點到準線垂線段的中點，在焦點往準線方向走 $1$ 的地方。準線的法向量 $(4,3)$，由焦點往準線要往 $(4,3)$ 的反方向走（$4(-1)+3(1)+11=10>0$，焦點在正側），單位向量 $\left(-\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\right)$，頂點 $\left(-1-\frac{4}{5},1-\frac{3}{5}\right)=\left(-\frac{9}{5},\frac{2}{5}\right)$，不是 $(-2,0)$。

(C) 正確。 由上面的推導。

(D) 正確。 由上面的推導。

(E) 錯誤。 正焦弦的兩端點到焦點的距離都等於到準線的距離 $2$，正焦弦長是 $2\times 2=4$，不是 $6$。答案是 (A)(C)(D)。

用倍角公式把 $100^{\circ }$ 拆成兩個 $50^{\circ }$：

$$1+\cos 100^{\circ }=2{\cos }^{2}50^{\circ },\sin 100^{\circ }=2\sin 50^{\circ }\cos 50^{\circ }$$

所以

$$1+\cos 100^{\circ }+i\sin 100^{\circ }=2\cos 50^{\circ }\left(\cos 50^{\circ }+i\sin 50^{\circ }\right)$$

$2\cos 50^{\circ }>0$，$0^{\circ }\le 50^{\circ }<360^{\circ }$，符合條件。$(r,\alpha )=\left(2\cos 50^{\circ },50^{\circ }\right)$。

$|w|=\sqrt{16+48}=8$，$w=8\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)$，在第三象限，主輻角 $240^{\circ }$（取 $0^{\circ }$ 到 $360^{\circ }$ 之間）。

$$w=8\left(\cos 240^{\circ }+i\sin 240^{\circ }\right)$$

設 $z=r(\cos \theta +i\sin \theta )$，$z^6=w$。由棣美弗定理 $r^6=8$，$r=\sqrt{2}$；$6\theta =240^{\circ }+k\cdot 360^{\circ }$，$\theta =40^{\circ }+k\cdot 60^{\circ }$，$k=0,1,\dots ,5$：

$$\theta =40^{\circ },100^{\circ },160^{\circ },220^{\circ },280^{\circ },340^{\circ }$$

六個根中只有輻角 $220^{\circ }$ 的落在第三象限（$180^{\circ }$ 到 $270^{\circ }$ 之間），所以

$$z_3=\sqrt{2}\left(\cos 220^{\circ }+i\sin 220^{\circ }\right)$$

$\left|\frac{z_1}{z_2}\right|=\frac{|z_1|}{|z_2|}=\sqrt{2}$，主輻角 $\frac{\pi }{4}$，所以

$$\frac{z_1}{z_2}=\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4}\right)=1+i$$

於是 $z_1=(1+i)z_2$：

$$(1+i)\left[b+(2-b)i\right]=b+(2-b)i+bi+(2-b)i^2=(2b-2)+2i$$

與 $z_1=1+ai$ 比較實部、虛部：$2b-2=1$，$a=2$，得 $b=\frac{3}{2}$。$(a,b)=\left(2,\frac{3}{2}\right)$。

$y=x^2+2x$，配方：$y+1=(x+1{)}^2$，即 $(x+1{)}^2=y+1$。

頂點 $(-1,-1)$，開口向上，$4c=1$，$c=\frac{1}{4}$。焦點在頂點正上方 $\frac{1}{4}$ 處：$\left(-1,-1+\frac{1}{4}\right)=\left(-1,-\frac{3}{4}\right)$。

$y^2=24x=4\cdot 6x$，焦點 $F(6,0)$，準線 $x=-6$。設 $P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$。

$F$ 在 $\overline{PQ}$ 上且 $\overline{PF}:\overline{FQ}=3:1$，由分點公式

$$F=\frac{1\cdot P+3\cdot Q}{4},6=\frac{x_1+3x_2}{4},0=\frac{y_1+3y_2}{4}$$

所以 $y_1=-3y_2$，平方得 $y_1^2=9y_2^2$，即 $24x_1=9\cdot 24x_2$，$x_1=9x_2$。代入 $x_1+3x_2=24$：$12x_2=24$，$x_2=2$，$x_1=18$。

拋物線上一點到焦點的距離等於到準線的距離：$\overline{PF}=x_1+6=24$，$\overline{FQ}=x_2+6=8$，確實是 $3:1$。

$$\overline{PQ}=24+8=32$$

$y^2=8x=4\cdot 2x$，焦點 $F(2,0)$，準線 $x=-2$。拋物線上的點到焦點的距離等於到準線的距離，所以 $\overline{PF}=\overline{PH}$，$H$ 是 $P$ 在準線上的垂足。

先看 $A(5,2)$ 的位置：$y=2$ 時拋物線上的點 $x=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}<5$，所以 $A$ 在拋物線開口內（與焦點同側）。

$$\overline{PA}+\overline{PF}=\overline{PA}+\overline{PH}\ge A\text{ 到準線的距離}=5+2=7$$

等號成立在 $A$、$P$、$H$ 共線，也就是 $P$ 是過 $A$ 的水平線 $y=2$ 與拋物線的交點：$4=8x$，$x=\frac{1}{2}$。$P\left(\frac{1}{2},2\right)$。

向左平移 $h$（$h>0$）後的拋物線為 $y^2=4(x+h)$，頂點 $A(-h,0)$。

令 $x=0$：$y^2=4h$，$y=\pm 2\sqrt{h}$，$B(0,2\sqrt{h})$，$C(0,-2\sqrt{h})$，$\overline{BC}=4\sqrt{h}$。

$△ABC$ 是正三角形，$A$ 到 $\overline{BC}$ 的距離（高）$h$ 等於邊長的 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 倍：

$$h=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 4\sqrt{h}=2\sqrt{3}\sqrt{h}$$

$\sqrt{h}=2\sqrt{3}$，$h=12$。新拋物線為 $y^2=4(x+12)$，即 $y^2=4x+48$。

對稱軸 $y=2$ 是水平線，頂點在對稱軸上又在 $y$ 軸上，所以頂點 $V(0,2)$。

焦點也在對稱軸 $y=2$ 上，又在直線 $x+2y=7$ 上：$x+4=7$，$x=3$，焦點 $F(3,2)$。

$F$ 在 $V$ 右邊 $3$，開口向右，$c=3$：

$$(y-2{)}^2=4\cdot 3\cdot (x-0)=12x$$

分子、分母各化成極式：

$$3-\sqrt{3}i=2\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\right)=2\sqrt{3}\left[\cos (-30^{\circ })+i\sin (-30^{\circ })\right]$$

$$1+\sqrt{3}i=2\left(\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ }\right)$$

由棣美弗定理，分子 ${\left(2\sqrt{3}\right)}^6\left[\cos (-180^{\circ })+i\sin (-180^{\circ })\right]=1728\cdot (-1)=-1728$；分母 $2^3(\cos 180^{\circ }+i\sin 180^{\circ })=-8$。

$$\frac{-1728}{-8}=216$$

$z_1=p+qi$，$p$、$q$ 都是 $1$ 到 $6$ 的整數。一局之後的位置是 $z+z_1$、$z-z_1$、$z\cdot z_1$、$z÷z_1$ 其中之一。逐一檢查：

(1) $4+3i$：$z+z_1=(1+p)+(2+q)i$，取 $p=3$，$q=1$ 即得，可能。

(2) $0$：$z-z_1=(1-p)+(2-q)i$，取 $p=1$，$q=2$ 即得，可能。

(3) $7+4i$：$z+z_1$ 取 $p=6$，$q=2$ 即得，可能。

(5) $\frac{3}{2}+\frac{1}{2}i$：若 $z÷z_1=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}i$，則 $$z_1=\frac{1+2i}{\frac{3}{2}+\frac{1}{2}i}=\frac{2(1+2i)}{3+i}=\frac{2(1+2i)(3-i)}{10}=\frac{2(5+5i)}{10}=1+i$$ $p=q=1$，可能。

(4) $1+3i$：四種運算都不行。 - 加法：$1+p=1$ 得 $p=0$，不是骰子點數。 - 減法：$1-p=1$ 得 $p=0$，不行。 - 乘法：$(1+2i)(p+qi)=(p-2q)+(2p+q)i$，要 $p-2q=1$、$2p+q=3$，解得 $p=\frac{7}{5}$，$q=\frac{1}{5}$，都不是整數。 - 除法：$z_1=\frac{1+2i}{1+3i}=\frac{(1+2i)(1-3i)}{10}=\frac{7-i}{10}$，實部、虛部都不是 $1$ 到 $6$ 的整數。

所以不可能的是 (4) $1+3i$。

第一局抽到 $\boxed{-}$，擲出 $z_1=p_1+q_{1}i$；第二局抽到 $\boxed{-}$，擲出 $z_2=p_2+q_{2}i$。兩局後的位置

$$(1+2i)-z_1-z_2=(1-p_1-p_2)+(2-q_1-q_2)i$$

落在實軸上，要虛部為 $0$：$q_1+q_2=2$。$q_1$、$q_2$ 都至少是 $1$，所以只能 $q_1=q_2=1$；實部 $p_1$、$p_2$ 沒有限制。

每一局：抽到減法的機率 $\frac{1}{4}$，第一次擲骰（實部）任意，第二次擲骰（虛部）擲出 $1$ 的機率 $\frac{1}{6}$。兩局互相獨立：

$${\left(\frac{1}{4}\times 1\times \frac{1}{6}\right)}^2={\left(\frac{1}{24}\right)}^2=\frac{1}{576}$$

由棣美弗定理，${\omega }^3=\cos \pi +i\sin \pi =-1$，所以 $1+{\omega }^3=0$，整個乘積

$$(1+\omega )(1+{\omega }^2)(1+{\omega }^3)(1+{\omega }^4)(1+{\omega }^5)=0$$

${\omega }^6=\cos 2\pi +i\sin 2\pi =1$，$1,\omega ,{\omega }^2,\dots ,{\omega }^5$ 是單位圓上把圓六等分的六個點，構成邊長 $1$ 的正六邊形。題目的五邊形是這個正六邊形去掉頂點 $1$，也就是切掉 $△({\omega }^5,1,\omega )$。

正六邊形面積：六個邊長 $1$ 的正三角形，$6\times \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。

切掉的三角形：兩邊 $|1-\omega |=|1-{\omega }^5|=1$（正六邊形的邊），夾角是正六邊形的內角 $120^{\circ }$，面積 $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{4}$。

$$\text{面積}=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{5\sqrt{3}}{4}$$

周長：$\omega \to {\omega }^2\to {\omega }^3\to {\omega }^4\to {\omega }^5$ 四段都是正六邊形的邊，長 $1$；最後一段 ${\omega }^5\to \omega$ 是 ${\omega }^5=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ 到 $\omega =\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$，長 $\sqrt{3}$。

$$\text{周長}=4+\sqrt{3}$$

固定 $P$ 時，$\overline{PQ}$ 的最小值是 $P$ 到直線 $L$：$2x-y-5=0$ 的距離。設 $P(t,t^2)$：

$$d(P,L)=\frac{|2t-t^2-5|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{|t^2-2t+5|}{\sqrt{5}}=\frac{(t-1{)}^2+4}{\sqrt{5}}$$

（$(t-1{)}^2+4>0$，絕對值可以直接拿掉。）當 $t=1$ 時最小，

$$\overline{PQ}\text{ 的最小值}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$$

由 (1)，$t=1$，$P(1,1)$。此時 $Q$ 是 $P$ 在 $L$ 上的垂足。過 $P$ 且垂直 $L$（斜率 $2$）的直線斜率為 $-\frac{1}{2}$：$y-1=-\frac{1}{2}(x-1)$。與 $y=2x-5$ 聯立：

$$2x-5=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2},\frac{5}{2}x=\frac{13}{2},x=\frac{13}{5}$$

$y=2\cdot \frac{13}{5}-5=\frac{1}{5}$。所以 $P(1,1)$，$Q\left(\frac{13}{5},\frac{1}{5}\right)$。