高師大附中 113 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

答案 (4)(5)。

繞原點順時針轉 $90^{\circ }$ 等於乘以 $\cos (-90^{\circ })+i\sin (-90^{\circ })=-i$，得 $-iz$。點 $(X,Y)$ 對 $y$ 軸鏡射成 $(-X,Y)$，對應的複數是 $-\overline{w}$（先對實軸鏡射成 $\overline{w}$，再對原點對稱）。所以所得之點為 $$-\overline{(-iz)}=-\left(i\overline{z}\right)=-i\overline{z}$$

(1) 錯誤。 取 $z=1$：所求點是 $-i$，而 $\overline{z}=1$。

(2) 錯誤。 取 $z=1$：$-\overline{z}=-1\ne -i$。

(3) 錯誤。 取 $z=1$：$i\overline{z}=i\ne -i$。

(4) 正確。 就是上面算出的 $-i\overline{z}$。

(5) 正確。 $|z{|}^2=z\overline{z}$，所以 $-\frac{i}{z}\cdot z\overline{z}=-i\overline{z}$，與 (4) 相同。

答案 (1)(2)(3)(4)(5)。

$\omega =\cos \frac{2\pi }{3}+i\sin \frac{2\pi }{3}$，所以 ${\omega }^3=1$，且 ${\omega }^2+\omega +1=0$。

(1) 正確。 從 ${\omega }^{50}$ 到 ${\omega }^{100}$ 共 $51$ 項，等於 ${\omega }^{50}(1+\omega +{\omega }^2)+{\omega }^{53}(1+\omega +{\omega }^2)+\cdots$，每連續三項一組和為 $0$，$51=3\times 17$ 剛好分完，總和為 $0$。

(2) 正確。 ${\omega }^4=\omega$、${\omega }^8={\omega }^2$，原式 $={\left[(1+\omega )(1+{\omega }^2)\right]}^2=(1+\omega +{\omega }^2+{\omega }^3{)}^2=(0+1{)}^2=1$。

(3) 正確。 用 $1+\omega =-{\omega }^2$、$1+{\omega }^2=-\omega$、$\omega +{\omega }^2=-1$：

$2+2\omega -4{\omega }^2=2(1+\omega )-4{\omega }^2=-6{\omega }^2$；

$2+7\omega +7{\omega }^2=2+7(-1)=-5$；

$5-\omega +5{\omega }^2=5(1+{\omega }^2)-\omega =-6\omega$。

乘積 $(-6{\omega }^2)(-5)(-6\omega )=-180{\omega }^3=-180$。

(4) 正確。 $|\omega |=1$，所以 $\omega \overline{\omega }=1$，$\overline{\omega }=\frac{1}{\omega }$。

(5) 正確。 ${\omega }^2+\omega +1=0$；${\omega }^2$ 是 $\omega$ 的共軛（${\omega }^2=\frac{1}{\omega }=\overline{\omega }$），實係數方程式虛根成對，所以 $\omega$、${\omega }^2$ 是 $x^2+x+1=0$ 的兩根。

答案 (3)(4)。

分母實數化： $$z=\frac{(2+ai)(1+2i)}{(1-2i)(1+2i)}=\frac{(2-2a)+(4+a)i}{5}$$ 實部 $\frac{2-2a}{5}$，虛部 $\frac{4+a}{5}$。

(1) 錯誤。 虛部為 $0$ 時 $a=-4$，此時 $z=2$ 是實數。

(2) 錯誤。 實部為 $0$ 時 $a=1$，此時 $z=i$ 是純虛數。

(3) 正確。 互為倒數要 $\frac{2-2a}{5}\cdot \frac{4+a}{5}=1$，即 $(2-2a)(4+a)=25$，整理得 $2a^2+6a+17=0$，判別式 $36-136<0$，沒有實數 $a$。

(4) 正確。 $\overline{z}$ 的實部 $\frac{2-2a}{5}$、虛部 $-\frac{4+a}{5}$。若實部是虛部的 $2$ 倍，$2-2a=-8-2a$，得 $2=-8$，矛盾。

(5) 錯誤。 $|\overline{z}|=|z|=\frac{|2+ai|}{|1-2i|}=\frac{\sqrt{4+a^2}}{\sqrt{5}}$，取 $a=\pm 1$ 時等於 $1$。

答案 (3)。

(1) 錯誤。 實係數方程式虛根成對：$2i-1$ 是根，可以確定的是它的共軛 $-1-2i$ 也是根，不是 $1+2i$。反例 $f(x)=(x+1{)}^2+4=x^2+2x+5$，$f(2i-1)=0$，但 $f(2i+1)=(2+2i{)}^2+4=4+8i\ne 0$。

(2) 錯誤。 由虛根成對，$1+\sqrt{3}i$、$1-\sqrt{3}i$、$1+\sqrt{3}$ 都是根，只能確定 $n\ge 3$。反例 $f(x)=(x^2-2x+4)(x-1-\sqrt{3})$ 是三次實係數多項式（係數不必是有理數，不會強迫 $1-\sqrt{3}$ 也是根），同時滿足兩個條件。

(3) 正確。 虛根成對，虛根的個數是偶數；$n$ 為奇數時根（含重根）共 $n$ 個，扣掉偶數個虛根後至少剩一個實根。

(4) 錯誤。 反例 $f(x)=x^2-1$，取 $a=-2$、$b=2$：$f(a)f(b)=3\times 3>0$，但 $\pm 1$ 都在 $-2$ 與 $2$ 之間。

(5) 錯誤。 反例 $f(x)=x^2$，取 $a=-1$、$c=0$、$b=1$：$f(0)=0$，但 $f(-1)f(1)=1>0$。

答案 (1)(2)(5)。

(1) 正確。 由棣美弗定理 $a={\omega }^5=\cos 2\pi +i\sin 2\pi =1$。

所以五個根是 $1$ 的五次方根 $\cos \frac{2k\pi }{5}+i\sin \frac{2k\pi }{5}$，$k=0,1,2,3,4$，幅角為 $0^{\circ },72^{\circ },144^{\circ },216^{\circ },288^{\circ }$。

(2) 正確。 幅角在 $90^{\circ }$ 與 $180^{\circ }$ 之間的只有 $144^{\circ }$ 那一個。

(3) 錯誤。 $(-\omega {)}^5=-{\omega }^5=-1\ne 1$。

(4) 錯誤。 $(\cos 18^{\circ }+i\sin 18^{\circ }{)}^6=\cos 108^{\circ }+i\sin 108^{\circ }$，$108^{\circ }$ 不是 $72^{\circ }$ 的整數倍；或者算五次方：$\cos 540^{\circ }+i\sin 540^{\circ }=-1\ne 1$。

(5) 正確。 設 $A$ 對應的根為 $z_0$，其餘四根為 $z_1,\dots ,z_4$。因為 $z^5-1=(z-z_0)(z-z_1)\cdots (z-z_4)$，把 $z$ 換成 $z_{0}z$（$z_0^5=1$）得 $$z^5-1=(z-1)\left(z-\frac{z_1}{z_0}\right)\cdots \left(z-\frac{z_4}{z_0}\right)$$ 兩邊除以 $z-1$ 再令 $z=1$：$\left(1-\frac{z_1}{z_0}\right)\cdots \left(1-\frac{z_4}{z_0}\right)=1+1+1+1+1=5$。取絕對值並乘上 $|z_0{|}^4=1$，得 $|z_0-z_1|\cdots |z_0-z_4|=5$，即 $\overline{AB}\times \overline{AC}\times \overline{AD}\times \overline{AE}=5$。

設二根為自然數 $p,q$。由根與係數關係 $p+q=1-a$、$pq=6-a$，兩式相減消去 $a$： $$pq-p-q=5\Rightarrow (p-1)(q-1)=6$$ $p-1,q-1$ 都是非負整數，所以 $\{p-1,q-1\}=\{1,6\}$ 或 $\{2,3\}$，即 $\{p,q\}=\{2,7\}$ 或 $\{3,4\}$。

$\{2,7\}$：$a=1-9=-8$（驗算 $pq=14=6-(-8)$）；$\{3,4\}$：$a=1-7=-6$（驗算 $pq=12=6-(-6)$）。所以 $a=-6$ 或 $-8$。

$f(\alpha )=1$ 即 ${\alpha }^4-4{\alpha }^3+4{\alpha }^2+\alpha -2=0$；$g(\alpha )=3$ 即 ${\alpha }^4-2{\alpha }^3-2{\alpha }^2+5\alpha -2=0$。兩式相減： $$-2{\alpha }^3+6{\alpha }^2-4\alpha =0\Rightarrow -2\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)=0$$ 候選 $\alpha =0,1,2$，代回檢查：

$\alpha =0$：$f(0)=-1\ne 1$，不合。

$\alpha =1$：$f(1)=1-4+4+1-1=1$，$g(1)=1-2-2+5+1=3$，合。

$\alpha =2$：$f(2)=16-32+16+2-1=1$，$g(2)=16-16-8+10+1=3$，合。

所以 $\alpha =1$ 或 $2$。

$\frac{\sqrt{3}+i}{2}=\cos 30^{\circ }+i\sin 30^{\circ }$，五次方為 $\cos 150^{\circ }+i\sin 150^{\circ }=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$，所以 $$Z=\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+\frac{1}{2}i$$

絕對值：$|Z{|}^2={\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+\frac{1}{4}=2-\sqrt{3}$，而 ${\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{8-2\sqrt{12}}{4}=2-\sqrt{3}$，所以 $|Z|=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$。

主幅角：$Z$ 是 $1$（幅角 $0^{\circ }$）與 $\cos 150^{\circ }+i\sin 150^{\circ }$ 兩個長度 $1$ 的向量相加，兩邊等長的平行四邊形是菱形，對角線平分夾角，所以 $Z$ 的幅角是 $\frac{0^{\circ }+150^{\circ }}{2}=75^{\circ }$；$Z$ 的實部、虛部都是正的，在第一象限，主幅角就是 $75^{\circ }$。數對為 $\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2},75^{\circ }\right)$。

實係數，$1+2i$ 是根則 $1-2i$ 也是根，所以 $f(x)$ 有因式 $(x-1{)}^2+4=x^2-2x+5$。設 $$x^4-x^3+a{x}^2+9x+b=(x^2-2x+5)(x^2+px+q)$$ 展開比較係數：$x^3$ 項 $p-2=-1$，$p=1$；$x$ 項 $5p-2q=9$，$q=-2$；$x^2$ 項 $a=q-2p+5=1$；常數項 $b=5q=-10$。

$$f(x)=(x^2-2x+5)(x^2+x-2)=(x^2-2x+5)(x+2)(x-1)$$ $x^2-2x+5=(x-1{)}^2+4>0$ 恆成立，所以 $f(x)<0$ 等價於 $(x+2)(x-1)<0$，解為 $-2<x<1$。

$z_1\overline{z_2}=(a+bi)(c-di)=(ac+bd)+(bc-ad)i$，實部 $x=ac+bd=\overrightarrow{v_1}\cdot \overrightarrow{v_2}=-1$。

$z_1+z_2$ 對應向量 $\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}$，所以 $$y^2=|z_1+z_2{|}^2={\left|\overrightarrow{v_1}\right|}^2+2\overrightarrow{v_1}\cdot \overrightarrow{v_2}+{\left|\overrightarrow{v_2}\right|}^2=1-2+4=3$$ $y=\sqrt{3}$，$x+y=-1+\sqrt{3}$。

令 $w=z+1$，$w^6=27=27(\cos 0+i\sin 0)$。$|w{|}^6=27$，$|w|=\sqrt{3}$，所以 $$w=\sqrt{3}\left(\cos \frac{k\pi }{3}+i\sin \frac{k\pi }{3}\right),k=0,1,\dots ,5$$ $z=w-1$：六個點是以 $-1$ 為中心、半徑 $\sqrt{3}$ 的圓上的正六邊形頂點（$w$ 的正六邊形平移 $-1$）。

面積：正六邊形由 $6$ 個邊長 $\sqrt{3}$ 的正三角形組成，$\alpha =6\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 3=\frac{9\sqrt{3}}{2}$。

最大值：$|z|$ 是點 $z$ 到原點的距離。設 $w$ 的幅角為 $\theta$， $$|z{|}^2=(\sqrt{3}\cos \theta -1{)}^2+3{\sin }^2\theta =4-2\sqrt{3}\cos \theta$$ $\cos \theta$ 最小時最大；頂點中 $\theta =\pi$（$k=3$）使 $\cos \theta =-1$，$|z{|}^2=4+2\sqrt{3}=(1+\sqrt{3}{)}^2$，$\beta =1+\sqrt{3}$。所以 $(\alpha ,\beta )=\left(\frac{9\sqrt{3}}{2},1+\sqrt{3}\right)$。