高師大附中 114 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

錯誤。$C$ 對應 $-z$，所以

$$\overline{AC}=\left|z-(-z)\right|=\left|2z\right|=2\left|z\right|$$

不是 $\sqrt{2}\left|z\right|$。

$f(i)=i^3+ai+b=-i+ai+b=b+(a-1)i=0$。$a$、$b$ 是實數，所以實部 $b=0$、虛部 $a-1=0$，得 $a=1$、$b=0$。

$f(x)=x^3+x=x(x^2+1)$，方程式 $f(x)=0$ 的根是 $0$、$i$、$-i$。

(A) 正確。$-i$ 是根（實係數方程式虛根成對，$i$ 是根則 $-i$ 也是根）。

(B) 正確。$f(0)=0$。

(C) 錯誤。$f(1)=2\ne 0$。

(D) 錯誤。$f(-5)=-125-5=-130\ne 0$。

(E) 錯誤。$f(5)=125+5=130\ne 0$。

分子分母同乘分母的共軛 $3-i$：

$$\frac{2+4i}{3+i}=\frac{(2+4i)(3-i)}{(3+i)(3-i)}=\frac{6-2i+12i-4i^2}{9+1}=\frac{10+10i}{10}=1+i$$

所以共軛複數為 $1-i$。

兩邊同乘 $-2+i$：

$$a+bi=(-3+2i)(-2+i)=6-3i-4i+2i^2=4-7i$$

$a$、$b$ 是實數，比較實部、虛部得 $a=4$、$b=-7$，數對 $(a,b)=(4,-7)$。

$i$ 的次方每 $4$ 個一循環：$i^0,i^1,i^2,i^3$ 依序是 $1,i,-1,-i$，連續 $4$ 個相加為 $0$。

分母從 $i^0$ 加到 $i^{2025}$，共 $2026$ 項。$2026=4\times 506+2$，前 $2024$ 項（$i^0$ 到 $i^{2023}$）每 $4$ 個一組，和為 $0$，剩下

$$i^{2024}+i^{2025}=1+i$$

所以

$$\frac{1}{1+i}=\frac{1-i}{(1+i)(1-i)}=\frac{1-i}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i$$

數對 $(a,b)=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$。

去分母：$z-1=-i(z+2)=-iz-2i$，移項得 $z+iz=1-2i$，即 $(1+i)z=1-2i$。

$$z=\frac{1-2i}{1+i}=\frac{(1-2i)(1-i)}{2}=\frac{1-i-2i+2i^2}{2}=\frac{-1-3i}{2}$$

$$\left|z\right|=\frac{\sqrt{(-1{)}^2+(-3{)}^2}}{2}=\frac{\sqrt{10}}{2}$$

$\left|z\right|$ 是實數。把式子改寫成 $z=\left|z\right|-3+i$，可見 $z$ 的虛部是 $1$。設 $z=x+i$（$x$ 為實數），則 $\left|z\right|=\sqrt{x^2+1}$，比較實部得 $x=\sqrt{x^2+1}-3$，也就是

$$\sqrt{x^2+1}=x+3$$

兩邊平方：$x^2+1=x^2+6x+9$，得 $x=-\frac{4}{3}$。

檢查：$x+3=\frac{5}{3}>0$，而 $\sqrt{\frac{16}{9}+1}=\frac{5}{3}$，成立。所以 $z=-\frac{4}{3}+i$。

$(a+2i{)}^2=a^2+4ai+4i^2=(a^2-4)+4ai$，

$$i(a+2i{)}^2=(a^2-4)i+4a{i}^2=-4a+(a^2-4)i$$

$a$ 是實數，要使它是實數，虛部 $a^2-4=0$，所以 $a=2$ 或 $a=-2$，即 $a=\pm 2$。

方程式是實係數，$1-\sqrt{3}i$ 是根，所以共軛 $1+\sqrt{3}i$ 也是根。這兩根的和為 $2$、積為 $1+3=4$，所以 $x^2-2x+4$ 是 $x^3-5x^2+10x-12$ 的因式。做除法：

$$x^3-5x^2+10x-12=(x^2-2x+4)(x-3)$$

所有的根為 $1+\sqrt{3}i$、$1-\sqrt{3}i$、$3$。

複數乘積的絕對值等於絕對值的乘積，商也一樣，所以不必展開，各自取絕對值：

$\left|4-3i\right|=5$，$\left|5+12i\right|=13$，$\left|2-3i\right|=\sqrt{13}$，$\left|-7+24i\right|=\sqrt{49+576}=25$。

$$\left|z\right|=\frac{5^3\times 13^3}{{\left(\sqrt{13}\right)}^4\times 25}=\frac{125\times 2197}{169\times 25}=5\times 13=65$$

由根與係數的關係，$\alpha +\beta =5$、$\alpha \beta =2$。

(1) 通分：

$$\left(\frac{3}{\alpha }+1\right)\left(\frac{3}{\beta }+1\right)=\frac{(3+\alpha )(3+\beta )}{\alpha \beta }=\frac{9+3(\alpha +\beta )+\alpha \beta }{\alpha \beta }=\frac{9+15+2}{2}=13$$

(2) $\alpha$ 是根，所以 ${\alpha }^2-5\alpha +2=0$，即 ${\alpha }^2-5\alpha =-2$。於是 ${\alpha }^2-5\alpha +4=-2+4=2$。

兩根之和 $\alpha +\beta =-\frac{b}{2}=2$，得 $b=-4$，方程式為 $2x^2-4x+3=0$，兩根之積 $\alpha \beta =\frac{3}{2}$。

$\alpha$ 是根，$2{\alpha }^2=4\alpha -3$，代入：

$$2{\alpha }^2-3\alpha +1=(4\alpha -3)-3\alpha +1=\alpha -2$$

同理 $2{\beta }^2-3\beta +1=\beta -2$。所以所求為

$$(\alpha -2)(\beta -2)=\alpha \beta -2(\alpha +\beta )+4=\frac{3}{2}-4+4=\frac{3}{2}$$

題目說「兩實根」，兩根相等也算，所以判別式取 $\ge 0$：

$$(k-2{)}^2-4(k^2+3k+5)=-3k^2-16k-16\ge 0$$

即 $3k^2+16k+16\le 0$，$(3k+4)(k+4)\le 0$，得 $-4\le k\le -\frac{4}{3}$。

由根與係數的關係，$\alpha +\beta =k-2$、$\alpha \beta =k^2+3k+5$：

$${\alpha }^2+{\beta }^2=(\alpha +\beta {)}^2-2\alpha \beta =(k-2{)}^2-2(k^2+3k+5)=-k^2-10k-6=-(k+5{)}^2+19$$

這是開口向下、頂點在 $k=-5$ 的二次函數。$k$ 只能在 $-4\le k\le -\frac{4}{3}$，整段都在頂點右邊，$k$ 越大值越小，所以 $k=-4$ 時最大：$-(-4+5{)}^2+19=18$。

在複數平面上，$\left|z+1\right|=\left|z-i\right|$ 表示 $z$ 到 $-1$（點 $(-1,0)$）與到 $i$（點 $(0,1)$）的距離相等，所以 $z$ 在這兩點連線的垂直平分線上。設 $z=x+yi$，平方後 $(x+1{)}^2+y^2=x^2+(y-1{)}^2$，化簡得 $x+y=0$。

$\left|z+3+i\right|=\left|z-(-3-i)\right|=k$ 表示 $z$ 在以點 $(-3,-1)$ 為圓心、半徑 $k$ 的圓上。

恰有一個 $z$ 同時滿足，表示直線與圓恰交於一點，即相切，半徑等於圓心到直線的距離：

$$k=\frac{\left|-3+(-1)\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$$