臺南二中 111 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

答案 (B)(D)(E)。配方：$y^2-6y+9=8x+16$，即 $(y-3{)}^2=8(x+2)$。這是開口向右的拋物線，頂點 $(-2,3)$，$4c=8$，$c=2$；焦點 $(-2+2,3)=(0,3)$，準線 $x=-4$，對稱軸 $y=3$。

(A) 錯誤。 準線 $x=-4$ 是鉛直線。

(B) 正確。 頂點 $(-2,3)$。

(C) 錯誤。 焦點是 $(0,3)$。

(D) 正確。 正焦弦長 $|4c|=8$。

(E) 正確。 正焦弦過焦點且垂直對稱軸，兩端點為 $(0,7)$、$(0,-1)$，長 $8$；頂點到正焦弦的距離為 $c=2$。面積 $\frac{1}{2}\times 8\times 2=8$。

答案 (A)(C)。區域 A 是第一象限（實部、虛部都大於 $0$），設 $z=x+yi$。

(A) 正確。 以原點為圓心、半徑 $1$ 的圓，例如 $\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i$ 在區域 A。

(B) 錯誤。 $|z-(-1)|=1$ 是以 $-1$ 為圓心、半徑 $1$ 的圓，圓上各點的實部在 $-2$ 到 $0$ 之間，沒有實部大於 $0$ 的點。

(C) 正確。 $z$ 到 $-1$ 與到 $-i$ 的距離相等，是這兩點連線的中垂線：$(x+1{)}^2+y^2=x^2+(y+1{)}^2$，化簡得 $y=x$。例如 $1+i$ 在區域 A。

(D) 錯誤。 $z+\bar{z}=2x=0$，即 $x=0$，是虛軸本身，不含在區域 A。

(E) 錯誤。 $z^3=1$ 的三根為 $1$、$-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$：$1$ 在實軸上，另兩根實部為負，都不在區域 A。

答案 (B)(C)(D)。$1+\sqrt{3}i=2(\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ })$，由棣美弗定理 $a=(1+\sqrt{3}i{)}^6=2^6(\cos 360^{\circ }+i\sin 360^{\circ })=64$。

$z^6=64$ 的六個根為 $2\left(\cos (60^{\circ }k)+i\sin (60^{\circ }k)\right)$，$k=0,1,\cdots ,5$，在以原點為圓心、半徑 $2$ 的圓上等分，$1+\sqrt{3}i$ 是 $k=1$ 的那一個。

(A) 錯誤。 $a=64$。

(B) 正確。 輻角 $0^{\circ }$ 與 $180^{\circ }$ 的兩根 $2$、$-2$ 在實軸上，其餘四根的虛部不為 $0$。

(C) 正確。 $1-\sqrt{3}i=2(\cos 300^{\circ }+i\sin 300^{\circ })$，是 $k=5$ 的根（也可以由 $a=64$ 是實數，共軛複數也滿足 $z^6=64$ 看出）。

(D) 正確。 $\cos 60^{\circ }-i\sin 60^{\circ }=\cos (-60^{\circ })+i\sin (-60^{\circ })$，所以乘積為 $2(\cos 0^{\circ }+i\sin 0^{\circ })=2$，是 $k=0$ 的根。

(E) 錯誤。 六個點是外接圓半徑 $2$ 的正六邊形頂點，可分成 $6$ 個邊長 $2$ 的正三角形，面積 $6\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times 2^2=6\sqrt{3}$。

先把每個因式化成標準極式 $\cos \theta +i\sin \theta$： $\cos 40^{\circ }-i\sin 40^{\circ }=\cos (-40^{\circ })+i\sin (-40^{\circ })$， $\sin 40^{\circ }+i\cos 40^{\circ }=\cos 50^{\circ }+i\sin 50^{\circ }$。

乘法輻角相加、除法輻角相減：$180^{\circ }-40^{\circ }-50^{\circ }=90^{\circ }$，長度都是 $1$， 所求 $=\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ }=i$。

$-1-i=\sqrt{2}(\cos 225^{\circ }+i\sin 225^{\circ })$，$(-1-i{)}^{10}=32(\cos 2250^{\circ }+i\sin 2250^{\circ })=32(\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ })=32i$（$2250^{\circ }=6\times 360^{\circ }+90^{\circ }$）。 $\sqrt{3}+i=2(\cos 30^{\circ }+i\sin 30^{\circ })$，$(\sqrt{3}+i{)}^4=16(\cos 120^{\circ }+i\sin 120^{\circ })$。

所求 $=\frac{32}{16}\left(\cos (90^{\circ }-120^{\circ })+i\sin (90^{\circ }-120^{\circ })\right)=2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\right)=\sqrt{3}-i$。

絕對值可以拆開乘除：$|1+2i|=\sqrt{5}$，$|3-4i|=5$，$|24-7i|=\sqrt{576+49}=25$。

所求 $=\frac{(\sqrt{5}{)}^8\cdot 5^9}{25^5}=\frac{5^4\cdot 5^9}{5^{10}}=5^3=125$。

$z=2(\cos 75^{\circ }+i\sin 75^{\circ })$，$\bar{z}=2(\cos (-75^{\circ })+i\sin (-75^{\circ }))$，$iz$ 是把 $z$ 繞原點逆時針轉 $90^{\circ }$：$iz=2(\cos 165^{\circ }+i\sin 165^{\circ })$。

三點都在以原點 $O$ 為圓心、半徑 $2$ 的圓上，輻角依序為 $75^{\circ }$、$165^{\circ }$、$285^{\circ }$（即 $-75^{\circ }$）。三個圓心角：$\angle AOC=90^{\circ }$，$\angle COB=120^{\circ }$，$\angle BOA=150^{\circ }$，都小於 $180^{\circ }$，所以原點在三角形內部，三角形面積是三個小三角形的和： $\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2(\sin 90^{\circ }+\sin 120^{\circ }+\sin 150^{\circ })=2\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\right)=3+\sqrt{3}$。

$z_1{z}_2=\cos \left(\frac{\pi }{4}+\frac{7\pi }{12}\right)+i\sin \left(\frac{\pi }{4}+\frac{7\pi }{12}\right)=\cos \frac{5\pi }{6}+i\sin \frac{5\pi }{6}$， $\frac{z_1}{z_2}=\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{3}\right)$。

$\overline{OP}=\overline{OQ}=1$。兩點輻角相差 $\frac{5\pi }{6}-\left(-\frac{\pi }{3}\right)=\frac{7\pi }{6}>\pi$，所以 $\angle POQ=2\pi -\frac{7\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}$。 $△OPQ$ 是等腰三角形，$\angle OPQ=\frac{1}{2}\left(\pi -\frac{5\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{12}$。

$|z-1|=2$：$z$ 在以 $C(1,0)$ 為圓心、半徑 $2$ 的圓上。$|z-4+3i|=|z-(4-3i)|$ 是 $z$ 到 $D(4,-3)$ 的距離。

$\overline{CD}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}\approx 4.24>2$，$D$ 在圓外。圓上的點到 $D$ 的距離，最小 $3\sqrt{2}-2\approx 2.24$、最大 $3\sqrt{2}+2\approx 6.24$，各只在直線 $CD$ 與圓的交點取到；介於兩者之間的每一個值，圓上恰有兩點（對直線 $CD$ 對稱）。

範圍內的整數為 $3,4,5,6$，每個對應 $2$ 個 $z$，共 $8$ 個。

設 $z_1$、$z_2$ 對應的點為 $P_1$、$P_2$，$\theta =\angle P_{1}O{P}_2$。由餘弦定理 $|z_2-z_1{|}^2=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2-2|z_1||z_2|\cos \theta$，即 $7=9+4-12\cos \theta$，$\cos \theta =\frac{1}{2}$，$\theta =\frac{\pi }{3}$。

$a+bi=\frac{z_2}{z_1}$，長度 $\frac{|z_2|}{|z_1|}=\frac{2}{3}$，輻角是 $\frac{\pi }{3}$ 或 $-\frac{\pi }{3}$： $a+bi=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=\frac{1}{3}\pm \frac{\sqrt{3}}{3}i$。

$ab>0$ 要 $b>0$，所以 $(a,b)=\left(\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$。

繞原點逆時針轉 $90^{\circ }$ 就是乘以 $i$：$x+yi\mapsto i(x+yi)=-y+xi$，即點 $(x,y)$ 轉到 $(-y,x)$。

反過來，$\Gamma$ 上的點 $(X,Y)$ 是由原拋物線上的點 $(Y,-X)$ 轉來的，代入 $y=x^2+4$：$-X=Y^2+4$。 所以 $\Gamma$：$y^2=-(x+4)$。

配方：$y={\left(x+\frac{a}{2}\right)}^2+b-\frac{a^2}{4}$，即 ${\left(x+\frac{a}{2}\right)}^2=y-\left(b-\frac{a^2}{4}\right)$。開口向上，$4c=1$，$c=\frac{1}{4}$。 頂點 $\left(-\frac{a}{2},b-\frac{a^2}{4}\right)$，焦點 $\left(-\frac{a}{2},b-\frac{a^2}{4}+\frac{1}{4}\right)$。

$-\frac{a}{2}=3$，$a=-6$；$b-9+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}$，$b=10$。$(a,b)=(-6,10)$。

拋物線的頂點 $B$ 到焦點 $C$ 的距離是 $c=\overline{BC}=2$，所以準線在 $B$ 的另一側、與 $B$ 相距 $2$，且垂直直線 $BC$；$C$ 到準線的距離為 $4$。

$\overline{AB}=\overline{AC}$，$A$ 在 $\overline{BC}$ 的中垂線上，$A$ 到準線的距離 $=1+2=3$。$A$ 在拋物線上，所以 $\overline{AC}=3$，$\overline{AB}=\overline{AC}=3$。

$y^2=12x$，$4c=12$，$c=3$，$F(3,0)$，準線 $x=-3$。設 $A(t,0)$，$t>0$，$t\ne 3$。

$△ABF$ 是正三角形，$B$ 在 $\overline{AF}$ 的中垂線上，$B$ 的 $x$ 坐標為 $\frac{t+3}{2}$，且 $\overline{BF}=\overline{AF}=|t-3|$。 $B$ 在拋物線上：$\overline{BF}=B$ 到準線的距離 $=\frac{t+3}{2}+3=\frac{t+9}{2}$。

若 $t>3$：$t-3=\frac{t+9}{2}$，$t=15$。若 $0<t<3$：$3-t=\frac{t+9}{2}$，$t=-1$，不合。 所以邊長 $\overline{AF}=12$，面積 $\frac{\sqrt{3}}{4}\times 12^2=36\sqrt{3}$。

直線 $y=ax+b$ 不是鉛直線，它與開口向上的拋物線交點個數等於聯立後二次方程式的實根個數，恰交一點就是判別式為 $0$。

與 $x^2=y$：$x^2-ax-b=0$，判別式 $a^2+4b=0$。 與 $(x-2{)}^2=y-12$：$x^2-4x+16=ax+b$，即 $x^2-(a+4)x+(16-b)=0$，判別式 $(a+4{)}^2-4(16-b)=0$。

由第一式 $4b=-a^2$，代入第二式：$a^2+8a+16-64-a^2=0$，$a=6$，$b=-9$。$(a,b)=(6,-9)$。

以拱門最高點 $O$ 為原點、橋面為 $x$ 軸、向上為正，拋物線為 $y=-k{x}^2$（$k>0$）。 $\overline{OR}=40$、$\overline{PQ}=100$，所以 $Q(50,-40)$ 在拋物線上：$-40=-k\cdot 2500$，$k=\frac{2}{125}$。

柱子與中心線相距 $25$ 公尺：$B$ 的 $x$ 坐標為 $25$，$y_B=-\frac{2}{125}\times 625=-10$。$A$ 在橋面上（$y=0$），所以 $\overline{AB}=10$ 公尺。

答案 (C)。焦距是頂點到焦點的距離 $|c|$，把各式寫成 $x^2=4cy$ 或 $y^2=4cx$：

(A) $x^2=y$，$|c|=\frac{1}{4}$。(B) $x^2=\frac{1}{4}y$，$|c|=\frac{1}{16}$。(C) $x^2=-16y$，$|c|=4$。(D) $y^2=8x$，$|c|=2$。(E) $y^2=12x$，$|c|=3$。

最大的是 (C)。

$y^2=8x$，$4c=8$，$c=2$，焦點 $F(2,0)$。

題目文字沒有給 $P$ 的坐標，由附圖的格線讀出 $P$ 的 $x$ 坐標為 $6$（$A$ 與 $P$ 同高），在第一象限，$y^2=48$，$P(6,4\sqrt{3})$。 直線 $PF$ 的斜率 $\frac{4\sqrt{3}-0}{6-2}=\sqrt{3}$，方程式 $y=\sqrt{3}(x-2)$。與拋物線聯立：$3(x-2{)}^2=8x$，$3x^2-20x+12=0$，$(3x-2)(x-6)=0$。 另一個交點 $x=\frac{2}{3}$，$y=\sqrt{3}\left(\frac{2}{3}-2\right)=-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，即 $Q\left(\frac{2}{3},-\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$。

路徑：由 $A$ 向左平行 $x$ 軸射到 $P$；反射後沿直線經過 $F$ 射到 $Q$（$P$、$F$、$Q$ 共線）；在 $Q$ 反射後，沿平行 $x$ 軸的方向向右離開。圖上要標出 $F$、$Q$ 與這三段路徑（見附圖）。

準線為 $x=-2$。設 $P$、$F$、$Q$ 在準線上的投影分別為 $M$、$H$、$N$，$\overline{FH}=4$。

設 $\overline{FQ}=l$，則 $\overline{PF}=3l$。由拋物線的定義，$\overline{PM}=\overline{PF}=3l$，$\overline{QN}=\overline{QF}=l$。

$F$ 在 $\overline{PQ}$ 上且 $\overline{PF}:\overline{FQ}=3:1$，由分點坐標，$F$ 的 $x$ 坐標是 $\frac{x_P+3x_Q}{4}$；三點到準線的距離也有同樣的關係： $\overline{FH}=\frac{\overline{PM}+3\overline{QN}}{4}=\frac{3l+3l}{4}=\frac{3l}{2}$。

所以 $\frac{3l}{2}=4$，$l=\frac{8}{3}$，$\overline{PQ}=\overline{PF}+\overline{FQ}=4l=\frac{32}{3}$。