段考詳解範圍：三角函數（弧度、三角函數圖形、和差角、三角函數疊合）

武陵高中 109 上
高二第一次段考
數學試題、答案與詳解

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01 · 試題

原卷 15 題，照原卷順序

多選題 2 題（每題 8 分，共 16 分；學校答案卷另印：錯一個選項得 5 分，錯兩個選項得 2 分，錯 3 個選項以上不得分）、填充題 8 題 9 格（共 60 分，依答對格數給分）、混和題型 2 題 5 小題（共 24 分：第 1 題三小題 3、4、5 分，第 2 題兩小題 4、8 分），合計 100 分。原卷各大題各自從 1 編號，本頁全卷連續編號：填充題第 1～8 題為本頁第 3～10 題（原卷第 1 題有兩格），混和題型第 1 題的 (1)(2)(3) 為本頁第 11～13 題、第 2 題的 (1)(2) 為本頁第 14～15 題。答案已與學校公布的答案逐題核對，14 題一致；另 1 題（本頁第 9 題）照學校公布的答案寫，並在答案後面與詳解說明嚴格的算法會得到不同的值。

一、多選題：每題 8 分共 16 分

下圖為

y = cos (x + 2)

，

y = cos 2 x

，

y = sin (2 x + 3)

，

y = 2 cos 2 x

四個函數的部分圖形，選出正確的組合

(1) $g (x) = cos (x + 2)$
(2) $h (x) = cos 2 x$
(3) $h (x) = sin (2 x + 3)$
(4) $k (x) = cos 2 x$
(5) $f (x) = 2 cos 2 x$

載入中...

判斷下列函數的週期哪些為

π

（註：週期為最小正數

T

，滿足

f (x) = f (x + T)

）

(1) $f (x) = cos ∣2 x ∣$
(2) $f (x) = ∣ cos 2 x ∣$
(3) $f (x) = (sin x - cos x)^{2}$
(4) $f (x) = cos 6 x + cos 2 x$
(5) $f (x) = \frac{1 - cos 2 x}{2} + \frac{1 + cos 2 x}{2}$

二、填充題：共 60 分（配分如下表）（答對格數與得分：對 1 格 8 分、對 2 格 16 分、對 3 格 24 分、對 4 格 32 分、對 5 格 40 分、對 6 格 48 分、對 7 格 52 分、對 8 格 56 分、對 9 格 60 分）

若

- π \leq θ \leq 0

，且

y = 3 sin θ - 4 cos θ

，則 (1)

y

的最小值 ____；(2) 當

y

有最小值時，

sin θ =

____

\frac{1}{2} - (sin 42. 5^{\circ} cos 2 0^{\circ} - sin 2 0^{\circ} cos 42. 5^{\circ})^{2} =

____

若

\frac{- π}{2} \leq x \leq \frac{π}{2}

，

2 tan x = - tan (2 x)

的解共有 ____ 個

比較

a = cos 1

，

b = sin 1

，

c = tan 1

，

d = cos \frac{1}{2}

之大小順序 ____

在

0 \leq x \leq 2 π

範圍內，滿足不等式

- \frac{3}{2} \leq cos (x - \frac{π}{6}) \leq \frac{3}{2}

的

x

的解為 ____

設

f (x) = 4 (7 cos^{3} x + 2 sin^{3} x) - 3 (7 cos x + 2 sin x)

，且

0 \leq x \leq \frac{π}{4}

，求

f (x)

之最小值

m =

____

△ A B C

中

0 \leq ∠ A \leq 9 0^{\circ}

，

\overline{A B} = 6

，

\overline{A C} = 4

，

\overline{C H} ⊥ \overline{A B}

，

\overline{B P} ⊥ \overline{A C}

，求兩個三角形

△ B C H

、

△ B C P

面積之差的最大值 ____

載入中...

如圖為正方形

A B C D

，

\overline{A B} = 3 \overline{A E}

，

\overline{B C} = 4 \overline{B F}

，

∠ B D F = β

，求

tan (α - β) =

____

載入中...

三、混和題型：共 24 分

混和題型第 1 題（本頁第 11～13 題）（第 11～13 題）　某個天文台觀測站的圓頂打開後的側面圖如下圖所示，圖中的半圓圓心為

O

，半徑為

\overline{O K}

，

\overline{O K} = 6

，圖中四個長方形鋼架為全等的長方形，

D

、

I

兩點皆在半徑

\overline{O K}

上，

\overline{A B} : \overline{A D} = 2 : (2 + 3)

，

（填充題）若銳角

∠ K O J = θ

，求

tan θ =

____（3%）

載入中...

（單選題）承上題，

sin 2 θ =

　(A)

\frac{1}{2}

　(B)

\frac{2}{2}

　(C)

\frac{3}{2}

　(D)

\frac{6 + 2}{4}

（4%）

（填充題）求深色部分面積 ____（5%）

混和題型第 2 題（本頁第 14～15 題）（第 14～15 題）　

0 \leq θ < 2 π

，

cos θ \neq = 0

證明：

\frac{sin 2 θ + cos 2 θ + 1}{cos θ} = 2 sin θ + 2 cos θ

（4%）

證明

\frac{2 sin ( 2 θ + \frac{π}{4} ) + 1}{2 sin ( 2 θ - \frac{π}{4} ) - 1} = \frac{sin ( θ + \frac{π}{4} )}{sin ( θ - \frac{π}{4} )}

（8%）

02 · 答案

答案一覽，先對再看詳解

第 1 題(1)(3)(4)(5)

第 2 題(1)(3)(4)

第 3 題(1)

- 5

　(2)

- \frac{3}{5}

第 4 題

\frac{2}{4}

第 5 題

3

第 6 題

c > d > b > a

第 7 題

\frac{π}{3} \leq x \leq π

或

\frac{4 π}{3} \leq x \leq 2 π

或

x = 0

第 8 題

\frac{- 2 - 14}{2}

第 9 題

5

（學校公布的答案；照卷面條件實際算，面積差最大只接近

\frac{20 5}{9} \approx 4.97

，到不了 5，見詳解）

第 10 題

\frac{1}{3}

第 11 題

2 + 3

第 12 題(A)

第 13 題

\frac{21 π}{2}

第 14 題證明見詳解（分子用倍角公式化成

2 cos θ (sin θ + cos θ)

再約分）

第 15 題證明見詳解（左右兩邊都可以化成

\frac{s i n θ + c o s θ}{s i n θ - c o s θ}

）

03 · 勾錯題號

勾出錯的題號，看錯在哪幾章

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對完答案了？勾你錯的題號

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還沒勾。全對的話恭喜，下面的逐題檢討卡看看短的那條路你有沒有走到。

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04 · 逐題詳解

每一題，錯在哪一步

看完想確認自己真的會，有些題目下面可以當場做一題同型的（免註冊）。

01多選 1～2：辨認圖形、判斷週期

第 1 題答案 (1)(3)(4)(5)。先看四個函數的振幅與週期：

y = 2 cos 2 x

振幅

2

、週期

π

；

y = cos 2 x

與

y = sin (2 x + 3)

振幅

1

、週期

π

；

y = cos (x + 2)

振幅

1

、週期

2 π

。 (5) 正確。 圖上只有

f (x)

的最高點比其他三條高，振幅是

2

，所以

f (x) = 2 cos 2 x

。 (1) 正確。 其餘三條一樣高，其中

g (x)

起伏一次的寬度是另外兩條的兩倍，週期是

2 π

，所以

g (x) = cos (x + 2)

。 (4) 正確。 剩下

h (x)

與

k (x)

。

cos 2 x

的每個函數值都是

2 cos 2 x

的一半，所以它的最高點、最低點、與

f (x)

圖形的交點（也就是函數值為

0

的地方）都和

f (x)

在同一個

x

上。圖上

k (x)

的最高點正好在

f (x)

的最高點正下方，所以

k (x) = cos 2 x

。 (3) 正確。 最後一條

h (x)

就是

sin (2 x + 3)

。也可以檢查位置：

sin (2 x + 3) = cos (2 x + 3 - \frac{π}{2})

，最高點在

2 x + 3 - \frac{π}{2} = 2 nπ

，即

x = nπ - \frac{3 - \frac{π}{2}}{2} \approx nπ - 0.71

，比

cos 2 x

的最高點

x = nπ

偏左約

0.71

；圖上

h (x)

的最高點確實在

k (x)

最高點的左邊一點。 (2) 錯誤。

h (x)

的最高點不在

f (x)

最高點的正下方，它不是

cos 2 x

。

原圖沒有畫坐標軸，不能靠代點判斷，要用振幅、週期，以及「

cos 2 x

與

2 cos 2 x

同時到最高點」這三件事。

第 2 題答案 (1)(3)(4)。 (1) 正確。 餘弦是偶函數，

cos ∣2 x ∣ = cos 2 x

，週期

\frac{2 π}{2} = π

。 (2) 錯誤。

cos 2 (x + \frac{π}{2}) = cos (2 x + π) = - cos 2 x

，取絕對值後相等，所以

∣ cos 2 x ∣

每隔

\frac{π}{2}

就重複，週期是

\frac{π}{2}

，不是

π

。 (3) 正確。

(sin x - cos x)^{2} = sin^{2} x + cos^{2} x - 2 sin x cos x = 1 - sin 2 x

，週期

π

。 (4) 正確。

f (x + π) = cos (6 x + 6 π) + cos (2 x + 2 π) = f (x)

，所以

π

是它重複的一個間隔。再看有沒有更小的：

f (0) = 2

，而

f (x) = 2

必須

cos 6 x = 1

且

cos 2 x = 1

，由

cos 2 x = 1

得

x = nπ

（

n

為整數）。若

T

是週期，則

f (T) = f (0) = 2

，

T

一定是

π

的整數倍，所以最小的正數就是

π

。 (5) 錯誤。 由

cos 2 x = 1 - 2 sin^{2} x = 2 cos^{2} x - 1

，得

\frac{1 - cos 2 x}{2} = sin^{2} x

、

\frac{1 + cos 2 x}{2} = cos^{2} x

，所以

f (x) = ∣ sin x ∣ + ∣ cos x ∣

。而

f (x + \frac{π}{2}) = ∣ cos x ∣ + ∣ - sin x ∣ = f (x)

，每隔

\frac{π}{2}

就重複，週期不超過

\frac{π}{2}

，不是

π

。（實際上週期就是

\frac{π}{2}

：

f (x)^{2} = 1 + ∣ sin 2 x ∣

，而

∣ sin 2 x ∣

的週期是

\frac{π}{2}

。）

題目的註說週期是「最小」的正數，(2)(5) 雖然滿足

f (x + π) = f (x)

，但有更小的間隔，所以週期不是

π

。(4) 兩項的週期分別是

\frac{π}{3}

與

π

，相加後要取兩者都重複的最小間隔。

加了絕對值或平方之後週期常常會減半，先把式子化簡成認得的形式，再看有沒有比

π

更小的間隔。

02填充第 1～4 題（本頁 3～6）：疊合、差角與倍角、正切方程式、比大小

第 3 題疊合：

y = 3 sin θ - 4 cos θ = 5 (sin θ \cdot \frac{3}{5} - cos θ \cdot \frac{4}{5}) = 5 sin (θ - α)

，其中

cos α = \frac{3}{5}

、

sin α = \frac{4}{5}

，

α

是銳角。

- π \leq θ \leq 0

時，

- π - α \leq θ - α \leq - α

。因為

0 < α < \frac{π}{2}

，這個範圍包含

- \frac{π}{2}

，所以

sin (θ - α)

取得到

- 1

，

y

的最小值是

- 5

。這時

θ - α = - \frac{π}{2}

，

θ = α - \frac{π}{2}

，

sin θ = sin (α - \frac{π}{2}) = - cos α = - \frac{3}{5}

。檢查：這時

cos θ = sin α = \frac{4}{5}

，

y = 3 \cdot (- \frac{3}{5}) - 4 \cdot \frac{4}{5} = - 5

。

有限制範圍時，要先確認角

θ - α

的範圍真的走得到

- \frac{π}{2}

，才能說最小值是

- 5

。

第 4 題括號內是正弦的差角公式：

sin 42. 5^{\circ} cos 2 0^{\circ} - cos 42. 5^{\circ} sin 2 0^{\circ} = sin (42. 5^{\circ} - 2 0^{\circ}) = sin 22. 5^{\circ}

。原式

= \frac{1}{2} - sin^{2} 22. 5^{\circ} = \frac{1}{2} (1 - 2 sin^{2} 22. 5^{\circ}) = \frac{1}{2} cos 4 5^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{2} = \frac{2}{4}

。

第 5 題

x = \pm \frac{π}{2}

時

tan x

沒有定義，

x = \pm \frac{π}{4}

時

tan 2 x

沒有定義，這四個數都不是解。其餘的

x

令

t = tan x

，由倍角公式

tan 2 x = \frac{2 t}{1 - t ^{2}}

，方程式成為

2 t = - \frac{2 t}{1 - t ^{2}}

。兩邊乘以

1 - t^{2}

：

2 t (1 - t^{2}) + 2 t = 0

，即

2 t (2 - t^{2}) = 0

，

t = 0

或

t = \pm 2

。在

- \frac{π}{2} < x < \frac{π}{2}

內正切函數遞增，每個

t

值恰好對應一個

x

，而且

t = \pm 2

不是

\pm 1

，沒有碰到

x = \pm \frac{π}{4}

。所以共有

3

個解（

x = 0

以及

tan x = \pm 2

的兩個角）。

不要兩邊直接約掉

tan x

，那樣會漏掉

x = 0

這個解。

第 6 題這裡的

1

與

\frac{1}{2}

都是弧度，

1

弧度約

57. 3^{\circ}

，在

\frac{π}{4}

與

\frac{π}{2}

之間。超過

\frac{π}{4}

的銳角正弦比餘弦大，所以

sin 1 > cos 1

，即

b > a

；正切大於

1

，所以

c = tan 1 > 1

，比其他三個都大。再比

d

與

b

：

sin 1 = cos (\frac{π}{2} - 1) \approx cos 0.57

，餘弦在

0

到

\frac{π}{2}

之間遞減，

0.5 < 0.57

，所以

cos \frac{1}{2} > cos 0.57 = sin 1

，即

d > b

。合起來

c > d > b > a

。

要比

cos \frac{1}{2}

與

sin 1

，先把正弦換成餘弦（或反過來），變成同一種函數再用遞增遞減比較。

03填充第 5～6 題（本頁 7～8）：餘弦不等式、三倍角與疊合

第 7 題令

u = x - \frac{π}{6}

，

0 \leq x \leq 2 π

時

- \frac{π}{6} \leq u \leq \frac{11 π}{6}

。不等式是

- \frac{3}{2} \leq cos u \leq \frac{3}{2}

。在這個範圍內

cos u = \frac{3}{2}

的解是

u = - \frac{π}{6}, \frac{π}{6}, \frac{11 π}{6}

，

cos u = - \frac{3}{2}

的解是

u = \frac{5 π}{6}, \frac{7 π}{6}

。由

y = cos u

的圖形：

- \frac{π}{6} < u < \frac{π}{6}

時圖形高過

\frac{3}{2}

，不合，但左端點

u = - \frac{π}{6}

剛好等於

\frac{3}{2}

，合；

\frac{π}{6} \leq u \leq \frac{5 π}{6}

合；

\frac{5 π}{6} < u < \frac{7 π}{6}

時低於

- \frac{3}{2}

，不合；

\frac{7 π}{6} \leq u \leq \frac{11 π}{6}

合。換回

x = u + \frac{π}{6}

：

x = 0

或

\frac{π}{3} \leq x \leq π

或

\frac{4 π}{3} \leq x \leq 2 π

。

x = 0

這個單獨的點很容易漏：

cos (- \frac{π}{6}) = \frac{3}{2}

，不等式有等號，所以它是解。

第 8 題重新分組：

f (x) = 7 (4 cos^{3} x - 3 cos x) + 2 (4 sin^{3} x - 3 sin x)

。用和角與倍角公式：

cos 3 x = cos 2 x cos x - sin 2 x sin x = (2 cos^{2} x - 1) cos x - 2 sin^{2} x cos x = 4 cos^{3} x - 3 cos x

；

sin 3 x = sin 2 x cos x + cos 2 x sin x = 2 sin x cos^{2} x + (1 - 2 sin^{2} x) sin x = 3 sin x - 4 sin^{3} x

。所以

f (x) = 7 cos 3 x - 2 sin 3 x

。疊合：

7 + 2 = 3

，

f (x) = 3 (cos 3 x \cdot \frac{7}{3} - sin 3 x \cdot \frac{2}{3}) = 3 cos (3 x + φ)

，其中

cos φ = \frac{7}{3}

、

sin φ = \frac{2}{3}

。因為

\frac{2}{3} < \frac{1}{2}

，

φ

是小於

\frac{π}{6}

的銳角。

0 \leq x \leq \frac{π}{4}

時

φ \leq 3 x + φ \leq \frac{3 π}{4} + φ < π

，餘弦在

0

到

π

之間遞減，所以最小值在

x = \frac{π}{4}

：

m = 7 cos \frac{3 π}{4} - 2 sin \frac{3 π}{4} = - \frac{14}{2} - 1 = \frac{- 2 - 14}{2}

。

最小值不是

- 3

：角

3 x + φ

最大只到

\frac{3 π}{4} + φ

，還沒到

π

，要代端點

x = \frac{π}{4}

。

看到

4 cos^{3} x - 3 cos x

與

3 sin x - 4 sin^{3} x

這兩個形狀，就是

cos 3 x

與

sin 3 x

；不記得時用

3 x = 2 x + x

展開就推得出來。

04填充第 7～8 題（本頁 9～10）：面積差的最大值、正方形裡的角

第 9 題設

∠ A = θ

。直角三角形

A C H

中，

\overline{C H} = 4 sin θ

、

\overline{A H} = 4 cos θ

，所以

\overline{B H} = 6 - 4 cos θ

，

△ B C H

的面積

= \frac{1}{2} \cdot \overline{B H} \cdot \overline{C H} = 2 sin θ (6 - 4 cos θ) = 12 sin θ - 8 sin θ cos θ

。直角三角形

A B P

中，

\overline{B P} = 6 sin θ

、

\overline{A P} = 6 cos θ

。 照圖的畫法（學校公布的答案）：

P

在

\overline{A C}

上，

\overline{C P} = 4 - 6 cos θ

，

△ B C P

的面積

= \frac{1}{2} \cdot \overline{C P} \cdot \overline{B P} = 3 sin θ (4 - 6 cos θ) = 12 sin θ - 18 sin θ cos θ

。兩面積相減

= 10 sin θ cos θ = 5 sin 2 θ

，

θ = 4 5^{\circ}

時最大，得

5

。 嚴格來看：

P

要在

\overline{A C}

上，必須

\overline{A P} = 6 cos θ \leq 4

，即

cos θ \leq \frac{2}{3}

（

θ

約

48. 2^{\circ}

以上）。

θ = 4 5^{\circ}

時

\overline{A P} = 32 \approx 4.24 > 4

，

P

已經在

\overline{A C}

的延長線上，這時

\overline{C P} = 32 - 4

，

△ B C P

的面積

= \frac{1}{2} (32 - 4) (32) = 9 - 62 \approx 0.51

，

△ B C H

的面積

= 62 - 4 \approx 4.49

，兩者相差

122 - 13 \approx 3.97

，不是

5

。照實際圖形分兩段看：

cos θ \leq \frac{2}{3}

時面積差是

5 sin 2 θ

，這時

2 θ

超過

9 0^{\circ}

，

θ

愈小愈大，最大在

cos θ = \frac{2}{3}

、

sin θ = \frac{5}{3}

，值為

10 \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{20 5}{9} \approx 4.97

；

cos θ > \frac{2}{3}

時

△ B C P

的面積是

3 sin θ (6 cos θ - 4)

，面積差是

2 sin θ (12 - 13 cos θ)

，其中

sin θ < \frac{5}{3}

、

12 - 13 cos θ < \frac{10}{3}

，所以差小於

\frac{20 5}{9}

（

12 - 13 cos θ

為負時，差的大小是

2 sin θ (13 cos θ - 12) < 2 \cdot \frac{5}{13} \cdot 1 < 1

）。因此照實際圖形算，面積差的最大值是

\frac{20 5}{9}

，發生在

P

與

C

重合（

∠ C

是直角）的時候。不過

P

與

C

重合時

△ B C P

退化成一條線段，面積當作

0

；若要求它是真的三角形，這個最大值取不到，面積差只能任意接近

\frac{20 5}{9}

。

本頁答案欄照學校公布的

5

。那是把

\overline{C P}

一律寫成

4 - 6 cos θ

的結果；

θ = 4 5^{\circ}

時這個式子是負的，代表

P

已經跑到

\overline{A C}

外面。學校是不管

P

的位置，一律把

\overline{C P}

寫成

4 - 6 cos θ

。

第 10 題設正方形邊長為

3

。由圖，

θ = ∠ A D E

、

α = ∠ E D B

、

γ = ∠ C D F

，題目另給

β = ∠ B D F

；對角線

\overline{D B}

把直角

∠ A D C

分成兩個

4 5^{\circ}

，所以

θ + α = 4 5^{\circ}

、

β + γ = 4 5^{\circ}

。

\overline{A E} = 1

，

tan θ = \frac{A E}{A D} = \frac{1}{3}

；

\overline{B F} = \frac{3}{4}

，

\overline{C F} = \frac{9}{4}

，

tan γ = \frac{C F}{C D} = \frac{3}{4}

。由正切的差角公式：

tan α = tan (4 5^{\circ} - θ) = \frac{1 - \frac{1}{3}}{1 + \frac{1}{3}} = \frac{1}{2}

，

tan β = tan (4 5^{\circ} - γ) = \frac{1 - \frac{3}{4}}{1 + \frac{3}{4}} = \frac{1}{7}

。所以

tan (α - β) = \frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{7}}{1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{7}} = \frac{\frac{5}{14}}{\frac{15}{14}} = \frac{1}{3}

。

也可以注意

α - β = (4 5^{\circ} - θ) - (4 5^{\circ} - γ) = γ - θ

，直接算

tan (γ - θ) = \frac{\frac{3}{4} - \frac{1}{3}}{1 + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{1}{3}

。

F

靠近

B

（

\overline{B F}

是邊長的四分之一），不要看成

\overline{C F}

。

05混和題型第 1 題（本頁 11～13）：天文台圓頂

第 11 題設

\overline{A B} = 2 k

，則

\overline{A D} = (2 + 3) k

；再設

\overline{O A} = a

。由圖，

D

在

A

的正上方，高度是

\overline{A D}

；右邊三個鋼架疊在

B

的上方，

I

在

B

的正上方，高度是

3 \overline{A D}

，而

\overline{O B} = a + 2 k

。

O

、

D

、

I

都在

\overline{O K}

上，所以

tan θ = \frac{A D}{a} = \frac{3 A D}{a + 2 k}

，得

a + 2 k = 3 a

，

a = k

。故

tan θ = \frac{( 2 + 3 ) k}{k} = 2 + 3

。

本頁的附圖是示意圖，鋼架的長寬比沒有照

2 : (2 + 3)

畫，角度不要用量的。

第 12 題答案 (A)。

tan θ = 2 + 3

，畫一個兩股為

1

與

2 + 3

的直角三角形，斜邊的平方是

1 + (2 + 3)^{2} = 8 + 43

，所以

sin θ cos θ = \frac{( 2 + 3 ) \cdot 1}{8 + 4 3} = \frac{2 + 3}{4 ( 2 + 3 )} = \frac{1}{4}

。由倍角公式

sin 2 θ = 2 sin θ cos θ = \frac{1}{2}

。

第 13 題先求

θ

：

θ

是銳角且

tan θ = 2 + 3 > 1

，所以

4 5^{\circ} < θ < 9 0^{\circ}

，

9 0^{\circ} < 2 θ < 18 0^{\circ}

。由上一題

sin 2 θ = \frac{1}{2}

，在這個範圍內只有

2 θ = 15 0^{\circ}

，

θ = 7 5^{\circ} = \frac{5 π}{12}

。深色部分是以

O

為圓心、半徑

6

的扇形，夾在

\overline{O K}

與左邊的半徑之間，圓心角

= π - \frac{5 π}{12} = \frac{7 π}{12}

。面積

= \frac{1}{2} \cdot 6^{2} \cdot \frac{7 π}{12} = \frac{21 π}{2}

。

sin 2 θ = \frac{1}{2}

時

2 θ

可能是

3 0^{\circ}

或

15 0^{\circ}

，要用

tan θ > 1

判斷是哪一個。扇形面積公式的角要用弧度。

圖上三點共線時，用「同一個角的正切相等」列式，就能把未知的長度消掉。

06混和題型第 2 題（本頁 14～15）：兩個恆等式的證明

第 14 題由倍角公式

sin 2 θ = 2 sin θ cos θ

、

cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1

，分子

sin 2 θ + cos 2 θ + 1 = 2 sin θ cos θ + 2 cos^{2} θ = 2 cos θ (sin θ + cos θ)

。因為

cos θ \neq = 0

，可以約分：左式

= \frac{2 cos θ ( sin θ + cos θ )}{cos θ} = 2 sin θ + 2 cos θ =

右式，得證。

證明題要從一邊化到另一邊。學校答案卷的評分說明寫明：直接把兩邊同乘

cos θ

，或左右兩邊同時推到相等，不給分。

cos 2 θ

有三種寫法，這裡選

2 cos^{2} θ - 1

才能把

+ 1

消掉。

第 15 題從左式出發。先用和角、差角公式展開：

2 sin (2 θ + \frac{π}{4}) = 2 (sin 2 θ \cdot \frac{2}{2} + cos 2 θ \cdot \frac{2}{2}) = sin 2 θ + cos 2 θ

，同理

2 sin (2 θ - \frac{π}{4}) = sin 2 θ - cos 2 θ

。所以

左式 = \frac{sin 2 θ + cos 2 θ + 1}{sin 2 θ - cos 2 θ - 1}

分子同上一題，等於

2 cos θ (sin θ + cos θ)

；分母

sin 2 θ - (cos 2 θ + 1) = 2 sin θ cos θ - 2 cos^{2} θ = 2 cos θ (sin θ - cos θ)

。因為

cos θ \neq = 0

，約去

2 cos θ

：

左式 = \frac{2 cos θ ( sin θ + cos θ )}{2 cos θ ( sin θ - cos θ )} = \frac{sin θ + cos θ}{sin θ - cos θ}

分子、分母同乘

\frac{2}{2}

，再用和角、差角公式合起來：

\frac{2}{2} (sin θ + cos θ) = sin θ cos \frac{π}{4} + cos θ sin \frac{π}{4} = sin (θ + \frac{π}{4})

，

\frac{2}{2} (sin θ - cos θ) = sin θ cos \frac{π}{4} - cos θ sin \frac{π}{4} = sin (θ - \frac{π}{4})

。所以

左式 = \frac{\frac{2}{2} ( sin θ + cos θ )}{\frac{2}{2} ( sin θ - cos θ )} = \frac{sin ( θ + \frac{π}{4} )}{sin ( θ - \frac{π}{4} )} = 右式

得證。

最後一步是把疊合反過來用：看到

sin θ \pm cos θ

就想到

2 sin (θ \pm \frac{π}{4})

。這個等式是在兩邊分母都不為

0

（也就是

sin θ \neq = cos θ

）時討論；題目給

cos θ \neq = 0

，是讓約去

cos θ

這一步成立。

式子裡有

cos 2 θ + 1

就換成

2 cos^{2} θ

，有

cos 2 θ - 1

就換成

- 2 sin^{2} θ

，常數項會剛好消掉。

同一次段考的其他學校

同樣是高二第一次段考，範圍相近，可以拿來限時再寫一份。

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常見問題

武陵高中 109 上高二第一次段考數學的答案在哪裡？

本頁列出全部 15 題的答案；答案由御藍教育逐題重新計算。

武陵高中 109 上高二第一次段考數學哪幾題最容易錯？

第 1 題的圖沒有坐標軸，要靠 cos 2x 與 2 cos 2x 同時到最高點來分辨 h 與 k；第 2 題選項 (2)(5) 的週期其實是二分之 π，選項 (4) 要說明沒有比 π 更小的間隔；第 7 題容易漏掉 x 等於 0 這個單獨的解；第 8 題要先認出三倍角的形狀，而且最小值在端點不是負 3；第 9 題照附圖列式得 5，但角 A 是 45 度時垂足已經在邊的延長線上。詳解逐題寫在本頁。

我們學校的段考卷也可以做詳解嗎？

可以。考完把題目頁拍照或掃描，從本頁「上傳考卷」傳給我們，收到後會盡快做好放上來，一樣免費。

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可以，免註冊。PDF 是 A4 考卷格式，填充與計算題留了作答空間，最後幾頁是答案與逐題詳解。

題目取自武陵高中 109 學年度上學期高二第一次段考數學A，由御藍教育重新打字排版；答案逐題重新計算，詳解為御藍教育撰寫。

武陵高中 109 上高二第一次段考數學試題、答案與詳解

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01多選 1～2：辨認圖形、判斷週期

02填充第 1～4 題（本頁 3～6）：疊合、差角與倍角、正切方程式、比大小

03填充第 5～6 題（本頁 7～8）：餘弦不等式、三倍角與疊合

04填充第 7～8 題（本頁 9～10）：面積差的最大值、正方形裡的角

05混和題型第 1 題（本頁 11～13）：天文台圓頂

06混和題型第 2 題（本頁 14～15）：兩個恆等式的證明

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常見問題

武陵高中 109 上 高二第一次段考數學的答案在哪裡？

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武陵高中 109 上
高二第一次段考
數學試題、答案與詳解

武陵高中 109 上高二第一次段考數學的答案在哪裡？

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