武陵高中 110 上
高二第二次段考
數學試題、答案與詳解

(1) 錯誤。 舉反例：$\alpha =\frac{\pi }{6}$、$\beta =\frac{\pi }{3}$ 符合 $0<\alpha <\beta <\pi$。

$\tan \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan \frac{\pi }{3}=\sqrt{3}$，前者較小，不等式不成立。

(2) 正確。 $y=\cos x$ 在 $0\le x\le \pi$ 遞減（下圖左），$\alpha <\beta$，所以 $\cos \alpha >\cos \beta$。

(3) 錯誤。 同樣取 $\alpha =\frac{\pi }{6}$、$\beta =\frac{\pi }{3}$：$\sin \alpha =\frac{1}{2}$，$\sin \beta =\frac{\sqrt{3}}{2}$，前者較小。

(4) 正確。 $y=\tan x$ 在 $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$ 遞增（下圖右），$\theta <\varphi$，所以 $\tan \theta <\tan \varphi$。

(5) 正確。 $y=\sin x$ 在 $-\frac{\pi }{2}\le x\le \frac{\pi }{2}$ 也遞增（下圖右的虛線），所以 $\sin \theta <\sin \varphi$。

答案 (2)(4)(5)。

先找最高、最低點的位置：$2x-\frac{\pi }{18}=\frac{\pi }{2}+n\pi$（$n$ 為整數）時取到最大或最小值。

(1) 正確。 $x=\frac{7\pi }{9}$ 時，$2x-\frac{\pi }{18}=\frac{28\pi }{18}-\frac{\pi }{18}=\frac{3\pi }{2}$。

此時 $f=3\cdot (-1)-1=-4$ 是最小值；正弦曲線對稱於通過最低點的鉛直線，所以圖形對稱於 $x=\frac{7\pi }{9}$（下圖藍色虛線）。

(2) 錯誤。 若圖形對稱於直線 $y=-1$，點 $(x,f(x))$ 的對稱點 $(x,-2-f(x))$ 也要在圖形上。

同一個 $x$ 只對到一個函數值，所以必須每個 $x$ 都有 $f(x)=-1$；但 $f\left(\frac{7\pi }{9}\right)=-4$，不成立。

(3) 錯誤。 對稱於原點必須 $f(0)=0$，但 $f(0)=3\sin \left(-\frac{\pi }{18}\right)-1<-1$。

(4) 正確。 週期 $=\frac{2\pi }{2}=\pi$。

(5) 錯誤。 鉛直伸縮 $3$ 倍得 $y=3\sin x$；水平伸縮 $\frac{1}{2}$ 倍得 $y=3\sin 2x$。

再向右平移 $\frac{\pi }{18}$：

$$y=3\sin 2\left(x-\frac{\pi }{18}\right)=3\sin \left(2x-\frac{\pi }{9}\right)$$

最後下移 $1$ 得 $y=3\sin \left(2x-\frac{\pi }{9}\right)-1$，不是 $f(x)$；向右應平移 $\frac{\pi }{36}$ 單位才對。

答案 (1)(4)。

① 改寫成 $\tan x=-\frac{x}{\pi }$，實根個數就是 $y=\tan x$ 與直線 $y=-\frac{x}{\pi }$ 在 $-2\pi \le x\le 2\pi$ 的交點數（下圖）。

② 直線過原點，$x=2\pi$ 時 $y=-2$，$x=-2\pi$ 時 $y=2$。$\tan x$ 在 $\pm \frac{\pi }{2}$、$\pm \frac{3\pi }{2}$ 沒有定義，範圍被切成五段。

③ 在 $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$ 與 $\frac{\pi }{2}<x<\frac{3\pi }{2}$ 兩段，$\tan x$ 由很小遞增到很大，直線遞減，各恰交一次（第一段交在原點）。

④ 在 $\frac{3\pi }{2}<x\le 2\pi$：靠近 $\frac{3\pi }{2}$ 時 $\tan x$ 很小、在直線下方；$x=2\pi$ 時 $\tan x=0$，直線是 $-2$，$\tan x$ 在上方。

$\tan x$ 遞增、直線遞減，所以恰交一次。

⑤ 兩個函數都是奇函數，圖形對稱於原點，所以 $x<-\frac{\pi }{2}$ 的兩段也各交一次。

⑥ 合計 $5$ 個交點。

答案 $5$。

① 倍角公式：$\cos 2x=1-2{\sin }^{2}x$，不等式變成 $\sin x\le 1-2{\sin }^{2}x$。

② 移項：$2{\sin }^{2}x+\sin x-1\le 0$，因式分解 $(2\sin x-1)(\sin x+1)\le 0$。

③ 所以 $-1\le \sin x\le \frac{1}{2}$；$\sin x\ge -1$ 永遠成立，只要 $\sin x\le \frac{1}{2}$。

④ $0\le x\le 2\pi$ 時，$\sin x=\frac{1}{2}$ 在 $x=\frac{\pi }{6}$、$\frac{5\pi }{6}$；兩點之間曲線高於 $\frac{1}{2}$，其餘部分不超過 $\frac{1}{2}$（下圖加粗的兩段）。

答案 $0\le x\le \frac{\pi }{6}$ 或 $\frac{5\pi }{6}\le x\le 2\pi$。

由正弦的差角公式 $\sin (A-B)=\sin A\cos B-\cos A\sin B$：

$$\sin 191^{\circ }\cos 41^{\circ }-\cos 191^{\circ }\sin 41^{\circ }=\sin (191^{\circ }-41^{\circ })=\sin 150^{\circ }$$

$\sin 150^{\circ }=\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}$。

答案 $\frac{1}{2}$。

① 取 $A$ 為原點，$C$ 在 $x$ 軸負向、$B$ 在 $y$ 軸負向：$C(-4-2\sqrt{3},0)$、$B(0,-2)$。

② 奇奇的鐵鍊長 $1$，固定在 $\overline{AB}$ 的中點 $M(0,-1)$。大武家在牆的右側，奇奇的範圍是以 $M$ 為圓心、半徑 $1$ 的左半圓（下圖）。

③ 妙妙的鐵鍊長 $2+\sqrt{3}$，固定在 $\overline{AC}$ 的中點 $N(-2-\sqrt{3},0)$。小陵家在牆的上方，妙妙的範圍是以 $N$ 為圓心、半徑 $2+\sqrt{3}$ 的下半圓。

④ 兩圓都通過 $A$。兩圓方程式 $x^2+y^2+2y=0$ 與 $x^2+y^2+2(2+\sqrt{3})x=0$ 相減，得公共弦所在直線 $y=(2+\sqrt{3})x$。

⑤ 代回圓 $M$：$\left[1+(2+\sqrt{3}{)}^2\right]x^2+2(2+\sqrt{3})x=0$，而 $1+(2+\sqrt{3}{)}^2=4(2+\sqrt{3})$，另一交點 $x=-\frac{1}{2}$。

所以 $P\left(-\frac{1}{2},-\frac{2+\sqrt{3}}{2}\right)$，弦長平方 ${\overline{AP}}^2=\frac{1}{4}+\frac{7+4\sqrt{3}}{4}=2+\sqrt{3}$。

⑥ 圓 $M$（半徑 $1$）：餘弦定理 $\cos \angle AMP=\frac{1+1-(2+\sqrt{3})}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以 $\angle AMP=\frac{5\pi }{6}$。

⑦ 圓 $N$（半徑 $r=2+\sqrt{3}$）：$\cos \angle ANP=\frac{2r^2-r}{2r^2}=1-\frac{1}{2r}=1-\frac{2-\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以 $\angle ANP=\frac{\pi }{6}$。

⑧ 兩個圓心都在對方的圓外，重疊區域是兩個弓形合成（下圖藍色）。弓形面積 $=$ 扇形 $-$ 三角形：

$$\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot \frac{5\pi }{6}-\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot \sin \frac{5\pi }{6}=\frac{5\pi }{12}-\frac{1}{4}$$

$$\frac{1}{2}{r}^2\cdot \frac{\pi }{6}-\frac{1}{2}{r}^2\sin \frac{\pi }{6}=\frac{(7+4\sqrt{3})\pi }{12}-\frac{7+4\sqrt{3}}{4}$$

⑨ 相加：$\frac{(12+4\sqrt{3})\pi }{12}-\frac{8+4\sqrt{3}}{4}=\frac{3+\sqrt{3}}{3}\pi -2-\sqrt{3}$。

答案 $\frac{3+\sqrt{3}}{3}\pi -2-\sqrt{3}$ 平方公尺。

① $L_1$ 的斜率 $1$，$L_2$ 的斜率 $-3$。設兩線的斜角為 $\alpha$、$\beta$，$\tan \alpha =1$，$\tan \beta =-3$。

② 正切差角公式：

$$\tan (\beta -\alpha )=\frac{-3-1}{1+(-3)\cdot 1}=\frac{-4}{-2}=2$$

③ 兩直線的兩個夾角互補，正弦值相同；取 $\tan \theta =2$ 的那個銳角（下圖）。

④ 對邊 $2$、鄰邊 $1$、斜邊 $\sqrt{5}$，$\sin \theta =\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。

答案 $\frac{2\sqrt{5}}{5}$。

① $2\sqrt{3}\sin (\omega x+\varphi )=-3$，即 $\sin (\omega x+\varphi )=-\frac{\sqrt{3}}{2}$。

② 看圖：$A$、$C$ 是曲線往上穿過 $y=-3$ 的點，$B$ 是往下穿過的點；$A$ 與 $C$ 是相鄰兩個「往上穿過」的點，相差一個週期。

③ 週期 $=15-3=12$，$\frac{2\pi }{\omega }=12$，$\omega =\frac{\pi }{6}$。

④ $B$、$C$ 之間的最低點在中點 $x=14$（下圖），所以 $\frac{\pi }{6}\cdot 14+\varphi =\frac{3\pi }{2}+2n\pi$（$n$ 為整數）。

⑤ $\varphi =\frac{3\pi }{2}-\frac{7\pi }{3}+2n\pi =-\frac{5\pi }{6}+2n\pi$，在 $0<\varphi <2\pi$ 內只有 $\varphi =\frac{7\pi }{6}$。

⑥ 驗算：$x=3$ 時角度是 $\frac{\pi }{2}+\frac{7\pi }{6}=\frac{5\pi }{3}$，$\sin \frac{5\pi }{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$。

$f(0)=2\sqrt{3}\sin \frac{7\pi }{6}=-\sqrt{3}$，介於 $0$ 與 $-3$ 之間，和圖形相符。

答案 $\left(\frac{\pi }{6},\frac{7\pi }{6}\right)$。

① 疊合：

$$2\sin x-2\cos x=2\sqrt{2}\left(\sin x\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}-\cos x\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=2\sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)$$

② $0\le x\le 2\pi$ 時，$-\frac{\pi }{4}\le x-\frac{\pi }{4}\le \frac{7\pi }{4}$。

③ 最小值：$x-\frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{2}$，$a=\frac{7\pi }{4}$（$-\frac{\pi }{2}$ 不在範圍內）。

④ 最大值：$x-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$，$b=\frac{3\pi }{4}$（下圖）。

⑤ $\frac{a}{b}=\frac{7\pi }{4}÷\frac{3\pi }{4}=\frac{7}{3}$。

答案 $\frac{7}{3}$。

① 令 $t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$，$0\le x\le 2\pi$ 時 $-\sqrt{2}\le t\le \sqrt{2}$。

② 平方：$t^2=1+2\sin x\cos x=1+\sin 2x$，所以 $\sin 2x=t^2-1$。

③ $g(x)=t^2-1-2t=(t-1{)}^2-2$，在 $-\sqrt{2}\le t\le \sqrt{2}$ 是一段拋物線（下圖）。

④ 最小值 $-2$ 在 $t=1$：$\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$。

$\frac{\pi }{4}\le x+\frac{\pi }{4}\le \frac{9\pi }{4}$，所以 $x+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}$、$\frac{3\pi }{4}$、$\frac{9\pi }{4}$，即 $u=0$、$\frac{\pi }{2}$、$2\pi$。

⑤ 最大值在離 $1$ 最遠的端點 $t=-\sqrt{2}$，值為 $1+2\sqrt{2}$：$\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=-1$，$v=\frac{5\pi }{4}$。

⑥ $\frac{u}{v}$ 有三個值：$0$，$\frac{\pi }{2}÷\frac{5\pi }{4}=\frac{2}{5}$，$2\pi ÷\frac{5\pi }{4}=\frac{8}{5}$。

答案 $0$ 或 $\frac{2}{5}$ 或 $\frac{8}{5}$。

① 令 $s=x-\frac{\pi }{15}$，則 $x+\frac{4\pi }{15}=s+\frac{\pi }{3}$。

② 和角公式：$\cos \left(s+\frac{\pi }{3}\right)=\frac{1}{2}\cos s-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin s$。

③ 所以

$$m(x)=\frac{1}{2}\cos s-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin s+\sqrt{3}\sin s=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin s+\frac{1}{2}\cos s=\sin \left(s+\frac{\pi }{6}\right)$$

④ $s+\frac{\pi }{6}=x+\frac{\pi }{10}$，即 $m(x)=\sin \left(x+\frac{\pi }{10}\right)$，範圍 $\frac{\pi }{10}\le x+\frac{\pi }{10}\le \frac{21\pi }{10}$。

⑤ 最小值：$x+\frac{\pi }{10}=\frac{3\pi }{2}$，$h=\frac{7\pi }{5}$。

最大值：$x+\frac{\pi }{10}=\frac{\pi }{2}$，$k=\frac{2\pi }{5}$（$\frac{5\pi }{2}$ 超出範圍，見下圖）。

⑥ $\frac{h}{k}=\frac{7\pi }{5}÷\frac{2\pi }{5}=\frac{7}{2}$。

答案 $\frac{7}{2}$。

① $\cos \left(x-\frac{2\pi }{3}\right)=\cos \left[\left(x+\frac{\pi }{3}\right)-\pi \right]=-\cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right)$。

② 令 $s=x+\frac{\pi }{3}$，$f(x)=\left||\sin s|-|\cos s|\right|$。

③ 平方：${\left(|\sin s|-|\cos s|\right)}^2={\sin }^{2}s+{\cos }^{2}s-2|\sin s\cos s|=1-|\sin 2s|$。

④ 所以 $f(x)=\sqrt{1-|\sin 2s|}$，$f$ 隨 $|\sin 2s|$ 增大而變小。

⑤ (1) $\sin 2s$ 的週期是 $\pi$，取絕對值後負的半段翻上來，$|\sin 2s|$ 的週期變成 $\frac{\pi }{2}$，所以 $f$ 的週期是 $\frac{\pi }{2}$（下圖）。

⑥ (2) $|\sin 2s|$ 最小是 $0$（例如 $s=\pi$，即 $x=\frac{2\pi }{3}$），此時 $f=1$，最大值是 $1$。

答案 (1) $\frac{\pi }{2}$　(2) $1$。

① 原跑道：$\frac{9\sqrt{2}}{2}$ 秒轉了 $\frac{9\sqrt{2}\pi }{2}$ 弧度。在直線上滾動不滑動，滾過的距離 $=$ 半徑 $\times$ 轉角：

$$\overline{AB}=2a\cdot \frac{9\sqrt{2}\pi }{2}=9\sqrt{2}\pi a$$

② 扇形半徑 $2\sqrt{2}a$、圓心角 $\frac{2\pi }{3}$，$O$ 到弦 $\overline{PQ}$ 的距離是 $2\sqrt{2}a\cos \frac{\pi }{3}=\sqrt{2}a$。

③ 滾輪中心在平地上離地 $2a$；滾在弧上時，中心離 $O$ 為 $2\sqrt{2}a+2a$。

④ 滾輪同時碰到地面與圓弧時，中心比 $O$ 高 $\sqrt{2}a+2a$。設中心與 $O$ 的連線和鉛直線夾角 $\alpha$：

$$\cos \alpha =\frac{(\sqrt{2}+2)a}{(2\sqrt{2}+2)a}=\frac{\sqrt{2}}{2},\alpha =\frac{\pi }{4}$$

$\frac{\pi }{4}<\frac{\pi }{3}$，接觸點確實落在弧上（下圖）。

⑤ 這時中心到 $O$ 的水平距離是 $(2\sqrt{2}+2)a\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=(2+\sqrt{2})a$。

所以滾輪中心的路徑：平地上走直線，中間改走半徑 $(2\sqrt{2}+2)a$、圓心角 $\frac{\pi }{2}$ 的圓弧（下圖藍線）。

⑥ 中心路徑長：直線部分 $9\sqrt{2}\pi a-2(2+\sqrt{2})a$，圓弧部分 $(2\sqrt{2}+2)a\cdot \frac{\pi }{2}=(\sqrt{2}+1)\pi a$。

⑦ 在弧上滾動時，接觸的弧長 $2\sqrt{2}a\cdot \frac{\pi }{2}$ 讓滾輪相對於「中心與 $O$ 的連線」轉了 $\frac{\sqrt{2}\pi }{2}$；這條連線本身又轉了 $\frac{\pi }{2}$。

合起來滾輪轉了 $\frac{(\sqrt{2}+1)\pi }{2}$，正好是「中心走的路長 $÷$ 半徑 $2a$」。

⑧ 總轉角 $=\frac{9\sqrt{2}\pi a-(4+2\sqrt{2})a+(\sqrt{2}+1)\pi a}{2a}$，除以角速度 $\pi$：

$$\frac{(10\sqrt{2}+1)\pi -4-2\sqrt{2}}{2\pi }=5\sqrt{2}+\frac{1}{2}-\frac{2+\sqrt{2}}{\pi }$$

⑨ 學校答案印 $5\sqrt{2}-\frac{2+\sqrt{2}}{\pi }$，相當於弧上那段只算了 $\frac{\sqrt{2}\pi }{2}$，未計入滾輪繞扇形圓心 $O$ 轉過的 $\frac{\pi }{2}$；兩者差 $\frac{\pi }{2}÷\pi =\frac{1}{2}$ 秒。

學校答案為 $5\sqrt{2}-\frac{2+\sqrt{2}}{\pi }$ 秒；本站計算為 $5\sqrt{2}+\frac{1}{2}-\frac{2+\sqrt{2}}{\pi }$ 秒。

① $\theta \ne \frac{2k+1}{6}\pi$ 表示 $3\theta \ne \frac{\pi }{2}+k\pi$，所以 $\cos 3\theta \ne 0$。

$\frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{6}$ 也是這種形式，所以 $\cos \theta \ne 0$，$\tan \theta$ 有意義。

② 三倍角公式：$\sin 3\theta =3\sin \theta -4{\sin }^3\theta$，$\cos 3\theta =4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$。

③ 商數關係：

$$\tan 3\theta =\frac{\sin 3\theta }{\cos 3\theta }=\frac{3\sin \theta -4{\sin }^3\theta }{4{\cos }^3\theta -3\cos \theta }$$

④ 分子分母同除以 ${\cos }^3\theta$：分子變成 $3\tan \theta \cdot \frac{1}{{\cos }^2\theta }-4{\tan }^3\theta$，分母變成 $4-\frac{3}{{\cos }^2\theta }$。

⑤ 平方關係 $\frac{1}{{\cos }^2\theta }=1+{\tan }^2\theta$：

分子 $=3\tan \theta (1+{\tan }^2\theta )-4{\tan }^3\theta =3\tan \theta -{\tan }^3\theta$。

分母 $=4-3(1+{\tan }^2\theta )=1-3{\tan }^2\theta$。

⑥ 分母 $1-3{\tan }^2\theta =\frac{\cos 3\theta }{{\cos }^3\theta }\ne 0$，所以

$$\tan 3\theta =\frac{3\tan \theta -{\tan }^3\theta }{1-3{\tan }^2\theta }$$

得證。

① $3\varphi =108^{\circ }$，$2\varphi =72^{\circ }$，兩角和是 $180^{\circ }$。

② $\tan 108^{\circ }=\tan (180^{\circ }-72^{\circ })=-\tan 72^{\circ }$。

③ $\frac{\tan 3\varphi }{\tan 2\varphi }=\frac{-\tan 72^{\circ }}{\tan 72^{\circ }}=-1$。

答案 $-1$。

① 設 $k=\tan 36^{\circ }$，$k\ne 0$，且 $k^2\ne 1$、$k^2\ne \frac{1}{3}$（$36^{\circ }$ 不是 $45^{\circ }$ 也不是 $30^{\circ }$）。

② 由 (2)，$\tan 3\varphi =-\tan 2\varphi$。用 (1) 與正切的二倍角公式 $\tan 2\varphi =\frac{2k}{1-k^2}$：

$$\frac{3k-k^3}{1-3k^2}=\frac{-2k}{1-k^2}$$

③ 兩邊除以 $k$ 後交叉相乘：$(3-k^2)(1-k^2)=-2(1-3k^2)$。

④ 展開：$k^4-4k^2+3=6k^2-2$，即 $k^4-10k^2+5=0$。

⑤ $f(k)=k^4-10k^2+3=(k^4-10k^2+5)-2=-2$。

答案 $-2$。