113年度 高中學測數學B 試題詳解

113年度 學測 數學B 試題詳解

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1月23日（二）20：00 直播講解113學測數B考題：歪歪數學YOUTUBE頻道

SOL：

第$90$百分位數的定義為$\frac{1}{210}\cdot N =\frac{90}{100}\Rightarrow N=189$，$N$為整數，所以第$90$百分位數需取第$189$位、$190$位玩家的數據平均。

因為$1+2+3+\cdots +19=180<189$，而且$1+2+3+\cdots +19+20=200>190$，故第189$位、$190$位玩家的數據均為$19$。

SOL：

$1<a<10\Rightarrow\log1<\log a<\log10\Rightarrow 0<b<1\Rightarrow \log b<\log1\Rightarrow c<0$，故$c<0<b<1$。

SOL：

如圖所示，

SOL：

令$\overrightarrow{AB}=(a,b)$，其中$-1\leq a,b\leq1$，則 $$|\overrightarrow{v}+\overrightarrow{AB}|=|(-2+a,3+b)|=\sqrt{(-2+a)^2+(3+b)^2}$$ 故當$a=-1,b=1$時，$\overrightarrow{AB}$有最大值等於$5$。

 

SOL：

因為$f(x-2)=f(-x-2)$，表示為$y=f(x)$的圖形右移$2$單位後會左右對稱，因此該圖形的頂點位置在$x=-2$，故$frac{-b}{2}=-2\Rightarrow b=4$。

又因為$-2 \in [-3,1]$，所以最小值發生在$x=-2$，最大值發生在$x=1$。因為最大值為最小值的$4$倍，若最小值為$m$，則$y=f(x)$通過$(-2,m)、(1,4m)$，故

$$\cases{(-2)^2-4\cdot 2+c=m \\ 1^2+4\cdot 1+c=4m}\Rightarrow m=3$$

SOL：

如圖所示，令$F(1,0)、D(1,2)、B(1,2)、P(0,t)$，因為

SOL：

1.西區溫度$18\leq t<24$的這三天溫度必小於當天東區的溫度，故$A=0$。

2.東區溫度$36\leq t$的這五天溫度必大於當天西區的溫度，故$D=5$。

3.東、西二區溫度$30\leq t<36$至少有$14$天，故$C\geq14$。

符合的僅$(0,9,16,5)$

 

SOL：

若原數列的公比為$r>0$，則

(1)  為公比$-r$的等比數列

(2)  為公比$\frac{1}{r}$的等比數列

(3)  為公差$r$的等差數列

(4)  例如：等比數列${1,2,4,8,16}$，則數列${3^1,3^2,3^4,3^8,3^{16}}$並非等比數列

(5)  為公比$r^3$的等比數列

SOL：

(1)  商為$2(x^3+7x^2+x+3)$

(2)  商為$x^3+7x^2+x+3$

(3)  $(x^3+7x^2+x+3)(x^2+5x+1)+x^2$ 

$=(x^3+7x^2+x+4-1)(x^2+5x+1)+x^2$ 

$=(x^3+7x^2+x+4)(x^2+5x+1)-5x-1$，故商為$x^3+7x^2+x+4$

(4)  商為$x^3+7x^2+x+4$

(5)   $(x^3+7x^2+x+4)(x^2+5x+1)-x^2$ 

$=(x^3+7x^2+x+3+1)(x^2+5x+1)-x^2$ 

$=(x^3+7x^2+x+3)(x^2+5x+1)+5x+1$，故商為$x^3+7x^2+x+3$

SOL：

如圖所示，

SOL：

(1)  $\frac{A-X}{X}=-0.07\Rightarrow A-X=-0.07X\Rightarrow A=0.93X$

(2)  $Y=0.95^4X\approx0.8145X>0.8X$

(3)  成長率應以幾何平均計算之，選項(4)、(5)即為幾何平均的定義。

SOL：

該題需先了解，在$A,B,C,D$上，有$\frac{1}{2}$的機率會在原地，各有$\frac{1}{4}$的機率會往相鄰的格子前進。

(1)  $A到B$只有一個往右的方向，故機率為$b_1=\frac{1}{4}$

(2)  $b_2$有兩種情況，其一為再$A$格停留原地再到B格，另一個為先到B格再停留原地，故$b_2=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

(3)  走到$B$與走到$C$對稱，所以機率相同，所以$a_2+d_2=1-b_2-c_2=\frac{1}{2}$

(4)  同上，所以$b_{99}=c_{99}$

(5)  在$A、D$格時有一半的機率停留原地，有一半機率離開去往$B、C$格。同理，在$B、C$格時有一半的機率會離開回到$A、D$格，所以每次都有一半的機率在$A、D$格，故$a_{100}+d_{100}=\frac{1}{2}$

SOL：

$\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2a+1 \\ 2b+1 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2a \\ 2b \end{bmatrix}+  \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ 

$= 2\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix}+  \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 3 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}=2\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$，故$c-3d=-1$

 

SOL：

假設報考數$A$的學生佔全體高三學生的比例為$X$，因為報考數$A$的學生中有$\frac{5}{8}$也報考數$B$，所以全體數$A$的考生有$\frac{3}{8}$是只有報考數$A$，故只報名數$A$的考生佔全高三生的比例為$\frac{3}{8}X=\frac{3}{10}$，所以$X=\frac{8}{10}$。

因此，全體高三生比例為$1$，其中$\frac{3}{10}$為只報名數$A$，而$\frac{8}{10}-\frac{3}{10}=\frac{5}{10}$為$A、B$都報名，$1-\frac{8}{10}=\frac{2}{10}$為只報名數$B$，所以只報名數$B$佔了報名數$B$的學生的比例為 $$\frac{\frac{2}{10}}{\frac{2}{10}+\frac{5}{10}}=\frac{2}{7}$$

 

SOL：

$\overrightarrow{Q_1Q_2}=\overrightarrow{RQ_2}-\overrightarrow{RQ_1}=(\overrightarrow{P_2Q_2}-\overrightarrow{P_2R})-(\overrightarrow{P_1Q_1}-\overrightarrow{RP_1})=(\overrightarrow{P_2Q_2}-7\overrightarrow{P_2Q_2})-(\overrightarrow{P_1Q_1}-4\overrightarrow{P_1Q_1})=3\overrightarrow{P_1Q_1}-6\overrightarrow{P_2Q_2}$

SOL：

如圖所示，

SOL：

如圖所示，

SOL：

六個面+切掉八個角=十四面體

SOL：

因為$\triangle BCD$的三邊長為$9、9、8$，由海龍公式$s=\frac{9+9+8}{2}=13$，面積則等於 $$\sqrt{s(s-8)(s-9)(s-9)}=\sqrt{13\cdot5\cdot4\cdot4}=4\sqrt{65}$$

113年度 高中學測數學A 試題詳解

113年度 學測 數學A 試題詳解

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1月22日（一）20：00 直播講解113學測數A考題：歪歪數學YOUTUBE頻道

SOL：

每$2$小時減半一次，所以$4$小時會減半兩次，故剩下原本的$\frac{1}{4}$。

 

 SOL：

如圖，坐標化後$\overrightarrow{AD}=(0,1,1)，\overrightarrow{AG}=(1,1,1)$，所以$\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AG}=(0,1,1)\times(1,1,1)=(0,1,-1)$。因為$\overrightarrow{OE}=(0,-1,1)$，所以$\overrightarrow{OE}$平行$\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AG}$。

SOL：

令$f(x)=a(x+7)(x+7-a)(x+7-2a)$，則$f(0)=7a(7-a)(7-2a)>0\rightarrow a>7或0<a<\frac{7}{2}$，故範圍內只有一個$(a=2)$。

SOL：

$\sin(x+\frac{\pi}{6})=\sin x+\sin \frac{\pi}{6}\Rightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x =\sin x+\frac{1}{2}$

$\Rightarrow (\frac{\sqrt{3}-2}{2}) \sin x +\frac{1}{2} \cos x =\frac{1}{2}$

$\Rightarrow(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2})\sin (x+\theta)=\frac{1}{2}$，$\pi<\theta<\frac{3\pi}{2}$

$\Rightarrow\sin (x+\theta)=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

因為$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}<1$，所以有$2$個實數滿足該方程式。

 

SOL：

若甲組的中位數為$a$，則乙組的中位數為$a+1$，甲組中大於$a$的$12$個數字亦會大於$a+1$，而且乙組中大於$a+1$的$12$個數字亦會大於$a$，所以總共有$24$個數字大於$a、a+1$。

同理，總共有$24$個數字小於$a、a+1$，故甲、乙兩組的中位數分別為$25、26$。

因此，把大於$26$的數字取$12$個分給甲組，剩下分給乙組。再把小於$25$的數字取$12$個分組甲組，剩下分給乙組，所以有$(C^{24}_{12})^2$種分法。

 

SOL：

因為$\triangle ABP$為一底角為$\theta$的等腰三角形，所以$\cos \theta=\frac{7}{18}$。

由半角公式$\cos (\frac{\theta}{2})=\sqrt{\frac{1+\cos x}{2}}=\frac{5}{6}$。

由餘弦定理，$\overline{BQ}^2=\overline{AB}^2+\overline{AQ}^2-2\overline{AB}\times\overline{AQ}\cos (\frac{\theta}{2})=7^2+9^2-2\cdot7\cdot9\cdot\frac{5}{6}=25$

故$\overline{BQ}=5$。

SOL：

(1)  $y=\log{c}+\log{5}-\frac{1}{2}\neq \log{x}$。

(2)  $y=\log{x^2}$的$x$可以為負數，但$y=\log{x}$的不行。

(3)  由對數律，$3y=3\log{x}\Rightarrow y=\log{x}$。

(4)  左右取對數，得$\log{x}=\log{10^y}=y$。

(5)  左右取對數，得$3\log{x}=y^3\neq3y$。

 

SOL：

(1)  $n=2$時，三邊長為$2,3,4$，則$2^2+3^2-4^2=-3<0$，所以$T_1$為鈍角三角形。

(2)  因為$T_n$三邊長為公差為$1$的等差數列，故相加後的周長為公差等於$3$的等差數列。

(3)  代入面積公式可得$T_n$的面積為$\sqrt{(\frac{3n+3}{2})(\frac{n+3}{2})(\frac{n+1}{2})(\frac{n-1}{2})}$，所以當$n>1$時，面積會隨著$n$而增加。

(4)  $T_5$的三邊長分別為$5,6,7$，面積為$\sqrt{9\cdot4\cdot3\cdot2}=6\sqrt{6}$，因此三高分別為$\frac{12\sqrt{6}}{5},\frac{12\sqrt{6}}{6},\frac{12\sqrt{6}}{7}$，明顯不是等差數列。

(5)  $T_3$的三邊長為$3,4,5$，故最大角為$90^{\circ}$，而由(1)，$T_2$的最大角為鈍角，因此$T_2$的比較大。

 

SOL：

(1)  $\overline{y_A}=2\overline{x_A}-0.6\Rightarrow\overline{y_A}=2\cdot5.2-0.6=9.8$，$\overline{y_B}=1.5\overline{x_B}+0.4\Rightarrow\overline{y_A}=1.5\cdot6+0.4=9.4$，故$\overline{y_A}>\overline{y_B}$。

(2)  因為迴歸直線的斜率為$m=r\frac{\sigma_y}{\sigma_x}$，所以$A$物種的體重標準差為$2\cdot\frac{0.3}{0.6}=1$，$B$物種的體重標準差為$1.5\cdot\frac{0.1}{0.3}=0.5$，故$A$物種的體重標準差大於$B$物種的體重標準差。

(3)  $\frac{8.6-9.8}{1}=-1.2$，所以相差了$1.2$個標準差。

(4)  由點到直線的距離公式， $$d(P,L_A)=\frac{|2\cdot5.6-0.6-8.6|}{\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}，d(P,L_B)=\frac{|1.5\cdot5.6+0.4-8.6|}{\sqrt{3.25}}=\frac{2}{5\sqrt{13}}$$ 故$d(P,L_A)>d(P,L_B)$。

(5)  令$A(x_A,y_A)，B(x_B,y_B)$，由兩點距離公式， $$\overline{AP}=\sqrt{(5.6-5.2)^2+(8.6-9.8)^2}=\sqrt{0.4^2+1.2^2}$$ $$\overline{BP}=\sqrt{(5.6-6)^2+(8.6-9.4)^2}=\sqrt{0.4^2+0.8^2}$$ 故$\overline{AP}>\overline{BP}$

SOL：

如圖所示

SOL：

(1)  $P(a=b)=P(a=1,b=1)+P(a=2,b=2)=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}=frac{1}{6}$。

(2)  考慮$\Delta=\begin{vmatrix} a & 6 \\ 1 & b\\ \end{vmatrix}=ab-6=0\Rightarrow(a,b)=(6,1)或(3,2)$。

但因為$(a,b)=(6,1)$時，聯立方程式為無限多組解，故無解的情況為$(a,b)=(3,2)$，所以$P(a=3,b=2)=\frac{1}{12}$。

(3)  $P(唯一解)=1-P(無限多組解)-P(無解)=1-\frac{1}{12}-\frac{1}{12}=\frac{5}{6}$。

(4)  硬幣反面且方程組有解的情況為$(a,b)=(1,2)、(2,2)、(4,2)、(5,2)、(6,2)$，共$5$種情況，每種機率為$\frac{1}{12}$，故此選項的機率為$\frac{5}{12}$。

(5)  硬幣反面且方程組有解之下，$x$值為正的情況為$(a,b)=(4,2)、(5,2)、(6,2)$，共$3$種情況，由條件機率，選項的機率為$\frac{3}{5}$。

 

SOL：

(1)  變換後三頂點的坐標分別為$A'(3,0)、B'(1,0)、C'(-3,0)$，顯然為鈍角三角形。

(2)  因為 $$\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ a &1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$ $$\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ a &1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$ 故該選項正確。

(3)  由(1)，$a=0$時，圖形顯然不通過第四象限。

(4)  因為$\det T =3\neq0$，所以線性變換$T$為可逆變換，所以有一口圖形$\Omega$變換為$\triangle ABC$。

(5)  $\Gamma$的面積$=\det T \times \triangle ABC =6\cdot1=6$，故面積是一個定值。

SOL：

甲、乙、丙三型手機利潤平均為 $$\frac{100A+400B+240C}{A+B+C}=260\Rightarrow160A-140B+20C=0$$

甲、乙的利潤平均為 $$\frac{100A+400B}{A+B}=280\Rightarrow180A-120B=0$$

所以，$\cases{160A-140B=-20C \\ 180A-120B=0}\Rightarrow A:B:C=2:3:5$。

 

SOL：

由除法原理可得， $$\cases{f(x)=(x^2-2x+3)Q_1(x)+x+1 \\ g(x)=(x^2-2x+3)Q_2(x)+x-3 \\ h(x)=(x^2-2x+3)Q_3(x)-2}\Rightarrow\cases{xf(x)=(x^2-2x+3)(xQ_1(x))+x^2+x \\ ag(x)=(x^2-2x+3)(aQ_2(x))+ax-3a \\ bh(x)=(x^2-2x+3)(bQ_3(x))-2b}$$  

故三式相加可以被$x^2-2x+3$整除，則$x^2+x+ax-3a-2b$也要被$x^2-2x+3$整除，所以$a=-3，b=3$。

 

SOL：

中獎機率，$P=\frac{10}{n}=0.4\%\Rightarrow n=2500$。 

抽完前$100$位後，剩下$n=2400$，$4$個$5000$元、$5$個$8000$元，故期望值 $$E=\frac{5000\cdot4+8000\cdot5}{2400}=\frac{60000}{2400}=25元$$

SOL：

令$|\overrightarrow{v}|=d$，因為$(2,-3)\bot(3,2)$，則$(d-1)^2+(d-2)^2=d^2\Rightarrow d=5或d=1$（不合）。

$\overrightarrow{v}$在$(4,7)$上的正射影長為 $$\frac{4}{\sqrt{13}}\times\frac{(2,-3)\cdot(4,7)}{|(4,7)|}+\frac{3}{\sqrt{13}}\times\frac{(3,2)\cdot(4,7)}{|(4,7)|}=\frac{-52+78}{13\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$$

SOL：

如圖所示，

SOL：

向量$\overrightarrow{OQ}與(1,0,0)$的夾角等同於平面法向量$(1,0,-1)$與$(1,0,0)$的夾角，故$\cos \alpha =\frac{(1,0,-1)\cdot(1,0,0)}{|(1,0,-1)|\times|(1,0,0)}|=\frac{\sqrt{2}}{2}$

SOL：

$\cos \theta=\frac{(a,b,c)\cdot(1,0,0)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}\times 1}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\geq\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow 2a\geq\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

兩邊平方 

$4a^2\geq 3(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow a^2\geq 3(b^2+c^2)$

SOL：

因為$P(a,b,c)$在平面$E$上，所以$a-c=4$。承上題，$a^2\geq3(0^2+c^2)\Rightarrow(c+4)^2\geq3c^2 \Rightarrow 2c^2-8c-16\leq0\Rightarrow c^2-4c-8\leq0$，故 $$2-2\sqrt{3}\leq c \leq 2+2\sqrt{3}$$ 因為$\overline{OP}=\sqrt{a^2+c^2}=\sqrt{(c+4)^2+c^2}=\sqrt{2c^2+8c+16}$，故該$c$的二次函數的頂點位於$c=\frac{-8}{2\times 2}=-2$，而且$-2<2-2\sqrt{3}$，所以$\overline{OP}$的最小值發生在$c=2-2\sqrt{3}$時，此時 $$\overline{OP}=\sqrt{(6-2\sqrt{3})^2+(2-2\sqrt{3})^2}=4\sqrt{4-2\sqrt{3}}=4\sqrt{3}-4$$

113年度教師甄試 基隆女中 數學筆試詳解

 國立基隆女中112學年第2次教師甄試  筆試試題 數學科

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1. 滿足聯立不等式$\cases{|x|+|y|+|x+y|\leq100 \\ x^2+y^2\leq2500}$的點所形成的區域面積為何？

SOL：

不等式的解如右圖所示。

曲線內部交集的部份，為$兩個半徑為50的\frac{1}{4}圓，與兩個股長為50的等腰直角三形$，所以面積為$2500+1250\pi$。

2. 設$a$為整數，為程式$x^2+（a-53）x+(2a+22)=0$的解為兩相異質數$p、q$，其中$p>q$，則$p$為何？

SOL：

由根與係數的關係，

$\cases{p+q=53-a \\ pq=2a+22}\Rightarrow2p+2q+pq=128\Rightarrow(p+2)(q+2)=132=2^2\cdot3\cdot11$

$132$的正因數中減$2$為質數的僅有$4、33$，故$q=2、p=31$。

3. 設$y=|\sqrt{3}\sin x-\cos x|$的圖形與$x$軸、$y$軸、直線$x=2\pi$所圍成的區域繞$x$軸旋轉所得的旋轉體的體積$S$為何？

SOL：

因為$\sqrt{3}\sin x-\cos x=2\sin(x-\frac{\pi}{6})$，故旋轉體體積為

$S = \int_{0}^{2\pi} (2 \sin\left(x - \frac{\pi}{6}\right))^2 \pi \,dx = 2 \int_{0}^{\pi} (2 \sin\left(x\right))^2 \pi \,dx = 8\pi \int_{0}^{\pi} \sin^2\left(x\right) \,dx = \left(4\pi x- \sin(2x)\right)|_{0}^{\pi}=4 \pi^2$

4. 平面上，設$\triangle ABC$為等腰直角三角形，其中$\angle C$為直角且$\overline{AC}=1$，在$\overline{AB}$上取$n$等份點$P_{0}=A,P_{1},P_{2},P_{3}, \cdots,P_{n}=B$，試求$\lim\limits_{{x \to \infty}} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{CP_{k-1}} \ast \overrightarrow{CP_{k}}$為何？

SOL：

令$A\left(1,0\right)，B\left(0,1\right)，A\left(0,0\right)$，由分點公式得

$\overrightarrow{CP_{k} }=\left(\frac{n-k}{n}, \frac{k}{n} \right), k=1,2,3,\cdots,n$

 故$\lim\limits_{{x \to \infty}} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{CP_{k-1}} \ast \overrightarrow{CP_{k}}=\lim\limits_{{x \to \infty}} \frac{2\left[0 \cdot1+1 \cdot2+\cdots+(n-1)\cdot n\right]}{n^3}=\frac{2}{3}$

5. 設$x_n=p^n+q^n$，其中$n$為正整數且$p,q$為方程式$x^2-5x-4=0$的兩實根，若$x_{n+2}$可表成$u=x_{n+1}+vx_n$，則實數對$\left(u,v\right)$為何？

 SOL：

由於$\cases{p^2-5p-4=0 \\ q^2-5q-4=0} \Rightarrow \cases{p^2=5p+4 \\ q^2=5q+4} \Rightarrow \cases{p^{n+2}=5p^{n+1}+4p^n \\ q^{n+2}=5q^{n+1}+4q^n}$

兩式相加可得$x^{n+2}=5x^{n+1}+4x^n$，因此$\left(u,v\right)=\left(5,4\right)$。

6. 若複數$z$滿足$z\times \overline{z}-2z-2\overline{z}=8$且$\arg(z-2)= \frac{\pi}{6}$，則$z$為何？

 

 SOL：

原式可分解為$\left(z-2\right)\left( \overline{z}-2\right)=12 \Rightarrow |z-2|=\sqrt {12}$

因為$\arg(z-2)=\frac{\pi}{6}$，所以$z-2=\sqrt {12}\left( \cos \left(\frac{\pi}{6}\right)+i\sin \left(\frac{\pi}{6}\right)\right)=3+\sqrt{3}i$。

故$z=5+\sqrt{3}i$。

 

7. 已知空間中三個非零向量$\overrightarrow{a}、\overrightarrow{b}、\overrightarrow{c}$兩兩的夾角是$60^\circ$，且$|\overrightarrow{a}|=2，|\overrightarrow{b}|=3，|\overrightarrow{c}|=4$，若兩向量$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$滿足$\overrightarrow{u}\ast\left(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{a}\right)=\overrightarrow{u}\ast\overrightarrow{b},\overrightarrow{v}\ast\left(\overrightarrow{v}+\overrightarrow{a}\right)=\overrightarrow{v}\ast\overrightarrow{c}$，則$|\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}|$的最大值為何？

 

 SOL：

設$\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}、\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{b}、\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{c}$，給定空間中$U,V$兩點，令$\overrightarrow{AU}=\overrightarrow{u}、\overrightarrow{BV}=\overrightarrow{v}$。

由已知得

$\overrightarrow{u}\ast\left(\overrightarrow{u}-(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})\right)=0\Rightarrow\overrightarrow{AU}\ast(\overrightarrow{AU}-\overrightarrow{AB})=0\Rightarrow\overrightarrow{AU}\ast\overrightarrow{BU}=0\Rightarrow\overline{AU}\bot\overline{BU}$

故點$U為\overline{AB}為直徑的球上的點$。

同理，$\overrightarrow{v}\ast\left(\overrightarrow{v}-(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})\right)=0\Rightarrow\overline{AV}\bot\overline{CV}$

故點$V為\overline{AC}為直徑的球上的點$。

所求，$|\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}|=\overline{UV}$為兩球上一點的距離，最大距離為兩球半徑和再加上連心線長，即為$\frac{\overline{AB}}{2}+\frac{\overline{AC}}{2}+\frac{\overline{BC}}{2}=\frac{\sqrt{7}+2\sqrt{3}+\sqrt{13}}{2}$。

8. 在單位正方體$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，若點$E$為$\overline{A_{1}B_{1}}$的中點，則兩直線$\overline{D_{1}E}$與$\overline{BC_{1}}$的距離為何？

SOL：

令$A\left(0,0,0\right)、B\left(1,0,0\right)、D\left(0,1,0\right)、A_{1}\left(0,0,1\right)$，則$\overrightarrow{D_{1}E}=\left(\frac{1}{2},-1,0\right)$且$\overrightarrow{BC_{1}}=\left(0,1,1\right)$，故兩直線參數式為

$\overline{D_{1}E}=\cases{x=0+1t \\ y=1-2t,t\in\mathbb{R} \\ z=1+0t}$且$\overline{BC_{1}}=\cases{x=1+0s \\ y=0+1s,s\in\mathbb{R} \\ z=0+1s}$

由兩歪斜線的距離可求得距離為$\frac{\sqrt{6}}{3}$

9. 設$z$為複數，且$z$為方程式$x^5+x^4+1=0$的根，則滿足$|z|=1$的所有根之和為何？

SOL：

因為$|z^4+1|=|z^5|=1\Rightarrow z^4$落在以$z(-1)為圓心，半徑等於1$的圓與單位圓的交點上。

同理，因為$|z^5+1|=|z^4|=1\Rightarrow z^5$落在以$z(-1)為圓心，半徑等於1$的圓與單位圓的交點上。因此可推得$\arg(z^5)-\arg(z^4)=\arg(z)=\pm120^{\circ}$，故所有根之和為 $$\cos (120^{\circ})+i\sin (120^{\circ})+\cos (-120^{\circ})+i\sin (-120^{\circ})=-1$$

10. 已知空間中二直線$L_{1}=\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}$，$L_{2}=\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{4}=\frac{z+1}{3}$，$L_{3}=\frac{x-4}{4}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{3}$，若直線$L_{1}$與$L_{2}$、$L_{3}$均相交，則$a:b:c$為何？

SOL：

令$A\left(0,0,0\right)、B\left(2,-2,-1\right)、C\left(4,-1,2\right)$，則$\left[\overrightarrow{AB}\times\left(2,4,3\right)\right]\times\left[\overrightarrow{AC}\times\left(4,2,3\right)\right]=\left(24,30,24\right)$

故$a:b:c=24:30:24=4:5:4$

11. $10$名女學生排成一排而坐，然後每人隨機戴上一頂藍色、綠色或是紅色的帽子，則每個人都找得到最少一名鄰座（坐在她左邊或右邊）者戴上和自己相同顏色帽子的機率為何？

SOL：

令$a_{n}為n$個學生每一人都可以找到最少一名鄰座戴著和自己同色的帽子的情況。

當有$n-1$人分配完顏色後，第$n$號只能選和第$n-1$人同色。

當有$n-2$人分配完顏色後，第$n、n-1$號兩人需同色且與第$n-2$號不同色。

故$a_{n}=a_{n-1}+2a_{n-2}$

因為$a_{2}=a_{3}=3$，由遞迴關係式可算得$a_{10}=513$。

所以機率等於$\frac{513}{3^{10}}=\frac{19}{2187}$

12. 設$[x]$表示不超過$x$的最大整數，則$[\frac{1}{3}]+[\frac{2}{3}]+[\frac{2^2}{3}]+[\frac{2^3}{3}]+\cdots+[\frac{2^{2024}}{3}]$的末兩位數為何？

SOL：

前$23$項$\mod100$的值分別為$0,0,1,2,5,10,21,42,85,70,41,82,65,30,6,11,45,90,81,62,25,50,1$，從第$3$項起每$20$項循環一次，且該$20$項的和$\equiv90\mod{100}$

因為$2024-1=101\times20+3$，故所求$\equiv(90+1+2+5)\equiv98\mod{100}$

計算題

1. 設$f(x) = \begin{cases}x^3-2x, & x >1 \\ c, &  x =1 \\ ax^2-bx+1, & x<1 \end{cases}$為可微分函數，求實數$a,b,c$。

SOL：

因為微分必連續，所以$\lim\limits_{x \to 1}f(x)=c\Rightarrow\lim\limits_{x^+ \to 1}f(x)=c\Rightarrow\lim\limits_{x^+ \to 1}x^3-2x=c\Rightarrow-1=c$

且

$\lim\limits_{x^- \to 1}f(x)=c\Rightarrow\lim\limits_{x^- \to 1}ax^2-bx+1=c\Rightarrow a-b+1=c\Rightarrow a-b+1=-1\cdots(1)$

因為可微分，$\lim\limits_{x \to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$存在，所以

$\lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim\limits_{x^- \to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\Rightarrow \lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{ax^2-bx+1+1}{x-1}=\lim\limits_{x^- \to 1}\frac{x^3-2x+1}{x-1}=1$

由$(1)$得，$\lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{ax^2-bx+1+1}{x-1}=\lim\limits_{x^+ \to 1}\frac{ax^2-(a+2)x+1+1}{x-1}=\lim\limits_{x^+ \to 1} (ax-2)=a-2=1\Rightarrow a=3$，故$b=5$。

2. 過直線$x-2y+13=0$上一動點$A(A$不在$y$軸上$)$作拋物線$y^2=8x$的兩條切線，$M,N$為切點，直線$AM,AN$分別與$y$軸交於點$B,C$。

$(1)$已知直線$MN$恆過一定點，試求此定點坐標；

$(2)$已知$\triangle ABC$的外接圓恆過一定點，試求此定點坐標並求此圓半徑的最小值。

SOL：

$(1)$令定點坐標為$(a,b)$，則直線$by=8\left(\frac{a+x}{2}\right)$與$x-2y+13=0$重合。

比較係數得，$a=13,b=8$

$(2)$由$Lambert$定理，因為直線$AM,AN,y$軸均與拋物線相切，故$\triangle ABC$與拋物線焦點會四點共圓，所以任何此$\triangle ABC$的外接圓必過焦點，$F(2,0)$。

因為焦點$F$對切線$\overline{AM}$的對稱點會落在準線上，所以$F$在$\overline{AM}$投影點即為$B$點，因此$\angle FBA=90^\circ\Rightarrow \overline{FA}$為外接圓直徑，故最小半徑為$\frac{d(F,L)}{2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$。

3. $m\in \mathbb{R}$，令直角坐標平面上直線上$L$的方程式為$y=mx$。二階方陣$T$所對應的線性變換$P'=TP$，是將點$P$到$L$的垂直距離縮小一半得到$P’$點。$m=2$時的示意圖如下，$P、Q$兩點分別變換至$P'、Q'$。試求此二階方陣$T$。

SOL：

因為$(1,0)$在$y=mx$上面的投影點為$\left(\frac{2}{2m^2+2},\frac{2m}{2m^2+2}\right)$，且$(0,1)$在$y=mx$上面的投影點為$\left(\frac{2m}{2m^2+2},\frac{2m^2}{2m^2+2}\right)$。

由中點公式，$(1,0)\stackrel{T}{\rightarrow} \left(\frac{m^2+2}{2m^2+2},\frac{m}{2m^2+2}\right)$且$(0,1)\stackrel{T}{\rightarrow} \left(\frac{m}{2m^2+2},\frac{2m^2+1}{2m^2+2}\right)$的線性變換為$T=\begin{bmatrix}\frac{m^2+2}{2m^2+2} & \frac{m}{2m^2+2} \\ \frac{m}{2m^2+2} & \frac{2m^2+1}{2m^2+2} \end{bmatrix}$

證明題（詳解由學校提供）