115學年度 臺中一中 第1次教師甄選 數學科試題與詳解
感謝您的耐心等待，若有任何解法上的疑問，歡迎在下方留言討論。
一、 填充題甲（每題 5 分，共 20 分）
題目 1
設 $a, b, c$ 皆為正整數，且 $a < b < c$ 。已知 $a+b+c+ab+ca = 376$ ，則序對 $(a, b, c) = $ ________。
答：
(12, 13, 15)
詳解
1. 強迫因式分解技巧：
觀察原式 $a+b+c+ab+ca = 376$，我們可以將含 $a$ 的項與其餘項分離：
$a(1+b+c) + (b+c) = 376$。
2. 等量公理調整：
為了構造出共同公因式 $(b+c+1)$，我們將方程式兩邊同時加 1：
$a(b+c+1) + (b+c+1) = 376 + 1$
$(a+1)(b+c+1) = 377$。
3. 討論整數解：
將 377 進行質因數分解：$377 = 13 \times 29$。
由於 $a, b, c$ 為正整數且 $a < b < c$，故 $a+1 \ge 2$ 且 $b+c+1 \ge 6$。
已知 $b+c+1 > a+1$，考慮以下情況：
$\begin{cases} a+1 = 13 \\ b+c+1 = 29 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = 12 \\ b+c = 28 \end{cases}$。
4. 篩選序對：
滿足 $12 < b < c$ 且 $b+c=28$ 的正整數序對只有 $(b, c) = (13, 15)$。
（註：若 $b=14, c=14$ 則不符合相異且 $b < c$ 的條件）。
故序對 $(a, b, c) = (12, 13, 15)$。
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題目 2
已知甲、乙、丙、丁、...共 16 人任意平分成 4 組，每組 4 人 ，則甲、乙同組且丙、丁不同組的機率為 ________。
答：
$\frac{72}{455}$
詳解
1. 樣本空間：
將 16 人平分成 4 組，每組 4 人。考慮平分性質，分母需除以 $4!$：
$n(S) = \frac{C^{16}_4 C^{12}_4 C^8_4 C^4_4}{4!}$。
2. 滿足條件的情況 (甲、乙同組且丙、丁不同組)：
我們固定甲、乙在同一組，並依丙、丁的分佈位置進行分類討論：
- (甲乙)-組，丙-組，丁-組： (即丙、丁分別在剩下的三組中之不同組)
由剩餘 14 人選 2 人補滿甲乙組，再選 3 人補滿丙組，再選 3 人補滿丁組：
$n(A_1) = C^{12}_2 \cdot C^{10}_3 \cdot C^7_3 \cdot C^4_4$。 - (甲乙丙)-組，丁-組： (含甲乙丁同組、丙在它組之對稱情況，故 $\times 2$)
由剩餘 12 人選 1 人補滿甲乙丙組，再選 3 人補滿丁組，剩下 8 人平分 2 組：
$n(A_2) = C^{12}_1 \cdot C^{11}_3 \cdot \frac{C^8_4 C^4_4}{2!} \times 2$。
3. 綜合計算機率：
$P = \frac{n(A_1) + n(A_2)}{n(S)} = \frac{12! \left( \frac{1}{2!3!3!4!} + \frac{14}{1!3!4!4!} \right)}{\frac{16!}{4!4!4!4! \cdot 4!}}$。
利用階乘與組合數性質進行約分簡化，最終得機率為：
$P = \frac{72}{455}$。
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題目 3
已知 $[x]$ 表示不大於 $x$ 的最大整數 ，若 $\sum_{n=1}^{2026}\frac{1}{2^{[\sqrt{n}]}}=a-\frac{b}{2^{42}}$ ，其中 $a$ 為一位數正整數 ，$b$ 為二位數正整數 ，則 $a+b = $ ________ 。
答：
28
詳解
1. 數列分段與規律觀察：
觀察高斯函數 $[\sqrt{n}]$ 的值，將 $n$ 按照平方數區間分段：
當 $1^2 \le n < 2^2$ 時，$[\sqrt{n}] = 1$，共有 $2^2 - 1^2 = 3$ 項，分母皆為 $2^1$。
當 $2^2 \le n < 3^2$ 時，$[\sqrt{n}] = 2$，共有 $3^2 - 2^2 = 5$ 項，分母皆為 $2^2$。
以此類推，當 $k^2 \le n < (k+1)^2$ 時，$[\sqrt{n}] = k$，共有 $(2k+1)$ 項，分母為 $2^k$。
2. 建立級數求和式：
題目求和至 $n=2026$。我們計算 $k=1$ 到 $k=44$ 的完整分段，再加上最後兩項 ($n=2025, 2026$)：
$S = \left( \sum_{k=1}^{44} \frac{2k+1}{2^k} \right) + \frac{1}{2^{45}} + \frac{1}{2^{45}}$。
3. 詳細求和過程 (錯位相減法)：
令 $S_{44} = \frac{3}{2^1} + \frac{5}{2^2} + \frac{7}{2^3} + \dots + \frac{89}{2^{44}}$。
將 $S_{44}$ 乘上公比 $\frac{1}{2}$：
$\frac{1}{2}S_{44} = \phantom{\frac{3}{2^1} +} \frac{3}{2^2} + \frac{5}{2^3} + \dots + \frac{87}{2^{44}} + \frac{89}{2^{45}}$。
兩式相減：
$\frac{1}{2}S_{44} = \frac{3}{2} + \left( \frac{2}{2^2} + \frac{2}{2^3} + \dots + \frac{2}{2^{44}} \right) - \frac{89}{2^{45}}$。
4. 等比級數化簡：
針對括號內的等比級數 $\frac{2}{2^2} + \frac{2}{2^3} + \dots + \frac{2}{2^{44}}$ 進行求和：
$\text{原式} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{43}} = \frac{\frac{1}{2}(1 - (1/2)^{43})}{1 - 1/2} = 1 - \frac{1}{2^{43}}$。
帶回 $S_{44}$ 的計算中：
$\frac{1}{2}S_{44} = \frac{3}{2} + (1 - \frac{1}{2^{43}}) - \frac{89}{2^{45}} = \frac{5}{2} - \frac{4}{2^{45}} - \frac{89}{2^{45}} = \frac{5}{2} - \frac{93}{2^{45}}$。
故 $S_{44} = 5 - \frac{93}{2^{44}}$。
5. 結合剩餘項次與最終答案：
總和 $S = S_{44} + \frac{1}{2^{45}} + \frac{1}{2^{45}} = (5 - \frac{93}{2^{44}}) + \frac{2}{2^{45}}$。
將分母統一為 $2^{44}$ 以便化簡：
$S = 5 - \frac{93}{2^{44}} + \frac{1}{2^{44}} = 5 - \frac{92}{2^{44}}$。
進一步約分得 $S = 5 - \frac{23 \cdot 2^2}{2^{44}} = 5 - \frac{23}{2^{42}}$。
比對題目形式 $a - \frac{b}{2^{42}}$，
對照係數得 $a=5, b=23$。
故 $a+b = 5 + 23 = 28$。
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題目 4
試求極限值 $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{\sqrt{3n^{2}-k^{2}+2nk}}{n^{2}}$ 的值為 ________ 。
答：
$\frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}$
詳解
1. 轉換為黎曼和形式：
將原式中的 $n^2$ 移入根號內，並提取 $\frac{1}{n}$：
$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{\sqrt{3n^2-k^2+2nk}}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=n+1}^{2n} \sqrt{3-(\frac{k}{n})^2+2(\frac{k}{n})} \cdot \frac{1}{n}$。
2. 定積分轉換：
令 $x = \frac{k}{n}$，當 $k$ 從 $n+1$ 到 $2n$ 時，積分範圍為 $1$ 到 $2$：
原式 $= \int_{1}^{2} \sqrt{3+2x-x^2} dx$。
3. 配方與變數變換：
針對根號內進行配方：$3+2x-x^2 = 4-(x-1)^2$。
令 $u = x-1, du = dx$。當 $x=1, u=0$；當 $x=2, u=1$。
積分變為：$\int_{0}^{1} \sqrt{4-u^2} du$。
4. 利用幾何意義求解：
對應圓心角為 $30^\circ$（即 $\frac{\pi}{6}$）的扇形加上一個直角三角形：
面積 $= \frac{1}{2} \cdot 2^2 \cdot \frac{\pi}{6} + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}$。
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二、 填充題乙（每題 6 分，共 60 分）
題目 5
已知 $y=f(x)=2^{x}$ 的反函數為 $y=g(x)$，將 $y=g(x)$ 對 $y$ 軸對稱後為 $y=h(x)$，再將 $y=h(x)$ 對 $x+y=0$ 對稱後為 $y=k(x)$。直線 $y=-x+11$ 分別和 $y=f(x), y=g(x)$ 交於點 $A(3,8)$、點 $B$；直線 $y=x+11$ 分別和 $y=h(x), y=k(x)$ 交於點 $C$、點 $D$，則四邊形 $ABCD$ 的面積為 ________。
答：
55
詳解
1. 函數對稱變換分析：
* $f(x) = 2^x$ 的反函數為 $g(x) = \log_2 x$。
* $h(x)$ 為 $g(x)$ 對 $y$ 軸對稱，故 $h(x) = \log_2(-x)$。
* $k(x)$ 為 $h(x)$ 對 $x+y=0$ 對稱，利用對稱變換 $(x, y) \to (-y, -x)$：
原本 $y = \log_2(-x) \Rightarrow -x = \log_2(y) \Rightarrow y = 2^{-x}$，即 $k(x) = 2^{-x}$。
2. 確定頂點坐標：
根據題目條件與直線交點：
* 點 $A$ 為 $y=-x+11$ 與 $y=2^x$ 之交點，已知為 $(3, 8)$。
* 點 $B$ 為 $y=-x+11$ 與 $y=\log_2 x$ 之交點，由 $y=x$ 對稱性得 $B(8, 3)$。
* 點 $C$ 為 $y=x+11$ 與 $y=\log_2(-x)$ 之交點，由 $y$ 軸對稱性得 $C(-8, 3)$。
* 點 $D$ 為 $y=x+11$ 與 $y=2^{-x}$ 之交點，由 $y$ 軸對稱性得 $D(-3, 8)$。
3. 四邊形 $ABCD$ 面積計算：
此四邊形為等腰梯形，頂邊 $AD$ 長度為 $3 - (-3) = 6$，底邊 $BC$ 長度為 $8 - (-8) = 16$，高為 $8 - 3 = 5$。
$R = \frac{(6+16) \times 5}{2} = 55$。
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題目 6
設 $\begin{cases}a_{n+1}=\alpha a_{n}+\beta b_{n}\\ b_{n+1}=\gamma a_{n}+\delta b_{n}\end{cases}$，且矩陣滿足 $\begin{bmatrix}a_{n+1}\\ b_{n+1}\end{bmatrix}=A\begin{bmatrix}a_{n}\\ b_{n}\end{bmatrix}, \forall n\in N$。已知矩陣 $A$ 為不可逆的轉移矩陣，且 $\begin{bmatrix}a_{5}\\ b_{5}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{2}{3}\\ \frac{4}{3}\end{bmatrix}$，則矩陣 $A = $ ________。
答：
$\begin{bmatrix}\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\ \frac{2}{3}&\frac{2}{3}\end{bmatrix}$
詳解
1. 轉移矩陣與不可逆特性：
設矩陣 $A = \begin{bmatrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{bmatrix}$。已知 $A$ 為轉移矩陣，故各行和為 1：
$\alpha + \gamma = 1$，$ \beta + \delta = 1$。
又 $A$ 為不可逆矩陣，代表其行列式 $\det(A) = 0$，即兩列向量成比例。令第二列為第一列的 $t$ 倍：
$A = \begin{bmatrix} \alpha & \beta \\ t\alpha & t\beta \end{bmatrix}$。
2. 利用方程有解求 $t$：
題目給定 $A \begin{bmatrix} a_5 \\ b_5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2/3 \\ 4/3 \end{bmatrix}$。將矩陣型式代入增廣矩陣觀察：
$\left( \begin{array}{cc|c} \alpha & \beta & 2/3 \\ t\alpha & t\beta & 4/3 \end{array} \right)$。
欲使此方程組有解，常數項亦必須符合 $t$ 倍關係，故：
$t \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow t = 2$。
3. 求解矩陣元素：
由 $t=2$ 可知第二列為第一列的 2 倍，即 $\gamma = 2\alpha$ 且 $\delta = 2\beta$。
帶回轉移矩陣各行和為 1 的條件：
$\alpha + 2\alpha = 1 \Rightarrow \alpha = \frac{1}{3}$。
$\beta + 2\beta = 1 \Rightarrow \beta = \frac{1}{3}$。
4. 最終答案：
由此得 $\gamma = \frac{2}{3}$，$\delta = \frac{2}{3}$。
故矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1/3 & 1/3 \\ 2/3 & 2/3 \end{bmatrix}$。
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題目 7
平面上有 $\Delta ABC$，其中點 $A(1,5)$、點 $B(7,2)$，且 $\Delta ABC$ 的面積為 15。設 $P$ 為圓 $x^{2}+y^{2}+14x+12y+80=0$ 上一點，則當 $\overline{PC}$ 長為最小時，點 $C$ 坐標為 ________。
答：
(-3, 2)
詳解
1. 分析圓的資訊與幾何關係：
* 圓方程式為 $x^2+y^2+14x+12y+80=0$，配方得 $(x+7)^2+(y+6)^2=5$。
* 圓心為 $O(-7, -6)$，半徑 $r = \sqrt{5}$。
* 已知 $\triangle ABC$ 面積為 $15$，且 $A(1, 5), B(7, 2)$。計算底邊 $\overline{AB} = \sqrt{(7-1)^2+(2-5)^2} = \sqrt{36+9} = 3\sqrt{5}$。
* 由面積公式 $\frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{5} \cdot h = 15$，解得 $C$ 點到直線 $AB$ 的高度 $h = 2\sqrt{5}$。
2. 找尋 $C$ 點位置：
* 直線 $AB$ 方程式：$x+2y-11=0$。
* 欲使 $\overline{PC}$ 為最小，則 $C$ 點必須是圓心 $O$ 在「距離直線 $AB$ 高度為 $2\sqrt{5}$ 之平行線」上的投影點方向。
* 設平行線為 $x+2y+C=0$，由點到直線距離公式：$\frac{|-11-C|}{\sqrt{5}} = 2\sqrt{5} \Rightarrow |-11-C| = 10$。
* 解得 $C = -1$ 或 $-21$。根據圖形相對位置，取 $C = -1$（即直線 $x+2y-1=0$）。
3. 利用向量平移求 $C$ 點座標：
* $C$ 點可視為圓心 $O(-7, -6)$ 沿著直線 $AB$ 的法向量 $(1, 2)$ 平移一段距離。
* 平移距離為圓心到該平行線的距離：$d = \frac{|-7+2(-6)-1|}{\sqrt{5}} = \frac{20}{\sqrt{5}} = 4\sqrt{5}$。
* $C = (-7, -6) + \frac{|-7-12-1|}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 2) = (-7, -6) + 4(1, 2)$。
* 計算得 $C = (-7+4, -6+8) = (-3, 2)$。
4. 結論：
$C$ 點座標為 $(-3, 2)$。
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題目 8
已知 $P$ 點到直線 $L_{1}:x+4=\frac{y-11}{7}=\frac{z-7}{2}$ 與直線 $L_{2}:\begin{cases}x-z=7\\ y=3\end{cases}$ 的投影點分別為 $A(-5,a,b)$ 與 $B(c,d,0)$，且 $\overline{PA}=\overline{PB}$，則點 $P$ 坐標為 ________。
答：
(2, 3, 5)
詳解
1. 確定投影點 $A$ 與 $B$ 的座標：
* 已知 $A(-5, a, b)$ 為 $P$ 點在直線 $L_1: \frac{x+4}{1} = \frac{y-11}{7} = \frac{z-7}{2}$ 的投影點。
將 $A$ 代入 $L_1$：$-5+4 = \frac{a-11}{7} = \frac{b-7}{2} \Rightarrow -1 = \frac{a-11}{7} = \frac{b-7}{2}$。
解得 $a=4, b=5$，故 $A(-5, 4, 5)$。
* 已知 $B(c, d, 0)$ 為 $P$ 點在直線 $L_2: \begin{cases} x-z=7 \\ y=3 \end{cases}$ 的投影點。
將 $z=0, y=3$ 代入 $L_2$：$c-0=7 \Rightarrow c=7, d=3$。
故 $B(7, 3, 0)$。
2. 建立包含 $P$ 點的幾何平面：
$P$ 點必須同時滿足以下三個平面的交集：
* 平面 $E_A$：過 $A$ 且與 $L_1$ 垂直的平面（法向量為 $L_1$ 方向向量 $(1, 7, 2)$）。
$1(x+5) + 7(y-4) + 2(z-5) = 0 \Rightarrow x+7y+2z = 33$。
* 平面 $E_B$：過 $B$ 且與 $L_2$ 垂直的平面（法向量為 $L_2$ 方向向量 $(1, 0, 1)$）。
$1(x-7) + 0(y-3) + 1(z-0) = 0 \Rightarrow x+z = 7$。
* 平面 $E$ (中垂面)：因 $\overline{PA}=\overline{PB}$，$P$ 點在 $AB$ 的垂直平分面上。
$\vec{AB} = (12, -1, -5)$，中點為 $(1, \frac{7}{2}, \frac{5}{2})$。
$12(x-1) - 1(y-\frac{7}{2}) - 5(z-\frac{5}{2}) = 0 \Rightarrow 12x-y-5z = -4$。
3. 求解 $P$ 點座標：
聯立三個平面方程式：
$\begin{cases} x+7y+2z = 33 \\ x+z = 7 \\ 12x-y-5z = -4 \end{cases} \Rightarrow \text{解得 } (x, y, z) = (2, 3, 5)$。
4. 結論：
$P$ 點座標為 $(2, 3, 5)$。
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題目 9
平面上有一個中心為點 $O$，$F_{1}, F_{2}$ 為兩焦點的橢圓 $\Gamma_{1}$，且 $A$ 點為其短軸上其中一個頂點。另有一個以 $O$ 點為焦點，$A$ 點為頂點，且過點 $F_{1}, F_{2}$ 的拋物線 $\Gamma_{2}$。已知 $\Gamma_{1}$ 與 $\Gamma_{2}$ 有 $P, Q, A$ 三個交點，則 $\frac{\overline{OP}}{\overline{OA}} = $ ________。
答：
$\frac{11}{5}$
詳解
1. 拋物線性質與參數推導：
* 設 $O(0,0)$ 為拋物線 $\Gamma_2$ 的焦點，$A(0,b)$ 為頂點，則焦距 $p=b$，準線為 $y=2b$。
* 拋物線 $\Gamma_2$ 通過橢圓焦點 $F(c, 0)$。根據拋物線定義，點 $F$ 到焦點 $O$ 的距離等於到準線的距離：
$\overline{FO} = \sqrt{(c-0)^2 + (0-0)^2} = c$
$F$ 到準線 $y=2b$ 的距離為 $|0 - 2b| = 2b$
故 $c = 2b$，這說明了 $\overline{OF}$ 即為拋物線的半正焦弦。
* 為簡化計算，不失一般性（W.L.O.G.）令 $b=1 \Rightarrow c=2$。
* 此時橢圓半長軸 $a = \sqrt{b^2+c^2} = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$。
2. 聯立方程式：
* 橢圓 $\Gamma_1$：$\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{1} = 1$。
* 拋物線 $\Gamma_2$：開口向下，頂點 $(0,1)$，焦距 $1$，方程式為 $x^2 = -4(1)(y-1) = 4(1-y)$。
3. 求交點與比例：
* 將 $x^2$ 代入橢圓：$\frac{4(1-y)}{5} + y^2 = 1 \Rightarrow 5y^2 - 4y - 1 = 0$。
* 解得 $y = -\frac{1}{5}$（$y=1$ 為 $A$ 點），代入得 $x^2 = \frac{24}{5}$。
* $\overline{OP} = \sqrt{\frac{24}{5} + (-\frac{1}{5})^2} = \sqrt{\frac{120+1}{25}} = \frac{11}{5}$。
* 最終比例 $\frac{\overline{OP}}{\overline{OA}} = \frac{11}{5}$。
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題目 10
在數列 $\{a_{n}\}$ 中，已知首項 $a_{1}=\frac{5}{2}$，且遞迴關係式為 $2a_{n}-a_{n-1}=4n+2$（其中 $n \ge 2$），則此數列的一般項 $a_{n}$ 為 ________。
答：
$a_{n}=4n-2+(\frac{1}{2})^{n}$
詳解
1. 遞迴式整理：
原遞迴式為 $2a_n - a_{n-1} = 4n + 2$。將其同除以 2，整理成標準形式：
$a_n = \frac{1}{2}a_{n-1} + 2n + 1$。
2. 構造等比數列 (待定係數法)：
為了處理算術型項次 $2n+1$，我們目標是將遞迴式 $a_n = \frac{1}{2}a_{n-1} + (2n + 1)$ 改寫成對稱的等比形式：
$a_n + f(n) = \frac{1}{2}[a_{n-1} + f(n-1)]$。
由於原式補償項為 $n$ 的一次式，我們設 $f(n) = pn + q$，代入後觀察：
$a_n + pn + q = \frac{1}{2}(a_{n-1} + p(n-1) + q)$
整理得 $a_n = \frac{1}{2}a_{n-1} + (-\frac{1}{2}pn + \frac{1}{2}p - \frac{1}{2}q)$。
對照原遞迴式的項次 $2n+1$：
* 關於 $n$ 項：$-\frac{1}{2}p = 2 \Rightarrow p = -4$。
* 關於常數項：$\frac{1}{2}p - \frac{1}{2}q = 1 \Rightarrow \frac{1}{2}(-4) - \frac{1}{2}q = 1 \Rightarrow q = 6$ 。
因此，原式可強迫寫成：
$(a_n - 4n + 2) = \frac{1}{2}[a_{n-1} - 4(n-1) + 2]$。
這代表數列 $\langle a_n - 4n + 2 \rangle$ 是一個公比 $r = \frac{1}{2}$ 的等比數列。
3. 求一般項公式：
利用等比數列通項公式 $A_n = A_1 \cdot r^{n-1}$：
$(a_n - 4n + 2) = (\frac{1}{2})^{n-1} \cdot (a_1 - 4 \cdot 1 + 2)$。
代入首項 $a_1 = \frac{5}{2}$：
$(a_n - 4n + 2) = (\frac{1}{2})^{n-1} \cdot (\frac{5}{2} - 4 + 2) = (\frac{1}{2})^{n-1} \cdot \frac{1}{2}$。
4. 最終化簡：
$(a_n - 4n + 2) = (\frac{1}{2})^n = \frac{1}{2^n}$。
移項得一般項：
$a_n = 4n - 2 + \frac{1}{2^n}$。
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題目 11
設 $f(x)$ 為一實係數三次多項式。已知 $f(x)$ 除以 $(x-2)^{2}$ 的餘式為 $12x-20$；且 $f(x)$ 除以 $(x-4)^{2}$ 的餘式為 $12x-36$。若 $y=f(x)$ 的對稱中心為 $(h, f(h))$，則 $x \cdot f(x)$ 除以 $(x-h)(x-2)(x-4)$ 的餘式為 ________。
答：
$4x^{2}-4x$
詳解
1. 利用導數性質確定函數資訊：
* 由 $f(x)$ 除以 $(x-2)^2$ 餘 $12x-20$ 與除以 $(x-4)^2$ 餘 $12x-36$。
* 得到關鍵點與導數值：
$f(2) = 12(2)-20 = 4$，$f'(2) = 12$。
$f(4) = 12(4)-36 = 12$，$f'(4) = 12$。
* 由於 $f'(2) = f'(4)$，且 $f(x)$ 為三次多項式，其對稱中心 $h$ 必位於 $x=2$ 與 $x=4$ 的中點，故 $h=3$。
* 代入對稱中心座標（兩端點高度平均）：$f(3) = \frac{4+12}{2} = 8$。
2. 建立新函數 $g(x) = x \cdot f(x)$ 的已知點：
欲求 $g(x)$ 除以 $(x-3)(x-2)(x-4)$ 的餘式 $r(x)$，先求出 $g(x)$ 在這三點的值：
* $g(2) = 2 \cdot f(2) = 2 \cdot 4 = 8$。
* $g(3) = 3 \cdot f(3) = 3 \cdot 8 = 24$。
* $g(4) = 4 \cdot f(4) = 4 \cdot 12 = 48$。
3. 設 $r(x) = ax^2 + bx + c$ 求解：
將上述三點代入 $r(x)$ 建立方程組：
$\begin{cases} 4a + 2b + c = 8 & \cdots \text{①} \\ 9a + 3b + c = 24 & \cdots \text{②} \\ 16a + 4b + c = 48 & \cdots \text{③} \end{cases}$。
* 由 ② - ① 得：$5a + b = 16$。
* 由 ③ - ② 得：$7a + b = 24$。
* 兩式相減得：$2a = 8 \Rightarrow a = 4$。
* 代回求得 $b = -4$，再代回 ① 式得 $16 - 8 + c = 8 \Rightarrow c = 0$。
4. 結論：
所求餘式 $r(x) = 4x^2 - 4x + 0$，即為 $4x^2 - 4x$。
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題目 12
用 12 根鋼條架構出一個正立方體的裝置藝術，今將其斜立在公園的平地上，如圖所示。為了穩固此裝置藝術，除了將 $O$ 點落在地面上，還在 $A, B, C$ 三處各架上一根垂直地面的鐵柱，分別為 $\overline{AA'}, \overline{BB'}$ 與 $\overline{CC'}$。若已知正立方體的邊長為 13 公尺，且點 $A$ 到地面的垂直距離 $\overline{AA'}$ 為 3 公尺，點 $B$ 到地面的垂直距離 $\overline{BB'}$ 為 4 公尺，試求該正立方體中，距離地面最遠的頂點其高度為 ________ 公尺。
答：
19
詳解
1. 空間坐標化與向量設定：
建立空間坐標系，令 $O$ 點為原點 $(0, 0, 0)$。
設正立方體從 $O$ 點出發的三條稜向量分別為 $\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}$，其長度皆為邊長 $d = 13$。
已知 $A, B$ 兩點到地面的距離分別為 $3, 4$，代表向量在 $z$ 軸上的分量（即高度）：
$\vec{OA}_z = 3$，$\vec{OB}_z = 4$。
2. 利用長度與分量關係求 $\vec{OC}_z$：
在正立方體中，從原點出發的三條稜向量互相垂直，且其 $z$ 分量的平方和等於邊長的平方：
$a^2 + b^2 + c^2 = d^2$。
代入數值：$3^2 + 4^2 + c^2 = 13^2$。
$9 + 16 + c^2 = 169 \Rightarrow c^2 = 144$。
故得 $c = 12$（即 $\vec{OC}_z = 12$）。
3. 尋找距離地面最遠的頂點：
在正立方體中，距離原點 $O$ 最遠的對角頂點 $P$，其向量可表示為三條稜向量的和：
$\vec{OP} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$。
該點的高度 $z$ 即為分量的總和：
$z = (\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})_z = 3 + 4 + 12 = 19$。
4. 結論：
距離地面最遠的頂點，其高度為 19 公尺。
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題目 13
$\Delta ABC$ 中，$\overline{AB}=8, \overline{AC}=4, \overline{BC}=2\sqrt{11}$。已知 $\overline{AD}$ 是 $\angle BAC$ 的平分線交 $\overline{BC}$ 於 $D$ 點。設 $E$ 點在 $\overline{AB}$ 上且滿足 $\overline{AE}=3\overline{BE}$，又 $\overline{AD}$ 和 $\overline{CE}$ 交於 $G$ 點，則 $\Delta ACG$ 的外接圓面積為 ________。
答：
$\frac{32}{7}\pi$
詳解
1. 斯圖爾特定理 (Stewart's Theorem) 應用：
已知 $\triangle ABC$ 中，$AB=8, AC=4, BC=2\sqrt{11}$。
先求線段 $CE$ 與 $AG$：
* 利用定理公式 $x^2 = \frac{n}{m+n}a^2 + \frac{m}{m+n}b^2 - mn$。
* 計算得 $\overline{CE}^2 = \frac{6}{8} \cdot 4^2 + \frac{2}{8} \cdot (2\sqrt{11})^2 - 12 = 33 + 4 - 12 = 25 \Rightarrow \overline{CE} = 5$。
* 同理計算得 $\overline{AG}^2 = \frac{3}{5} \cdot 4^2 + \frac{2}{5} \cdot 6^2 - 6 = 24 - 6 = 18 \Rightarrow \overline{AG} = 3\sqrt{2}$。
2. 求關鍵角的三角函數值：
針對 $\triangle ACG$，利用餘弦定理求 $\cos C$：
$\cos C = \frac{2^2 + 4^2 - (3\sqrt{2})^2}{2 \cdot 2 \cdot 4} = \frac{4 + 16 - 18}{16} = \frac{2}{16} = \frac{1}{8}$。
進而求出 $\sin C$：
$\sin C = \sqrt{1 - (\frac{1}{8})^2} = \frac{\sqrt{63}}{8} = \frac{3\sqrt{7}}{8}$。
3. 外接圓半徑與面積：
利用正弦定理 $2R = \frac{c}{\sin C}$：
$2R = \frac{3\sqrt{2}}{\frac{3\sqrt{7}}{8}} = \frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{7}}$。
故 $R = \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{7}}$。
外接圓面積 $= \pi R^2 = \pi \cdot (\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{7}})^2 = \frac{32}{7}\pi$。
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題目 14
已知三正數 $x, y, z$ 滿足 $x^{2}+4y^{2}+4z^{2}=12$，則 $\sqrt{3xy}+5z$ 的最大值為 ________。
答：
$2\sqrt{21}$
詳解
1. 橢球方程與參數化：
已知 $x^2 + 4y^2 + 4z^2 = 12$，可寫成 $x^2 + (2y)^2 + (2z)^2 = 12$。
為了計算方便，利用球面坐標參數化（半徑為 $\sqrt{12} = 2\sqrt{3}$）：
$x = 2\sqrt{3} \cos\theta \cos\phi$
$2y = 2\sqrt{3} \cos\theta \sin\phi$
$2z = 2\sqrt{3} \sin\theta$。
2. 目標函數整理：
求 $\sqrt{3xy} + 5z$ 的最大值。先將其調整為與參數式一致的形式：
原式 $= \sqrt{\frac{3}{2} \cdot x \cdot (2y)} + \frac{5}{2}(2z)$。
代入參數：
$= \sqrt{\frac{3}{2} \cdot 12 \cos^2\theta \cos\phi \sin\phi} + \frac{5}{2} \cdot 2\sqrt{3} \sin\theta$
$= 3\sqrt{\sin 2\phi} \cos\theta + 5\sqrt{3} \sin\theta$。
3. 疊合法求最大值：
為了求得目標函數的最大值，我們令 $\sin 2\phi = 1$（即取 $\phi = 45^\circ$），此時式子簡化為：
$y = 5\sqrt{3} \sin\theta + 3 \cos\theta$。
4. 詳細疊合步驟：
利用三角函數疊合公式 $a \sin\theta + b \cos\theta = \sqrt{a^2+b^2} \sin(\theta + \alpha)$：
(1) 提取振幅：$\sqrt{(5\sqrt{3})^2 + 3^2} = \sqrt{75 + 9} = \sqrt{84}$。
(2) 變換形式：
$y = \sqrt{84} \left( \frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{84}}\sin\theta + \frac{3}{\sqrt{84}}\cos\theta \right) = \sqrt{84} \sin(\theta + \alpha)$。
其中 $\cos\alpha = \frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{84}}$，$\sin\alpha = \frac{3}{\sqrt{84}}$。
5. 結論：
由於 $-1 \le \sin(\theta + \alpha) \le 1$，故當 $\sin(\theta + \alpha) = 1$ 時，函數有最大值。
最大值為 $\sqrt{84}$ (即 $2\sqrt{21}$)。
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三、 計算題（MathPro. 提供）
計算題 1
設 $z, c$ 為複數，滿足 $zc = 2\bar{z}$ 且 $\left| \frac{z\bar{z}}{c^2} \right| = \frac{9}{4}$。若 $z + c \in \mathbb{R}$，求 $z + c$ 之值。
答：
$\frac{5}{2}$
詳解
1. 分析模數（Absolute Value）：
* 由 $zc = 2\bar{z}$ 取絕對值得 $|z||c| = 2|\bar{z}| = 2|z|$，因 $z \neq 0$，故 $|c| = 2$。
* 由 $\left| \frac{z\bar{z}}{c^2} \right| = \frac{|z|^2}{|c|^2} = \frac{9}{4}$ 代入 $|c|=2$ 得 $\frac{|z|^2}{4} = \frac{9}{4}$，故 $|z| = 3$。
2. 分析幅角（Argument）：
* 設 $\text{Arg } z = \alpha, \text{Arg } c = \beta$。
* 由 $zc = 2\bar{z}$ 得幅角關係：$\alpha + \beta = -\alpha \Rightarrow \beta = -2\alpha$。
* 已知 $z+c \in \mathbb{R}$，故虛部和為 $0$：$|z|\sin\alpha + |c|\sin\beta = 0$。
* 代入已知值：$3\sin\alpha + 2\sin(-2\alpha) = 0$。
* $3\sin\alpha - 4\sin\alpha\cos\alpha = 0 \Rightarrow \sin\alpha(3-4\cos\alpha) = 0$。
* 因 $z$ 非實數，$\sin\alpha \neq 0$，故 $\cos\alpha = \frac{3}{4}$。
3. 計算實部和：
* $z+c$ 為實數，其值等於實部之和：$|z|\cos\alpha + |c|\cos\beta$。
* $= 3\cos\alpha + 2\cos(-2\alpha) = 3\cos\alpha + 2(2\cos^2\alpha - 1)$。
* 代入 $\cos\alpha = \frac{3}{4}$：
$3(\frac{3}{4}) + 2(2(\frac{3}{4})^2 - 1) = \frac{9}{4} + 2(\frac{9}{8} - 1) = \frac{9}{4} + \frac{1}{4} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}$。
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計算題 2
$\triangle ABC$ 對邊 $a, b, c$，有一直線 $L$ 過 $\triangle ABC$ 之內心 $I$，且和 $\overline{AB}、\overline{AC}$ 分別交於 $D、E$。求 $\frac{\triangle ADE \text{ 面積}}{\triangle ABC \text{ 面積}}$ 之最小值（以 $a, b, c$ 表示之）。
答：
$\frac{4bc}{(a+b+c)^2}$
詳解
1. 內心向量分解：
* 根據內心性質，已知 $\vec{AI} = \frac{b}{a+b+c}\vec{AB} + \frac{c}{a+b+c}\vec{AC}$。
* 令 $x\vec{AD} = \vec{AB}$，$y\vec{AE} = \vec{AC}$。
* 代入得 $\vec{AI} = \frac{bx}{a+b+c}\vec{AD} + \frac{cy}{a+b+c}\vec{AE}$。
2. 利用共線與算幾不等式：
* 由於 $D, I, E$ 三點共線，其向量係數和必為 $1$：
$\frac{bx+cy}{a+b+c} = 1$。
* 由算幾不等式可知：
$\frac{bx}{a+b+c}+\frac{cy}{a+b+c} \geq 2\sqrt{\frac{bcxy}{(a+b+c)^2}}$。
* 整理得 $1 \geq \frac{2\sqrt{bcxy}}{a+b+c} \Rightarrow \frac{1}{xy} \geq \frac{4bc}{(a+b+c)^2}$。
3. 面積比結論：
* 面積比 $\frac{\triangle ADE}{\triangle ABC} = \frac{\overline{AD} \cdot \overline{AE}}{\overline{AB} \cdot \overline{AC}} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{y} = \frac{1}{xy}$。
* 故其最小值為 $\frac{4bc}{(a+b+c)^2}$。
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