115學年度 國立羅東高中 第1次教師甄選 數學科試題與詳解
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一、 填充題（共 16 題，每題 5 分，合計 80 分）
題目 1
設 $a, b, c \in \mathbb{R}$，且 $abc=1$，$ab+bc+ca-3abc=0$，$a \neq 1, b \neq 1, c \neq 1$，求 $\frac{1}{1-bc} + \frac{1}{1-ca} + \frac{1}{1-ab}$ 之值。
答：
$1$
詳解
由於 $abc=1$，可將分母代換：
$1-bc = abc-bc = bc(a-1)$
$1-ca = abc-ca = ca(b-1)$
$1-ab = abc-ab = ab(c-1)$
所求可寫為：
$\frac{1}{bc(a-1)} + \frac{1}{ca(b-1)} + \frac{1}{ab(c-1)}$
$= \frac{a}{abc(a-1)} + \frac{b}{abc(b-1)} + \frac{c}{abc(c-1)}$
$= \frac{a}{a-1} + \frac{b}{b-1} + \frac{c}{c-1}$ (因 $abc=1$)
設 $f(t) = t^3 - (a+b+c)t^2 + (ab+bc+ca)t - abc = 0$ 的三根為 $a, b, c$。
已知 $abc=1$ 且 $ab+bc+ca=3abc=3$，得：
$f(t) = t^3 - (a+b+c)t^2 + 3t - 1$
所求改寫為：
$(1 + \frac{1}{a-1}) + (1 + \frac{1}{b-1}) + (1 + \frac{1}{c-1}) = 3 + (\frac{1}{a-1} + \frac{1}{b-1} + \frac{1}{c-1})$
利用公式：$\frac{1}{a-1} + \frac{1}{b-1} + \frac{1}{c-1} = -\frac{f'(1)}{f(1)}$
$f'(t) = 3t^2 - 2(a+b+c)t + 3 \implies f'(1) = 6 - 2(a+b+c)$
$f(1) = 1 - (a+b+c) + 3 - 1 = 3 - (a+b+c)$
故所求為 $3 - \frac{6-2(a+b+c)}{3-(a+b+c)} = 3 - 2 = 1$。
$1-bc = abc-bc = bc(a-1)$
$1-ca = abc-ca = ca(b-1)$
$1-ab = abc-ab = ab(c-1)$
所求可寫為：
$\frac{1}{bc(a-1)} + \frac{1}{ca(b-1)} + \frac{1}{ab(c-1)}$
$= \frac{a}{abc(a-1)} + \frac{b}{abc(b-1)} + \frac{c}{abc(c-1)}$
$= \frac{a}{a-1} + \frac{b}{b-1} + \frac{c}{c-1}$ (因 $abc=1$)
設 $f(t) = t^3 - (a+b+c)t^2 + (ab+bc+ca)t - abc = 0$ 的三根為 $a, b, c$。
已知 $abc=1$ 且 $ab+bc+ca=3abc=3$，得：
$f(t) = t^3 - (a+b+c)t^2 + 3t - 1$
所求改寫為：
$(1 + \frac{1}{a-1}) + (1 + \frac{1}{b-1}) + (1 + \frac{1}{c-1}) = 3 + (\frac{1}{a-1} + \frac{1}{b-1} + \frac{1}{c-1})$
利用公式：$\frac{1}{a-1} + \frac{1}{b-1} + \frac{1}{c-1} = -\frac{f'(1)}{f(1)}$
$f'(t) = 3t^2 - 2(a+b+c)t + 3 \implies f'(1) = 6 - 2(a+b+c)$
$f(1) = 1 - (a+b+c) + 3 - 1 = 3 - (a+b+c)$
故所求為 $3 - \frac{6-2(a+b+c)}{3-(a+b+c)} = 3 - 2 = 1$。
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題目 2
求 $101^{15}$ 的百萬位數字。
答：
$6$
詳解
利用二項式定理展開 $(100+1)^{15}$：
$(100+1)^{15} = \sum\limits_{k=0}^{15} C^{15}_{k} \cdot 100^k$
$= C^{15}_{0} + C^{15}_{1} \cdot 100^1 + C^{15}_{2} \cdot 100^2 + C^{15}_{3} \cdot 100^3 + \cdots$
觀察百萬位 ($10^6$) 的貢獻：
1. $C^{15}_{0} + C^{15}_{1} \cdot 100$ 的值太小，不影響百萬位。
2. $C^{15}_{2} \cdot 100^2 = 105 \cdot 10000 = 1,050,000$，百萬位貢獻為 $1$。
3. $C^{15}_{3} \cdot 100^3 = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13}{3 \cdot 2 \cdot 1} \cdot 1,000,000 = 455 \cdot 1,000,000$，百萬位貢獻為 $455 \pmod{10} = 5$。
4. 當 $k \geq 4$ 時，$100^k = 10^{2k} \geq 10^8$，百萬位均為 $0$。
因此百萬位數字為 $1 + 5 = 6$。
$(100+1)^{15} = \sum\limits_{k=0}^{15} C^{15}_{k} \cdot 100^k$
$= C^{15}_{0} + C^{15}_{1} \cdot 100^1 + C^{15}_{2} \cdot 100^2 + C^{15}_{3} \cdot 100^3 + \cdots$
觀察百萬位 ($10^6$) 的貢獻：
1. $C^{15}_{0} + C^{15}_{1} \cdot 100$ 的值太小，不影響百萬位。
2. $C^{15}_{2} \cdot 100^2 = 105 \cdot 10000 = 1,050,000$，百萬位貢獻為 $1$。
3. $C^{15}_{3} \cdot 100^3 = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13}{3 \cdot 2 \cdot 1} \cdot 1,000,000 = 455 \cdot 1,000,000$，百萬位貢獻為 $455 \pmod{10} = 5$。
4. 當 $k \geq 4$ 時，$100^k = 10^{2k} \geq 10^8$，百萬位均為 $0$。
因此百萬位數字為 $1 + 5 = 6$。
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題目 3
求曲線 $y = x^3 - 4x$ 和其上一點 $P(1, -3)$ 處之切線所圍成之區域面積。
答：
$\frac{27}{4}$
詳解
1. 求切線與曲線另一交點的 $x$ 坐標 $\beta$：
設切點為 $\alpha = 1$，另一交點為 $\beta$。
將切線方程式與曲線聯立，會得到一個三次方程式，其根為 $1, 1, \beta$（$1$ 為重根）。
由根與係數關係可知：
$-(1 + 1 + \beta) = (x^2 \text{ 的係數}) = 0$
$\implies 2 + \beta = 0 \implies \beta = -2$。
2. 利用圍出面積公式：
設兩交點的 $x$ 坐標為 $\alpha, \beta$，且 $a$ 為三次項的首項係數。
三次函數與切線圍成的面積公式為：
$$ \text{面積} = \frac{|a|}{C^{3}_{1} \times 4} |\alpha - \beta|^4 $$ $$ = \frac{1}{3 \times 4} |1 - (-2)|^4 $$ $$ = \frac{1}{12} \cdot 3^4 = \frac{81}{12} = \frac{27}{4} $$
故區域面積為 $\frac{27}{4}$。
設切點為 $\alpha = 1$，另一交點為 $\beta$。
將切線方程式與曲線聯立，會得到一個三次方程式，其根為 $1, 1, \beta$（$1$ 為重根）。
由根與係數關係可知：
$-(1 + 1 + \beta) = (x^2 \text{ 的係數}) = 0$
$\implies 2 + \beta = 0 \implies \beta = -2$。
2. 利用圍出面積公式：
設兩交點的 $x$ 坐標為 $\alpha, \beta$，且 $a$ 為三次項的首項係數。
三次函數與切線圍成的面積公式為：
$$ \text{面積} = \frac{|a|}{C^{3}_{1} \times 4} |\alpha - \beta|^4 $$ $$ = \frac{1}{3 \times 4} |1 - (-2)|^4 $$ $$ = \frac{1}{12} \cdot 3^4 = \frac{81}{12} = \frac{27}{4} $$
故區域面積為 $\frac{27}{4}$。
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題目 4
已知雙曲線 $\Gamma$ 之兩焦點為 $F_1(0, 0), F_2(2, 2)$，且已知 $P(2+\frac{1}{\sqrt{2}}, 2-\frac{1}{\sqrt{2}})$ 為其上的一點，求雙曲線 $\Gamma$ 的方程式。
答：
$2xy - x - y - 1 = 0$
詳解
1. 利用雙曲線定義求長軸長 $2a$：
$2a = \left| \sqrt{(2+\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (2-\frac{1}{\sqrt{2}})^2} - \sqrt{(\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (-\frac{1}{\sqrt{2}})^2} \right|=3-1$
計算得 $2a = 2 \implies a=1$。
2. 焦距與等軸性質：
$2c = \overline{F_1F_2} = \sqrt{2^2+2^2} = 2\sqrt{2} \implies c=\sqrt{2}$。
由 $c^2 = a^2 + b^2$ 得 $2 = 1^2 + b^2 \implies b=1$。
因 $a=b=1$，此為中心 $(1, 1)$ 且焦軸斜率為 $1$（傾斜 $45^\circ$）的等軸雙曲線。
3. 設定方程式：
其漸近線為水平與垂直線的旋轉，形式為 $(x-1)(y-1) = k$。
設方程式為 $\alpha(x-1)(y-1) = 1$。
將 $P(2+\frac{1}{\sqrt{2}}, 2-\frac{1}{\sqrt{2}})$ 代入：
$\alpha(1+\frac{1}{\sqrt{2}})(1-\frac{1}{\sqrt{2}}) = 1$
$\alpha(1 - \frac{1}{2}) = 1 \implies \alpha(\frac{1}{2}) = 1 \implies \alpha = 2$。
4. 展開求得方程式：
$2(x-1)(y-1) = 1$
$2(xy - x - y + 1) = 1$
$2xy - 2x - 2y + 2 = 1 \implies 2xy - 2x - 2y + 1 = 0$。
$2a = \left| \sqrt{(2+\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (2-\frac{1}{\sqrt{2}})^2} - \sqrt{(\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + (-\frac{1}{\sqrt{2}})^2} \right|=3-1$
計算得 $2a = 2 \implies a=1$。
2. 焦距與等軸性質：
$2c = \overline{F_1F_2} = \sqrt{2^2+2^2} = 2\sqrt{2} \implies c=\sqrt{2}$。
由 $c^2 = a^2 + b^2$ 得 $2 = 1^2 + b^2 \implies b=1$。
因 $a=b=1$，此為中心 $(1, 1)$ 且焦軸斜率為 $1$（傾斜 $45^\circ$）的等軸雙曲線。
3. 設定方程式：
其漸近線為水平與垂直線的旋轉，形式為 $(x-1)(y-1) = k$。
設方程式為 $\alpha(x-1)(y-1) = 1$。
將 $P(2+\frac{1}{\sqrt{2}}, 2-\frac{1}{\sqrt{2}})$ 代入：
$\alpha(1+\frac{1}{\sqrt{2}})(1-\frac{1}{\sqrt{2}}) = 1$
$\alpha(1 - \frac{1}{2}) = 1 \implies \alpha(\frac{1}{2}) = 1 \implies \alpha = 2$。
4. 展開求得方程式：
$2(x-1)(y-1) = 1$
$2(xy - x - y + 1) = 1$
$2xy - 2x - 2y + 2 = 1 \implies 2xy - 2x - 2y + 1 = 0$。
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題目 5
數列 $\langle a_n \rangle$ 為等差數列，$a_n = \log b_n, n=1, 2, 3, \dots$。已知 $a_6 = 27, a_{10} = 47$，求 $b_1 b_2 \cdots b_{10}$ 之值。
答：
$10^{245}$
詳解
1. 處理對數運算：
$\log(b_1 b_2 \cdots b_{10}) = \log b_1 + \log b_2 + \dots + \log b_{10} = a_1 + a_2 + \dots + a_{10}$。
這是一個等差級數的前 10 項和 $S_{10}$。
2. 求等差數列公差 $d$ 與首項 $a_1$：
$a_{10} = a_6 + 4d \implies 47 = 27 + 4d \implies 4d = 20 \implies d = 5$。
$a_6 = a_1 + 5d \implies 27 = a_1 + 25 \implies a_1 = 2$。
3. 計算級數和：
$S_{10} = \frac{10(a_1 + a_{10})}{2} = \frac{10(2 + 47)}{2} = 5 \cdot 49 = 245$。
4. 回推乘積：
$\log(b_1 b_2 \cdots b_{10}) = 245 \implies b_1 b_2 \cdots b_{10} = 10^{245}$。
$\log(b_1 b_2 \cdots b_{10}) = \log b_1 + \log b_2 + \dots + \log b_{10} = a_1 + a_2 + \dots + a_{10}$。
這是一個等差級數的前 10 項和 $S_{10}$。
2. 求等差數列公差 $d$ 與首項 $a_1$：
$a_{10} = a_6 + 4d \implies 47 = 27 + 4d \implies 4d = 20 \implies d = 5$。
$a_6 = a_1 + 5d \implies 27 = a_1 + 25 \implies a_1 = 2$。
3. 計算級數和：
$S_{10} = \frac{10(a_1 + a_{10})}{2} = \frac{10(2 + 47)}{2} = 5 \cdot 49 = 245$。
4. 回推乘積：
$\log(b_1 b_2 \cdots b_{10}) = 245 \implies b_1 b_2 \cdots b_{10} = 10^{245}$。
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題目 6
求函數 $f(x) = (x-2)^3 + 3(x-2)^2 - 2(x-2) - 6$ 在 $x=-2$ 的一次近似。
答：
$y = 22x + 30$
詳解
由於原式為關於 $(x-2)$ 的多項式，欲求 $x = -2$ 處的一次近似，
觀察當 $x = -2$ 時，$x - 2 = -4$。
因此，我們可以針對原多項式的係數 $1, 3, -2, -6$，直接對 $-4$ 進行連續綜合除法，以求得在 $x = -2$ 處（即 $x+2$ 的展開式）的係數：
綜合除法過程：
$1 \quad +3 \quad -2 \quad -6 \quad | \underline{-4}$
$\quad \quad -4 \quad +4 \quad -8$
$\overline{1 \quad -1 \quad +2 \quad | -14} \dots$ 常數項 $f(-2)$
$\quad \quad -4 \quad +20$
$\overline{1 \quad -5 \quad | +22} \dots$ 一次項係數 $f'(-2)$
得到一次近似直線：
由除法結果可知，$f(x)$ 在 $x=-2$ 附近的泰勒展開式前兩項為：
$y = 22(x+2) - 14$
$y = 22x + 44 - 14$
$y = 22x + 30$
故 $f(x)$ 在 $x=-2$ 的一次近似為 $y = 22x + 30$。
觀察當 $x = -2$ 時，$x - 2 = -4$。
因此，我們可以針對原多項式的係數 $1, 3, -2, -6$，直接對 $-4$ 進行連續綜合除法，以求得在 $x = -2$ 處（即 $x+2$ 的展開式）的係數：
綜合除法過程：
$1 \quad +3 \quad -2 \quad -6 \quad | \underline{-4}$
$\quad \quad -4 \quad +4 \quad -8$
$\overline{1 \quad -1 \quad +2 \quad | -14} \dots$ 常數項 $f(-2)$
$\quad \quad -4 \quad +20$
$\overline{1 \quad -5 \quad | +22} \dots$ 一次項係數 $f'(-2)$
得到一次近似直線：
由除法結果可知，$f(x)$ 在 $x=-2$ 附近的泰勒展開式前兩項為：
$y = 22(x+2) - 14$
$y = 22x + 44 - 14$
$y = 22x + 30$
故 $f(x)$ 在 $x=-2$ 的一次近似為 $y = 22x + 30$。
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題目 7
曲線 $y = x^2 - x + \frac{1}{4}$ 和直線 $y = a, a \neq 1$ 相交於 $P, Q$ 兩點。設 $P(x_1, a), Q(x_2, a), x_1 > x_2$，求 $\log_{a} |x_1^2 - \frac{1}{4}| - \log_{a} |x_1 + \frac{1}{2}| + 2 \log_{a} |x_2 - \frac{1}{2}|$ 之值。
答：
$\frac{3}{2}$
詳解
1. 觀察曲線：$y = (x - \frac{1}{2})^2$。
當 $y = a$ 時，由於 $x_1 > x_2$，故：
$x_1 - \frac{1}{2} = \sqrt{a}$ 且 $x_2 - \frac{1}{2} = -\sqrt{a} \implies |x_1 - \frac{1}{2}|= |x_2 - \frac{1}{2}| = \sqrt{a}$。
當 $y = a$ 時，由於 $x_1 > x_2$，故：
$x_1 - \frac{1}{2} = \sqrt{a}$ 且 $x_2 - \frac{1}{2} = -\sqrt{a} \implies |x_1 - \frac{1}{2}|= |x_2 - \frac{1}{2}| = \sqrt{a}$。
2. 簡化所求式的前兩項：
$\log_{a} |x_1^2 - \frac{1}{4}| - \log_{a} |x_1 + \frac{1}{2}| = \log_{a} \left| \frac{(x_1 - 1/2)(x_1 + 1/2)}{x_1 + 1/2} \right| = \log_{a} |x_1 - \frac{1}{2}|$。
3. 代入對稱性質：
原式 $= \log_{a} |x_1 - \frac{1}{2}| + 2 \log_{a} |x_2 - \frac{1}{2}|$
$= \log_{a} \sqrt{a} + 2 \log_{a} \sqrt{a} = 3 \log_{a} a^{1/2}$。
$= 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$。
題目 8
投擲均勻骰子四次，出現的點數依次為 $n_1, n_2, n_3, n_4$。在坐標平面上若 $A(n_1, n_2), B(n_3, n_4)$ 且 $A \neq B$，求線段 $\overline{AB}$ 和直線 $y = x$ 有共同點的機率。
答：
$\frac{35}{54}$
詳解
要使線段 $\overline{AB}$ 與直線 $y=x$ 有共同點，需滿足 $A, B$ 兩點分布在 $y=x$ 之異側，或至少有一點落在直線上。同時需滿足題目條件 $A \neq B$。
分情況討論符合條件的組合數：
1. 異側情況：
一邊為 $n_i > n_j$（共 $C^{6}_{2}=15$ 種），另一邊為 $n_k < n_l$（共 $C^{6}_{2}=15$ 種）。
組合數為：$15 \times 15 \times 2 = 450$ 種。
2. 恰有一點在直線上 ($n_1=n_2$ 或 $n_3=n_4$)：
若 $A$ 在直線上 ($6$ 種) 且 $B$ 不在直線上 ($30$ 種)，共有 $6 \times 30 = 180$ 種。
若 $B$ 在直線上 ($6$ 種) 且 $A$ 不在直線上 ($30$ 種)，共有 $6 \times 30 = 180$ 種。
此類合計：$180 + 180 = 360$ 種。
3. 兩點皆在直線上且 $A \neq B$：
即 $n_1=n_2$ 且 $n_3=n_4$，但 $(n_1, n_2) \neq (n_3, n_4)$。
相當於從直線上 6 個點選出 2 個相異點排列：$P^{6}_{2} = 6 \times 5 = 30$ 種。
總結與計算機率：
符合條件的總次數為 $450 + 360 + 30 = 840$ 次。
樣本空間總數為 $6^4 = 1296$ 次。
機率 $P = \frac{840}{1296} = \frac{840 \div 24}{1296 \div 24} = \frac{35}{54}$。
分情況討論符合條件的組合數：
1. 異側情況：
一邊為 $n_i > n_j$（共 $C^{6}_{2}=15$ 種），另一邊為 $n_k < n_l$（共 $C^{6}_{2}=15$ 種）。
組合數為：$15 \times 15 \times 2 = 450$ 種。
2. 恰有一點在直線上 ($n_1=n_2$ 或 $n_3=n_4$)：
若 $A$ 在直線上 ($6$ 種) 且 $B$ 不在直線上 ($30$ 種)，共有 $6 \times 30 = 180$ 種。
若 $B$ 在直線上 ($6$ 種) 且 $A$ 不在直線上 ($30$ 種)，共有 $6 \times 30 = 180$ 種。
此類合計：$180 + 180 = 360$ 種。
3. 兩點皆在直線上且 $A \neq B$：
即 $n_1=n_2$ 且 $n_3=n_4$，但 $(n_1, n_2) \neq (n_3, n_4)$。
相當於從直線上 6 個點選出 2 個相異點排列：$P^{6}_{2} = 6 \times 5 = 30$ 種。
總結與計算機率：
符合條件的總次數為 $450 + 360 + 30 = 840$ 次。
樣本空間總數為 $6^4 = 1296$ 次。
機率 $P = \frac{840}{1296} = \frac{840 \div 24}{1296 \div 24} = \frac{35}{54}$。
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題目 9
如圖，在等腰直角三角形 $ABC$ 中，$\overline{AB} = \overline{AC} = 4$，點 $P$ 是 $\overline{AB}$ 上異於 $A, B$ 的一點，光線從 $P$ 點出發，經 $\overline{BC}、\overline{AC}$ 反射後又回到 $P$ 點。若光線 $\overline{QR}$ 經過 $\triangle ABC$ 的重心，則 $\overline{AP} = ?$（化成最簡分數）
答：
$\frac{4}{3}$
詳解
設 $A(0, 0), B(4, 0), C(0, 4)$。點 $P$ 座標為 $(x, 0)$。
$\triangle ABC$ 的重心 $G = (\frac{4}{3}, \frac{4}{3})$。
- $P$ 點對 $\overline{AC}$ ($y$ 軸) 的對稱點為 $P'(-x, 0)$。
- $P$ 點對 $\overline{BC}$ ($x+y=4$) 的對稱點為 $P''(4, 4-x)$。
2. 三點共線與斜率解法：
光線反射路徑經過重心 $G$，代表 $P', G, P''$ 三點位在同一直線上。
由此可知 $m_{P'G} = m_{P'P''}$：
$$ \frac{\frac{4}{3} - 0}{\frac{4}{3} - (-x)} = \frac{(4-x) - 0}{4 - (-x)} $$ $$ \frac{4/3}{4/3 + x} = \frac{4-x}{4+x} $$
3. 展開求值：
交叉相乘後得：
$$ \frac{4}{3}(4+x) = (4-x)(\frac{4}{3} + x) $$ $$ \frac{16}{3} + \frac{4}{3}x = \frac{16}{3} + 4x - \frac{4}{3}x - x^2 $$ $$ \frac{4}{3}x = \frac{8}{3}x - x^2 $$ $$ x^2 - \frac{4}{3}x = 0 \implies x(x - \frac{4}{3}) = 0 $$
因為 $P$ 不在 $A$ 點，故 $x = \frac{4}{3}$。
所以 $\overline{AP} = \frac{4}{3}$。
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題目 10
設 $a, b, c \in \mathbb{R}$，若行列式 $\begin{vmatrix} a^2+1 & ab & ac \\ ab & b^2+1 & bc \\ ac & bc & c^2+1 \end{vmatrix} = 15$，求 $a+2b+3c$ 之最大值。
答：
$14$
詳解
1. 行列式化簡：
利用行列式展開性質：
$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) + 2a^2b^2c^2 - [a^2b^2(c^2+1) + b^2c^2(a^2+1) + c^2a^2(b^2+1)] = 15$
整理後得到關鍵關係式：
$$ a^2 + b^2 + c^2 + 1 = 15 \implies a^2 + b^2 + c^2 = 14 $$
2. 使用柯西不等式：
欲求 $k = a+2b+3c$ 之最大值。由柯西不等式可知：
$$ (a^2 + b^2 + c^2)(1^2 + 2^2 + 3^2) \geq (a + 2b + 3c)^2 $$
將數值代入算式：
$14 \times (1 + 4 + 9) \geq k^2$
$14 \times 14 \geq k^2$
$196 \geq k^2$
3. 結論：
由 $k^2 \leq 196$ 得 $-14 \leq a+2b+3c \leq 14$。
故 $a+2b+3c$ 之最大值為 **$14$**。
利用行列式展開性質：
$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) + 2a^2b^2c^2 - [a^2b^2(c^2+1) + b^2c^2(a^2+1) + c^2a^2(b^2+1)] = 15$
整理後得到關鍵關係式：
$$ a^2 + b^2 + c^2 + 1 = 15 \implies a^2 + b^2 + c^2 = 14 $$
2. 使用柯西不等式：
欲求 $k = a+2b+3c$ 之最大值。由柯西不等式可知：
$$ (a^2 + b^2 + c^2)(1^2 + 2^2 + 3^2) \geq (a + 2b + 3c)^2 $$
將數值代入算式：
$14 \times (1 + 4 + 9) \geq k^2$
$14 \times 14 \geq k^2$
$196 \geq k^2$
3. 結論：
由 $k^2 \leq 196$ 得 $-14 \leq a+2b+3c \leq 14$。
故 $a+2b+3c$ 之最大值為 **$14$**。
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題目 11 (此題出錯)
設 $A(1, -1, 2)$，$B(1, 5, -4)$，於平面 $E: x+y+z-5=0$ 上求一點 $P$，使 $|\overline{PA} - \overline{PB}|$ 為最大，則 $P$ 之座標為？
答：
題目無解
原因分析
為什麼這題無解？
1. 幾何原理：在空間中，使 $|\overline{PA} - \overline{PB}|$ 達到最大值的點 $P$，通常必須位於直線 $AB$ 與平面 $E$ 的交點上（此時 $|\overline{PA} - \overline{PB}| = \overline{AB}$）。
2. 方向向量判定：
計算向量 $\vec{AB} = (1-1, 5-(-1), -4-2) = (0, 6, -6)$。
平面 $E$ 的法向量為 $\vec{n} = (1, 1, 1)$。
3. 平行判定：
計算內積：$\vec{AB} \cdot \vec{n} = (0)(1) + (6)(1) + (-6)(1) = 0$。
由於向量 $\vec{AB}$ 與法向量 $\vec{n}$ 垂直，代表直線 $AB$ 確實與平面 $E$ 平行。
結論：
因為直線 $AB \parallel$ 平面 $E$，在平面上找不到任何一點 $P$ 能與 $A, B$ 三點共線。根據三角形邊角關係，平面上任何一點產生的 $|\overline{PA} - \overline{PB}|$ 永遠小於 $\overline{AB}$，且最大值無法在有限座標內達成，故本題無解。
1. 幾何原理：在空間中，使 $|\overline{PA} - \overline{PB}|$ 達到最大值的點 $P$，通常必須位於直線 $AB$ 與平面 $E$ 的交點上（此時 $|\overline{PA} - \overline{PB}| = \overline{AB}$）。
2. 方向向量判定：
計算向量 $\vec{AB} = (1-1, 5-(-1), -4-2) = (0, 6, -6)$。
平面 $E$ 的法向量為 $\vec{n} = (1, 1, 1)$。
3. 平行判定：
計算內積：$\vec{AB} \cdot \vec{n} = (0)(1) + (6)(1) + (-6)(1) = 0$。
由於向量 $\vec{AB}$ 與法向量 $\vec{n}$ 垂直，代表直線 $AB$ 確實與平面 $E$ 平行。
結論：
因為直線 $AB \parallel$ 平面 $E$，在平面上找不到任何一點 $P$ 能與 $A, B$ 三點共線。根據三角形邊角關係，平面上任何一點產生的 $|\overline{PA} - \overline{PB}|$ 永遠小於 $\overline{AB}$，且最大值無法在有限座標內達成，故本題無解。
題目 12
設 $i = \sqrt{-1}$，對於任意正整數 $n$ 恆有 $(1-i)^n = a_n + i b_n$，其中 $a_n, b_n$ 為實數。已知二階方陣 $A$ 使得 $A \begin{bmatrix} a_n \\ b_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{bmatrix}$。且在坐標平面上，$P, Q, R$ 三點經方陣 $A$ 變換後後對應之點分別為 $P'(1, 2), Q'(4, 6), R'(3, 8)$，則 $\triangle PQR$ 的面積為何？
答：
$\frac{5}{2}$
詳解
1. 找出變換矩陣 $A$：
由 $(a_{n+1} + i b_{n+1}) = (1-i)(a_n + i b_n)$ 展開：
$a_{n+1} + i b_{n+1} = (a_n + b_n) + i(b_n - a_n)$
對應實部與虛部可得關係式：
$\begin{cases} a_{n+1} = a_n + b_n \\ b_{n+1} = -a_n + b_n \end{cases}$
因此矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}$。
2. 計算面積變換倍率：
矩陣 $A$ 的行列式值 $\det(A) = (1)(1) - (1)(-1) = 2$。
這代表變換後的圖形面積會是原圖形面積的 $|\det(A)| = 2$ 倍。
3. 計算變換後三角形 $P'Q'R'$ 的面積：
利用點 $P'(1, 2), Q'(4, 6), R'(3, 8)$：
$\triangle P'Q'R' \text{ 面積} = \frac{1}{2} | \det(\vec{P'Q'}, \vec{P'R'}) | = \frac{1}{2} \begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 4 & 6 \end{vmatrix} = \frac{1}{2} |18 - 8| = 5$。
4. 求原面積：
$\triangle PQR \times |\det(A)| = \triangle P'Q'R' \implies \triangle PQR \times 2 = 5$
故 $\triangle PQR \text{ 面積} = \frac{5}{2}$。
由 $(a_{n+1} + i b_{n+1}) = (1-i)(a_n + i b_n)$ 展開：
$a_{n+1} + i b_{n+1} = (a_n + b_n) + i(b_n - a_n)$
對應實部與虛部可得關係式：
$\begin{cases} a_{n+1} = a_n + b_n \\ b_{n+1} = -a_n + b_n \end{cases}$
因此矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}$。
2. 計算面積變換倍率：
矩陣 $A$ 的行列式值 $\det(A) = (1)(1) - (1)(-1) = 2$。
這代表變換後的圖形面積會是原圖形面積的 $|\det(A)| = 2$ 倍。
3. 計算變換後三角形 $P'Q'R'$ 的面積：
利用點 $P'(1, 2), Q'(4, 6), R'(3, 8)$：
$\triangle P'Q'R' \text{ 面積} = \frac{1}{2} | \det(\vec{P'Q'}, \vec{P'R'}) | = \frac{1}{2} \begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 4 & 6 \end{vmatrix} = \frac{1}{2} |18 - 8| = 5$。
4. 求原面積：
$\triangle PQR \times |\det(A)| = \triangle P'Q'R' \implies \triangle PQR \times 2 = 5$
故 $\triangle PQR \text{ 面積} = \frac{5}{2}$。
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題目 13
袋中有編號 $1, 2, \dots, n$ 的球各一顆。自袋中任取 $2$ 球，以隨機變數 $X$ 表示取出 $2$ 球編號的差之絕對值。若 $X$ 的期望值小於 $12$，則 $n$ 的最大值為何？
答：
$34$
詳解
1. 計算差值總和：
任取兩球的所有可能組合數為 $C^n_2 = \frac{n(n-1)}{2}$。
差值為 $k$ 的情形有 $(n-k)$ 種，故所有差值絕對值的總和為：
$$ \sum_{k=1}^{n-1} k(n-k) = n \sum k - \sum k^2 = \frac{3n^2(n-1) - n(n-1)(2n-1)}{6} $$ 整理後得：
$$ \frac{(n-1)n(n+1)}{6} $$
2. 建立期望值公式：
$E(X) = \frac{\text{總和}}{\text{組合數}} = \frac{\frac{(n-1)n(n+1)}{6}}{\frac{n(n-1)}{2}} = \frac{n+1}{3}$。
3. 求解不等式：
依題意 $E(X) < 12$：
$\frac{n+1}{3} < 12 \implies n+1 < 36 \implies n < 35$。
符合條件的正整數 $n$ 最大值為 **$34$**。
任取兩球的所有可能組合數為 $C^n_2 = \frac{n(n-1)}{2}$。
差值為 $k$ 的情形有 $(n-k)$ 種，故所有差值絕對值的總和為：
$$ \sum_{k=1}^{n-1} k(n-k) = n \sum k - \sum k^2 = \frac{3n^2(n-1) - n(n-1)(2n-1)}{6} $$ 整理後得：
$$ \frac{(n-1)n(n+1)}{6} $$
2. 建立期望值公式：
$E(X) = \frac{\text{總和}}{\text{組合數}} = \frac{\frac{(n-1)n(n+1)}{6}}{\frac{n(n-1)}{2}} = \frac{n+1}{3}$。
3. 求解不等式：
依題意 $E(X) < 12$：
$\frac{n+1}{3} < 12 \implies n+1 < 36 \implies n < 35$。
符合條件的正整數 $n$ 最大值為 **$34$**。
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題目 14
已知橢圓 $\frac{x^2}{m} + y^2 = 1$ ($m > 1$) 和雙曲線 $\frac{x^2}{n} - \frac{y^2}{3} = 1$ ($n > 0$) 有相同的兩個焦點 $F_1, F_2$，點 $P$ 是它們的一個交點，則 $\tan \angle F_1PF_2 = ?$
答：
$-\sqrt{3}$
詳解
1. 焦點性質：
橢圓與雙曲線共焦點，故 $c^2 = m - 1 = n + 3 \implies m = n + 4$。
兩焦點距離 $\overline{F_1F_2} = 2c = 2\sqrt{m-1}$。
2. 定義法求焦距長：
設 $a = \overline{PF_1}, b = \overline{PF_2}$。
根據定義：
$\begin{cases} a + b = 2\sqrt{m} \\ a - b = 2\sqrt{n} \end{cases} \implies \begin{cases} a = \sqrt{m} + \sqrt{n} \\ b = \sqrt{m} - \sqrt{n} \end{cases}$
3. 餘弦定理求 $\theta$：
設 $\angle F_1PF_2 = \theta$。
$$ \cos\theta = \frac{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2 + (\sqrt{m}-\sqrt{n})^2 - (2\sqrt{m-1})^2}{2(m-n)} $$
$$ \cos\theta = \frac{2m + 2n - 4(m-1)}{2 \cdot 4} = \frac{2(n-m) + 4}{8} = \frac{-8 + 4}{8} = -\frac{1}{2} $$
4. 結論：
由 $\cos\theta = -\frac{1}{2}$ 得 $\theta = 120^\circ$，故 $\tan\theta = -\sqrt{3}$。
橢圓與雙曲線共焦點，故 $c^2 = m - 1 = n + 3 \implies m = n + 4$。
兩焦點距離 $\overline{F_1F_2} = 2c = 2\sqrt{m-1}$。
2. 定義法求焦距長：
設 $a = \overline{PF_1}, b = \overline{PF_2}$。
根據定義：
$\begin{cases} a + b = 2\sqrt{m} \\ a - b = 2\sqrt{n} \end{cases} \implies \begin{cases} a = \sqrt{m} + \sqrt{n} \\ b = \sqrt{m} - \sqrt{n} \end{cases}$
3. 餘弦定理求 $\theta$：
設 $\angle F_1PF_2 = \theta$。
$$ \cos\theta = \frac{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2 + (\sqrt{m}-\sqrt{n})^2 - (2\sqrt{m-1})^2}{2(m-n)} $$
$$ \cos\theta = \frac{2m + 2n - 4(m-1)}{2 \cdot 4} = \frac{2(n-m) + 4}{8} = \frac{-8 + 4}{8} = -\frac{1}{2} $$
4. 結論：
由 $\cos\theta = -\frac{1}{2}$ 得 $\theta = 120^\circ$，故 $\tan\theta = -\sqrt{3}$。
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題目 15
已知函數 $f(x) = x^3 + 3ax^2 + 3bx + c$ 在 $x=2$ 處有極值，圖形在 $x=1$ 處的切線與直線 $6x + 2y + 5 = 0$ 平行，則 $f(x)$ 的極大值與極小值的差值為何？
答：
$4$
詳解
1. 微分求參數：
$f'(x) = 3x^2 + 6ax + 3b$
在 $x=2$ 有極值 $\implies f'(2) = 12 + 12a + 3b = 0 \implies 4a + b = -4$。
在 $x=1$ 切線斜率為 $-3 \implies f'(1) = 3 + 6a + 3b = -3 \implies 2a + b = -2$。
解聯立方程得 $a = -1, b = 0$，故 $f(x) = x^3 - 3x^2 + c$。
2. 利用反曲點特性：
$f''(x) = 6x - 6 = 0 \implies x=1$ 為反曲點（對稱中心）。
既然極值出現在 $x=2$（距離對稱中心 1 單位），另一個極值必出現在 $x=0$。
3. 計算極值差：
極值出現在 $x=0$ 與 $x=2$：
$|f(0) - f(2)| = |c - (8 - 12 + c)| = |4| = 4$。
$f'(x) = 3x^2 + 6ax + 3b$
在 $x=2$ 有極值 $\implies f'(2) = 12 + 12a + 3b = 0 \implies 4a + b = -4$。
在 $x=1$ 切線斜率為 $-3 \implies f'(1) = 3 + 6a + 3b = -3 \implies 2a + b = -2$。
解聯立方程得 $a = -1, b = 0$，故 $f(x) = x^3 - 3x^2 + c$。
2. 利用反曲點特性：
$f''(x) = 6x - 6 = 0 \implies x=1$ 為反曲點（對稱中心）。
既然極值出現在 $x=2$（距離對稱中心 1 單位），另一個極值必出現在 $x=0$。
3. 計算極值差：
極值出現在 $x=0$ 與 $x=2$：
$|f(0) - f(2)| = |c - (8 - 12 + c)| = |4| = 4$。
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題目 16
已知不等式 $\log_2(|2x-1| + |5x-2|) \leq 3$ 的解可以寫成 $a \leq x \leq b$，求 $2a-b = ?$
答：
$-3$
詳解
1. 化簡不等式：
由 $\log_2(|2x-1| + |5x-2|) \leq 3$ 可得：
$|2x-1| + |5x-2| \leq 2^3 = 8$
提出係數方便計算：
$2|x - \frac{1}{2}| + 5|x - \frac{2}{5}| \leq 8$
2. 利用幾何分段討論：
此為折線函數，頂點發生在 $x = \frac{2}{5}$ 與 $x = \frac{1}{2}$。
分界點距離：$\frac{1}{2} - \frac{2}{5} = \frac{1}{10}$。
3. 求解邊界值 $a, b$：
(1) 當 $x \leq \frac{2}{5}$ 時（左側單調遞減）：
令 $x = \frac{2}{5} - t$ ($t \geq 0$)，代入得：
$2(t + \frac{1}{10}) + 5t = 8 \implies 7t = \frac{39}{5} \implies t = \frac{39}{35}$。
故 $a = \frac{2}{5} - \frac{39}{35} = \frac{14-39}{35} = -\frac{25}{35} = -\frac{5}{7}$。
(2) 當 $x \geq \frac{1}{2}$ 時（右側單調遞增）：
令 $x = \frac{2}{5} + t$ ($t \geq \frac{1}{10}$)，代入得：
$2(t - \frac{1}{10}) + 5t = 8 \implies 7t = \frac{41}{5} \implies t = \frac{41}{35}$。
故 $b = \frac{2}{5} + \frac{41}{35} = \frac{14+41}{35} = \frac{55}{35} = \frac{11}{7}$。
4. 計算最終結果：
$2a - b = 2(-\frac{5}{7}) - \frac{11}{7} = -\frac{10}{7} - \frac{11}{7} = -\frac{21}{7} = -3$。
由 $\log_2(|2x-1| + |5x-2|) \leq 3$ 可得：
$|2x-1| + |5x-2| \leq 2^3 = 8$
提出係數方便計算：
$2|x - \frac{1}{2}| + 5|x - \frac{2}{5}| \leq 8$
2. 利用幾何分段討論：
此為折線函數，頂點發生在 $x = \frac{2}{5}$ 與 $x = \frac{1}{2}$。
分界點距離：$\frac{1}{2} - \frac{2}{5} = \frac{1}{10}$。
3. 求解邊界值 $a, b$：
(1) 當 $x \leq \frac{2}{5}$ 時（左側單調遞減）：
令 $x = \frac{2}{5} - t$ ($t \geq 0$)，代入得：
$2(t + \frac{1}{10}) + 5t = 8 \implies 7t = \frac{39}{5} \implies t = \frac{39}{35}$。
故 $a = \frac{2}{5} - \frac{39}{35} = \frac{14-39}{35} = -\frac{25}{35} = -\frac{5}{7}$。
(2) 當 $x \geq \frac{1}{2}$ 時（右側單調遞增）：
令 $x = \frac{2}{5} + t$ ($t \geq \frac{1}{10}$)，代入得：
$2(t - \frac{1}{10}) + 5t = 8 \implies 7t = \frac{41}{5} \implies t = \frac{41}{35}$。
故 $b = \frac{2}{5} + \frac{41}{35} = \frac{14+41}{35} = \frac{55}{35} = \frac{11}{7}$。
4. 計算最終結果：
$2a - b = 2(-\frac{5}{7}) - \frac{11}{7} = -\frac{10}{7} - \frac{11}{7} = -\frac{21}{7} = -3$。
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二、 計算證明題（共 2 題，每題 10 分，合計 20 分）
計算證明題 1
若 $\vec{a}, \vec{b}$ 為兩個非零向量，證明：$\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 上的正射影為 $\left( \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|^2} \right) \vec{b}$。
詳解 (證明)
1. 設定正射影向量：
設 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 上的正射影向量為 $\vec{p}$。由於 $\vec{p}$ 與 $\vec{b}$ 同方向，可設 $\vec{p} = k\vec{b}$，其中 $k$ 為實數。
2. 利用垂直性質：
根據正射影定義，向量 $(\vec{a} - \vec{p})$ 必與向量 $\vec{b}$ 垂直。
故其內積為零：$(\vec{a} - \vec{p}) \cdot \vec{b} = 0$
$(\vec{a} - k\vec{b}) \cdot \vec{b} = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{b} - k(\vec{b} \cdot \vec{b}) = 0$
3. 求解係數 $k$：
$k|\vec{b}|^2 = \vec{a} \cdot \vec{b} \implies k = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|^2}$
4. 結論：
將 $k$ 代回 $\vec{p} = k\vec{b}$，得正射影為：
$$ \vec{p} = \left( \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|^2} \right) \vec{b} $$
設 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 上的正射影向量為 $\vec{p}$。由於 $\vec{p}$ 與 $\vec{b}$ 同方向，可設 $\vec{p} = k\vec{b}$，其中 $k$ 為實數。
2. 利用垂直性質：
根據正射影定義，向量 $(\vec{a} - \vec{p})$ 必與向量 $\vec{b}$ 垂直。
故其內積為零：$(\vec{a} - \vec{p}) \cdot \vec{b} = 0$
$(\vec{a} - k\vec{b}) \cdot \vec{b} = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{b} - k(\vec{b} \cdot \vec{b}) = 0$
3. 求解係數 $k$：
$k|\vec{b}|^2 = \vec{a} \cdot \vec{b} \implies k = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|^2}$
4. 結論：
將 $k$ 代回 $\vec{p} = k\vec{b}$，得正射影為：
$$ \vec{p} = \left( \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|^2} \right) \vec{b} $$
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計算證明題 2
拋物線 $\Gamma: (x-1)^2 = 8(y+1)$ 及直線 $L: x-y=k$，若拋物線 $\Gamma$ 上恆可求出相異兩點 $P, Q$，使得 $P, Q$ 兩點對直線 $L$ 成對稱時，求 $k$ 的範圍。
答：
$k > 3$
詳解
1. 設定對稱點座標：
設 $P$ 點座標為 $(a, b)$。由於 $P, Q$ 對直線 $x-y=k$ 對稱，且 $L$ 斜率為 $1$，故可設 $Q$ 點為 $(a+t, b-t)$。
2. 利用中點在直線 $L$ 上：
中點 $M \left( \frac{a+a+t}{2}, \frac{b+b-t}{2} \right)$ 滿足 $x-y=k$：
$\frac{2a+t}{2} - \frac{2b-t}{2} = k \implies a-b+t = k$。
3. 代入拋物線方程：
已知 $P(a, b)$ 在 $\Gamma$ 上，故 $(a-1)^2 = 8(b+1)$。
又 $Q(a+t, b-t)$ 也在 $\Gamma$ 上：$(a+t-1)^2 = 8(b-t+1)$。
展開並利用 $P$ 點關係式簡化得：$t(2a-2+t) = -8t$。
因 $P, Q$ 為相異點 ($t \neq 0$)，故 $2a-2+t = -8 \implies t = -6-2a$。
4. 求解 $k$ 的範圍：
將 $t$ 代回中點關係式：$k = a-b+(-6-2a) = -a-b-6$。
由 $b = \frac{(a-1)^2}{8} - 1$ 代入：
$k = -a - \frac{a^2-2a+1}{8} + 1 - 6 = -a - \frac{a^2-2a+1}{8} - 5$。
整理成 $a$ 的二次函數：$k = \frac{-a^2-6a-41}{8} = -5 - \frac{a^2+6a+1}{8}$。
此開口向下的拋物線在 $a=-3$ 時有最大值 $-5 - \frac{9-18+1}{8} = -4$。
故 $k < -4$ (因 $t \neq 0$，不能取等號)。
設 $P$ 點座標為 $(a, b)$。由於 $P, Q$ 對直線 $x-y=k$ 對稱，且 $L$ 斜率為 $1$，故可設 $Q$ 點為 $(a+t, b-t)$。
2. 利用中點在直線 $L$ 上：
中點 $M \left( \frac{a+a+t}{2}, \frac{b+b-t}{2} \right)$ 滿足 $x-y=k$：
$\frac{2a+t}{2} - \frac{2b-t}{2} = k \implies a-b+t = k$。
3. 代入拋物線方程：
已知 $P(a, b)$ 在 $\Gamma$ 上，故 $(a-1)^2 = 8(b+1)$。
又 $Q(a+t, b-t)$ 也在 $\Gamma$ 上：$(a+t-1)^2 = 8(b-t+1)$。
展開並利用 $P$ 點關係式簡化得：$t(2a-2+t) = -8t$。
因 $P, Q$ 為相異點 ($t \neq 0$)，故 $2a-2+t = -8 \implies t = -6-2a$。
4. 求解 $k$ 的範圍：
將 $t$ 代回中點關係式：$k = a-b+(-6-2a) = -a-b-6$。
由 $b = \frac{(a-1)^2}{8} - 1$ 代入：
$k = -a - \frac{a^2-2a+1}{8} + 1 - 6 = -a - \frac{a^2-2a+1}{8} - 5$。
整理成 $a$ 的二次函數：$k = \frac{-a^2-6a-41}{8} = -5 - \frac{a^2+6a+1}{8}$。
此開口向下的拋物線在 $a=-3$ 時有最大值 $-5 - \frac{9-18+1}{8} = -4$。
故 $k < -4$ (因 $t \neq 0$，不能取等號)。
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