106年公務人員高等考試三級考試-工程數學 詳解

106年公務人員高等考試三級考試

類 科 ：電力工程、電子工程、電信工程、醫學工程
科 目：工程數學

解：
(一) $$\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & -1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} \right] \equiv Ax=b\Rightarrow A^{ T }A\hat { x } =A^{ T }b,其中\hat { x } 為最小平方的解\\ A=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & -1 \end{matrix} \right] \Rightarrow A^{ T }=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{matrix} \right] \Rightarrow A^{ T }A=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ 1 & -1 \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 3 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix} \right] \\ \Rightarrow { \left( A^{ T }A \right)  }^{ -1 }=\left[ \begin{matrix} 3 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix} \right] ^{ -1 }=\frac { 1 }{ 14 } \left[ \begin{matrix} 6 & -2 \\ -2 & 3 \end{matrix} \right] \Rightarrow \hat { x } ={ \left( A^{ T }A \right)  }^{ -1 }A^{ T }b=\frac { 1 }{ 14 } \left[ \begin{matrix} 6 & -2 \\ -2 & 3 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} \right] \\ =\frac { 1 }{ 14 } \left[ \begin{matrix} 4 & 2 & 8 \\ 1 & 4 & -5 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} \right] =\frac { 1 }{ 14 } \left[ \begin{matrix} 18 \\ -6 \end{matrix} \right] =\bbox[red,2pt]{\left[ \begin{matrix} 9/7 \\ -3/7 \end{matrix} \right]} \approx \left[ \begin{matrix} 1.29 \\ -0.43 \end{matrix} \right]$$

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解：
(一) $$\left| \begin{matrix} 1-\lambda  & -1 & -1 \\ 1 & 3-\lambda  & 1 \\ -3 & 1 & -1-\lambda  \end{matrix} \right| =0\Rightarrow \lambda ^{ 3 }-3\lambda ^{ 2 }-4\lambda -12=0\Rightarrow (\lambda -3)(\lambda -2)(\lambda +2)=0\\\Rightarrow 特徵值\lambda =\bbox[red,2pt]{3,\pm 2}$$ (二) $$\left| \begin{matrix} 1-\lambda  & -1 & -1 \\ 1 & 3-\lambda  & 1 \\ -3 & 1 & -1-\lambda  \end{matrix} \right| =0\Rightarrow \lambda ^{ 3 }-3\lambda ^{ 2 }-4\lambda -12=0\Rightarrow (\lambda -3)(\lambda -2)(\lambda +2)=0\Rightarrow \lambda =3,\pm 2\\ \lambda _{ 1 }=3\Rightarrow \left[ \begin{matrix} -2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ -3 & 1 & -4 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =0\Rightarrow 取特徵向量u_{ 1 }=\left[ \begin{matrix} 1 \\ -1 \\ -1 \end{matrix} \right] \\ \lambda _{ 2 }=2\Rightarrow \left[ \begin{matrix} -1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \\ -3 & 1 & -3 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =0\Rightarrow 取特徵向量u_{ 2 }=\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{matrix} \right] \\ \lambda _{ 3 }=-2\Rightarrow \left[ \begin{matrix} 3 & -1 & -1 \\ 1 & 5 & 1 \\ -3 & 1 & 1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =0\Rightarrow 取特徵向量u_{ 2 }=\left[ \begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{matrix} \right] \\ 令P=\left[ u_{ 1 },u_{ 2 },u_{ 3 } \right] =\bbox[red,2pt]{\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -1 \\ -1 & -1 & 4 \end{matrix} \right] }\Rightarrow MP=P\left[ \begin{matrix} \lambda _{ 1 } & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _{ 2 } & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _{ 3 } \end{matrix} \right] \Rightarrow P^{ -1 }MP=\left[ \begin{matrix} \lambda _{ 1 } & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _{ 2 } & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _{ 3 } \end{matrix} \right]$$ (三) $$P^{ -1 }MP=\left[ \begin{matrix} \lambda _{ 1 } & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _{ 2 } & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _{ 3 } \end{matrix} \right] \Rightarrow { \left( P^{ -1 }MP \right)  }^{ 4 }=\left[ \begin{matrix} \lambda _{ 1 } & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _{ 2 } & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _{ 3 } \end{matrix} \right] ^{ 4 }\Rightarrow P^{ -1 }M^{ 4 }P=\left[ \begin{matrix} \lambda _{ 1 } & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _{ 2 } & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _{ 3 } \end{matrix} \right] ^{ 4 }\\ =\left[ \begin{matrix} \lambda _{ 1 }^{ 4 } & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _{ 2 }^{ 4 } & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _{ 3 }^{ 4 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 81 & 0 & 0 \\ 0 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 16 \end{matrix} \right]\\\Rightarrow M^{ 4 }=P\left[ \begin{matrix} 81 & 0 & 0 \\ 0 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 16 \end{matrix} \right] P^{ -1 }=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -1 \\ -1 & -1 & 4 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 81 & 0 & 0 \\ 0 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 16 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} -1/5 & -1 & -1/5 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1/5 & 0 & 1/5 \end{matrix} \right] \\ =\left[ \begin{matrix} 81 & 16 & 16 \\ -81 & 0 & -16 \\ -81 & -16 & 64 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} -1/5 & 1 & -1/5 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1/5 & 0 & 1/5 \end{matrix} \right] =\bbox[red,2pt]{\left[ \begin{matrix} 3 & -65 & -13 \\ 13 & 81 & 13 \\ 13 & 65 & 29 \end{matrix} \right] }$$

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解： $$\frac { 13s^{ 3 }+45s^{ 2 }+52s+50 }{ s^{ 4 }+4s^{ 3 }+7s^{ 2 }+16s+12 } =\frac { 13s^{ 3 }+45s^{ 2 }+52s+50 }{ (s+1)(s+3)(s^{ 2 }+4) } =\frac { A }{ s+1 } +\frac { B }{ s+3 } +\frac { Cs+D }{ s^{ 2 }+4 } \\ \Rightarrow 13s^{ 3 }+45s^{ 2 }+52s+50=A(s+3)(s^{ 2 }+4)+B(s+1)(s^{ 2 }+4)+(Cs+D)(s+1)(s+3)\\ \Rightarrow \begin{cases} A+B+C=13 \\ 3A+B+4C+D=45 \\ 4A+4B+3C+4D=52 \\ 12A+4B+3D=50 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} A=3 \\ B=2 \\ C=8 \\ D=2 \end{cases}\\ \Rightarrow \frac { 13s^{ 3 }+45s^{ 2 }+52s+50 }{ s^{ 4 }+4s^{ 3 }+7s^{ 2 }+16s+12 } =\frac { 3 }{ s+1 } +\frac { 2 }{ s+3 } +\frac { 8s+2 }{ s^{ 2 }+4 } \\ \Rightarrow y\left( t \right) =L^{ -1 }\left\{ Y\left( s \right)  \right\} =3L^{ -1 }\left\{ \frac { 1 }{ s+1 }  \right\} +2L^{ -1 }\left\{ \frac { 1 }{ s+3 }  \right\} +8L^{ -1 }\left\{ \frac { 8s }{ s^{ 2 }+2^{ 2 } }  \right\} +L^{ -1 }\left\{ \frac { 2 }{ s^{ 2 }+2^{ 2 } }  \right\} \\ \Rightarrow y\left( t \right) =3e^{ -t }+2e^{ -3t }+8\cos { 2t } +\sin { 2t } =y_{ h }+y_{ p }\Rightarrow \begin{cases} y_{ h }=e^{ -t }+2e^{ -3t } \\ y_{ p }=e^{ -t }+2e^{ -3t } \end{cases}\\ \Rightarrow 特徵方程式\; (\lambda +1)(\lambda +3)=0\Rightarrow \lambda ^{ 2 }+4\lambda +3=0\Rightarrow y''+4y'+3y=0\Rightarrow \begin{cases} a=4 \\ b=3 \end{cases}\\ 又\begin{cases} y\left( 0 \right) =y_{ 0 }=3+2+8=13 \\ y'\left( 0 \right) =y'_{ 0 }=-3-6+2=-7 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} y_{ 0 }=13 \\ y'_{ 0 }=-7 \end{cases}\\ 因此(一)的解為\bbox[red,2pt]{\begin{cases} a=4 \\ b=3 \\ y_{ 0 }=13 \\ y'_{ 0 }=-7 \end{cases}},(二)的解為\bbox[red,2pt]{y\left( t \right) =3e^{ -t }+2e^{ -3t }+8\cos { 2t } +\sin { 2t } }$$

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解： $$F\left( x \right) 在x_{ 0 }有極大值\Rightarrow \begin{cases} \frac { F\left( x_{ 0 } \right)  }{ F\left( x_{ 0 }+1 \right)  } \ge 1 \\ \frac { F\left( x_{ 0 } \right)  }{ F\left( x_{ 0 }-1 \right)  } \ge 1 \end{cases}\\ (一)\frac { F\left( x_{ 0 } \right)  }{ F\left( x_{ 0 }+1 \right)  } =\frac { \frac { n! }{ x_{ 0 }!(n-x_{ 0 })! } p^{ x_{ 0 } }(1-p)^{ n-x_{ 0 } } }{ \frac { n! }{ (x_{ 0 }+1)!(n-x_{ 0 }-1)! } p^{ x_{ 0 }+1 }(1-p)^{ n-x_{ 0 }-1 } } =\frac { \left( x_{ 0 }+1 \right) \left( 1-p \right)  }{ \left( n-x_{ 0 } \right) p } \ge 1\Rightarrow x_{ 0 }\ge np+p-1\\ (二)\frac { F\left( x_{ 0 } \right)  }{ F\left( x_{ 0 }-1 \right)  } =\frac { \frac { n! }{ x_{ 0 }!(n-x_{ 0 })! } p^{ x_{ 0 } }(1-p)^{ n-x_{ 0 } } }{ \frac { n! }{ (x_{ 0 }-1)!(n-x_{ 0 }+1)! } p^{ x_{ 0 }-1 }(1-p)^{ n-x_{ 0 }+1 } } =\frac { \left( n-x_{ 0 }+1 \right) p }{ \left( 1-p \right) x_{ 0 } } \ge 1\Rightarrow x_{ 0 }\le np+p\\ 由(一)及(二)\Rightarrow np+p-1\le x_{ 0 }\le np+p\Rightarrow\bbox[red,2pt]{ \begin{cases} { x }_{ 0 }=np+p,np+p-1 & 若np+p為整數 \\ { x }_{ 0 }=\left\lfloor np+p \right\rfloor  & 若np+p不是整數 \end{cases}}$$

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乙、測驗題部分：(50分)

解： $$\begin{cases} P_{ 1 }=\left( 2,2,0 \right)  \\ P_{ 2 }=\left( -1,0,2 \right)  \\ P_{ 3 }=\left( 0,4,3 \right)  \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \overrightarrow { P_{ 1 }P_{ 2 } } =\left( -3,-2,2 \right)  \\ \overrightarrow { P_{ 1 }P_{ 3 } } =\left( -2,2,3 \right)  \end{cases}\Rightarrow \triangle P_{ 1 }P_{ 2 }P_{ 3 }=\frac { 1 }{ 2 } \sqrt { { \left| \overrightarrow { P_{ 1 }P_{ 2 } }  \right|  }^{ 2 }{ \left| \overrightarrow { P_{ 1 }P_{ 3 } }  \right|  }^{ 2 }-{ \left( \overrightarrow { P_{ 1 }P_{ 2 } } \cdot \overrightarrow { P_{ 1 }P_{ 3 } }  \right)  }^{ 2 } } \\ =\frac { 1 }{ 2 } \sqrt { \left( 9+4+4 \right) \left( 4+4+9 \right) -\left( 6-4+6 \right) ^{ 2 } } =\frac { 1 }{ 2 } \sqrt { 225 } =\frac { 15 }{ 2 } =7.5，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$\left( A \right) 1\times \left( 3,1,-4 \right) -3\times \left( 2,0,-1 \right) +1\times \left( 3,-1,1 \right) =\left( 0,0,0 \right) \Rightarrow \times \\ \left( B \right) 三維空間只需要三個線性獨立的向量\Rightarrow \times \\ \left( C \right) a\times \left( 1,1,-2 \right) +b\times \left( 0,1,0 \right) +c\times \left( 2,1,-1 \right) =\left( 0,0,0 \right) \Rightarrow a=b=c=0\Rightarrow \bigcirc \\ \left( D \right) 三維空間只需要三個線性獨立的向量\Rightarrow \times \\，故選\bbox[red,2pt]{(C}$$

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解： $$x^{ 2 }y'-xy-y^{ 2 }=0\Rightarrow y'-\frac { y }{ x } -\frac { y^{ 2 } }{ x^{ 2 } } =0\\ 令u=\frac { y }{ x } \Rightarrow y'=u+xu'代入上式可得u+xu'-u-u^{ 2 }=0\\ \Rightarrow xu'=u^{ 2 }\Rightarrow \frac { 1 }{ u^{ 2 } } du=\frac { 1 }{ x } dx\Rightarrow -\frac { 1 }{ u } =\ln { \left| x \right| +C } \\ \Rightarrow -\frac { x }{ y } =\ln { \left| x \right| +C } \Rightarrow y=-\frac { x }{ \ln { \left| x \right| +C }  } ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $${ \left( x+y+z \right)  }^{ 2 }+y^{ 2 }+z^{ 2 }\ge 0\Rightarrow \left( x^{ 2 }+y^{ 2 }+z^{ 2 }+2xy+2yz+2zx \right) +y^{ 2 }+z^{ 2 }\ge 0\\ \Rightarrow x^{ 2 }+2y^{ 2 }+2z^{ 2 }+2xy+2yz+2zx\ge 0，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$A=\begin{bmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 0 \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{vmatrix} 1-\lambda  & -3 \\ -2 & -\lambda  \end{vmatrix}=0\Rightarrow \lambda ^{ 2 }-\lambda -6=0\Rightarrow (\lambda -3)(\lambda +2)=0\Rightarrow \lambda =3,-2\\ 特徵值\lambda _{ 1 }=3\Rightarrow \begin{bmatrix} -2 & -3 \\ -2 & -3 \end{bmatrix}\left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \end{matrix} \right] =0\Rightarrow 取特徵向量\text{x}_{ 1 }=\left[ \begin{matrix} 3 \\ -2 \end{matrix} \right] \\ 特徵值\lambda _{ 2 }=-2\Rightarrow \begin{bmatrix} 3 & -3 \\ -2 & 2 \end{bmatrix}\left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \end{matrix} \right] =0\Rightarrow 取特徵向量\text{x}_{ 2 }=\left[ \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \right] \\ \Rightarrow A=\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}^{ -1 }\Rightarrow \cos { A } =\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \cos { 3 }  & 0 \\ 0 & \cos { \left( -2 \right)  }  \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}^{ -1 }\\ =\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \cos { 3 }  & 0 \\ 0 & \cos { \left( -2 \right)  }  \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1/5 & -1/5 \\ 2/5 & 3/5 \end{bmatrix}=\frac { 1 }{ 5 } \begin{bmatrix} 3\cos { 3 }  & \cos { \left( -2 \right)  }  \\ -2\cos { 3 }  & \cos { \left( -2 \right)  }  \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 3 \end{bmatrix}\\ =\frac { 1 }{ 5 } \begin{bmatrix} 3\cos { 3 } +2\cos { \left( -2 \right)  }  & -3\cos { 3 } +3\cos { \left( -2 \right)  }  \\ -2\cos { 3 } +2\cos { \left( -2 \right)  }  & 2\cos { 3 } +3\cos { \left( -2 \right)  }  \end{bmatrix}=\frac { 1 }{ 5 } \begin{bmatrix} 3\cos { 3 } +2\cos { 2 }  & -3\cos { 3 } +3\cos { 2 }  \\ -2\cos { 3 } +2\cos { 2 }  & 2\cos { 3 } +3\cos { 2 }  \end{bmatrix}，\\故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$A=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} \right] \Rightarrow A^{ 2 }=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 1 & 3 & 1 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix} \right] \\ \Rightarrow f\left( A \right) =2\left[ \begin{matrix} 1 & 3 & 1 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix} \right] -6\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} \right] +3\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} -1 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 4 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} \right] ，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$\cosh { (a+bi) } =\cosh { a } \cos { b } +i\sinh { a } \sin { b } \Rightarrow \cosh { (5-2i) } =\cosh { 5 } \cos { (-2) } +i\sinh { 5 } \sin { (-2) } \\ =\cosh { 5 } \cos { 2 } -i\sinh { 5 } \sin { 2 } ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$i=e^{ \frac { \pi  }{ 2 } i }\Rightarrow i^{ 1+i }={ \left( e^{ \frac { \pi  }{ 2 } i } \right)  }^{ 1+i }=e^{ \frac { \pi  }{ 2 } i-\frac { \pi  }{ 2 }  }=ie^{ -\frac { \pi  }{ 2 }  }=ie^{ -\left( 2n\pi +\frac { \pi  }{ 2 }  \right)  },n\in ，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$e^{ x }=1+\frac { x }{ 1! } +\frac { x^{ 2 } }{ 2! } +\frac { x^{ 3 } }{ 3! } +\cdots \Rightarrow e^{ 3Z }=1+\frac { 3Z }{ 1! } +\frac { \left( 3Z \right) ^{ 2 } }{ 2! } +\frac { \left( 3Z \right) ^{ 3 } }{ 3! } +\cdots \\ \Rightarrow \frac { e^{ 3Z } }{ { Z }^{ 4 } } =\frac { 1 }{ { Z }^{ 4 } } +\frac { 3 }{ { Z }^{ 3 } } +\frac { 3^{ 2 } }{ 2{ Z }^{ 2 } } +\frac { 3^{ 3 } }{ 6Z } +\cdots \Rightarrow Res_{ Z=0 }\left( \frac { e^{ 3Z } }{ { Z }^{ 4 } }  \right) =\frac { 3^{ 3 } }{ 6 } =\frac { 9 }{ 2 } \\ \Rightarrow \oint _{ C }{ \frac { e^{ 3Z } }{ { Z }^{ 4 } } dZ } =2\pi i\times Res_{ Z=0 }\left( \frac { e^{ 3Z } }{ { Z }^{ 4 } }  \right) =2\pi i\times \frac { 9 }{ 2 } =9\pi i，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$y'+4y=\cos { t } \Rightarrow \begin{cases} y_{ h }=Ce^{ -4t } \\ y_{ p }=A\sin { t } +B\cos { t }  \end{cases}\Rightarrow y=y_h+y_p=Ce^{ -4t }+A\sin { t } +B\cos { t } ，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$y''-3y'-4y=0\Rightarrow \lambda ^{ 2 }-3\lambda -4=0\Rightarrow (\lambda -4)(\lambda +1)=0\Rightarrow \lambda =4,-1\Rightarrow y_{ h }=C_{ 1 }e^{ 4t }+C_{ 2 }e^{ -t }\\ y''-3y'-4y=8x^{ 2 }\Rightarrow y_{ p }=Ax^{ 2 }+Bx+C\Rightarrow y''_{ p }-3y'_{ p }-4y_{ p }=2A-3(2Ax+B)-4(Ax^{ 2 }+Bx+c)\\ =-4Ax^{ 2 }+(-6A-4B)x+(2A-3B-4C)=8x^{ 2 }\Rightarrow \begin{cases} -4A=8 \\ -6A-4B=0 \\ 2A-3B-4C=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} A=-2 \\ B=3 \\ C=-13/4 \end{cases}\\ \Rightarrow y=y_{ h }+y_{ p }=C_{ 1 }e^{ 4t }+C_{ 2 }e^{ -t }-2x^{ 2 }+3x-13/4\Rightarrow \begin{cases} y(0)=1 \\ y'(0)=2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} C_{ 1 }+C_{ 2 }-13/4=1 \\ 4C_{ 1 }-C_{ 2 }+3=2 \end{cases}\begin{cases} C_{ 1 }=13/20 \\ C_{ 2 }=18/5 \end{cases}\\ \Rightarrow y''(0)=16C_{ 1 }+C_{ 2 }-4=16\times \frac { 13 }{ 20 } +\frac { 18 }{ 5 } -4=\frac { 70 }{ 5 } -4==14-4=10，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$y=a_{ 0 }+a_{ 1 }x+a_{ 2 }x^{ 2 }+a_{ 3 }x^{ 3 }+\cdots +a_{ n }x^{ n }+\cdots \\ \Rightarrow y'=a_{ 1 }+2a_{ 2 }x+3a_{ 3 }x^{ 2 }+\cdots +na_{ n }x^{ n-1 }+\cdots \\ \Rightarrow y''=2a_{ 2 }+6a_{ 3 }x+12a_{ 4 }x^{ 2 }+\cdots +n(n-1)x^{ n-2 }+\cdots \\ xy''+2y'=6x\Rightarrow 2a_{ 1 }+(6a_{ 2 }-6)x+12a_{ 3 }x^{ 2 }+\cdots +n(n+1)a_{ n }x^{ n-1 }+\cdots =0\\ \Rightarrow \begin{cases} 2a_{ 1 }=0 \\ 6a_{ 2 }-6=0 \\ a_{ n }=0,n\ge 3 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a_{ 1 }=0 \\ a_{ 2 }=1 \\ a_{ n }=0,n\ge 3 \end{cases}\Rightarrow y=a_{ 0 }+x^{ 2 }\\ \begin{cases} y\left( 1 \right) =1 \\ y'\left( 1 \right) =2 \end{cases}\Rightarrow a_{ 0 }=0\Rightarrow y=x^{ 2 }\Rightarrow y'=2x\Rightarrow y'\left( -1 \right) =-2，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$\frac{dy(t)}{dt}-3y(t)=6\Rightarrow \begin{cases}y_h=Ae^{3t}\\y_p=B\end{cases} \Rightarrow y=y_h+y_p=Ae^{3t}+B\Rightarrow 3Ae^{3t}-3(Ae^{3t}+B)=6 \\\Rightarrow B=-2 \Rightarrow \lim_{t\to -\infty}{x(t)}= \lim_{t\to -\infty}{(Ae^{3t}-2)}=0-2=-2，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$\int _{ 0 }^{ 1+i }{ z^{ 2 }dz } =\left. \left[ \frac { 1 }{ 3 } z^{ 3 } \right]  \right| _{ 0 }^{ 1+i }=\frac { 1 }{ 3 } \left( 1+i \right) ^{ 3 }=\frac { 2i-2 }{ 3 } ，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$\lim _{ n\to \infty  }{ \frac { { a }_{ n } }{ { a }_{ n+1 } }  } =\lim _{ n\to \infty  }{ \frac { \frac { n }{ 2^{ n }\left( 3n-1 \right)  }  }{ \frac { \left( n+1 \right)  }{ 2^{ n+1 }\left( 3\left( n+1 \right) -1 \right)  }  }  } =\lim _{ n\to \infty  }{ \frac { 2n\left( 3n+2 \right)  }{ \left( 3n-1 \right) \left( n+1 \right)  }  } =\frac { 6 }{ 3 } =2，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$L\left\{ f\left( t \right)  \right\} =F\left( s \right) \Rightarrow L\left\{ tf\left( t \right)  \right\} =-\frac { d }{ ds } F\left( s \right) \Rightarrow tf\left( t \right) =-L^{ -1 }\left\{ \frac { d }{ ds } F\left( s \right)  \right\} \\ \Rightarrow f\left( t \right) =-\frac { 1 }{ t } L^{ -1 }\left\{ \frac { d }{ ds } F\left( s \right)  \right\} \\ L^{ -1 }\left\{ \ln { \frac { s+1 }{ s-1 }  }  \right\} =L^{ -1 }\left\{ \ln { \left( s+1 \right)  } -\ln { \left( s-1 \right)  }  \right\} =L^{ -1 }\left\{ \ln { \left( s+1 \right)  }  \right\} -L^{ -1 }\left\{ \ln { \left( s-1 \right)  }  \right\} \\ =-\frac { 1 }{ t } L^{ -1 }\left\{ \frac { d }{ ds } \ln { \left( s+1 \right)  }  \right\} +\frac { 1 }{ t } L^{ -1 }\left\{ \frac { d }{ ds } \ln { \left( s-1 \right)  }  \right\} =-\frac { 1 }{ t } L^{ -1 }\left\{ \frac { 1 }{ s+1 }  \right\} +\frac { 1 }{ t } L^{ -1 }\left\{ \frac { 1 }{ s-1 }  \right\} \\ =-\frac { 1 }{ t } e^{ -t }+\frac { 1 }{ t } e^{ t }=\frac { 1 }{ t } \left( e^{ t }-e^{ -t } \right) =\frac { 2 }{ t } \cdot \frac { e^{ t }-e^{ -t } }{ 2 } =\frac { 2 }{ t } \sinh { t } ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$f\left( x \right) 為奇函數\Rightarrow a_{ n }=0,n=0\~ \infty \\ b_{ n }=\frac { 1 }{ 2 } \int _{ -2 }^{ 2 }{ f\left( x \right) \sin { \frac { n\pi x }{ 2 }  } dx } =\frac { 1 }{ 2 } \int _{ -1 }^{ 1 }{ x\sin { \frac { n\pi x }{ 2 }  } dx } =\frac { 1 }{ 2 } \left. \left[ -\frac { 2x }{ n\pi  } \cos { \frac { n\pi x }{ 2 }  } +{ \left( \frac { 2 }{ n\pi  }  \right)  }^{ 2 }\sin { \frac { n\pi x }{ 2 }  }  \right]  \right| _{ -1 }^{ 1 }\\ =\frac { 1 }{ 2 } \left[ \left( -\frac { 2 }{ n\pi  } \cos { \frac { n\pi  }{ 2 }  } +{ \left( \frac { 2 }{ n\pi  }  \right)  }^{ 2 }\sin { \frac { n\pi  }{ 2 }  }  \right) -\left( \frac { 2 }{ n\pi  } \cos { \frac { n\pi  }{ 2 }  } -{ \left( \frac { 2 }{ n\pi  }  \right)  }^{ 2 }\sin { \frac { n\pi  }{ 2 }  }  \right)  \right] \\ =-\frac { 2 }{ n\pi  } \cos { \frac { n\pi  }{ 2 }  } +{ \left( \frac { 2 }{ n\pi  }  \right)  }^{ 2 }\sin { \frac { n\pi  }{ 2 }  } \\ \Rightarrow f\left( x \right) =\sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ b_{ n }\sin { \frac { n\pi x }{ 2 }  }  } =\sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ \left( -\frac { 2 }{ n\pi  } \cos { \frac { n\pi  }{ 2 }  } +{ \left( \frac { 2 }{ n\pi  }  \right)  }^{ 2 }\sin { \frac { n\pi  }{ 2 }  }  \right) \sin { \frac { n\pi x }{ 2 }  }  }  ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$P\left( x\le 5|x\ge 2 \right) =\frac { P\left( 2\le x\le 5 \right)  }{ P\left( x\ge 2 \right)  } =\frac { F\left( 5 \right) -F\left( 2 \right)  }{ 1-F\left( 2 \right)  } =\frac { \frac { 3 }{ 4 } -\frac { 1 }{ 4 }  }{ 1-\frac { 1 }{ 4 }  } =\frac { 2 }{ 3 } ，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解：
不退貨的條件：10台手機全是好的或只有1台是壞的，其機率為$(0.99)^{10}+10\times 0.01 \times (0.99)^9 =1.09\times 0.99^9$，因此退貨的機率為$1-1.09\times 0.99^9=1-1.09\times 0.9135 = 0.004285 \approx 0.4\%$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$E\left[ X^{ 2 }Y^{ 2 } \right] =\frac { 1 }{ 24 } \int _{ 0 }^{ 4 }{ \int _{ 0 }^{ 6 }{ x^{ 2 }y^{ 2 }dxdy }  } =\frac { 1 }{ 24 } \int _{ 0 }^{ 4 }{ \left. \left[ \frac { 1 }{ 3 } x^{ 3 }y^{ 2 } \right]  \right| _{ 0 }^{ 6 }dy } =3\int _{ 0 }^{ 4 }{ { y }^{ 2 }dy } \\ =3\left. \left[ \frac { 1 }{ 3 } y^{ 3 } \right]  \right| _{ 0 }^{ 4 }=4^{ 3 }=64，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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考選部未公布答案，解題僅供參考