109學年度指定科目考試試題
數學甲
第壹部分：選擇題一、單選題
解：
$$45^\circ < \theta < 50^\circ \Rightarrow \cases{\sin \theta > {\sqrt 2\over 2} > \cos \theta > 0\\ \tan \theta >1} \\ \cases{a=1-\cos^2\theta = \sin^2 \theta > {1\over 2} \Rightarrow {1\over 2} < a < 1 \\ b={1\over \cos \theta}-\cos \theta = {1-\cos^2 \theta \over \cos \theta} ={a \over \cos \theta} > a \\ c={\tan \theta \over \tan^2 \theta +1} = {1\over 2}\sin 2\theta =\sin \theta \cos \theta < \sin\theta \sin \theta=a \Rightarrow a>c} \Rightarrow b> a> c，故選\bbox[red, 2pt]{(5)}$$
2.有A,B兩個箱子，其中A箱有6顆白球與4顆紅球，B箱有8顆白球與2顆藍球。現
有三種抽獎方式（各箱中每顆球被抽取的機率相同）：
（一）先在A箱中抽取一球，若抽中紅球則停止，若抽到白球則再從B箱中抽取一球；
（二）先在B箱中抽取一球，若抽中藍球則停止，若抽到白球則再從A箱中抽取一球；
（三）同時分別在A,B箱中各抽取一球。
給獎方式為：在紅、藍這兩種色球當中，若只抽到紅球得50元獎金；若只抽到藍球得100元獎金；若兩種色球都抽到，則仍只得100元獎金；若都沒抽到，則無獎金。將上列（一）、（二）、（三）這3種抽獎方式所得獎金的期望值分別記為\(E_1、E_2、E_3\)， 試 選 出 正 確 的 選 項 。$$(1)E_1> E_2 >E_3 \\(2) E_1=E_2 >E_3 \\ (3) E_2=E_3 > E_1 \\ (4)E_1=E_3 > E_2\\ (5) E_3 > E_2 > E_1 $$
$$\begin{array}{} 方式 & 過程 & 機率 & 獎金 & 期望值\\\hline
(一) & A箱抽中紅球 & 4/10 & 50 & 20\\
& A箱抽中白球,B箱抽中白球 & {6\over 10}\times {8\over 10} & 0 & 0\\
& A箱抽中白球,B箱抽中藍球 & {6\over 10}\times {2\over 10} & 100 & 12\\\hdashline
(二) & B箱抽中藍球 & {2\over 10} & 100& 20\\
& B箱抽中白球,A箱抽中白球 & {8\over 10}\times {6\over 10} & 0& 0\\
& B箱抽中白球,A箱抽中紅球 & {8\over 10}\times {4\over 10} & 50& 16\\\hdashline
(三)&A箱抽中白球,B箱抽中白球 & {6\over 10} \times {8 \over 10} & 0 & 0 \\
& A箱抽中白球,B箱抽中藍球 & {6\over 10} \times {2 \over 10} & 100 & 12 \\
& A箱抽中紅球,B箱抽中白球 & {4\over 10} \times {8 \over 10} & 50 & 16 \\
& A箱抽中紅球,B箱抽中藍球 & {4\over 10} \times {2 \over 10} & 100 & 8 \\\hline
\end{array}\\ \Rightarrow \cases{E_1= 20+12=32 \\ E_2=20+16=36 \\ E_3=12+16+8=36} \Rightarrow E_2 =E_3 >E_1 ，故選\bbox[red, 2pt]{(3)}$$
(一) & A箱抽中紅球 & 4/10 & 50 & 20\\
& A箱抽中白球,B箱抽中白球 & {6\over 10}\times {8\over 10} & 0 & 0\\
& A箱抽中白球,B箱抽中藍球 & {6\over 10}\times {2\over 10} & 100 & 12\\\hdashline
(二) & B箱抽中藍球 & {2\over 10} & 100& 20\\
& B箱抽中白球,A箱抽中白球 & {8\over 10}\times {6\over 10} & 0& 0\\
& B箱抽中白球,A箱抽中紅球 & {8\over 10}\times {4\over 10} & 50& 16\\\hdashline
(三)&A箱抽中白球,B箱抽中白球 & {6\over 10} \times {8 \over 10} & 0 & 0 \\
& A箱抽中白球,B箱抽中藍球 & {6\over 10} \times {2 \over 10} & 100 & 12 \\
& A箱抽中紅球,B箱抽中白球 & {4\over 10} \times {8 \over 10} & 50 & 16 \\
& A箱抽中紅球,B箱抽中藍球 & {4\over 10} \times {2 \over 10} & 100 & 8 \\\hline
\end{array}\\ \Rightarrow \cases{E_1= 20+12=32 \\ E_2=20+16=36 \\ E_3=12+16+8=36} \Rightarrow E_2 =E_3 >E_1 ，故選\bbox[red, 2pt]{(3)}$$
解：
$$(1)\times: \cases{A=(1,0)\\ B=(-1,0)} \Rightarrow \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} = (1,0)+(-1,0)=(0,0)=\vec O \\(2)\times: \cases{A=(-3,0)\\ B=(1,0)} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{OC_1}=(-2,0) \\ \overrightarrow{OC_2}=(-1,0) \\\overrightarrow{OC_3}=(0,0)} \Rightarrow \overline{OC_1} >\overline{OC_2} >\overline{OC_3} \\(3)\times: 同(2)\cases{\overrightarrow{OA}=(-3,0) \\ \overrightarrow{OC_1}=(-2,0) \\ \overrightarrow{OC_2}=(-1,0) \\\overrightarrow{OC_3}=(0,0)} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC_1} =6 \\ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC_2} =3 \\ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC_3} =0 } \Rightarrow \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC_1} >\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC_2} >\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC_3} \\(4)\bigcirc: \cases{\overrightarrow{OC_1} =\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB} \\ \overrightarrow{OC_2} =\overrightarrow{OA}+ 2\overrightarrow{OB} \\ \overrightarrow{OC_3} =\overrightarrow{OA}+ 3\overrightarrow{OB} } \Rightarrow \cases{ \overrightarrow{OC_1} \cdot \overrightarrow{OB} =\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} +|\overrightarrow{OB}|^2 \\ \overrightarrow{OC_2} \cdot \overrightarrow{OB} =\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} +2|\overrightarrow{OB}|^2 \\\overrightarrow{OC_3} \cdot \overrightarrow{OB} =\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} +3|\overrightarrow{OB}|^2 } \\\qquad \Rightarrow \overrightarrow{OC_1} \cdot \overrightarrow{OB} < \overrightarrow{OC_2} \cdot \overrightarrow{OB} < \overrightarrow{OC_3} \cdot \overrightarrow{OB} \\ (5)\bigcirc: {\overrightarrow{OC_3}-\overrightarrow{OC_1} \over \overrightarrow{OC_2}-\overrightarrow{OC_1}} ={2\overrightarrow{OB} \over \overrightarrow{OB}} =常數\Rightarrow C_1,C_2,C_3 在一直線上，故選\bbox[red,2pt]{(4,5)}$$
$$(1)\bigcirc: 依[a]定義，滿足a-1 < [a]\le a \\(2)\times:n\theta-1 < [n\theta] \le n\theta \Rightarrow {n\theta-1 \over n} < {[n\theta] \over n} \le {n\theta \over n} \Rightarrow \theta -{1 \over n} < {[n\theta] \over n} \le \theta \\ \qquad \Rightarrow \lim_{n\to \infty} (\theta -{1 \over n}) < \lim_{n\to \infty} {[n\theta] \over n} \le \lim_{n\to \infty} \theta \Rightarrow \theta < \lim_{n\to \infty} {[n\theta] \over n} \le \theta \\\qquad\Rightarrow \lim_{n\to \infty} b_n=\theta \Rightarrow b_n 收斂 \\ (3)\times: -n\theta-1 <[-n\theta] \le -n\theta \Rightarrow {-n\theta -1 \over n} < {[-n\theta] \over n} \le {-n\theta \over n} \Rightarrow -\theta-{1\over n} <{[-n\theta] \over n} \le -\theta \\ \qquad \Rightarrow \lim_{n\to \infty} (-\theta-{1\over n}) < \lim_{n\to \infty} {[-n\theta] \over n} \le \lim_{n\to \infty} (-\theta) \Rightarrow -\theta < \lim_{n\to \infty} {[-n\theta] \over n} \le -\theta\\ \qquad \Rightarrow \lim_{n\to \infty} c_n=-\theta \Rightarrow c_n 收斂\\
(4)\times: \lim_{n\to \infty} n\left[{\theta \over n}\right] = \lim_{n\to \infty} {\left[{\theta \over n}\right] \over 1/n} = \lim_{n\to \infty} {(\left[{\theta \over n}\right])' \over (1/n)'} = \lim_{n\to \infty} {0\over -1/n^2}=0 \\ \qquad \Rightarrow \lim_{n\to \infty} d_n=0 \Rightarrow d_n 收斂。註: ([x])'=\cases{0,如果 x不是整數 \\未定義, 如果x是整數}\\ (5)\bigcirc: \lim_{n\to \infty} n\left[{-\theta \over n} \right] =\lim_{n\to \infty} n \times \lim_{n\to \infty} \left[{-\theta \over n} \right] =\infty \times (-1) =-\infty \Rightarrow e_n發散\\，故選\bbox[red,2pt]{(1,5)}$$
$$z=\cos \theta+ i\sin \theta \Rightarrow z+1=(1+\cos\theta) +i\sin \theta，由於|z+1|=1 \Rightarrow (1+\cos \theta)^2+ \sin^2\theta=1 \\ \Rightarrow 2+2\cos \theta=1 \Rightarrow \cos\theta =-{1\over 2} \Rightarrow \theta=\cases{2\pi/3 \\ 4\pi/4} \Rightarrow z=\cases{\cos (2\pi/3) +i\sin (2\pi/3)\\ \cos (4\pi/3) +i\sin (4\pi/3)} \\ \Rightarrow z=\cases{-1/2+i\sqrt 3/2 \equiv A\\ -1/2-i\sqrt 3/2\equiv A'}\\
(1)\bigcirc: 由題意知B在A的右方且兩點皆在單位圓上，因此有兩種情況(如上圖)，\overline{AB}與實數軸平行；\\(2) \times: \triangle OAB 為為等腰非直角\triangle \\(3)\times: A可能在第二象限，也可能在第三象限\\ (4)\bigcirc: z=\cases{\cos (2\pi/3) +i\sin (2\pi/3)\\ \cos (4\pi/3) +i\sin (4\pi/3)}\Rightarrow z^3= \cases{\cos 2\pi +i\sin 2\pi=1\\ \cos 4\pi+i\sin 4\pi =1} \Rightarrow z^3=1\\(5)\bigcirc: z=A(如上圖) \Rightarrow {1\over z}=A' \Rightarrow 1+A'=B'仍在同一單位圓上\\故選\bbox[red,2pt]{(1,4,5)}$$
解：
$$(1)\times: 鏡射即對稱，只有一種；且\cases{A^3=A\\ A^2=I}\\ (2)\bigcirc: 旋轉矩陣B=\left[ \matrix{\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta} \right] \Rightarrow B^3= \left[ \matrix{\cos 3\theta & -\sin 3\theta \\ \sin 3\theta & \cos 3\theta} \right] =\left[ \matrix{-1 & 0 \\ 0 & -1} \right] \\ \Rightarrow 3\theta = \pi\pm 2k\pi,k\in Z \Rightarrow \theta={\pi \over 3} \pm {2\over 3}k\pi \Rightarrow \theta= {\pi \over 3},\pi, {5\over 3}\pi,...\\ \Rightarrow B=\begin{cases}\left[ \matrix{1/2 & -\sqrt 3/2 \\ \sqrt 3/2 & 1/2 } \right]=B_1, & \theta={\pi \over 3} \\\left[ \matrix{-1 & 0 \\ 0 & -1 } \right]=B_2, & \theta={3 \over 3}\pi \\\left[ \matrix{1/2 & \sqrt 3/2 \\ -\sqrt 3/2 & 1/2 } \right]=B_3, & \theta={5 \over 3}\pi \end{cases} \Rightarrow 共有三種 \\(3)\times:\cases{A=\left[ \matrix{0 & -1 \\ -1 & 0 } \right] \\B=B_1= \left[ \matrix{1/2 & -\sqrt 3/2 \\ \sqrt 3/2 & 1/2 } \right]} \Rightarrow \cases{AB= \left[ \matrix{-\sqrt 3/2 & -1/2 \\ -1/2 & \sqrt 3/2 } \right]\\BA= \left[ \matrix{\sqrt 3/2 & -1/2 \\ -1/2 & -\sqrt 3/2 } \right]} \Rightarrow AB\ne BA \\(4) \times: \cases{det(A)=-1 \\ det(B)=1} \Rightarrow det(AB)=det(A)det(B)=-1 \Rightarrow AB代表某種鏡射不是旋轉 \\(5)\bigcirc: \cases{AB_1AB_1=I\\ AB_2AB_2=I\\ AB_3AB_3=I} \Rightarrow ABAB=I\\，故選 \bbox[red, 2pt]{(2,5)}$$
$$(1)\times: 鏡射即對稱，只有一種；且\cases{A^3=A\\ A^2=I}\\ (2)\bigcirc: 旋轉矩陣B=\left[ \matrix{\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta} \right] \Rightarrow B^3= \left[ \matrix{\cos 3\theta & -\sin 3\theta \\ \sin 3\theta & \cos 3\theta} \right] =\left[ \matrix{-1 & 0 \\ 0 & -1} \right] \\ \Rightarrow 3\theta = \pi\pm 2k\pi,k\in Z \Rightarrow \theta={\pi \over 3} \pm {2\over 3}k\pi \Rightarrow \theta= {\pi \over 3},\pi, {5\over 3}\pi,...\\ \Rightarrow B=\begin{cases}\left[ \matrix{1/2 & -\sqrt 3/2 \\ \sqrt 3/2 & 1/2 } \right]=B_1, & \theta={\pi \over 3} \\\left[ \matrix{-1 & 0 \\ 0 & -1 } \right]=B_2, & \theta={3 \over 3}\pi \\\left[ \matrix{1/2 & \sqrt 3/2 \\ -\sqrt 3/2 & 1/2 } \right]=B_3, & \theta={5 \over 3}\pi \end{cases} \Rightarrow 共有三種 \\(3)\times:\cases{A=\left[ \matrix{0 & -1 \\ -1 & 0 } \right] \\B=B_1= \left[ \matrix{1/2 & -\sqrt 3/2 \\ \sqrt 3/2 & 1/2 } \right]} \Rightarrow \cases{AB= \left[ \matrix{-\sqrt 3/2 & -1/2 \\ -1/2 & \sqrt 3/2 } \right]\\BA= \left[ \matrix{\sqrt 3/2 & -1/2 \\ -1/2 & -\sqrt 3/2 } \right]} \Rightarrow AB\ne BA \\(4) \times: \cases{det(A)=-1 \\ det(B)=1} \Rightarrow det(AB)=det(A)det(B)=-1 \Rightarrow AB代表某種鏡射不是旋轉 \\(5)\bigcirc: \cases{AB_1AB_1=I\\ AB_2AB_2=I\\ AB_3AB_3=I} \Rightarrow ABAB=I\\，故選 \bbox[red, 2pt]{(2,5)}$$
解：
$$\cases{x-3y-5z=0 \cdots(1)\\ x-3y+2z=0 \cdots(2) \\ x+y=t\cdots(3)}，由(1)及(2)可得\cases{z=0 \\x-3y=0 \cdots(4)} \\由(3)及(4) 可得\cases{x=3t/4\\ y=t/4} \Rightarrow P({3t\over 4}, {t\over 4}) \Rightarrow \overline{OP}=10 = \sqrt{{9t^2 \over 16} +{t^2\over 16}} \Rightarrow 100= {10t^2\over 16} \Rightarrow t^2=160 \\ \Rightarrow t= \bbox[red, 2pt]{4\sqrt{10}} (負值不合，違反t>0)$$
$$\cases{x-3y-5z=0 \cdots(1)\\ x-3y+2z=0 \cdots(2) \\ x+y=t\cdots(3)}，由(1)及(2)可得\cases{z=0 \\x-3y=0 \cdots(4)} \\由(3)及(4) 可得\cases{x=3t/4\\ y=t/4} \Rightarrow P({3t\over 4}, {t\over 4}) \Rightarrow \overline{OP}=10 = \sqrt{{9t^2 \over 16} +{t^2\over 16}} \Rightarrow 100= {10t^2\over 16} \Rightarrow t^2=160 \\ \Rightarrow t= \bbox[red, 2pt]{4\sqrt{10}} (負值不合，違反t>0)$$
解：
$$三點\cases{A(1,1) \\ B(x,y) \\ P(4,2)}共圓，且\cases{\overline{AB}為直徑 \\\overline{BP}=3\sqrt{10} }\Rightarrow \cases{ \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB}= (-3,-1)\cdot (x-4,y-2)=0 \\ (x-4)^2+(y-2)^2=90\cdots (1)} \\ \Rightarrow -3x+12-y+2=0 \Rightarrow y=14-3x 代入(1) \Rightarrow (x-4)^2+(3x-12)^2=90 \\ \Rightarrow x^2-8x+7=0 \Rightarrow (x-7)(x-1)=0 \Rightarrow x=\cases{1\\ 7} \Rightarrow y=\cases{11 \\ -7} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{B(7,-7)} (B(1,11)不合，違反B在第4象限)$$
解：
$$\cases{O(0,0,0)\\ 觀景台P(0,0,150)\\ A(m,n,0) \\ B(p,q,0) \\ C({m+p\over 2},{n+q\over 2})} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{PO}=(0,0.-150) \\\overrightarrow{PA} =(m,n,-150) \\ \overrightarrow{PB} =(p,q,-150) \\\overrightarrow{PC} =({m+p\over 2},{n+q\over 2},-150) \\} \Rightarrow \cases{\cos (90^\circ-30^\circ) ={\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PO} \over |\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PO}|} \\\cos (90^\circ-60^\circ) ={\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PO} \over |\overrightarrow{PB}||\overrightarrow{PO}|} \\\cos (90^\circ-45^\circ) ={\overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{PO} \over |\overrightarrow{PC}||\overrightarrow{PO}|}} \\ \Rightarrow \cases{\cos 60^\circ = {(m,n,-150) \cdot (0,0,-150) \over \sqrt{m^2+n^2+150^2} \times 150} ={1\over 2}\\ \cos 30^\circ = {(p,q,-150) \cdot (0,0,-150) \over \sqrt{p^2+q^2+150^2} \times 150} ={\sqrt 3\over 2} \\\cos 45^\circ = {((m+p)/2,(n+q)/2,-150) \cdot (0,0,-150) \over \sqrt{{(m+p)^2\over 4}+ {(n+q)^2 \over 4}+150^2} \times 150} ={\sqrt 2 \over 2}} \Rightarrow \cases{m^2+n^2= 67500 \\ p^2+q^2=7500 \\ (m+p)^2 +(n+q)^2=90000} \\ \Rightarrow 2mp+2nq = 90000-67500-7500 =15000 \Rightarrow mp+nq=7500 \\ \triangle OAB面積={1\over 2}\sqrt{|\overrightarrow{OA}|^2|\overrightarrow{OB}|^2- (\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB})^2} = {1\over 2}\sqrt{(m^2+n^2)(p^2+q^2)-(mp+nq)^2} \\ ={1\over 2}\sqrt{67500\times 7500-7500^2} ={1\over 2}\sqrt{45\times 10^7} ={1000\over 2}\sqrt{450} =500\sqrt{15^2\times 2} =\bbox[red, 2pt]{7500\sqrt 2}$$
$$\cases{O(0,0,0)\\ 觀景台P(0,0,150)\\ A(m,n,0) \\ B(p,q,0) \\ C({m+p\over 2},{n+q\over 2})} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{PO}=(0,0.-150) \\\overrightarrow{PA} =(m,n,-150) \\ \overrightarrow{PB} =(p,q,-150) \\\overrightarrow{PC} =({m+p\over 2},{n+q\over 2},-150) \\} \Rightarrow \cases{\cos (90^\circ-30^\circ) ={\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PO} \over |\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PO}|} \\\cos (90^\circ-60^\circ) ={\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PO} \over |\overrightarrow{PB}||\overrightarrow{PO}|} \\\cos (90^\circ-45^\circ) ={\overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{PO} \over |\overrightarrow{PC}||\overrightarrow{PO}|}} \\ \Rightarrow \cases{\cos 60^\circ = {(m,n,-150) \cdot (0,0,-150) \over \sqrt{m^2+n^2+150^2} \times 150} ={1\over 2}\\ \cos 30^\circ = {(p,q,-150) \cdot (0,0,-150) \over \sqrt{p^2+q^2+150^2} \times 150} ={\sqrt 3\over 2} \\\cos 45^\circ = {((m+p)/2,(n+q)/2,-150) \cdot (0,0,-150) \over \sqrt{{(m+p)^2\over 4}+ {(n+q)^2 \over 4}+150^2} \times 150} ={\sqrt 2 \over 2}} \Rightarrow \cases{m^2+n^2= 67500 \\ p^2+q^2=7500 \\ (m+p)^2 +(n+q)^2=90000} \\ \Rightarrow 2mp+2nq = 90000-67500-7500 =15000 \Rightarrow mp+nq=7500 \\ \triangle OAB面積={1\over 2}\sqrt{|\overrightarrow{OA}|^2|\overrightarrow{OB}|^2- (\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB})^2} = {1\over 2}\sqrt{(m^2+n^2)(p^2+q^2)-(mp+nq)^2} \\ ={1\over 2}\sqrt{67500\times 7500-7500^2} ={1\over 2}\sqrt{45\times 10^7} ={1000\over 2}\sqrt{450} =500\sqrt{15^2\times 2} =\bbox[red, 2pt]{7500\sqrt 2}$$
解：
(1)$$y=ax+b 過C(3,2)與D(4,0) \Rightarrow \cases{2=3a+b \\ 0=4a+b} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\cases{a=-2 \\ b=8}}$$(2)$$由題意知:y=f(x)經過A(0,0)及D(4,0)，即\cases{f(0)=0\\ f(4)=0}，因此x=0,4為f(x)=0的解；\\ 又f(x)為三次式，所以 f(x)=x(x-4)(px+q) \Rightarrow f(x)可被x(x-4)=x^2-4x所整除。$$(3)$$同(1)可求得過A(0,0)及B(1,4)的切線方程式y=4x，因此兩切線方程式為\cases{L_1: y=4x\\ L_2:y=-2x+8}\\ \Rightarrow \cases{斜率m_1= 4\\ 斜率m_2=-2} \Rightarrow \cases{f'(0)=4 \\ f'(4)=-2}；\\由(2)知f(x)=x(x-4)(px+q) = px^3+(q-4p)x^2-4qx \Rightarrow f'(x)=3px^2+2(q-4p)x -4q\\ \Rightarrow f'(0)=-4q=4 \Rightarrow q=-1 \Rightarrow f'(x)= 3px^2 + 2(-1-4p)x+4 \\\Rightarrow f'(4)=48p +8(-1-4p)+4=-2 \Rightarrow p=1/8 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{f(x)={1\over 8}x^3-{3\over 2}x^2+4x}$$(4)$$f(x)=x(x-4)({1\over 8}x-1) = {1\over 8}x^3-{3\over 2}x^2+4x \Rightarrow \int_2^6 |8f(x)|dx = 8\left( \left|\int_2^4f(x)dx \right|+ \left|\int_4^6 f(x)dx \right| \right) \\ =8\left( \left|\left. \left[ {1\over 32}x^4 -{1\over 2}x^3 +2x^2 \right] \right|_2^4 \right|+ \left|\left. \left[ {1\over 32}x^4 -{1\over 2}x^3 +2x^2 \right] \right|_4^6 \right| \right) =8\left(|8-{9\over 2}| + | {9\over 2}-8|\right)\\ =8\times 7 =\bbox[red, 2pt]{56}$$
解：
(1)$$\cases{C(0,1,0)\\ G(0,1,1)} \Rightarrow P=(C+G)/2 =\bbox[red,2pt]{(0,1,{1\over 2})}$$(2) $$\overline{BQ}=t \Rightarrow Q(1,1,t) \Rightarrow \overrightarrow{QP}=(-1,0,{1\over 2}-t);\\由於AQPR為平行四邊形\Rightarrow \overrightarrow{AR} =\overrightarrow{QP}=\bbox[red,2pt]{(-1,0,{1\over 2}-t)}$$ (3)$$四角錐體積={1\over 3}|(\overrightarrow{AR}\times \overrightarrow{AQ})\cdot \overrightarrow{PG}| = {1\over 3}|((-1,0, {1\over 2}-t)\times (0,1,t))\cdot (0,0,{1\over 2})| \\ ={1\over 3}|(t-{1\over 2},t,-1)\cdot (0,0,{1\over 2})| ={1\over 3} \cdot {1\over 2}= \bbox[red, 2pt]{1\over 6}為一定值，與t無關$$(4)$$由(3)知: \text{dist}(G,E)= \left|{2t-1 \over \sqrt{2t^2+1}} \right| ={|-{1\over 2}| \over \sqrt{{1\over 8}+1}} ={1/2 \over \sqrt{9/8}} ={1/2 \over 3/2\sqrt 2} =\bbox[red, 2pt]{\sqrt 2\over 3}$$
-- END (僅供參考) --
老師
回覆刪除有沒有考慮提供，109數甲補考的詳解 謝謝
已經貼上了!
刪除請問第五題的解法中(4)使用了L'Hopital rule，但同樣的方法在(5)中使用會適用嗎?
回覆刪除因為(4)分子分母都趨近於0,適用羅必達，而(5)並沒有分子分母都為0或無窮大的情形，不適用羅必達!!
刪除您好
回覆刪除非選題的第二大題的第(2)、(3)詳解有誤
謝謝提醒，已修訂完畢
刪除請問非選第二大題的(3)
回覆刪除為何是dot PQ向量?
應該是PG,打錯字了,謝謝提醒!!
刪除