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解學測數學

數學
115 學年度 數A
   最後更新:

財團法人大學入學考試中心基金會

115學年度學科能力測驗試題

數學A考科

  1. 財神廟舉辦抽發財金活動：參加者抽兩次籤，每次抽籤出現「吉」、「祥」的機率皆為 $1/3$。如果兩次都抽得「吉」，獲得獎金 $180$ 元；如果兩次都抽得「祥」，獲得獎金 $90$ 元；其餘情況則無獎金。試問參加者可獲獎金的期望值為何？

    (1) 20元 (2) 30元 (3) 45元 (4) 60元 (5) 90元

    $$ \begin{align*} \underbrace{180 \left( \frac{1}{3} \right)^2}_{\text{兩次都是吉}} + \underbrace{90 \left( \frac{1}{3} \right)^2}_{\text{兩次都是祥}} = 30 \end{align*} $$

    選 (2)。

  2. 對任一實數 $a$，令 $[a]$ 代表滿足 $[a] \leq a < [a] + 1$ 的整數，例如：$[3] = 3$，$[3.1] = 3$，$[-3.1] = 4$。關於函數 $f (x) = [ \sqrt{99 - x} ] + [\sqrt{99 + x}]$ 其中 $-99 \leq x \leq 99$ 試選出正確的選項。

    (1) $f (-20) \leq f (0) < f (1)$

    (2) $f (-20) < f (1) \leq f (0)$

    (3) $f (1) < f (-20) \leq f (0)$

    (4) $f (0) < f (-20) \leq f (1)$

    (5) $f (0) \leq f (1) < f (-20)$

    將 $x = 0, 1, -20$ 分別帶入獲得

    $$ \begin{align*} f (0) & = [\sqrt{99}] + [\sqrt{99}] = 9 + 9 = 18 \\ f (1) & = [\sqrt{98}] + [\sqrt{100}] = 9 + 10 = 19 \\ f (-20) & = [\sqrt{119}] + [\sqrt{79}] = 10 + 8 = 18 \\ \end{align*} $$

    可得 $f (0) = f(-20) < f (1)$，選項中滿足的僅有 (1)。

  3. 設 $f (x) = a^x$，其中 $a$ 為正實數。已知 $c_1, c_2, c_3$ 是公差為 $\frac{10}{3}$ 的等差數列，且 $f (c_1), f (c_2), f (c_3)$ 是公比為 $4$ 的等比數列。則等比數列 $f(10), f(8), f(6)$ 的公比為何？

    (1) $2^{-\frac{6}{5}}$ (2) $2^{-\frac{3}{5}}$ (3) $2^{\frac{3}{5}}$ (4) $2^{\frac{6}{5}}$ (5) $2^{\frac{5}{3}}$

    首先試著求出 $a$，會用到其提供的兩個性質

    $$ \begin{align*} f (c_2) & = f \left( c_1 + \frac{10}{3} \right) && (c_i \text{為公差 10/3 數列}) \\ & = a^{c_1 + \frac{10}{3}} \\ & = a^{\frac{10}{3}} a^{c_1} \end{align*} $$

    且

    $$ \begin{align*} f (c_2) & = 4 f (c_1) && (f (c_i) \text{為公比 4 數列}) \\ & = 4 a^{c_1} \end{align*} $$

    得出 $f (c_2) = a^{\frac{10}{3}} a^{c_1} = 4 a^{c_1}$，故 $a^{\frac{10}{3}} = 4$，得 $a = 2^{\frac{3}{5}}$。則數列 $f (10), f(8), f(6)$ 公比則是

    $$ \begin{align*} \frac{f (8)}{f (10)} = \frac{a^8}{a^{10}} = a^{-2} = 2^{-\frac{6}{5}} \end{align*} $$

    故選 (1)。

  4. 某網遊有 16 種材料，其中 6 種為基本材料，10 種為進階材料。任選 3 種不同材料可以合成出草藥、食物、藥水中的 1 類道具，其合成規則如下：若 3 種材料均為基本材料，則合成結果必為同一種草藥；若 3 材料中 2 種為基本材料、1 種為進階材料，則合成結果會根據不同的進階材料得到不同種的食物，但不會受到基本材料不同而改變；其他的組合都會合成出不同種的藥水。試問此網遊總共可合成出多少種道具？

    (1) 256 (2) 370 (3) 401 (4) 455 (5) 560

    其藥草、食物與藥水的配法可能

    • 3 基本 + 0 進階：1 種藥草
    • 2 基本 + 1 進階：$\binom{10}{1} = 10$ 種食物
    • 1 基本 + 2 進階：$\binom{6}{1} \binom{10}{2} = 270$ 種藥水
    • 0 基本 + 3 進階：$\binom{6}{0} \binom{10}{3} = 130$ 種藥水

    故總可能為 $1 + 10 + 270 + 130 = 401$，故選 (3)。

  5. 已知實數三階方陣 $A$ 滿足 $\dps A \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$，$\dps A \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\dps A \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$。試問有多少個行向量 $\overrightarrow{v} = \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{bmatrix}$ 滿足 $A \overrightarrow v = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$ 且 $\overrightarrow v$ 垂直於行向量 $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$？

    (1) 1 個 (2) 2 個 (3) 3 個 (4) 0 個 (5) 無窮多個

    首先運用 $\overrightarrow v$ 垂直於行向量 $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ 的性質，得出

    $$ \begin{align*} 0 = \overrightarrow v^T \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 & v_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = v_2 \end{align*} $$

    因此 $\overrightarrow v^T = \begin{bmatrix} v_1 & 0 & v_3 \end{bmatrix}^T$。接著將 $\overrightarrow v$ 寫成向量和的形式

    $$ \begin{align*} \overrightarrow v & = \begin{bmatrix} v_1 \\ 0 \\ v_3 \end{bmatrix} = a \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + b \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + c \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a + c \\ a - b \\ b - c \end{bmatrix} \end{align*} $$

    解出 $a = b = (v_1 + v_3) / 2, c = (v_1 - v_3) / 2$，因此 $\overrightarrow v$ 可以被改寫為

    $$ \begin{align*} \overrightarrow v & = \begin{bmatrix} v_1 \\ 0 \\ v_3 \end{bmatrix} = \frac{v_1 + v_3}{2} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + \frac{v_1 + v_3}{2} \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \frac{v_1 - v_3}{2} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} \end{align*} $$

    最後將 $\overrightarrow v$ 帶入與 $A$ 的關係中

    $$ \begin{align*} A \overrightarrow v & = \frac{v_1 + v_3}{2} A \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + \frac{v_1 + v_3}{2} A \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \frac{v_1 - v_3}{2} A \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} \\ & = \frac{v_1 + v_3}{2} \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \frac{v_1 + v_3}{2} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + \frac{v_1 - v_3}{2} \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \\ & = \frac{v_1 + v_3}{2} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \end{align*} $$

    再根據題目給定的

    $$ \begin{align*} A \overrightarrow v & = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \end{align*} $$

    得出 $(v_1 + v_3) / 2 = 1$，即 $v_3 = 2 - v_1$，

    $$ \begin{align*} \overrightarrow v & = \begin{bmatrix} v_1 \\ 0 \\ 2 - v_1 \end{bmatrix}, v_1 \in \mathbb R \backslash \{ 0 \} \end{align*} $$

    故 $\overrightarrow v$ 有無窮多解，選 (5)。

  6. 坐標平面上有 $A(2, -2), B(-1, 2)$ 兩點，試問直線 $y = -6$ 上有多少個點 $C$ 使得 $\triangle ABC$ 為等腰三角形？

    (1) 1 (2) 2 (3) 3 (4) 4 (5) 5

    設 $C$ 點座標為 $(c, -6)$，則三邊長為

    • $\overline{AB} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{25}$
    • $\overline{AC} = \sqrt{(c - 2)^2 + 4^2} = \sqrt{(c - 2)^2 + 16}$
    • $\overline{BC} = \sqrt{(c + 1)^2 + 8^2} = \sqrt{(c + 1)^2 + 64}$

    考慮等腰三角形的 3 種可能

    1. $\overline{AB} = \overline{AC}$

      等價於 $25 = (c - 2)^2 + 16$，得 $c = -1, 5$。注意當 $c = 5$ 時，ABC 三點均在 $4x + 3y = 2$ 上，並非三角形。

    2. $\overline{BA} = \overline{BC}$

      等價於 $25 = (c + 1)^2 + 64$，無實數解。

    3. $\overline{CA} = \overline{CB}$

      等價於 $(c - 2)^2 + 16 = (c + 1)^2 + 64$，得 $c = -15 / 2$。

    因此存在 $c = -1, -15/2$ 的兩解使得 $\triangle ABC$ 為等腰三角形，故選 (2)。

  7. 坐標平面上同時滿足 $ \begin{cases} 2x - y - 3 > 0 \\ x + 2y + 1 < 0 \end{cases} $ 的點 $P (x, y)$ 可能位在下列哪些選項？

    (1) 第一象限

    (2) 第二象限

    (3) 第三象限

    (4) 第四象限

    (5) $x$ 軸

  8. 已知 $ A = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} $ ，且對所有正整數 $n \geq 2$，令 $ A^n = \begin{bmatrix} a_n & b_n \\ c_n & d_n \end{bmatrix} $ 。試選出正確的選項。

    (1) $b_2 < c_2$

    (2) $ A^2 = 2A + \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} $

    (3) $c_{n + 2} = c_{n + 1} + 2 c_n$

    (4) $ \begin{bmatrix} a_n & b_n \\ c_n & d_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b_{n + 1} \\ d_{n + 1} \end{bmatrix} $

    (5) $d_{2n} - a_{2n} = (d_n)^2 - (a_n)^2$

    1. 因 $ A^2 = \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 0 \end{bmatrix} $， 所以 $b_2 = c_2$，故 (1) 錯。

    2. 因 $ A^2 = \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 0 \end{bmatrix} = 2A + \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} $ ，故 (2) 正確。

    3. 反例為 $ A^3 = \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} $ 使得 $c_3 = 2 \ne 4 = c_2 + 2 c_1$，故 (3) 錯。

      正確性質為，利用 (2) 的性質 $A^2 = 2A + I$，有 $A^{n + 2} = A^n A^2 = A^n (2A + I) = 2A^{n + 1} + A^n$，因此 $c_{n + 2} = 2 c_{n + 1} + c_n$。

    4. 題目等價於

      $$ \begin{bmatrix} a_n & b_n \\ c_n & d_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b_n \\ d_n \end{bmatrix} \overset{?}{=} \begin{bmatrix} b_{n + 1} \\ d_{n + 1} \end{bmatrix} $$

      其反例為 $b_1 = 1 \ne 2 = b_2$，故 (4) 錯。

      正確性質為

      $$ A^{n + 1} = \begin{bmatrix} a_n & b_n \\ c_n & d_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 a_n + b_n & a_n \\ 2 c_n + d_n & c_n \end{bmatrix} $$

      因此 $b_{b + 1} = a_n$ 且 $d_{n + 1} = c_n$。

    5. 因

      $$ \begin{align*} A^{2n} & = A^n A^n = \begin{bmatrix} a_n & b_n \\ c_n & d_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_n & b_n \\ c_n & d_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_n^2 + b_n c_n & a_n b_n + b_n d_n \\ a_n c_n + c_n d_n & b_n c_n + d_n^2 \end{bmatrix} \end{align*} $$

      得 $a_{2n} = a_n^2 + b_n c_n$ 且 $d_{2n} = b_n c_n + d_n^2$，因此 $d_{2n} - a_{2n} = d_n^2 - a_n^2$，故 (5) 正確。

  9. $T$ 分數為評量成績的一種方式，其計算方式如下：設全班平均成績為 $\mu$ 且標準差為 $\sigma$。若某生原始成績為 $S$，則他該科之 $T$ 分數為 $\dps T = 50 + 10 \left( \frac{S - \mu}{\sigma} \right)$ 。已知某班期末數學和英文兩科的平均成績皆為 60，數學成績的標準差為 12，英文成績的標準差為 8。試選出正確的選項。

    (1) 若甲生英文的原始成績為 52，則其 $T$ 分數為 40

    (2) 各生數學的 $T$ 分數不會超過其原始成績

    (3) 若乙生兩科的原始成績平均比丙生兩科的原始成績平均高，則乙生兩科的 $T$ 分數平均比丙生兩科的 $T$ 分數平均高

    (4) 若該班級兩科的及格標準均為 $T$ 分數大於或等於 40，則數學及格的原始成績比英文及格的原始成績低

    (5) 該班原始成績數學對英文的迴歸直線（即最適直線）之斜率與該班 $T$ 分數數學對英文的迴歸直線之斜率相同

    先計算兩 $T$ 分數轉換

    $$ \begin{align*} T_{\text{數學}} & = 50 + 10 \left( \frac{S - 60}{12} \right) = \frac{5}{6} S \\ T_{\text{英文}} & = 50 + 10 \left( \frac{S - 60}{8} \right) = \frac{5}{4} S - 25 \end{align*} $$

    1. $T_{\text{英文}} = \frac{5}{4} \times 52 - 25 = 40$，故 (1) 正確。

    2. 因 $T_{\text{數學}} = \frac{5}{6} S < S$，故 (2) 正確。

    3. 數學與英文 $T$ 分數平均為

      $$ \begin{align*} \frac{T_{\text{英文}} + T_{\text{數學}}}{2} & = \frac{25}{2} + \frac{5}{8} S_{\text{英文}} + \frac{5}{12} S_{\text{數學}} \end{align*} $$

      此時考慮乙生英文與數學均為 48，則原始平均分為 48，$T$ 平均分為 $\frac{25}{2} + 50$；而丙生英文 88 而數學 0，則平均分為 40，$T$ 平均分為 $\frac{25}{2} + 55$。存在反例，故 (3) 錯誤。

    4. 因

      $$ \begin{align*} T_{\text{數學}} & = \frac{5}{6} S > 40 && \iff && S \geq 40 \cdot \frac{6}{5} = 48 \\ T_{\text{英文}} & = \frac{5}{4} S - 25 > 40 && \iff && S \geq (40 + 25) \cdot \frac{4}{5} = 52 \\ \end{align*} $$

      故 (4) 正確。

    5. 設數學與英文相關係數為 $\rho$，則原始分數的回歸線斜率為 $\rho \frac{\sigma_{\text{數學}}}{\sigma_{\text{英文}}} = \rho \frac{12}{8}$，則經線性轉換的相關係數不變，標準差分別為 $\sigma_{\text{數學}}' = \sigma_{\text{數學}} \cdot \frac{5}{6} = 10$ 與 $\sigma_{\text{英文}}' = \sigma_{\text{英文}} \cdot \frac{5}{4} = 10$，則 $T$ 分數回歸線斜率為 $\rho \frac{\sigma_{\text{數學}}'}{\sigma_{\text{英文}}'} = \rho \frac{10}{10}$，與原先斜率不同，故 (5) 錯誤。

  10. 已知四邊形 ABCD 中，$\overline{AB}$ 平行 $\overline{DC}$，$\overline{AC}$ 與 $\overline{BD}$ 交於 $E$。若 $\overrightarrow{AB} = (2, -6)$, $\overrightarrow{AD} = (1, 5)$ 且 $\triangle ABE$ 面積為 3。試選出正確的選項。

    (1) $\dps \cos \angle BAD = \frac{-7 \sqrt{65}}{65}$

    (2) $\triangle ABD$ 面積為 9

    (3) $\dps \overrightarrow{AE} = \left( \frac{3}{2}, \frac{1}{2} \right)$

    (4) 四邊形 ABCD 面積為 $\dps \frac{65}{3}$

    (5) $\dps \overline{BC} < \frac{8}{3}$

    1. 因

      $$ \begin{align*} \cos \angle BAD = \frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}}{| \overrightarrow{AB} | | \overrightarrow{AD} |} = \frac{-28}{\sqrt{40} \sqrt{26}} = \frac{-7 \sqrt{65}}{65} \end{align*} $$

      故 (1) 正確。

    2. $\triangle ABD$ 面積為 $\dps \frac{1}{2} | \overrightarrow{AB} | | \overrightarrow{AD} | \sin \angle BAD$，其中

      $$ \begin{align*} \sin \angle BAD = \sqrt{1 - \cos^2 \angle BAD} = \frac{4}{\sqrt{65}} \end{align*} $$

      因此 $\triangle ABD$ 面積為

      $$ \begin{align*} \frac{1}{2} | \overrightarrow{AB} | | \overrightarrow{AD} | \sin \angle BAD = \frac{1}{2} \sqrt{40} \sqrt{26} \frac{4}{\sqrt{65}} = 8 \ne 9 \end{align*} $$

      故 (2) 錯誤。

    3. 因 $\triangle ABD = \triangle ABE + \triangle ADE$，得 $\triangle ADE = \triangle ABD - \triangle ABE = 8 - 3 = 5$，又因 $\triangle ABE$ 與 $\triangle ADE$ 共高 (從點 $A$ 至 $\overline{BD}$ 的垂足)，因此 $\overline{EB}: \overline{ED} = \triangle ABE : \triangle ADE = 3: 5$。因此

      $$ \begin{align*} \overrightarrow{AE} & = \frac{5}{3 + 5} \overrightarrow{AB} + \frac{3}{3 + 5} \overrightarrow{AD} \\ & = \frac{5}{8} (2, -6) + \frac{3}{8} (1, 5) \\ & = \left( \frac{13}{8}, \frac{-15}{8} \right) \\ & \ne \left( \frac{3}{2}, \frac{1}{2} \right) \end{align*} $$

      故 (3) 錯誤。

    4. 將四邊形 ABCD 面積分解成 4 個三角形面積和 $\triangle ABE + \triangle BCE + \triangle CDE + \triangle ADE$。

      • $\triangle ABE$：已知為 $3$
      • $\triangle ADE$：呈 (3)，已知為 $5$
      • $\triangle BCE$：因 $\triangle ABC$ 與 $\triangle ABD$ 共底 $\overline {AB}$，且共高，因此 $\triangle ABC = \triangle ABD$，故 $\triangle BCE = \triangle ABC - \triangle ABE = \triangle ABD - \triangle ABE = 8 - 3 = 5$
      • $\triangle CDE$：$\triangle ABE$ 與 $\triangle CDE$ 有 AAA 相似，已知 $\overline{EB} : \overline {ED} = 3 : 5$，則面積 $\triangle ABE : \triangle CDE = 3^2: 5^2$，因此 $\triangle CDE = \triangle ABE \cdot (5^2 / 3^2) = 25 / 3$。

      故總面積為 $3 + 5 + 5 + 25 / 3 = 64 / 3 \ne 65 / 3$。故 (4) 錯誤。

    5. 因 $\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CD}$，得 $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{CD}$。

      呈 (4)，已知 $\overline{AB}:\overline{CD} = 3 : 5$，且 $\overline{AB}$ 平行於 $\overline{CD}$，故 $\overrightarrow{DC} = 5/3 \overrightarrow{AB} = 5/3 (2, -6) = (10 / 3, - 10)$，$\overrightarrow{CD} = (-10/3, 10)$。

      因此 $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{CD} = (1, 5) - (2, -6) - (-10/3, 10) = (7/3, 1)$，$|\overrightarrow{BC}| = \sqrt{58} / 3 < 8/3$，故 (5) 正確。

  11. 令 $\Gamma$ 為坐標平面上 $\cos \left( \frac{\pi}{2} x \right)$ 的圖形。對任一實數 $m \ne 0$ 以 $L_m$ 表示直線 $y = mx + 1$。試選出正確的選項。

    (1) $m > 0$ 時，$L_m$ 和 $\Gamma$ 交點的 $x$ 坐標皆為負

    (2) 若 $(a , b)$ 為 $L_m$ 和 $\Gamma$ 的交點，則 $(-a, b)$ 為 $L_{-m}$ 和 $\Gamma$ 的交點

    (3) 可以找到一實數 $m \ne 0$ 使得 $L_m$ 和 $\Gamma$ 交於點 $\left( \frac{20}{3}, \frac{1}{2} \right)$

    (4) 若 $L_m$ 與 $\Gamma$ 有一交點在直線 $y = -1$ 上，則 $\frac{1}{m}$ 是奇數

    (5) 若 $L_m$ 與 $\Gamma$ 有一交點在 $x$ 軸上，則 $L_m$ 與 $\Gamma$ 有偶數個交點

    1. $L_m$ 和 $\Gamma$ 交在 $x$ 等價於

      $$ \begin{align*} && mx + 1 & = \cos \left( \frac{\pi}{2} x \right) \\ \iff && mx & = \cos \left( \frac{\pi}{2} x \right) - 1 \leq 0 \\ \iff && x & = \frac{1}{m} \left[ \cos \left( \frac{\pi}{2} x \right) - 1 \right] \leq 0 \\ \end{align*} $$

      特別注意 $x = 0$ 的確是 $L_m$ 和 $\Gamma$ 交點，但其非負，故 (1) 錯誤。

    2. $(a , b)$ 為 $L_m$ 和 $\Gamma$ 的交點等價於 $b = \cos (\frac{\pi}{2} a) = am + 1$。因 $\cos (\frac{\pi}{2} (-a)) = \cos (\frac{\pi}{2} a) = b$ 且 $(-a) (-m) + 1 = am + 1 = b$，則 $(-a, b)$ 為 $L_{-m}$ 和 $\Gamma$ 的交點，故 (2) 正確。

    3. 因 $\cos (\frac{\pi}{2} \frac{20}{3}) = \cos (\frac{10}{3} \pi) = \cos (\frac{4}{3} \pi) = -\frac{1}{2}$，故 $\left( \frac{20}{3}, \frac{1}{2} \right)$ 不在 $\Gamma$ 上，故 (3) 錯誤。

    4. $L_m$ 和 $\Gamma$ 有一交點在直線 $y = -1$ 上等價於 $-1 = \cos (\frac{\pi}{2} x) = mx + 1$。已知

      $$ \begin{align*} && \cos \left( \frac{\pi}{2} x \right) & = -1 \\ \iff && \frac{\pi}{2} x & = (2k + 1) \pi, k \in \mathbb Z \\ \iff && x & = 2 (2k + 1), k \in \mathbb Z \\ \end{align*} $$

      則

      $$ \begin{align*} && mx + 1 & = -1 \\ \iff && mx & = -2 \\ \iff && \frac{1}{m} & = -\frac{x}{2} \\ && & = -\frac{2 (2k + 1)}{2}, k \in \mathbb Z \\ && & = -(2k + 1), k \in \mathbb Z \end{align*} $$

      故 (4) 正確。

    5. $L_m$ 和 $\Gamma$ 有一交點在 $x$ 軸上等價於 $0 = \cos (\frac{\pi}{2} x) = mx + 1$。已知

      $$ \begin{align*} && \cos \left( \frac{\pi}{2} x \right) & = 0 \\ \iff && \frac{\pi}{2} x & = \frac{2k + 1}{2} \pi, k \in \mathbb Z \\ \iff && x & = 2k + 1, k \in \mathbb Z \\ \end{align*} $$

      則

      $$ \begin{align*} && mx + 1 & = 0 \\ \iff && mx & = -1 \\ \iff && m & = -\frac{1}{x} = -\frac{1}{2k + 1}, k \in \mathbb Z \\ \end{align*} $$

      考慮 $m = 1$ 時，則 $x$ 軸上交點為 $(-1, 0)$，另兩個交點為 $(0, 1)$ 與 $(-2, -1)$，其交點數量為奇數，故 (5) 錯誤。

  12. 令 $f (x)$、$g (x)$ 為實係數三次多項式且 $f (x)$ 的首項係數為 $1$，已知 $f (x) - g (x) = 2x^3 - 2x$。令 $\Gamma_1$ 和 $\Gamma_2$ 分別為 $f (x)$ 和 $g (x)$ 在坐標平面上的函數圖形，其對稱中心分別為 $(a_1, b_1)$, $(a_2, b_2)$。試選出正確的選項。

    (1) $\Gamma_1$ 和 $\Gamma_2$ 恰交於三點

    (2) $a_1 + a_2$ 可唯一確定

    (3) $b_1 + b_2$ 可唯一確定

    (4) 若 $a_1 = a_2$ 則 $b_1 = b_2$

    (5) 若 $b_1 = b_2$ 則 $a_1 = a_2$

    1. $\Gamma_1$ 和 $\Gamma_2$ 交於 $x$ 點等價於 $0 = f (x) - g (x) = 2x^3 - 2x = 2x (x^2 - 1)$，其僅在 $x = 0$ 時存在一交點，故 (1) 錯誤。

    2. (這好像是新內容，我當年似乎沒碰過 3 次函數的對稱中心？) 對任意 3 次多項式 $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$，其對稱中心為 $(\frac{-b}{3a}, f (\frac{-b}{3a}))$。令

      $$ \begin{align*} f (x) & = x^3 + b x^2 + c x + d \\ g (x) & = f (x) - 2x^3 + 2x \\ & = -x^3 + b x^2 + (c + 2) x + d \end{align*} $$

      則 $a_1 = \frac{-b}{3}$ 與 $a_2 = \frac{-b}{-3} = \frac{b}{3}$，因此 $a_1 + a_2 = 0$，故 (2) 正確。

    3. 考慮 $b = 0$ 的情況使得 $a_1 = a_2 = 0$，因此 $ b_1 + b_2 = f (0) + g (0) = 2d $，其仍受 $d$ 影響而無法為一決定，故 (3) 錯誤。

    4. 若 $\frac{-b}{3} = a_1 = a_2 = \frac{b}{3}$，則推論到 $b = 0$，因此 $b_1 = f(0) = d = g (0) = b_2$，故 (4) 正確。

    5. 若 $f \left( -\frac{b}{3} \right) = b_1 = b_2 = g \left( \frac{b}{3} \right)$，則推論

      $$ \begin{align*} \left( -\frac{b}{3} \right)^3 + b \left( -\frac{b}{3} \right)^2 + c \left( -\frac{b}{3} \right) + d = \\ -\left( \frac{b}{3} \right)^3 + b \left( \frac{b}{3} \right)^2 + (c + 2) \left( \frac{b}{3} \right) + d \end{align*} $$

      等價於 $- bc = b(c + 2)$，此無法保證 $a_1 = a_2$。考慮反例令 $b = 3$ 則 $c = -1$ 使得 $f (x) = x^3 + 3x^2 - x$ 與 $g (x) = -x^3 + 3x^2 + x$，則 $a_1 = -1$ 與 $a_2 = 1$，且 $b_1 = f(a_1) = 3$ 與 $b_2 = g(a_2) = 3$。故 (5) 錯誤。

  13. 某高中聘用的全體教師 $\frac{1}{4}$ 只有學士學位，$\frac{3}{4}$ 有碩士學位。只有學士學位的教師中有 $\frac{1}{5}$ 通過英聽檢定，有碩士學位的教師中有 $\frac{3}{5}$ 通過英聽檢定。已知每位教師被抽到的機會相等，若隨機抽選一位通過英聽檢定的教師，則該教師有碩士學位的條件機率為？ $\frac{9}{10}$

    $$ \begin{align*} P (碩士 | 英檢通過) & = \frac{P (英檢通過 \cap 碩士)}{P (英檢通過)} \\ & = \frac{P (英檢通過 \cap 碩士)}{P (英檢通過 \cap 學士) + P (英檢通過 \cap 碩士)} \\ & = \frac{P (英檢通過 | 碩士) P (碩士)}{P (英檢通過 | 學士) P (學士) + P (英檢通過 | 碩士) P (碩士)} \\ & = \frac{\frac{3}{5} \cdot \frac{3}{4}}{\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{4} + \frac{3}{5} \cdot \frac{3}{4}} \\ & = \frac{9}{10} \end{align*} $$

  14. 坐標平面上，向量 $(a, b)$ 與直線 $y = bx - 1$ 垂直，則 $a + b$ 的最大可能值為？ $\frac{1}{4}$

    直線 $y = bx - 1$ 存在兩點 $(0, -1)$ 與 $(1, b - 1)$，其構成向量 $(1, b)$。已知兩向量 $(a, b)$ 與 $(1, b)$ 垂直，則 $(a, b) \cdot (1, b) = a + b^2 = 0$，即 $a = -b^2$。則 $a + b = -b^2 + b = - (b - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}$，其具有最大值 $\frac{1}{4}$。

  15. 已知三正數 $a, b, c$ 成一等差數列，其中 $a < b < c$ 且坐標平面上三點 $(a, \log 3a)$、$(b, \log 4b)$、$(c, \log 6c)$ 在同一直線上，則 $\frac{b}{a}$ 之值為？ $\frac{3}{2}$

    先將等差數列改寫為 $b = a + d$ 與 $c = a + 2d$，接著用 3 點一線的性質

    $$ \begin{align*} && \frac{\log 4b - \log 3a}{b - a} & = \frac{\log 6c - \log 4b}{c - b} \\ \iff && \log 4b - \log 3a & = \log 6c - \log 4b \\ \iff && \log \frac{4b}{3a} & = \log \frac{6c}{4b} \\ \iff && \frac{4b}{3a} & = \frac{6c}{4b} \\ \iff && 16 b^2 & = 18 ac \\ \iff && 16 (a + d)^2 & = 18 a (a + 2d) \\ \iff && 0 & = a^2 + 2ad - 8d^2 \\ && & = (a + d)^2 - (3d)^2 \\ && & = (a + 4d) (a - 2d) \end{align*} $$

    得到 $a = -4d$ 或 $a = 2d$，其中 $a = -4d$ 推論到 $d = -a/4$ 使得 $b = a + d = (3/4)a < a$ 違反 $a < b$ 前提，因此不合。考慮 $a = 2d$ 得 $d = a/2$ 使得 $b / a = (a + d) / a = (a + a/2) / a = 3/2$。

  16. 坐標平面上，已知二次函數圖形 $\Gamma: y = f(x)$ 的頂點 $P$ 在直線 $y = 1 + 2x$ 上，且交 $x$ 軸於點 $A (-\frac{1}{2}, 0), B (\frac{1}{2}, 0)$。將 $\Gamma$ 平移使得平移後圖形的頂點 $Q$ 仍在直線 $y = 1 + 2x$ 上，且亦通過點 $B (\frac{1}{2}, 0)$，此時 $P$、$Q$ 為兩相異點，則 $\overline{PQ} = $？ $\frac{3 \sqrt{5}}{2}$

    (題外話，這題出的蠻有趣的，一路得善用各種性質推論，這題我就給出最完整的證明好了。)

    題目給定 $\Gamma$ 為二次函數圖形，因此假設 $: y = f (x) = ax^2 + bx +c$。已知其通過 $A (-\frac{1}{2}, 0)$ 與 $B (\frac{1}{2}, 0)$ 得

    $$ \begin{align*} 0 & = f \left( -\frac{1}{2} \right) = \frac{a}{4} - \frac{b}{2} + c \\ 0 & = f \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{a}{4} + \frac{b}{2} + c \\ \end{align*} $$

    推論出

    $$ \begin{align*} 0 & = f \left( \frac{1}{2} \right) + f \left( -\frac{1}{2} \right) = \frac{a}{2} + 2c \\ 0 & = f \left( \frac{1}{2} \right) - f \left( -\frac{1}{2} \right) = b \end{align*} $$

    故得出 $a = -4c$ 且 $b = 0$，因此 $y = f (x) = -4cx^2 + c = c (-4x^2 + 1)$，其頂點為 $P (0, c)$，已知 $P$ 通過 $y = 1 + 2x$，則有 $c = 1 + 2 \cdot 0 = 1$，故 $y = -4x^2 + 1$ 且 $P (0, 1)$。

    假設將 $\Gamma$ 平移 $(x_0, y_0)$ 單位，則新圖形為 $(y - y_0) = -4 (x - x_0)^2 + 1$ 等價於 $y = -4 (x - x_0)^2 + (y_0 + 1)$，其頂點為 $Q (x_0, y_0 + 1)$，因 $Q$ 也通過 $y = 1 + 2x$，故 $y_0 + 1 = 1 + 2 x_0$，則 $y_0 = 2 x_0$，用其改寫 $y = -4 (x - x_0)^2 + (2x_0 + 1)$。已知其通過 $B (\frac{1}{2}, 0)$，則 $0 = -4 (\frac{1}{2} - x_0)^2 + (2x_0 + 1)$ 其解為 $x_0 = 0$ 與 $\frac{3}{2}$，但 $x_0 = 0$ 不合，因平移 $0$ 單位等於沒有移動；故 $x_0 = \frac{3}{2}$ 使得 $Q (\frac{3}{2}, 4)$。

    最後 $P (0, 1)$ 與 $Q (\frac{3}{2}, 4)$，其距離為 $\overline{PQ} = \frac{3 \sqrt{5}}{2}$。

  17. 直角 $\triangle ABC$ 中，$\angle CAB$ 為直角，$\overline{AB}$ 邊上一點 $D$，滿足 $\angle BCD = 2 \angle ACD$ 且 $\overline{BC} = 2 \overline{BD}$。若 $\overrightarrow{AD} = k \overrightarrow{AB}$，則 $k = $？ $\frac{3}{11}$

    根據題目給出的線索得出上圖，在 $\triangle DBC$ 中，根據正弦定理得出

    $$ \begin{align*} && \frac{\overline{BC}}{\sin (\angle BDC)} & = \frac{\overline{BD}}{\sin (\angle BCD)} \\ \Rightarrow && \frac{2}{\sin (90 \degree + \theta)} & = \frac{1}{\sin (2 \theta)} \\ \Rightarrow && \frac{2}{\cos (\theta)} & = \frac{1}{2 \sin (\theta) \cos (\theta)} \\ \Rightarrow && \sin (\theta) & = \frac{1}{4} \\ \end{align*} $$

    再次根據正弦定理從 $\triangle ABC$ 中得出

    $$ \begin{align*} && \frac{\overline{BC}}{\sin (\angle BAC)} & = \frac{\overline{AB}}{\sin (\angle ACB)} \\ \Rightarrow && \frac{2}{\sin (90 \degree)} & = \frac{1 + \overline{AD}}{\sin (3 \theta)} \\ \Rightarrow && \overline{AD} & = 2 \sin (3 \theta) - 1 \\ \end{align*} $$

    其中的 $\sin (3\theta)$ 也能直接推論

    $$ \begin{align*} \sin (3 \theta) & = \sin (\theta + 2 \theta) \\ & = \sin (\theta) \cos (2 \theta) + \cos (\theta) \sin (2\theta) \\ & = \sin (\theta) [\cos^2 (\theta) - \sin^2 (\theta)] + \cos (\theta) [2 \sin (\theta) \cos (\theta)] \\ & = \sin (\theta) \cos^2 (\theta) - \sin^3 (\theta) + 2 \sin (\theta) \cos^2 (\theta) \\ & = \sin (\theta) [1 - \sin^2 (\theta)] - \sin^3 (\theta) + 2 \sin (\theta) [1 - \sin^2 (\theta)] \\ & = 3 \sin (\theta) - 4 \sin^3 (\theta) \\ \end{align*} $$

    帶入 $\sin \theta = \frac{1}{4}$ 得出 $\sin (3 \theta) = \frac{11}{16}$，故 $\overline{AD} = 2 \sin (3 \theta) - 1 = \frac{3}{8}$。而題目考慮的 $\overline{AD} : \overline{AB} = \frac{3}{8}:1 + \frac{3}{8} = \frac{3}{11}$。

  18. (18 ~ 20 題目為題組) 坐標空間中有一平行六面體 $PQRS - ABCD$，如圖所示。已知 $\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AD} = (-5, 5, 5)$、$\overrightarrow{AD} \times \overrightarrow{AP} = (-2, 0, -4)$、$\overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AB} = (6, -10, -8)$，$\overline{AP} = 6$。試回答下列問題。

    試問平行四邊形 ABCD 的面積為何？ $5 \sqrt{3}$

    $ \abs{\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AD}} = \abs{(-5, 5, 5)} = 5 \sqrt{3}$

  19. 設 $B$ 點坐標為 $(1, 2, 0)$，試求平面 $ABCD$ 的平面方程式。 $x - y - z + 1 = 0$

    已知 $ABCD$ 平面穿過 $B$ 點，則該平面方程式可以被寫為

    $$ \begin{align*} a (x - 1) + b (y - 2) + c (z - 0) = 0 \end{align*} $$

    因此問題需解出 $a, b, c$。現考慮 ABCD 平面上任兩點 $P (p_x, p_y, p_z)$ 與 $Q (q_x, q_y, q_z)$ 其皆滿足

    $$ \begin{align*} 0 & = a (p_x - 1) + b (p_y - 2) + c (p_z - 0) \\ & = a (q_x - 1) + b (q_y - 2) + c (q_z - 0) \\ \end{align*} $$

    故有

    $$ \begin{align*} 0 & = [a (p_x - 1) + b (p_y - 2) + c (p_z - 0)] - [a (q_x - 1) + b (q_y - 2) + c (q_z - 0)] \\ & = a (p_x - q_x) + b (p_y - q_y) + c (p_z - q_z) \\ & = (a, b, c) \cdot (p_x - q_x, p_y - q_y, p_z - q_z) \\ & = (a, b, c) \cdot \overrightarrow{QP} \end{align*} $$

    則 $(a, b, c)$ 向量與 $\overrightarrow{QP}$ 向量垂直，又因 $\overrightarrow{QP}$ 為平面上任選兩點組成之向量，故 ABCD 平面上任一向量皆與 $(a, b, c)$ 平行。因 $\overrightarrow{AB}$ 在 ABCD 平面上，故 $(a, b, c) \cdot \overrightarrow{AB} = 0$，同理有 $(a, b, c) \cdot \overrightarrow{AD} = 0$，其洽為外積向量之定義，即 $(a, b, c) = k \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AD} = (-5k, 5k, 5k)$。故該平面向量為

    $$ \begin{align*} && 0 & = -5k (x - 1) + 5k (y - 2) + 5k (z - 0) \\ \iff && 0 & = x - y - z + 1 \end{align*} $$

  20. 試求平行六面體的體積，並求平行六面體上（含邊界）距點 A 的最長距離。 $10$, $\sqrt{94}$

    根據定義 $\overrightarrow{AD} \times \overrightarrow{AP}$ 會成為垂直於 $\overrightarrow{AD}$ 與 $\overrightarrow{AP}$ 的向量，則有 $\overrightarrow{AP} \cdot (\overrightarrow{AD} \times \overrightarrow{AP}) = 0$，同理也有 $\overrightarrow{AP} \cdot (\overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AB}) = 0$；已知 $\overrightarrow{AP}$ 與兩向量 $\overrightarrow{AD} \times \overrightarrow{AP}$ 與 $\overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AB}$ 垂直，其洽為外積向量之定義，即

    $$ \begin{align*} \overrightarrow{AP} & = k (\overrightarrow{AD} \times \overrightarrow{AP}) \times (\overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AB}) \\ & = k (-2, 0, -4) \times (6, -10, -8) \\ & = k (-40, -40, 20) \\ & = k_2 (2 ,2, -1) \end{align*} $$

    又已知 $6 = |\overrightarrow{AP}| = k_2 3$，則 $k_2 = \pm 2$，現考慮 $k_2 = 2$，則 $\overrightarrow{AP} = (4, 4, -2)$。

    同理得出 $\overrightarrow{AB} = k (1, -1, 2)$，已知 $\overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AB} = (6, -10, -8) = k (6, -10, 8)$，因此 $k = 1$，得出 $\overrightarrow{AB} = (1, -1, 2)$。再次同理，得出 $\overrightarrow{AD} = (2, 3, -1)$。

    得出所有基礎向量後，$3$ 維空間中的 $3$ 個向量 $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AP}$ 組成的面積為

    $$ \begin{align*} \begin{Vmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 4 & 4 & -2 \\ 2 & 3 & -1 \end{Vmatrix} = 10 \end{align*} $$

    最後根據 3 個基礎向量 $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AP}$ 組合出所有座標長度

    • $|\overrightarrow{AB}| = |(1, -1, 2)| = \sqrt{6}$
    • $|\overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}| = |(3, 2, 1)| = \sqrt{14}$
    • $|\overrightarrow{AD}| = |(2, 3, -1)| = \sqrt{14}$
    • $|\overrightarrow{AP}| = |(4, 4, -2)| = \sqrt{36}$
    • $|\overrightarrow{AQ}| = |\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AP}| = |(5, 3, 0)| = \sqrt{34}$
    • $|\overrightarrow{AR}| = |\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AP}| = |(7, 6, -1)| = \sqrt{86}$
    • $|\overrightarrow{AS}| = |\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AP}| = |(6, 7, -3)| = \sqrt{94}$

    故離 $A$ 最遠頂點為 $S$ 點，其距離為 $\sqrt{94}$。