109指考數甲(補考)

首先求\(\lim\limits_{x \to 1} f(x)\)：
\(\lim\limits_{x \to 1^{-}} f(x)=\lim\limits_{x \to 1^{-}}(1 + x)=1 + 1 = 2\)，\(\lim\limits_{x \to 1^{+}} f(x)=1\)，左右極限不相等，所以\(\lim\limits_{x \to 1} f(x)\)不存在。
再求\(\lim\limits_{x \to 1} g(x)\)：\(\lim\limits_{x \to 1^{-}} g(x)=1\)，\(\lim\limits_{x \to 1^{+}} g(x)=\lim\limits_{x \to 1^{+}}(3 - x)=3 - 1 = 2\)，左右極限不相等，所以\(\lim\limits_{x \to 1} g(x)\)不存在。
然後求\(\lim\limits_{x \to 1}(f(x)+g(x))\)：\(\lim\limits_{x \to 1^{-}}(f(x)+g(x))=\lim\limits_{x \to 1^{-}}(1 + x + 1)=\lim\limits_{x \to 1^{-}}(x + 2)=3\)，\(\lim\limits_{x \to 1^{+}}(f(x)+g(x))=\lim\limits_{x \to 1^{+}}(1 + 3 - x)=\lim\limits_{x \to 1^{+}}(4 - x)=3\)，左右極限相等，所以\(\lim\limits_{x \to 1}(f(x)+g(x)) = 3\)存在。
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首先，根據微積分基本定理，速度\(v(t)=s'(t)=-t^{2}+6t\)。
對\(v(t)\)求導得\(v'(t)=-2t + 6\)。
令\(v'(t)=0\)，即\(-2t + 6 = 0\)，解得\(t = 3\)。
當\(v'(t)>0\)時，\(-2t + 6>0\)，解得\(t < 3\)，此時速度\(v(t)\)遞增； 當\(v'(t)<0\)時，\(-2t + 6<0\)，解得\(t>3\)，此時速度\(v(t)\)遞減。
所以\(a = 3\)，答案為(1)。 報錯
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由換底公式\(\log _{4}(25 - y^{2})=\frac{\log _{2}(25 - y^{2})}{\log _{2}4}=\frac{1}{2}\log _{2}(25 - y^{2})\)。
原方程\(\log _{2}(x - 1)=\log _{4}(25 - y^{2})\)可化為\(2\log _{2}(x - 1)=\log _{2}(25 - y^{2})\)，即\(\log _{2}(x - 1)^{2}=\log _{2}(25 - y^{2})\)。
所以\((x - 1)^{2}=25 - y^{2}\)，整理得\((x - 1)^{2}+y^{2}=25\)。
因為\(x,y\)是整數，且\((x - 1)^{2}\geq0\)，\(y^{2}\geq0\)，所以有：
當\((x - 1)^{2}=0\)時，\(y^{2}=25\)，即\(x = 1\)，\(y=\pm5\)；
当\((x - 1)^{2}=1\)时，\(y^{2}=24\)（\(y\)不是整数，舍去）；
当\((x - 1)^{2}=4\)时，\(y^{2}=21\)（\(y\)不是整数，舍去）；
当\((x - 1)^{2}=9\)时，\(y^{2}=16\)，即\(x = 4\)或\(x=-2\)，\(y=\pm4\)；
当\((x - 1)^{2}=16\)时，\(y^{2}=9\)，即\(x = 5\)或\(x=-3\)，\(y=\pm3\)；
当\((x - 1)^{2}=25\)时，\(y^{2}=0\)，即\(x = 6\)或\(x=-4\)，\(y = 0\)。
综上，满足方程的格子点有\((1,5),(1, - 5),(4,4),(4, - 4),(-2,4),(-2, - 4),(5,3),(5, - 3),(-3,3),(-3, - 3),(6,0),(-4,0)\)，共12个，答案为(5)。 報錯
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(1) 因為\(M\)將不共線的三點\(O\)、\(A\)、\(B\)映射至不共線的三點\(O\)、\(A'\)、\(B'\)，說明\(M\)是一一映射，所以\(M\)為可逆矩陣，(1)正确。
(2) 由線性變換的性質，若\(\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}\)，則\(\overrightarrow{OC}'=M\overrightarrow{OC}=M(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}) = 2M\overrightarrow{OA}+3M\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OA}'+3\overrightarrow{OB}'\)，(2)正确。
(3) 線性變換不一定保持角度不變，所以\(\angle AOB\)不一定等於\(\angle A'OB'\)，(3)错误。
(4) 線性變換不一定保持線段比例不變，所以\(\overline{OA}:\overline{OB}\)不一定等於\(\overline{OA'}:\overline{OB'}\)，(4)错误。
(5) 根据線性變換的性質，\(\triangle OA'B'\)的面積\(=\triangle OAB\)的面積\(\times|det(M)|\)，(5)正确。
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根据复数乘法的运算法则\((a + bi)(c + di)=(ac - bd)+(ad + bc)i\)。
(1)\((\cos\frac{\pi}{7}+i\sin\frac{\pi}{7})(\cos\frac{\pi}{7}+i\sin\frac{\pi}{7})=\cos^{2}\frac{\pi}{7}-\sin^{2}\frac{\pi}{7}+2i\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}=\cos\frac{2\pi}{7}+i\sin\frac{2\pi}{7}\)，不是实数，(1)错误。
(2)\((\cos\frac{\pi}{7}+i\sin\frac{\pi}{7})(\cos\frac{\pi}{7}-i\sin\frac{\pi}{7})=\cos^{2}\frac{\pi}{7}+\sin^{2}\frac{\pi}{7}=1\)，是实数，(2)正确。
(3)\((\cos\frac{\pi}{7}+i\sin\frac{\pi}{7})(-\sin\frac{5\pi}{14}+i\cos\frac{5\pi}{14})=-\cos\frac{\pi}{7}\sin\frac{5\pi}{14}-\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{14}+i(\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{14}-\sin\frac{\pi}{7}\sin\frac{5\pi}{14})=-\sin(\frac{\pi}{7}+\frac{5\pi}{14})+i\cos(\frac{\pi}{7}+\frac{5\pi}{14})=-\sin\frac{\pi}{2}+i\cos\frac{\pi}{2}=-1\)，是实数，(3)正确。
(4)\((\cos\frac{\pi}{7}+i\sin\frac{\pi}{7})(\sin\frac{\pi}{7}+i\cos\frac{\pi}{7})=\cos\frac{\pi}{7}\sin\frac{\pi}{7}-\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}+i(\cos^{2}\frac{\pi}{7}+\sin^{2}\frac{\pi}{7})=i\)，不是实数，(4)错误。
(5)\((\cos\frac{\pi}{7}+i\sin\frac{\pi}{7})(\sin\frac{\pi}{7}-i\cos\frac{\pi}{7})=\cos\frac{\pi}{7}\sin\frac{\pi}{7}+\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}+i(\sin\frac{\pi}{7}\sin\frac{\pi}{7}-\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7})=\sin\frac{2\pi}{7}-i\cos\frac{2\pi}{7}\)，不是实数，(5)错误。
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(1)在第一次投擲點數為6的情況下，第二次投擲點數為1才能使兩次點數和為7停止投擲，而投擲一次骰子出現點數1的概率為\(\frac{1}{6}\)，所以在第一次投擲的點數為6的情況下，總共投擲兩次就停的機率為\(\frac{1}{6}\)，(1)正確。
(2)總共投擲兩次就停止，即第一次投擲任意點數，第二次投擲的點數與第一次之和為7。第一次投擲有6種可能，無論第一次投出什麼，第二次投出特定點數使和為7的概率都是\(\frac{1}{6}\)，所以總共投擲兩次就停止的概率為\(\frac{1}{6}\)，(2)正確。
(3)在第一次投擲點數為5的情況下，第二次投擲不能為2（否則兩次就停止），概率為\(\frac{5}{6}\)，第三次投擲必須為2，概率為\(\frac{1}{6}\)，所以總共投擲三次恰好停止的概率為\(\frac{5}{6}\times\frac{1}{6}=\frac{5}{36}<\frac{1}{6}\)，(3)錯誤。 (4)由(3)可知總共投擲三次恰好停止的概率為\(\frac{5}{36}<\frac{1}{6}\)，(4)錯誤。 (5)至少投擲三次才停止的概率 = 1 - （投擲一次停止的概率 + 投擲兩次停止的概率），投擲一次不可能停止，投擲兩次停止的概率為\(\frac{1}{6}\)，所以至少投擲三次才停止的概率為\(1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}\neq\frac{1}{2}\)，(5)錯誤。答案為(1)(2)。 報錯
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(1)根據零點存在定理，若\(f(x)\)在\([1,2]\)上連續，且\(f(1)f(2)<0\)，則存在\(c \in(1,2)\)使得\(f(c)=0\)，因為\(f(x)\)是實係數多項式函數，在\(R\)上連續，所以(1)正確。 (2)若\(f(1)f(2)>0\)，只能說明\(f(1)\)與\(f(2)\)同號，但不能排除在\((1,2)\)內存在零點的可能，比如\(f(x)=(x - 1.5)^2\)，\(f(1)f(2)>0\)，但\(x = 1.5\)是零點，(2)錯誤。
(3)若\(f(1)f(2)f(3)<0\)，假設\(f(1)<0,f(2)>0,f(3)<0\)，根據零點存在定理，在\((1,2)\)和\((2,3)\)內都可能存在零點，即存在\(c \in(1,3)\)满足\(f(c)=0\)，(3)正確。 (4)令\(F(x)=\int_{0}^{x} f(t)dt\)，\(F(x)\)是可導函數且\(F'(x)=f(x)\)。若\((\int_{0}^{1} f(x)dx)(\int_{0}^{2} f(x)dx)<0\)，即\(F(1)F(2)<0\)，由零點存在定理可知存在\(c \in(1,2)\)使得\(F(c)=\int_{0}^{c} f(x)dx=0\)，(4)正確。 (5)若\(\int_{1}^{2} f(x)dx=0\)，只能說明\(f(x)\)在\([1,2]\)上與\(x\)軸圍成的面積代數和為0，但不能得出\(f(1)f(2)<0\)，比如\(f(x)=(x - 1.5)\)，\(\int_{1}^{2} f(x)dx = 0\)，但\(f(1)f(2)>0\)，(5)錯誤。答案為(1)(3)(4)。 報錯
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(1)因為\(2^{a},2^{b},2^{c}\)成等差數列，所以\(2\times2^{b}=2^{a}+2^{c}\)，即\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\) ，不能推出\(b^{2}=ac\)，所以\(a,b,c\)不一定成等比數列，(1)錯誤。
(2)若\(2a + 100,2b + 100,2c + 100\)成等差數列，則\(2(2b + 100)=(2a + 100)+(2c + 100)\)，化簡得\(2b=a + c\) 。由\(2^{a},2^{b},2^{c}\)成等差得\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，根據均值不等式\(2^{a}+2^{c}>2\sqrt{2^{a}\times2^{c}} = 2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，即\(2^{b + 1}>2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，可得\(b + 1>\frac{a + c}{2}\)，又\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，移項可得\(2\times2^{b}-2^{a}-2^{c}=0\)，假設\(a=m + d\)，\(b=m\)，\(c=m - d\)（\(d>0\)）代入\(2\times2^{b}-2^{a}-2^{c}=0\)得\(2\times2^{m}-2^{m + d}-2^{m - d}=0\)，化簡得\(2 - 2^{d}-2^{-d}=0\)，令\(t = 2^{d}(t>1)\)，\(2 - t-\frac{1}{t}=0\)，\(2t - t^{2}-1 = 0\)，\(t^{2}-2t + 1 = 0\)，\((t - 1)^{2}=0\)，\(t = 1\)矛盾，所以\(2b=a + c\)，即\(2a + 100,2b + 100,2c + 100\)成等差數列，(2)正確。
(3)若\(4^{a},4^{b},4^{c}\)成等差數列，則\(2\times4^{b}=4^{a}+4^{c}\)，即\(2\times2^{2b}=2^{2a}+2^{2c}\)，由\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)平方得\(2^{2b + 2}=2^{2a}+2\times2^{a + c}+2^{2c}\)，與\(2\times2^{2b}=2^{2a}+2^{2c}\)不同，所以\(4^{a},4^{b},4^{c}\)不成等差數列，(3)錯誤。
(4)由\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，根據均值不等式\(2^{a}+2^{c}>2\sqrt{2^{a}\times2^{c}} = 2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，可得\(2^{b + 1}>2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，即\(b + 1>\frac{a + c}{2}\)，又\(a>b>c\)，所以\(a - b>0\)，\(2^{b + 1}-2^{a}-2^{c}=0\)，\(2^{b + 1}-2^{a}=2^{c}>0\)，\(2^{b + 1}>2^{a}\)，\(b + 1>a\)不恆成立，比如\(a = 3\)，\(b = 2\)，\(c = 1\)時不滿足，(4)錯誤。
(5)由\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，根據均值不等式\(2^{a}+2^{c}\geq2\sqrt{2^{a}\times2^{c}} = 2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，即\(2^{b + 1}\geq2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，可得\(b + 1\geq\frac{a + c}{2}\)，移項得\(b\geq\frac{a + c}{2}-1\)，不一定有\(b \geq \frac{a + c}{2}\)，(5)錯誤。答案為(2)。 報錯
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首先計算抽出兩球同色的概率：
抽出兩個紅球的概率\(P_1=\frac{C_{4}^{2}}{C_{4 + 8 + 13}^{2}}=\frac{\frac{4!}{2!(4 - 2)!}}{\frac{25!}{2!(25 - 2)!}}=\frac{4\times3}{25\times24}=\frac{1}{50}\)；
抽出兩個藍球的概率\(P_2=\frac{C_{8}^{2}}{C_{25}^{2}}=\frac{\frac{8!}{2!(8 - 2)!}}{\frac{25!}{2!(25 - 2)!}}=\frac{8\times7}{25\times24}=\frac{7}{75}\)；
抽出兩個白球的概率\(P_3=\frac{C_{13}^{2}}{C_{25}^{2}}=\frac{\frac{13!}{2!(13 - 2)!}}{\frac{25!}{2!(25 - 2)!}}=\frac{13\times12}{25\times24}=\frac{13}{50}\)。
所以抽出兩球同色的概率\(P_{同}=P_1 + P_2+P_3=\frac{1}{50}+\frac{7}{75}+\frac{13}{50}=\frac{3 + 14 + 39}{150}=\frac{56}{150}=\frac{28}{75}\)。
抽出兩球異色的概率\(P_{異}=1 - P_{同}=1-\frac{28}{75}=\frac{47}{75}\)。
獎金期望值\(E = 450\times\frac{28}{75}+75\times\frac{47}{75}=168 + 47 = 215\)（原題答案格式中，將215分別對應填入 ￮ 9 ￮ 10 ￮ 11 中，即2填在9處，1填在10處，5填在11處）。 報錯
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設圓心坐標為\((0,y_0)\)（\(y_0>0\)），切點坐標為\((x_1,y_1)\)。
由圓心與\(x\)軸的距離和切點與\(x\)軸的距離之比值為5，可得\(y_0 = 5y_1\)。
直線\(y = mx\)的一般式為\(mx - y = 0\)，根據點\((x_0,y_0)\)到直線\(Ax + By + C = 0\)的距離公式\(d=\frac{\vert Ax_0 + By_0 + C\vert}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}\)，圓心\((0,y_0)\)到直線\(mx - y = 0\)的距離等於圓的半徑\(r\)，即\(r=\frac{\vert - y_0\vert}{\sqrt{m^{2}+1}}\)。
又因為切點\((x_1,y_1)\)在直線\(y = mx\)上，所以\(y_1 = mx_1\)，且圓心\((0,y_0)\)與切點\((x_1,y_1)\)的距離也為半徑\(r\)，即\(r=\sqrt{(x_1 - 0)^{2}+(y_1 - y_0)^{2}}\)。
由\(y_0 = 5y_1\)，可得\(r=\sqrt{x_1^{2}+(y_1 - 5y_1)^{2}}=\sqrt{x_1^{2}+16y_1^{2}}\)。
再由\(y_1 = mx_1\)，\(r=\frac{\vert - y_0\vert}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{5y_1}{\sqrt{m^{2}+1}}\)，且\(r=\sqrt{x_1^{2}+16y_1^{2}}\)，\(x_1=\frac{y_1}{m}\)，代入可得：
\(\frac{5y_1}{\sqrt{m^{2}+1}}=\sqrt{(\frac{y_1}{m})^{2}+16y_1^{2}}\)，兩邊同時平方得\(\frac{25y_1^{2}}{m^{2}+1}=\frac{y_1^{2}}{m^{2}}+16y_1^{2}\)，因為\(y_1\neq0\)（否則圓不存在），等式兩邊同時除以\(y_1^{2}\)得\(\frac{25}{m^{2}+1}=\frac{1}{m^{2}} + 16\)。
通分得到\(25m^{2}=m^{2}+1 + 16m^{2}(m^{2}+1)\)，即\(16m^{4}-8m^{2}+1 = 0\)，令\(t = m^{2}(t>0)\)，則\(16t^{2}-8t + 1 = 0\)，\((4t - 1)^{2}=0\)，解得\(t=\frac{1}{4}\)，所以\(m^{2}=\frac{1}{4}\)，又\(m>0\)，則\(m=\frac{1}{2}\)。（原答案可能有誤，按照正確解題步驟得出\(m=\frac{1}{2}\) ，若按原答案思路需補充更多條件） 報錯
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