數學指考分科-甲

1. **求\(L_1\)與\(L_2\)的夾角**：
- 已知兩直線斜率\(k_1=\frac{3}{4}\)，\(k_2 = -\frac{4}{3}\)，根據兩直線夾角公式\(\tan\theta=\left|\frac{k_1 - k_2}{1 + k_1k_2}\right|\)，可得\(\tan\theta=\left|\frac{\frac{3}{4}-(-\frac{4}{3})}{1+\frac{3}{4}×(-\frac{4}{3})}\right|=\infty\)，所以\(L_1\)與\(L_2\)垂直。
2. **求三角形的高**：
- 設\(L\)與\(L_1\)、\(L_2\)的交點分別為\(A\)、\(B\)，\(L_1\)與\(L_2\)的交點為\(C\)。\(L\)被\(L_1\)、\(L_2\)所截出的線段\(AB = 30\)。
- 因為\(L_1\)與\(L_2\)垂直，所以\(L_1\)與\(L_2\)的交點到\(L\)的距離\(h\)就是\(\triangle ABC\)的高。
- 由斜率\(k_1=\frac{3}{4}\)，可設\(L_1\)的直線方程為\(y=\frac{3}{4}x + b_1\)，\(L_2\)的直線方程為\(y = -\frac{4}{3}x + b_2\)。
- 由於\(L\)是水平線，不妨設\(L\)的方程為\(y = 0\)。
- 根據點到直線的距離公式，\(L_1\)與\(L_2\)的交點到\(L\)的距離\(h\)，可先求出\(L_1\)與\(L_2\)的交點。聯立\(\begin{cases}y=\frac{3}{4}x + b_1\\y = -\frac{4}{3}x + b_2\end{cases}\)，解得交點坐標（含\(b_1\)、\(b_2\)），再代入點到直線距離公式\(d=\frac{\vert Ax_0 + By_0 + C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}}\)（\(L\)：\(Ax + By + C = 0\)即\(0x+1y + 0 = 0\)）。
- 另一種思路，因為\(L_1\)、\(L_2\)斜率分別為\(\frac{3}{4}\)、\(-\frac{4}{3}\)，所以\(L_1\)、\(L_2\)與水平線\(L\)構成的直角三角形中，\(L_1\)、\(L_2\)夾角的正切值已知，截得線段\(AB = 30\)，可利用直角三角形的性質求高\(h\)。
- 由\(L_1\)、\(L_2\)斜率可知，它們與水平線構成的直角三角形中，兩直角邊之比為\(3:4\)，截得線段\(AB\)為斜邊，所以高\(h = 12\)。
3. **計算三角形面積**：
- 三角形面積公式\(S=\frac{1}{2}×底×高\)，底為\(AB = 30\)，高\(h = 12\)，所以\(S=\frac{1}{2}×30×12 = 180\)。
答案：180 報錯
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1. **求直線與坐標軸的交點**：
- 令\(x = 0\)，可得\(y = 3\)；令\(y = 0\)，可得\(x = 6n\)。所以直線\(y=\frac{-1}{2n}x + 3\)與\(x\)軸交於\((6n,0)\)，與\(y\)軸交於\((0,3)\) 。
2. **計算格子點數目\(a_n\)的近似值**：
- 當\(n\)很大時，\(T_n\)區域內格子點可近似看作梯形分布。
- 梯形上底為直線與\(y\)軸交點的\(y\)坐標值（即3），下底為直線與\(x\)軸交點的\(x\)坐標值（即\(6n\)），高為直線與\(y\)軸交點的\(y\)坐標值（即3）。
- 格子點數目\(a_n\)近似為梯形的“格點面積”（可看作以格點為單位的面積）。
- 直線\(y=\frac{-1}{2n}x + 3\)上的格子點，\(x\)從\(0\)到\(6n\)，\(y=\frac{-1}{2n}x + 3\)，\(y\)為整數時\(x\)也為整數，\(x = 0,2n,4n,6n\)時\(y\)是整數，加上\((0,3)\)，共4個。
- 根據梯形格點數目近似公式（可由梯形面積公式類推，考慮邊界格點），\(a_n\approx\frac{(3 + 3)}{2}×(3n + 1)\)（這裡\(3n + 1\)是考慮近似梯形的水平方向格點間隔，是一種估算方式）。
3. **計算極限**：
- 求\(\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{n}=\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{(3 + 3)}{2}×(3n + 1)}{n}=\lim_{n \to \infty}\frac{3×(3n + 1)}{n}=\lim_{n \to \infty}(9+\frac{3}{n}) = 9\)。
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1. **根據平面夾角公式列方程**：
- 平面\(ax + by + cz = 0\)的法向量\(\vec{n_1}=(a,b,c)\)，平面\(x = 0\)的法向量\(\vec{n_2}=(1,0,0)\)，平面\(x+\sqrt{3}y = 0\)的法向量\(\vec{n_3}=(1,\sqrt{3},0)\)。
- 根據兩平面夾角公式\(\cos\theta=\frac{\vert\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}\vert}{\vert\vec{n_1}\vert\vert\vec{n_2}\vert}\)，平面\(ax + by + cz = 0\)與平面\(x = 0\)夾角為\(60^{\circ}\)，則\(\cos60^{\circ}=\frac{\vert a×1 + b×0 + c×0\vert}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}×\sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2}}\)，即\(\frac{1}{2}=\frac{\vert a\vert}{\sqrt{12}}\)，可得\(\vert a\vert=\sqrt{3}\)，\(a^2 = 3\)。
- 平面\(ax + by + cz = 0\)與平面\(x+\sqrt{3}y = 0\)夾角為\(60^{\circ}\)，則\(\cos60^{\circ}=\frac{\vert a×1 + b×\sqrt{3}+ c×0\vert}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}×\sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2 + 0^2}}\)，即\(\frac{1}{2}=\frac{\vert a+\sqrt{3}b\vert}{\sqrt{12}×2}\)，把\(a^2 = 3\)代入，\(a=\pm\sqrt{3}\)。
- 當\(a=\sqrt{3}\)時，\(\frac{1}{2}=\frac{\vert\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert}{\sqrt{12}×2}\)，\(\vert\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert=\sqrt{3}\)，解得\(b = 0\)或\(b=-2\)。
- 當\(a = -\sqrt{3}\)時，\(\frac{1}{2}=\frac{\vert-\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert}{\sqrt{12}×2}\)，\(\vert-\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert=\sqrt{3}\)，解得\(b = 0\)或\(b = 2\)。
- 又因為\(a^2 + b^2 + c^2 = 12\)，\(a^2 = 3\)，所以\(b^2 + c^2 = 9\)。
- 把\(b = 0\)代入\(b^2 + c^2 = 9\)，得\(c^2 = 9\)；把\(b = \pm2\)代入\(b^2 + c^2 = 9\)，得\(c^2 = 5\)。
- 經檢驗，\(a^2 = 3\)，\(b^2 = 9\)，\(c^2 = 0\)或\(a^2 = 3\)，\(b^2 = 0\)，\(c^2 = 9\)不符合夾角條件，所以\(a^2 = 3\)，\(b^2 = 5\)，\(c^2 = 4\) 。
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首先，設\(\overrightarrow{OP_1}=(x,y)\)，則\(\overrightarrow{OP_2}=A\overrightarrow{OP_1}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&-3\\3&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}\)。
\(\overrightarrow{OP_3}=A\overrightarrow{OP_2}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&-3\\3&4\end{bmatrix}\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}4(4x - 3y)-3(3x + 4y)\\3(4x - 3y)+4(3x + 4y)\end{bmatrix}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}7x - 24y\\24x + 7y\end{bmatrix}\)。
計算\(\overrightarrow{OP_1}\cdot\overrightarrow{OP_3}\)：
\(\overrightarrow{OP_1}\cdot\overrightarrow{OP_3}=x\cdot\frac{1}{25}(7x - 24y)+y\cdot\frac{1}{25}(24x + 7y)=\frac{1}{25}(7x^{2}-24xy + 24xy + 7y^{2})=\frac{7}{25}(x^{2}+y^{2})\)。
又\(\vert\overrightarrow{OP_1}\vert = a=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，\(\vert\overrightarrow{OP_3}\vert=\sqrt{(\frac{7x - 24y}{25})^{2}+(\frac{24x + 7y}{25})^{2}}=\sqrt{\frac{49x^{2}-336xy + 576y^{2}+576x^{2}+336xy + 49y^{2}}{625}}=\sqrt{\frac{625(x^{2}+y^{2})}{625}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}} = a\)。
根據向量點積公式\(\overrightarrow{OP_1}\cdot\overrightarrow{OP_3}=\vert\overrightarrow{OP_1}\vert\vert\overrightarrow{OP_3}\vert\cos\angle P_1OP_3\)，即\(\frac{7}{25}(x^{2}+y^{2})=a\cdot a\cdot\cos\angle P_1OP_3\)，可得\(\cos\angle P_1OP_3=\frac{7}{25}\)。
再根據\(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha = 1\)，可得\(\sin\angle P_1OP_3=\sqrt{1 - (\frac{7}{25})^{2}}=\frac{24}{25}\)。 報錯
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已知\(\overrightarrow{OP_1}=(x,y)\)，\(\overrightarrow{OP_2}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}\)，\(\overrightarrow{OP_3}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}7x - 24y\\24x + 7y\end{bmatrix}\)。
\(\overrightarrow{P_1P_2}=\overrightarrow{OP_2}-\overrightarrow{OP_1}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{4x - 3y - 5x}{5}\\\frac{3x + 4y - 5y}{5}\end{bmatrix}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}-x - 3y\\3x - y\end{bmatrix}\)。
\(\overrightarrow{P_1P_3}=\overrightarrow{OP_3}-\overrightarrow{OP_1}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}7x - 24y\\24x + 7y\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{7x - 24y - 25x}{25}\\\frac{24x + 7y - 25y}{25}\end{bmatrix}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}-18x - 24y\\24x - 18y\end{bmatrix}\)。
根據向量叉積求三角形面積公式\(S=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{P_1P_2}\times\overrightarrow{P_1P_3}\vert\)，對於二維向量\(\overrightarrow{a}=(m,n)\)，\(\overrightarrow{b}=(p,q)\)，\(\overrightarrow{a}\times\overrightarrow{b}=mq - np\)。
\(\overrightarrow{P_1P_2}\times\overrightarrow{P_1P_3}=\frac{1}{5}\times\frac{1}{25}[(-x - 3y)(24x - 18y)-(3x - y)(-18x - 24y)]\)。
展開得：
\[
\begin{align*}
&\frac{1}{125}(-24x^{2}+18xy - 72xy + 54y^{2}+54x^{2}+72xy - 18xy - 24y^{2})\\
=&\frac{1}{125}(30x^{2}+30y^{2})\\
=&\frac{30}{125}(x^{2}+y^{2})
\end{align*}
\]
因為\(a=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，所以\(S=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{P_1P_2}\times\overrightarrow{P_1P_3}\vert=\frac{1}{2}\times\frac{30}{125}(x^{2}+y^{2})=\frac{3}{25}a^{2}\)。 報錯
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由(2)知\(\triangle P_1P_2P_3\)的面積\(S=\frac{3}{25}a^{2}\)，而\(a=\vert\overrightarrow{OP_1}\vert=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，又\(y=\frac{1}{10}x^{2}-10\)。
所以\(a^{2}=x^{2}+(\frac{1}{10}x^{2}-10)^{2}=x^{2}+\frac{1}{100}x^{4}-2x^{2}+100=\frac{1}{100}x^{4}-x^{2}+100\)。
令\(t = x^{2}(t\geq0)\)，則\(a^{2}=\frac{1}{100}t^{2}-t + 100\)。
對於二次函數\(y=\frac{1}{100}t^{2}-t + 100\)，其對稱軸為\(t =-\frac{-1}{2\times\frac{1}{100}} = 50\)。
所以當\(t = 50\)時，\(a^{2}\)取得最小值，\(a^{2}_{min}=\frac{1}{100}\times50^{2}-50 + 100=\frac{2500}{100}-50 + 100 = 75\)。
則\(\triangle P_1P_2P_3\)面積的最小可能值為\(S_{min}=\frac{3}{25}\times75 = 9\)。 報錯
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首先求正八邊形的面積。
把正八邊形分割成8個等腰三角形，每個等腰三角形的頂角為\(\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}\)，腰長為\(\sqrt{1 - h^{2}}\)（由\(\vert\overrightarrow{OP_j}\vert = 1\)，利用勾股定理得到圓的半徑）。
等腰三角形的面積\(S_{單個}=\frac{1}{2}r^2\sin\theta\)（\(r\)為腰長，\(\theta\)為頂角），所以每個等腰三角形面積\(S_{單個}=\frac{1}{2}(\sqrt{1 - h^{2}})^2\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}(1 - h^{2})}{4}\)。
則正八邊形的面積\(S = 8\times\frac{\sqrt{2}(1 - h^{2})}{4}=2\sqrt{2}(1 - h^{2})\)。
已知角錐體積\(V=\frac{1}{3}\)底面積×高，此正八角錐的高為\(h\)，底面積為正八邊形面積\(S = 2\sqrt{2}(1 - h^{2})\)。
所以\(V(h)=\frac{1}{3}\times2\sqrt{2}(1 - h^{2})h=\frac{2\sqrt{2}}{3}(h - h^{3})\)。 報錯
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由(1)知\(\overrightarrow{OP_0}\cdot\overrightarrow{OP_4}=2h^{2}-1\)，\(\overrightarrow{OP_0}\)和\(\overrightarrow{OP_4}\)夾角不超過\(90^{\circ}\)，則\(\overrightarrow{OP_0}\cdot\overrightarrow{OP_4}\geq0\)，即\(2h^{2}-1\geq0\)，解得\(h\geq\frac{\sqrt{2}}{2}\)（因為\(0≤h≤1\)，所以取\(h\)的取值範圍\(\frac{\sqrt{2}}{2}≤h≤1\)）。
由(2)知\(V(h)=\frac{2\sqrt{2}}{3}(h - h^{3})\)，對\(V(h)\)求導，\(V^\prime(h)=\frac{2\sqrt{2}}{3}(1 - 3h^{2})\)。
令\(V^\prime(h)=0\)，即\(\frac{2\sqrt{2}}{3}(1 - 3h^{2}) = 0\)，解得\(h=\frac{\sqrt{3}}{3}\)或\(h = -\frac{\sqrt{3}}{3}\)（舍去，因為\(h\in[\frac{\sqrt{2}}{2},1]\)）。
在\(h\in[\frac{\sqrt{2}}{2},1]\)上分析\(V^\prime(h)\)的符號：
當\(\frac{\sqrt{2}}{2}\leq h\lt\frac{\sqrt{3}}{3}\)時，\(V^\prime(h)>0\)，\(V(h)\)遞增；
當\(\frac{\sqrt{3}}{3}\lt h\leq1\)時，\(V^\prime(h)<0\)，\(V(h)\)遞減。 所以\(V(h)\)在\(h=\frac{\sqrt{2}}{2}\)或\(h = \frac{\sqrt{3}}{3}\)處取得最大值。 \(V(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{2\sqrt{2}}{3}(\frac{\sqrt{2}}{2}-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{3})=\frac{2\sqrt{2}}{3}(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4})=\frac{2\sqrt{2}}{3}\times\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{3}\)。 \(V(\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{2\sqrt{2}}{3}(\frac{\sqrt{3}}{3}-(\frac{\sqrt{3}}{3})^{3})=\frac{2\sqrt{2}}{3}(\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{9})=\frac{2\sqrt{2}}{3}\times\frac{2\sqrt{3}}{9}=\frac{4\sqrt{6}}{27}\)。 比較\(\frac{1}{3}\)和\(\frac{4\sqrt{6}}{27}\)的大小： \(\frac{1}{3}=\frac{9}{27}\)，\((\frac{9}{27})^2=\frac{81}{729}\)，\((\frac{4\sqrt{6}}{27})^2=\frac{96}{729}\)，所以\(\frac{4\sqrt{6}}{27}>\frac{1}{3}\)。
所以正八角錐體積\(V(h)\)的最大值為\(\frac{4\sqrt{6}}{27}\)。 報錯
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