108指考數甲

擲兩枚銅板，共有\(4\)種等可能結果：正正、正反、反正、反反。
\(P\)（兩個反面）\(=\frac{1}{4}\)，此時獎金\(400\)元；\(P\)（一正一反）\(=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)，此時獎金\(800\)元；\(P\)（兩個正面）\(=\frac{1}{4}\) 。
若第一次擲出兩個正面，第二次擲銅板：
\(P\)（第二次擲出兩個反面）\(=\frac{1}{4}\)，獎金為\(800 + 400 = 1200\)元；\(P\)（第二次擲出一正一反）\(=\frac{1}{2}\)，獎金為\(800 + 800 = 1600\)元；\(P\)（第二次擲出兩個正面）\(=\frac{1}{4}\)，獎金為\(800 + 800 = 1600\)元。
獎金期望值\(E = 400\times\frac{1}{4}+800\times\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\times(\frac{1}{4}\times1200+\frac{1}{2}\times1600+\frac{1}{4}\times1600)\)
\(=100 + 400+\frac{1}{4}(300 + 800 + 400)=100 + 400 + 375 = 875\)元。
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已知\(F_{n}=2^{(2^{n})}+1\)，則\(\frac{F_{13}}{F_{12}}=\frac{2^{2^{13}} + 1}{2^{2^{12}}+1}\)。
因為\(2^{2^{13}}=2^{2^{12}\times2}=(2^{2^{12}})^2\)，當\(x\)很大時，\(\frac{2^{2^{13}} + 1}{2^{2^{12}}+1}\approx\frac{2^{2^{13}}}{2^{2^{12}}}=2^{2^{13}-2^{12}}=2^{2^{12}(2 - 1)}=2^{2^{12}}\)。
設\(N = 2^{2^{12}}\)，對其取常用對數\(\log N=\log(2^{2^{12}})=2^{12}\log 2\)。
\(2^{12}=4096\)，\(\log N = 4096\times0.3010\approx1233\)。
根據數的位數公式，若\(\log N = n + d\)（\(n\)為整數，\(0\leq d<1\)），則\(N\)的位數是\(n + 1\)，所以\(2^{2^{12}}\)的位數約為\(1233 + 1 = 1234\)，最接近1200。 答案為(5)。 報錯
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設塔高為\(h\)，塔底為\(O\)點。在\(Rt\triangle AOC\)中，\(\cot14^{\circ}=\frac{AO}{h}\)，所以\(AO = h\cot14^{\circ}\)；在\(Rt\triangle BOC\)中，\(\cot18^{\circ}30'=\frac{BO}{h}\)，所以\(BO = h\cot18^{\circ}30'\)。
在\(\triangle AOB\)中，\(\angle AOB = 90^{\circ}\)，根據勾股定理\(AB^{2}=AO^{2}+BO^{2}\)，已知\(AB = 65\)，則\(65^{2}=h^{2}\cot^{2}14^{\circ}+h^{2}\cot^{2}18^{\circ}30'\)。
\(h^{2}=\frac{65^{2}}{\cot^{2}14^{\circ}+\cot^{2}18^{\circ}30'}=\frac{65^{2}}{4.01^{2}+2.99^{2}}=\frac{4225}{16.0801 + 8.9401}=\frac{4225}{25.0202}\)。
當在線段\(\overline{AB}\)上的\(C\)點測得塔頂仰角最大時，此時\(OC\perp AB\)。
由三角形面積公式可得\(S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}AO\cdot BO=\frac{1}{2}AB\cdot OC\)，即\(OC=\frac{AO\cdot BO}{AB}\)。
\(AO\cdot BO = h^{2}\cot14^{\circ}\cot18^{\circ}30'\)，所以\(OC=\frac{h^{2}\cot14^{\circ}\cot18^{\circ}30'}{AB}\)。
把\(h^{2}=\frac{4225}{25.0202}\)，\(\cot14^{\circ}≈4.01\)，\(\cot18^{\circ}30'≈2.99\)，\(AB = 65\)代入可得：
\(OC=\frac{\frac{4225}{25.0202}\times4.01\times2.99}{65}\)
\(=\frac{4225\times4.01\times2.99}{25.0202\times65}\)
\(=\frac{4225\times11.9899}{1626.313}\)
\(\approx\frac{4225\times12}{1626.313}=\frac{50700}{1626.313}\approx31\)（公尺）。
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設圓心坐標為\((m,n)\)，半徑為\(r\)。
兩點間距離公式可得兩點距離\(d=\sqrt{(7 - 0)^2+(0 - \frac{7}{2})^2}=\frac{7\sqrt{5}}{2}\)，所以圓半徑\(r\geq\frac{7\sqrt{5}}{4}<5\)，(1)錯誤。 當半徑最小時，圓心是兩點所連線段中垂線的交點，經計算此時圓不經過原點，(2)錯誤。 直線\(x + 2y = 6\)，即\(x = 6 - 2y\)，代入圓的方程，判斷方程有解，所以Γ與直線有交點，(3)正確。 圓心\((m,n)\)，若在第四象限則\(m>0\)且\(n<0\)，由圓的性質可知存在這樣的圓心，(4)錯誤。 若圓心在第三象限，\(m<0\)且\(n<0\)，由圓心到兩點距離公式可知半徑\(r^2=(m - 7)^2 + n^2\)，計算可得\(r>8\)，(5)正確。答案為(3)(5)。 報錯
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(1) “取出的第一顆為紅球”的概率為\(\frac{2}{2 + 3 + 1}=\frac{1}{3}\) 。
“取出的第二顆為紅球”分兩種情況：若第一顆是紅球，概率為\(\frac{2}{6}×\frac{1}{5}\)；若第一顆不是紅球，概率為\(\frac{4}{6}×\frac{2}{5}\)，則“取出的第二顆為紅球”的概率為\(\frac{2}{6}×\frac{1}{5}+\frac{4}{6}×\frac{2}{5}=\frac{1}{3}\)，二者相等，(1)正確。
(2) 因為第一次取球的結果會影響第二次取球時袋中球的情況，所以“取出的第一顆為紅球”與“取出的第二顆為紅球”不是獨立事件，(2)錯誤。
(3) 當第一次取出紅球時，第二次仍有可能取出白球或藍球，所以這兩個事件不是互斥事件，(3)錯誤。
(4) “取出的第一、二顆皆為紅球”的概率是\(\frac{2}{6}×\frac{1}{5}=\frac{1}{15}\)，“取出的第一、二顆皆為白球”的概率是\(\frac{3}{6}×\frac{2}{5}=\frac{1}{5}\)，二者不相等，(4)錯誤。
(5) “取出的前三顆皆為白球”的概率為\(\frac{3}{6}×\frac{2}{5}×\frac{1}{4}=\frac{1}{20}\)。
“取出的前三顆球顏色皆相異”的概率為\(\frac{2}{6}×\frac{3}{5}×\frac{1}{4}+\frac{2}{6}×\frac{1}{5}×\frac{3}{4}+\frac{3}{6}×\frac{2}{5}×\frac{1}{4}+\frac{3}{6}×\frac{1}{5}×\frac{2}{4}+\frac{1}{6}×\frac{2}{5}×\frac{3}{4}+\frac{1}{6}×\frac{3}{5}×\frac{2}{4}=\frac{1}{5}\)，所以“取出的前三顆皆為白球”的概率小於“取出的前三顆球顏色皆相異”的概率，(5)正確。
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(1) 雖然\(\lim\limits _{n \to \infty} a_{n}=4\)，但不能就此得出對所有正整數\(n\)，\(a_{n}\gt 3\)均成立。例如數列\(a_n\)可能在趨近於無窮時才接近4，前面的項可能小於3，(1)錯誤。
(2) 因為\(\lim\limits _{n \to \infty} a_{n}=4\)，且\(a_{n}\lt a_{n + 1}\)，所以必然存在正整數\(n\)，使得\(a_{n + 1}\gt 4\)，(2)正確。
(3) 僅由\(a_{n}\lt b_{n}^{2}\lt a_{n + 1}\)和\(\lim _{n \to \infty} a_{n}=4\)，不能得出對所有正整數\(n\)，\(b_{n}^{2}\lt b_{n + 1}^{2}\)均成立。比如\(b_n\)的取值可能不具有這樣的單調性，(3)錯誤。
(4) 由夾逼定理，\(\lim \limits_{n \to \infty} a_{n}=\lim\limits _{n \to \infty} a_{n + 1}=4\)，且\(a_{n}\lt b_{n}^{2}\lt a_{n + 1}\)，所以\(\lim\limits _{n \to \infty} b_{n}^{2}=4\)，(4)正確。
(5) 雖然\(\lim\limits _{n \to \infty} b_{n}^{2}=4\)，但\(\lim\limits _{n \to \infty} b_{n}\)不一定存在，比如\(b_n\)可能在2和 - 2附近跳動，不一定趨向於某一個確定值，(5)錯誤。
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(1) 已知\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)，移項得\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=-4\overrightarrow{OC}\)。
兩邊取模，\(\vert2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}\vert=\vert -4\overrightarrow{OC}\vert\)，因為\(\vert\overrightarrow{OC}\vert = 1\)（單位圓上的點到原點距離為1），所以\(\vert2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}\vert = 4\)，(1)正確。
(2) 由\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)可得\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=-4\overrightarrow{OC}\)，兩邊平方得\(4\overrightarrow{OA}^{2}+12\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+9\overrightarrow{OB}^{2}=16\overrightarrow{OC}^{2}\)。
又\(\vert\overrightarrow{OA}\vert=\vert\overrightarrow{OB}\vert=\vert\overrightarrow{OC}\vert = 1\)，則\(4 + 12\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+9 = 16\)，解得\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\frac{1}{4}>0\)，(2)錯誤。
(3) 由\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)可得\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=-4\overrightarrow{OC}\) ，\(2\overrightarrow{OA}+4\overrightarrow{OC}=-3\overrightarrow{OB}\)，\(3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=-2\overrightarrow{OA}\)。
分別對這三個式子兩邊平方，再利用向量數量積公式\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow{b}\vert\cos\theta\)（\(\theta\)為\(\overrightarrow{a}\)與\(\overrightarrow{b}\)的夾角），可得\(\cos\angle AOB=\frac{1}{4}\)，\(\cos\angle AOC=-\frac{1}{8}\)，\(\cos\angle BOC=-\frac{11}{24}\)。
因為\(\cos\)函數在\([0,\pi]\)上單調遞減，且\(\vert-\frac{11}{24}\vert<\vert-\frac{1}{8}\vert\)，所以\(\angle BOC\)最小，(3)正確。 (4) 已知\(A(1,0)\)，\(\overrightarrow{OA}=(1,0)\)，由\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\frac{1}{4}\)，\(\vert\overrightarrow{OA}\vert = 1\)，\(\vert\overrightarrow{OB}\vert = 1\)，根據向量模長公式\(\vert\overrightarrow{AB}\vert=\sqrt{(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})^{2}}=\sqrt{\overrightarrow{OB}^{2}+\overrightarrow{OA}^{2}-2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}}=\sqrt{1 + 1 - 2\times\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{6}}{2}>\frac{3}{2}\)，(4)正確。
(5) 由\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)，根據正弦定理\(\frac{\vert\overrightarrow{OA}\vert}{\sin\angle BOC}=\frac{\vert\overrightarrow{OB}\vert}{\sin\angle AOC}=\frac{\vert\overrightarrow{OC}\vert}{\sin\angle AOB}\)，可得\(3\sin\angle AOB = 4\sin\angle AOC\)，(5)正確。
答案為(1)(3)(4)(5)。 報錯
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由坐標變換公式可得\(\begin{cases}y_{1}=x_{1}-2\\y_{2}=-x_{1}+2x_{2}+3\end{cases}\)。
已知新坐標\(y_{1}=1\)，\(y_{2}=-2\)，代入可得\(\begin{cases}1=r - 2\\-2=-r + 2s+3\end{cases}\)。
由\(1=r - 2\)，解得\(r = 3\)。
將\(r = 3\)代入\(-2=-r + 2s+3\)，即\(-2=-3 + 2s+3\)，解得\(s=-1\)。
所以\((r, s)=(3,-1)\) ，即答案依次填\(3\)、\(-1\)（原題中第三個空無值，按正確答案只有兩個值）。 報錯
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已知\(A(a,\log _{2}a)\)，\(B(b,\log _{2}b)\)，根據斜率公式\(k=\frac{\log _{2}b-\log _{2}a}{b - a}=2\)，即\(\log _{2}\frac{b}{a}=2(b - a)\)。
由距離公式\(\sqrt{(b - a)^{2}+(\log _{2}b-\log _{2}a)^{2}}=\sqrt{5}\)，把\(\log _{2}\frac{b}{a}=2(b - a)\)代入得\(\sqrt{(b - a)^{2}+4(b - a)^{2}}=\sqrt{5}\)。
即\(\sqrt{5(b - a)^{2}}=\sqrt{5}\)，\((b - a)^{2}=1\)，又\(a\lt b\)，所以\(b - a = 1\)，即\(b=a + 1\)。
將\(b=a + 1\)代入\(\log _{2}\frac{b}{a}=2(b - a)\)，得\(\log _{2}\frac{a + 1}{a}=2\)，即\(\frac{a + 1}{a}=4\)，解得\(a=\frac{1}{3}\)，\(b=\frac{4}{3}\)。
所以\((a, b)=(\frac{1}{3},\frac{4}{3})\) 。 報錯
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