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108指考數學甲試題–C

設\(z\)為複數。在複數平面上，一個正六邊形依順時針方向的連續三個頂點為\(z\)、\(0\)、\(z + 5 – 2\sqrt{3}i\)（其中\(i=\sqrt{-1}\)），則\(z\)的實部為（化成最簡分數）。

答案

在複數平面中，正六邊形相鄰頂點與原點所成角度為\(\frac{\pi}{3}\)，且相鄰頂點間距離相等。
已知正六邊形依順時針方向三個頂點為\(z\)、\(0\)、\(z + 5 - 2\sqrt{3}i\)，所以\(\vert z\vert=\vert z + 5 - 2\sqrt{3}i\vert\)，且向量\(\overrightarrow{0z}\)與\(\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}\)的夾角是\(\frac{\pi}{3}\)。
設\(z = x + yi\)（\(x,y\in R\)），則\(\vert z\vert=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，\(\vert z + 5 - 2\sqrt{3}i\vert=\sqrt{(x + 5)^{2}+(y - 2\sqrt{3})^{2}}\)。
由\(\vert z\vert=\vert z + 5 - 2\sqrt{3}i\vert\)可得：\(x^{2}+y^{2}=(x + 5)^{2}+(y - 2\sqrt{3})^{2}\)，
展開式子：\(x^{2}+y^{2}=x^{2}+10x + 25 + y^{2}-4\sqrt{3}y + 12\)，
化簡得到：\(10x-4\sqrt{3}y + 37 = 0\) ①。
又因為向量\(\overrightarrow{0z}=(x,y)\)，\(\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}=(x + 5,y - 2\sqrt{3})\)，
根據向量夾角公式\(\cos\frac{\pi}{3}=\frac{\overrightarrow{0z}\cdot\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}}{\vert\overrightarrow{0z}\vert\vert\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}\vert}\)，
且\(\vert\overrightarrow{0z}\vert=\vert\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}\vert\)，所以\(\overrightarrow{0z}\cdot\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{0z}\vert^{2}\)。
即\(x(x + 5)+y(y - 2\sqrt{3})=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})\)，
展開式子：\(x^{2}+5x + y^{2}-2\sqrt{3}y=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}y^{2}\)，
移項化簡得：\(x^{2}+y^{2}+10x - 4\sqrt{3}y = 0\) ②。
將①式\(10x-4\sqrt{3}y=-37\)代入②式得：\(x^{2}+y^{2}-37 = 0\)，即\(y^{2}=37 - x^{2}\)。
把\(y^{2}=37 - x^{2}\)代入①式：\(10x-4\sqrt{3}\sqrt{37 - x^{2}}+37 = 0\)，
移項得：\(4\sqrt{3}\sqrt{37 - x^{2}}=10x + 37\)，
兩邊平方：\(48\times(37 - x^{2})=(10x + 37)^{2}\)，
展開得：\(1776-48x^{2}=100x^{2}+740x + 1369\)，
移項整理得：\(148x^{2}+740x - 407 = 0\)，
對於一元二次方程\(ax^{2}+bx + c = 0\)（\(a = 148\)，\(b = 740\)，\(c=-407\)），
由求根公式\(x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}\)可得：
\(x=\frac{-740\pm\sqrt{740^{2}-4\times148\times(-407)}}{2\times148}=\frac{-740\pm\sqrt{547600 + 240696}}{296}=\frac{-740\pm\sqrt{788296}}{296}=\frac{-740\pm888}{296}\)，
解得\(x_1=\frac{-740 + 888}{296}=\frac{148}{296}=\frac{1}{2}\)，\(x_2=\frac{-740 - 888}{296}=\frac{-1628}{296}=-\frac{7}{2}\)。
因為正六邊形順時針排列，經檢驗\(x = -\frac{7}{2}\)符合條件。
所以\(z\)的實部為\(-\frac{7}{2}\)。報錯
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108指考數學甲試題-1)

坐標空間中以\(o\)表示原點，給定兩向量\(\overrightarrow{OA}=(1,\sqrt{2},1)\)、\(\overrightarrow{OB}=(2,0,0)\)。試回答下列問題。
若\(\overrightarrow{OP}\)是長度為2的向量，且與\(\overrightarrow{OA}\)之夾角為\(60^{\circ}\)，試求向量\(\overrightarrow{OA}\)與\(\overrightarrow{OP}\)的內積。(2分)

答案

根據向量內積公式\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow{b}\vert\cos\theta\)（其中\(\theta\)為\(\overrightarrow{a}\)與\(\overrightarrow{b}\)的夾角）。
已知\(\vert\overrightarrow{OP}\vert = 2\)，\(\vert\overrightarrow{OA}\vert=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{2})^{2}+1^{2}}=\sqrt{4}=2\)，\(\theta = 60^{\circ}\)。
所以\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OP}=\vert\overrightarrow{OA}\vert\vert\overrightarrow{OP}\vert\cos60^{\circ}=2\times2\times\frac{1}{2}=2\)。報錯
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108指考數學甲試題-2)

坐標空間中以\(o\)表示原點，給定兩向量\(\overrightarrow{OA}=(1,\sqrt{2},1)\)、\(\overrightarrow{OB}=(2,0,0)\)。試回答下列問題。
承(1)，已知滿足此條件的所有點\(P\)均落在一平面\(E\)上，試求平面\(E\)的方程式。(2分)

答案

設\(P(x,y,z)\)，\(\overrightarrow{OP}=(x,y,z)\)，由(1)知\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OP}=2\)，且\(\overrightarrow{OA}=(1,\sqrt{2},1)\)。
所以\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OP}=x+\sqrt{2}y + z = 2\)。
故平面\(E\)的方程式為\(x+\sqrt{2}y + z - 2 = 0\)。報錯
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108指考數學甲試題-3)

坐標空間中以\(o\)表示原點，給定兩向量\(\overrightarrow{OA}=(1,\sqrt{2},1)\)、\(\overrightarrow{OB}=(2,0,0)\)。試回答下列問題。
若\(\overrightarrow{OQ}\)是長度為2的向量，分別與\(\overrightarrow{OA}\)、\(\overrightarrow{OB}\)之夾角皆為\(60^{\circ}\)，已知滿足此條件的所有點\(Q\)均落在一直線\(L\)上，試求直線\(L\)的方向向量。(4分)

答案

設\(\overrightarrow{OQ}=(x,y,z)\)，\(\vert\overrightarrow{OQ}\vert = 2\)，則\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=4\)。
由\(\overrightarrow{OQ}\)與\(\overrightarrow{OA}\)夾角為\(60^{\circ}\)，根據向量內積公式\(\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{OA}=\vert\overrightarrow{OQ}\vert\vert\overrightarrow{OA}\vert\cos60^{\circ}\)，\(\vert\overrightarrow{OA}\vert = 2\)，可得\(\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{OA}=x+\sqrt{2}y + z = 2\times2\times\frac{1}{2}=2\) ①。
由\(\overrightarrow{OQ}\)與\(\overrightarrow{OB}\)夾角為\(60^{\circ}\)，\(\vert\overrightarrow{OB}\vert = 2\)，可得\(\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{OB}=2x=2\times2\times\frac{1}{2}=2\)，解得\(x = 1\)。
把\(x = 1\)代入①式得：\(1+\sqrt{2}y + z = 2\)，即\(z = 1-\sqrt{2}y\)。
將\(x = 1\)，\(z = 1-\sqrt{2}y\)代入\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=4\)得：\(1 + y^{2}+(1-\sqrt{2}y)^{2}=4\)，
展開得：\(1 + y^{2}+1 - 2\sqrt{2}y + 2y^{2}=4\)，
整理得：\(3y^{2}-2\sqrt{2}y - 2 = 0\)，
分解因式得：\((\sqrt{3}y+\sqrt{2})(\sqrt{3}y-\sqrt{2}) = 0\)，
解得\(y_1=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)，\(y_2=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)。
當\(y=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)時，\(z = 1-\frac{2}{\sqrt{3}}\)；當\(y=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)時，\(z = 1+\frac{2}{\sqrt{3}}\)。
設直線\(L\)的方向向量為\(\overrightarrow{d}=(m,n,p)\)，取\(Q_1(1,\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},1-\frac{2}{\sqrt{3}})\)，\(Q_2(1,-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},1+\frac{2}{\sqrt{3}})\)，
則\(\overrightarrow{d}=\overrightarrow{Q_1Q_2}=(0,-\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\frac{4}{\sqrt{3}})\)，化簡得\(\overrightarrow{d}=(0,-\sqrt{2},2)\)（方向向量不唯一，與之平行的向量均可）。報錯
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108指考數學甲試題-4)

坐標空間中以\(o\)表示原點，給定兩向量\(\overrightarrow{OA}=(1,\sqrt{2},1)\)、\(\overrightarrow{OB}=(2,0,0)\)。若\(\overrightarrow{OQ}\)是長度為2的向量，分別與\(\overrightarrow{OA}\)、\(\overrightarrow{OB}\)之夾角皆為\(60^{\circ}\)，已知滿足此條件的所有點\(Q\)均落在一直線\(L\)上。承(3)，試求出滿足條件的所有\(Q\)點之坐標。(4分)

答案

由(3)可知直線\(L\)的方向向量\(\overrightarrow{d}=(0,-\sqrt{2},2)\)，可設直線\(L\)的參數方程為\(\begin{cases}x = x_0 + 0t\\y = y_0-\sqrt{2}t\\z = z_0 + 2t\end{cases}\)（\(t\)為參數）。
又因為直線\(L\)上的點到原點距離為2（\(\vert\overrightarrow{OQ}\vert = 2\)），且\(\overrightarrow{OQ}\)與\(\overrightarrow{OA}\)、\(\overrightarrow{OB}\)夾角為\(60^{\circ}\) ，在(3)中已求得\(x = 1\)，所以直線\(L\)的參數方程可寫為\(\begin{cases}x = 1\\y = y_0-\sqrt{2}t\\z = z_0 + 2t\end{cases}\)。
由\(\vert\overrightarrow{OQ}\vert = 2\)，根據向量模長公式\(\vert\overrightarrow{OQ}\vert=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} = 2\)，將\(x = 1\)代入可得\(1 + y^{2}+z^{2}=4\)，即\(y^{2}+z^{2}=3\)。
把\(y = y_0-\sqrt{2}t\)，\(z = z_0 + 2t\)代入\(y^{2}+z^{2}=3\)得\((y_0-\sqrt{2}t)^{2}+(z_0 + 2t)^{2}=3\)。
又由\(\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{OA}=2\)（\(\overrightarrow{OQ}=(x,y,z)\)，\(\overrightarrow{OA}=(1,\sqrt{2},1)\)）可得\(x+\sqrt{2}y + z = 2\)，把\(x = 1\)代入得\(\sqrt{2}y + z = 1\)，即\(z = 1-\sqrt{2}y\)。
再由\(\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{OB}=2\)（\(\overrightarrow{OB}=(2,0,0)\)）可得\(2x = 2\)，所以\(x = 1\)。
將\(z = 1-\sqrt{2}y\)代入\(y^{2}+z^{2}=3\)得\(y^{2}+(1-\sqrt{2}y)^{2}=3\)，展開得\(y^{2}+1 - 2\sqrt{2}y + 2y^{2}=3\)，整理得\(3y^{2}-2\sqrt{2}y - 2 = 0\)。
因式分解得\((\sqrt{3}y+\sqrt{2})(\sqrt{3}y - \sqrt{2}) = 0\)，解得\(y_1=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)，\(y_2=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)。
當\(y=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)時，\(z = 1-\frac{2}{\sqrt{3}}\)；當\(y = -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)時，\(z = 1+\frac{2}{\sqrt{3}}\)。
所以\(Q\)點坐標為\((1,\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},1 - \frac{2}{\sqrt{3}})\)和\((1,-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},1+\frac{2}{\sqrt{3}})\) ，化簡為\((1,\frac{\sqrt{6}}{3},\frac{\sqrt{3}-2}{\sqrt{3}})\)和\((1,-\frac{\sqrt{6}}{3},\frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{3}})\)，即\((1,\frac{\sqrt{6}}{3},1-\frac{2\sqrt{3}}{3})\)和\((1,-\frac{\sqrt{6}}{3},1+\frac{2\sqrt{3}}{3})\)。報錯
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108指考數學甲試題-1)

設\(f(x)\)為實係數多項式函數，且\(xf(x)=3x^{4}-2x^{3}+x^{2}+\int_{1}^{x}f(t)dt\)（\(x\geq1\)）。試求\(f(1)\) 。(2分)

答案

令\(x = 1\)，代入\(xf(x)=3x^{4}-2x^{3}+x^{2}+\int_{1}^{x}f(t)dt\)可得：
\(1\times f(1)=3\times1^{4}-2\times1^{3}+1^{2}+\int_{1}^{1}f(t)dt\)。
因為\(\int_{1}^{1}f(t)dt = 0\)，所以\(f(1)=3 - 2 + 1=2\)。報錯
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108指考數學甲試題-2)

設\(f(x)\)為實係數多項式函數，且\(xf(x)=3x^{4}-2x^{3}+x^{2}+\int_{1}^{x}f(t)dt\)（\(x\geq1\)）。試求\(f'(x)\) 。(4分)

答案

對\(xf(x)=3x^{4}-2x^{3}+x^{2}+\int_{1}^{x}f(t)dt\)兩邊求導。
根據乘積求導法則\((uv)^\prime = u^\prime v + uv^\prime\)，左邊求導得\(f(x)+xf'(x)\)。
右邊求導，\((3x^{4}-2x^{3}+x^{2})^\prime=12x^{3}-6x^{2}+2x\) ，\((\int_{1}^{x}f(t)dt)^\prime=f(x)\)。
所以\(f(x)+xf'(x)=12x^{3}-6x^{2}+2x + f(x)\)。
移項可得\(xf'(x)=12x^{3}-6x^{2}+2x\)，兩邊同時除以\(x\)（\(x\geq1\)），得到\(f'(x)=12x^{2}-6x + 2\)。報錯
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108指考數學甲試題-3)

設\(f(x)\)為實係數多項式函數，且\(xf(x)=3x^{4}-2x^{3}+x^{2}+\int_{1}^{x}f(t)dt\)（\(x\geq1\)）。試求\(f(x)\) 。(2分)

答案

由(2)知\(f'(x)=12x^{2}-6x + 2\)，對\(f'(x)\)積分求\(f(x)\)。
\(f(x)=\int(12x^{2}-6x + 2)dx = 4x^{3}-3x^{2}+2x + C\)。
由(1)知\(f(1)=2\)，把\(x = 1\)代入\(f(x)=4x^{3}-3x^{2}+2x + C\)得\(4 - 3 + 2 + C = 2\)，解得\(C=-1\)。
所以\(f(x)=4x^{3}-3x^{2}+2x - 1\)。報錯
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108指考數學甲試題-4)

設\(f(x)\)為實係數多項式函數，且\(xf(x)=3x^{4}-2x^{3}+x^{2}+\int_{1}^{x}f(t)dt\)（\(x\geq1\)）。試證明恰有一個大於1的正實數\(a\)滿足\(\int_{0}^{a}f(x)dx = 1\)。(4分)

答案

由(3)知\(f(x)=4x^{3}-3x^{2}+2x - 1\)，則\(\int_{0}^{a}f(x)dx=\int_{0}^{a}(4x^{3}-3x^{2}+2x - 1)dx\)。
\(\int_{0}^{a}(4x^{3}-3x^{2}+2x - 1)dx=(x^{4}-x^{3}+x^{2}-x)\big|_{0}^{a}=a^{4}-a^{3}+a^{2}-a\)。
令\(g(a)=a^{4}-a^{3}+a^{2}-a - 1\)（\(a>1\)）。
對\(g(a)\)求導得\(g'(a)=4a^{3}-3a^{2}+2a - 1\)。
當\(a>1\)時，\(4a^{3}-3a^{2}+2a - 1=a^{2}(4a - 3)+2a - 1>0\)，所以\(g(a)\)在\((1,+\infty)\)上單調遞增。
又\(g(1)=1^{4}-1^{3}+1^{2}-1 - 1=-1<0\) ，\(\lim_{a\rightarrow+\infty}g(a)=+\infty\)。根據零點存在定理，在單調遞增函數中，當函數在某區間兩端點函數值異號時，函數在該區間內有且只有一個零點。所以恰有一個大於1的正實數\(a\)，使得\(g(a)=0\)，即恰有一個大於1的正實數\(a\)滿足\(\int_{0}^{a}f(x)dx = 1\)。報錯
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