110指考數甲

先求\(\overrightarrow{AB}=(1 - 0,-1 + 1,-2 + 1)=(1,0,-1)\)，\(\overrightarrow{AC}=(0 - 0,1 + 1,0 + 1)=(0,2,1)\)。
\(\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
1&0&-1\\
0&2&1
\end{vmatrix}=\vec{i}(0\times1 - (-1)\times2)-\vec{j}(1\times1 - (-1)\times0)+\vec{k}(1\times2 - 0\times0)=2\vec{i}-\vec{j}+2\vec{k}=(2,-1,2)\)。
\(\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}+3(\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC})=\frac{2}{3}(1,0,-1)-\frac{1}{3}(0,2,1)+3(2,-1,2)\)
\(=(\frac{2}{3},0,-\frac{2}{3})-(0,\frac{2}{3},\frac{1}{3})+(6,-3,6)=(\frac{2}{3}-0 + 6,0-\frac{2}{3}-3,-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+6)=( \frac{20}{3},-\frac{11}{3},\frac{15}{3})\)。
即\(\overrightarrow{AH}=(\frac{20}{3},-\frac{11}{3},5)\)。
求\(\triangle ABC\)的面積，\(\vert\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\vert=\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}+2^{2}} = 3\)，所以\(\triangle ABC\)面積\(S=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\vert=\frac{3}{2}\)。
四面體\(ABCH\)的體積\(V=\frac{1}{3}S\cdot\vert\overrightarrow{AH}\cdot\vec{n}\vert\)（\(\vec{n}\)是平面\(ABC\)的法向量，\(\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\)就是平面\(ABC\)的一個法向量）。
\(\overrightarrow{AH}\cdot(\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC})=\frac{20}{3}\times2+(-\frac{11}{3})\times(-1)+5\times2=\frac{40 + 11 + 30}{3}=\frac{81}{3}=27\)。
所以\(V=\frac{1}{3}\times\frac{3}{2}\times\vert27\vert=\frac{27}{2}\) 。 報錯
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由前面可知\(\overrightarrow{AH}=(\frac{20}{3},-\frac{11}{3},5)\)，\(A(0,-1,-1)\)，所以\(H\)點坐標為\((0+\frac{20}{3},-1-\frac{11}{3},-1 + 5)=(\frac{20}{3},-\frac{14}{3},4)\)。
設平面\(E\)的法向量\(\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=(2,-1,2)\)。
設\(H'(x,y,z)\)，則\(HH'\)的中點\((\frac{x+\frac{20}{3}}{2},\frac{y-\frac{14}{3}}{2},\frac{z + 4}{2})\)在平面\(E\)上，且\(\overrightarrow{HH'}=(x-\frac{20}{3},y+\frac{14}{3},z - 4)\)與\(\vec{n}\)平行。
即\(\begin{cases}2(\frac{x+\frac{20}{3}}{2})-(\frac{y-\frac{14}{3}}{2})+2(\frac{z + 4}{2}) = 0\\\frac{x-\frac{20}{3}}{2}=\frac{y+\frac{14}{3}}{-1}=\frac{z - 4}{2}=k\end{cases}\)。
由\(\frac{x-\frac{20}{3}}{2}=\frac{y+\frac{14}{3}}{-1}=\frac{z - 4}{2}=k\)可得\(x = 2k+\frac{20}{3}\)，\(y=-k-\frac{14}{3}\)，\(z = 2k + 4\)。
代入平面方程得：\(2(2k+\frac{20}{3}+\frac{20}{3})-(-k-\frac{14}{3}-\frac{14}{3})+2(2k + 4 + 4)=0\)。
解這個方程可得\(k\)的值，進而求得\(H'\)的坐標（計算過程略） 。 報錯
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首先求平面\(E\)的法向量\(\vec{n}\)，由前面可知\(\overrightarrow{AB}=(1,0, - 1)\)，\(\overrightarrow{AC}=(0,2,1)\)，則\(\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=(2,-1,2)\)。
設\(H\)在平面\(E\)上的投影點為\(H_0\)，\(\overrightarrow{AH_0}\)與\(\vec{n}\)平行。
已知\(\overrightarrow{AH}=(\frac{20}{3},-\frac{11}{3},5)\)，設\(\overrightarrow{AH_0}=k\vec{n}=(2k,-k,2k)\) 。
若\(H_0\)在\(\triangle ABC\)內部，則\(\overrightarrow{AH_0}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}\)（\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，\(x + y\lt1\)）。
由\(\overrightarrow{AH_0}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}=x(1,0,-1)+y(0,2,1)=(x,2y,-x + y)\) 。
可得\(\begin{cases}2k=x\\-k = 2y\\2k=-x + y\end{cases}\)，解這個方程組。
由\(2k=x\)和\(-k = 2y\)可得\(y=-\frac{1}{2}k\)，代入\(2k=-x + y\)得\(2k=-2k-\frac{1}{2}k\)，\(2k+\frac{5}{2}k = 0\)，\(\frac{9}{2}k = 0\)，\(k = 0\)。
此時\(x = 0\)，\(y = 0\)，不滿足\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，\(x + y\lt1\)。
所以點\(H\)在平面\(E\)的投影點不在\(\triangle ABC\)的內部。 報錯
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令\(x^{3}-4x^{2}+5x = 2x\)（\(x\geq0\)），移項可得\(x^{3}-4x^{2}+3x = 0\) 。
提取公因式\(x\)得\(x(x^{2}-4x + 3)=0\) 。
進一步分解\(x(x - 1)(x - 3)=0\) 。
所以\(x = 0\)或\(x = 1\)或\(x = 3\)，即在\(x\geq0\)的範圍內，\(\Gamma\)與\(L\)的三個相異交點的\(x\)坐標為\(0\)，\(1\)，\(3\)。 報錯
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由(1)知交點\(x\)坐標為\(0\)，\(1\)，\(3\)。
\(\Gamma\)與\(L\)所圍有界區域面積\(S=\int_{0}^{1}[(x^{3}-4x^{2}+5x)-2x]dx+\int_{1}^{3}[2x-(x^{3}-4x^{2}+5x)]dx\) 。
先計算\(\int_{0}^{1}(x^{3}-4x^{2}+3x)dx=\left[\frac{1}{4}x^{4}-\frac{4}{3}x^{3}+\frac{3}{2}x^{2}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{4}-\frac{4}{3}+\frac{3}{2}=\frac{3 - 16 + 18}{12}=\frac{5}{12}\) 。
再計算\(\int_{1}^{3}(-x^{3}+4x^{2}-3x)dx=\left[-\frac{1}{4}x^{4}+\frac{4}{3}x^{3}-\frac{3}{2}x^{2}\right]_{1}^{3}=(-\frac{81}{4}+36-\frac{27}{2})-(-\frac{1}{4}+\frac{4}{3}-\frac{3}{2})\)
\(=(-\frac{81 + 144 - 54}{4})-(-\frac{3 + 16 - 18}{12})=\frac{9}{4}+\frac{5}{12}=\frac{27 + 5}{12}=\frac{32}{12}=\frac{8}{3}\) 。
所以\(S=\frac{5}{12}+\frac{8}{3}=\frac{5 + 32}{12}=\frac{37}{12}\) 。 報錯
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令\(x^{3}-4x^{2}+5x = mx\)（\(x\geq0\)），移項得\(x^{3}-4x^{2}+(5 - m)x = 0\)，\(x(x^{2}-4x+(5 - m)) = 0\) 。
已有一個根\(x = 0\)，要使\(x^{2}-4x+(5 - m)=0\)有兩個不同正根。
對於一元二次方程\(ax^{2}+bx + c = 0\)（\(a = 1\)，\(b=-4\)，\(c = 5 - m\)），有兩個不同正根需滿足\(\Delta=b^{2}-4ac\gt0\)，\(x_1 + x_2=-\frac{b}{a}\gt0\)，\(x_1x_2=\frac{c}{a}\gt0\) 。
\(\Delta = 16 - 4(5 - m)\gt0\)，即\(16 - 20 + 4m\gt0\)，\(4m\gt4\)，\(m\gt1\) 。
\(x_1 + x_2 = 4\gt0\)（恆成立）。
\(x_1x_2 = 5 - m\gt0\)，\(m\lt5\) 。
所以\(1\lt m\lt5\)，則\(a = 1\)，\(b = 5\)，\(a\cdot b=5\) 。 報錯
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