數學指考分科-甲

由\(ax^{2}+bx = ax + b\)，移項得\(ax^{2}+(b - a)x - b = 0\)。
因為兩函數圖形相切，所以判別式\(\Delta=(b - a)^{2}+4ab = 0\)，即\((a + b)^{2}=0\)，\(a=-b\)。
將\(a=-b\)代入一次函數\(y = ax + b\)得\(y = ax - a=a(x - 1)\)，代入二次函數得\(y = ax^{2}-ax\)。
聯立方程求解切點，令\(ax - a = ax^{2}-ax\)，即\(ax^{2}-2ax + a = 0\)，\(x^{2}-2x + 1 = 0\)，解得\(x = 1\)，\(y = 0\)，切點為\((1,0)\)，在\(x\)軸上。
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(1) 向量\(\overrightarrow{OP}=(2,2,1)\)，若\(\vec{v}=(1,-1,0)\)是平面\(E\)的法向量，則\(\overrightarrow{OP}\cdot\vec{v}=2\times1 + 2\times(-1)+1\times0 = 0\)，但\(2 - 2+0 = 0\)不成立，所以\(\vec{v}=(1,-1,0)\)不是平面\(E\)的法向量，(1)錯誤。
(2) 點\((4,4,2)=2(2,2,1)\)，\(P(2,2,1)\)是平面\(E\)上距離原點最近的點，所以\(P\)也是平面\(E\)上距離點\((4,4,2)\)最近的點，(2)正確。
(3) 設平面\(E\)的方程為\(2x + 2y+z + d = 0\)，把\(P(2,2,1)\)代入得\(4 + 4 + 1 + d = 0\)，\(d=-9\)，平面\(E\)的方程為\(2x + 2y+z - 9 = 0\)，把\((0,0,9)\)代入方程，\(0 + 0 + 9 - 9 = 0\)，所以點\((0,0,9)\)在平面\(E\)上，(3)正確。
(4) 點\((2,2,-8)\)到平面\(E\)：\(2x + 2y+z - 9 = 0\)的距離\(d=\frac{\vert2\times2 + 2\times2-8 - 9\vert}{\sqrt{2^{2}+2^{2}+1^{2}}}=\frac{9}{3}=3\neq9\)，(4)錯誤。
(5) 通過原點\((0,0,0)\)和點\((2,2,-8)\)的直線方程為\(\frac{x}{2}=\frac{y}{2}=\frac{z}{-8}\)，設直線上一點\((2t,2t,-8t)\)，代入平面\(E\)的方程\(2(2t)+2(2t)-8t - 9 = 0\)，\(4t + 4t - 8t - 9 = 0\)，\(-9 = 0\)不成立，所以直線與平面\(E\)不相交，(5)錯誤。
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設\(M=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\)，由\(M\begin{bmatrix}3\\ -2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix}\)，\(M\begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3\\2\end{bmatrix}\)可得：
\(\begin{cases}3a-2b = 3\\3c-2d = 2\\3a + 2b=-3\\3c + 2d = 2\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a = 0\\b =-\frac{3}{2}\\c=\frac{2}{3}\\d = 0\end{cases}\)，所以\(M=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\)。
(1) \(M\)不是鏡射變換，(1)錯誤。
(2) \(M\begin{bmatrix}3&3\\ -2&2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&3\\ -2&2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3& - 3\\ 2&2\end{bmatrix}\)，(2)正確。
(3) \(M\begin{bmatrix}-3\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-3\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3\\ - 2\end{bmatrix}\)，\(M\begin{bmatrix}-3\\ - 2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-3\\ - 2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\ - 2\end{bmatrix}\)，所以\(M\)將\(C\)映射到\(D\)且將\(D\)映射到\(A\)，(3)正確。
(4) \(M\)的行列式值\(\vert M\vert=0\times0-(-\frac{3}{2})\times\frac{2}{3}=1\neq - 1\)，(4)錯誤。
(5) \(M^{2}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix}\)，\(M^{3}=M^{2}\cdot M=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&\frac{3}{2}\\-\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}=-M\)，(5)正確。
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第\(n\)秒時，動點\(A\)移動的距離是首項\(a_{1}=1\)，公比\(q_{1}=\frac{1}{2}\)的等比數列的前\(n\)項和\(S_{A}=\sum_{k = 1}^{n}1\times(\frac{1}{2})^{k - 1}=2 - (\frac{1}{2})^{n - 1}\)；動點\(B\)移動的距離是首項\(b_{1}=4\)，公比\(q_{2}=\frac{1}{3}\)的等比數列的前\(n\)項和\(S_{B}=\sum_{k = 1}^{n}4\times(\frac{1}{3})^{k - 1}=6 - 6\times(\frac{1}{3})^{n}\) 。
則第\(n\)秒時\(A\)的位置是\(2 - (\frac{1}{2})^{n - 1}\)，\(B\)的位置是\(8 - (6 - 6\times(\frac{1}{3})^{n}) = 2 + 6\times(\frac{1}{3})^{n}\)。
\(c_{n}=\frac{(2 - (\frac{1}{2})^{n - 1})+(2 + 6\times(\frac{1}{3})^{n})}{2}=2-\frac{1}{2}\times(\frac{1}{2})^{n - 1}+3\times(\frac{1}{3})^{n}=2-(\frac{1}{2})^{n}+(\frac{1}{3})^{n - 1}\)。
(1) \(c_{1}=2-\frac{1}{2}+1=\frac{5}{2}\)，(1)正確。
(2) \(c_{2}=2-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=2+\frac{1}{12}\)，\(c_{2}\gt c_{1}\)，(2)正確。
(3) \(c_{n + 1}-c_{n}=[2-(\frac{1}{2})^{n + 1}+(\frac{1}{3})^{n}]-[2-(\frac{1}{2})^{n}+(\frac{1}{3})^{n - 1}]=(\frac{1}{2})^{n}- \frac{2}{3}\times(\frac{1}{3})^{n - 1}\)，\(\frac{c_{n + 2}-c_{n + 1}}{c_{n + 1}-c_{n}}\)不是常數，所以數列\(\{ c_{n + 1}-c_{n}\}\)不是等比數列，(3)錯誤。
(4) \(\lim\limits_{n \to \infty}c_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}[2-(\frac{1}{2})^{n}+(\frac{1}{3})^{n - 1}]=2\)，(4)正確。
(5) 因為\(\lim\limits_{n \to \infty}c_{n}=2\)，且\(c_{n}=2-(\frac{1}{2})^{n}+(\frac{1}{3})^{n - 1}\)，\(n = 1000\)時，\((\frac{1}{2})^{1000}\gt0\)，\((\frac{1}{3})^{999}\gt0\)，所以\(c_{1000}=2-(\frac{1}{2})^{1000}+(\frac{1}{3})^{999}\gt2\)，(5)正確。
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投擲一枚均勻銅板8次，最初兩次投擲中曾經出現過正面的對立事件是最初兩次都為反面，其概率\(P(\text{最初兩次都為反面})=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\)，所以最初兩次投擲中曾經出現過正面的概率\(P(A)=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)。
8次投擲中恰好出現3次正面的概率\(P(B)=C_{8}^{3}(\frac{1}{2})^{3}(1 - \frac{1}{2})^{5}=\frac{8!}{3!(8 - 3)!}\times(\frac{1}{2})^{8}=\frac{56}{256}\)。
最初兩次投擲中曾經出現過正面且8次投擲中恰好出現3次正面，分兩種情況：
一是最初兩次中有一次正面，後6次中有2次正面，概率\(P_{1}=C_{2}^{1}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times C_{6}^{2}(\frac{1}{2})^{2}(1 - \frac{1}{2})^{4}=\frac{2\times15}{256}\)；
二是最初兩次都是正面，後6次中有1次正面，概率\(P_{2}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times C_{6}^{1}(\frac{1}{2})^{1}(1 - \frac{1}{2})^{5}=\frac{6}{256}\)。
所以最初兩次投擲中曾經出現過正面且8次投擲中恰好出現3次正面的概率\(P(AB)=\frac{2\times15 + 6}{256}=\frac{36}{256}\)。
由條件概率公式\(P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{36}{256}}{\frac{3}{4}}=\frac{36}{256}\times\frac{4}{3}=\frac{3}{16}\)。
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先求\(\overset{\rightharpoonup}{u}×\overset{\rightharpoonup}{v}=\begin{vmatrix}\overset{\rightharpoonup}{i}&\overset{\rightharpoonup}{j}&\overset{\rightharpoonup}{k}\\1&2&3\\1&0&-1\end{vmatrix}=\overset{\rightharpoonup}{i}(-2 - 0)-\overset{\rightharpoonup}{j}(-1 - 3)+\overset{\rightharpoonup}{k}(0 - 2)=(-2,4,-2)\)。
因為\(\overset{\rightharpoonup}{w}\)與\(\overset{\rightharpoonup}{u}×\overset{\rightharpoonup}{v}\)平行，所以\(\overset{\rightharpoonup}{w}=k(-2,4,-2)=(-2k,4k,-2k)\)。
又\(\begin{vmatrix}1&2&3\\1&0&-1\\x&y&z\end{vmatrix}=1\times(0 + y)-2\times(z + x)+3\times(y - 0)=4y-2x - 2z=-12\)，把\(x=-2k\)，\(y = 4k\)，\(z=-2k\)代入得\(4\times4k-2\times(-2k)-2\times(-2k)=-12\)，即\(16k + 4k + 4k=-12\)，\(24k=-12\)，解得\(k = -\frac{1}{2}\)。
所以\(\overset{\rightharpoonup}{w}=(1,-2,1)\)。
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設\(z = a + bi\)，\(\overline{z}=a - bi\)，由\(z-\overline{z}=-3i\)可得\((a + bi)-(a - bi)=-3i\)，即\(2bi=-3i\)，解得\(b = -\frac{3}{2}\)，所以\(z=a-\frac{3}{2}i\)。
\(\vert\sqrt{7}+8i - z\vert=\vert\sqrt{7}+8i-(a-\frac{3}{2}i)\vert=\vert(\sqrt{7}-a)+(\frac{19}{2}i)\vert=\sqrt{(\sqrt{7}-a)^{2}+(\frac{19}{2})^{2}}\)，它表示複平面上點\(Z(a,-\frac{3}{2})\)到點\(A(\sqrt{7},8)\)的距離。
點\(A(\sqrt{7},8)\)到直線\(y = -\frac{3}{2}\)的距離就是\(\vert\sqrt{7}+8i - z\vert\)的最小值，即\(8-(-\frac{3}{2})=\frac{16 + 3}{2}=\frac{19}{2}\)。
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因為遊戲前指針停在數字1的區域，我們分情況討論三次轉動指針後數字之和的概率：
- **三次指針所停區域數字之和為1**：意味著後兩次指針都停在0區域。第一次轉動指針從1區域到0區域的概率為\(\frac{3}{4}\)，第二次從0區域再到0區域的概率為\(\frac{1}{4}\)，所以這種情況的概率為\(\frac{3}{4}\times\frac{1}{4}=\frac{3}{16}\)。
- **三次指針所停區域數字之和為2**：有兩種情況。第一種是第一次轉動指針從1區域到0區域（概率為\(\frac{3}{4}\)），第二次從0區域到1區域（概率為\(\frac{3}{4}\)），概率為\(\frac{3}{4}\times\frac{3}{4}=\frac{9}{16}\)；第二種是第一次轉動指針從1區域到1區域（概率為\(\frac{1}{4}\)），第二次從1區域到0區域（概率為\(\frac{3}{4}\)），概率為\(\frac{1}{4}\times\frac{3}{4}=\frac{3}{16}\)。那麽和為2的總概率是\(\frac{9}{16}+\frac{3}{16}=\frac{12}{16}\)。
- **三次指針所停區域數字之和為3**：即後兩次指針都停在1區域。第一次轉動指針從1區域到1區域的概率為\(\frac{1}{4}\)，第二次從1區域到1區域的概率為\(\frac{1}{4}\)，所以這種情況的概率為\(\frac{1}{4}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{16}\) 。

根據期望公式\(E(X)=X_1P_1 + X_2P_2 + X_3P_3\)（其中\(X_i\)是取值，\(P_i\)是對應取值的概率），可得期望為：
\[
\begin{align*}
E(X)&=1\times\frac{3}{16}+2\times\frac{12}{16}+3\times\frac{1}{16}\\
&=\frac{3 + 24 + 3}{16}\\
&=\frac{30}{16}\\
&=\frac{15}{8}
\end{align*}
\]

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由（1）知\(\overline{BD}=\frac{5}{2}\)，\(\overline{CD}=\frac{3}{2}\)。
根據向量加法的三角形法則，\(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}+\frac{5}{2}\times\frac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|}\)。
又因為\(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\)，所以\(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\frac{5}{2}\times\frac{\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}}{4}=\overrightarrow{AB}+\frac{5}{8}\overrightarrow{AC}-\frac{5}{8}\overrightarrow{AB}=\frac{3}{8}\overrightarrow{AB}+\frac{5}{8}\overrightarrow{AC}\)。
所以\(\alpha=\frac{3}{8}\)，\(\beta=\frac{5}{8}\)，則\(\alpha+\beta=\frac{3}{8}+\frac{5}{8}=1\) 。 報錯
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