數學

(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。
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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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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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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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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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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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