數學

(1)根據零點存在定理，若\(f(x)\)在\([1,2]\)上連續，且\(f(1)f(2)<0\)，則存在\(c \in(1,2)\)使得\(f(c)=0\)，因為\(f(x)\)是實係數多項式函數，在\(R\)上連續，所以(1)正確。 (2)若\(f(1)f(2)>0\)，只能說明\(f(1)\)與\(f(2)\)同號，但不能排除在\((1,2)\)內存在零點的可能，比如\(f(x)=(x - 1.5)^2\)，\(f(1)f(2)>0\)，但\(x = 1.5\)是零點，(2)錯誤。
(3)若\(f(1)f(2)f(3)<0\)，假設\(f(1)<0,f(2)>0,f(3)<0\)，根據零點存在定理，在\((1,2)\)和\((2,3)\)內都可能存在零點，即存在\(c \in(1,3)\)满足\(f(c)=0\)，(3)正確。 (4)令\(F(x)=\int_{0}^{x} f(t)dt\)，\(F(x)\)是可導函數且\(F'(x)=f(x)\)。若\((\int_{0}^{1} f(x)dx)(\int_{0}^{2} f(x)dx)<0\)，即\(F(1)F(2)<0\)，由零點存在定理可知存在\(c \in(1,2)\)使得\(F(c)=\int_{0}^{c} f(x)dx=0\)，(4)正確。 (5)若\(\int_{1}^{2} f(x)dx=0\)，只能說明\(f(x)\)在\([1,2]\)上與\(x\)軸圍成的面積代數和為0，但不能得出\(f(1)f(2)<0\)，比如\(f(x)=(x - 1.5)\)，\(\int_{1}^{2} f(x)dx = 0\)，但\(f(1)f(2)>0\)，(5)錯誤。答案為(1)(3)(4)。 報錯
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(1)因為\(2^{a},2^{b},2^{c}\)成等差數列，所以\(2\times2^{b}=2^{a}+2^{c}\)，即\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\) ，不能推出\(b^{2}=ac\)，所以\(a,b,c\)不一定成等比數列，(1)錯誤。
(2)若\(2a + 100,2b + 100,2c + 100\)成等差數列，則\(2(2b + 100)=(2a + 100)+(2c + 100)\)，化簡得\(2b=a + c\) 。由\(2^{a},2^{b},2^{c}\)成等差得\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，根據均值不等式\(2^{a}+2^{c}>2\sqrt{2^{a}\times2^{c}} = 2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，即\(2^{b + 1}>2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，可得\(b + 1>\frac{a + c}{2}\)，又\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，移項可得\(2\times2^{b}-2^{a}-2^{c}=0\)，假設\(a=m + d\)，\(b=m\)，\(c=m - d\)（\(d>0\)）代入\(2\times2^{b}-2^{a}-2^{c}=0\)得\(2\times2^{m}-2^{m + d}-2^{m - d}=0\)，化簡得\(2 - 2^{d}-2^{-d}=0\)，令\(t = 2^{d}(t>1)\)，\(2 - t-\frac{1}{t}=0\)，\(2t - t^{2}-1 = 0\)，\(t^{2}-2t + 1 = 0\)，\((t - 1)^{2}=0\)，\(t = 1\)矛盾，所以\(2b=a + c\)，即\(2a + 100,2b + 100,2c + 100\)成等差數列，(2)正確。
(3)若\(4^{a},4^{b},4^{c}\)成等差數列，則\(2\times4^{b}=4^{a}+4^{c}\)，即\(2\times2^{2b}=2^{2a}+2^{2c}\)，由\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)平方得\(2^{2b + 2}=2^{2a}+2\times2^{a + c}+2^{2c}\)，與\(2\times2^{2b}=2^{2a}+2^{2c}\)不同，所以\(4^{a},4^{b},4^{c}\)不成等差數列，(3)錯誤。
(4)由\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，根據均值不等式\(2^{a}+2^{c}>2\sqrt{2^{a}\times2^{c}} = 2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，可得\(2^{b + 1}>2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，即\(b + 1>\frac{a + c}{2}\)，又\(a>b>c\)，所以\(a - b>0\)，\(2^{b + 1}-2^{a}-2^{c}=0\)，\(2^{b + 1}-2^{a}=2^{c}>0\)，\(2^{b + 1}>2^{a}\)，\(b + 1>a\)不恆成立，比如\(a = 3\)，\(b = 2\)，\(c = 1\)時不滿足，(4)錯誤。
(5)由\(2^{b + 1}=2^{a}+2^{c}\)，根據均值不等式\(2^{a}+2^{c}\geq2\sqrt{2^{a}\times2^{c}} = 2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，即\(2^{b + 1}\geq2\times2^{\frac{a + c}{2}}\)，可得\(b + 1\geq\frac{a + c}{2}\)，移項得\(b\geq\frac{a + c}{2}-1\)，不一定有\(b \geq \frac{a + c}{2}\)，(5)錯誤。答案為(2)。 報錯
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首先計算抽出兩球同色的概率：
抽出兩個紅球的概率\(P_1=\frac{C_{4}^{2}}{C_{4 + 8 + 13}^{2}}=\frac{\frac{4!}{2!(4 - 2)!}}{\frac{25!}{2!(25 - 2)!}}=\frac{4\times3}{25\times24}=\frac{1}{50}\)；
抽出兩個藍球的概率\(P_2=\frac{C_{8}^{2}}{C_{25}^{2}}=\frac{\frac{8!}{2!(8 - 2)!}}{\frac{25!}{2!(25 - 2)!}}=\frac{8\times7}{25\times24}=\frac{7}{75}\)；
抽出兩個白球的概率\(P_3=\frac{C_{13}^{2}}{C_{25}^{2}}=\frac{\frac{13!}{2!(13 - 2)!}}{\frac{25!}{2!(25 - 2)!}}=\frac{13\times12}{25\times24}=\frac{13}{50}\)。
所以抽出兩球同色的概率\(P_{同}=P_1 + P_2+P_3=\frac{1}{50}+\frac{7}{75}+\frac{13}{50}=\frac{3 + 14 + 39}{150}=\frac{56}{150}=\frac{28}{75}\)。
抽出兩球異色的概率\(P_{異}=1 - P_{同}=1-\frac{28}{75}=\frac{47}{75}\)。
獎金期望值\(E = 450\times\frac{28}{75}+75\times\frac{47}{75}=168 + 47 = 215\)（原題答案格式中，將215分別對應填入 ￮ 9 ￮ 10 ￮ 11 中，即2填在9處，1填在10處，5填在11處）。 報錯
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設圓心坐標為\((0,y_0)\)（\(y_0>0\)），切點坐標為\((x_1,y_1)\)。
由圓心與\(x\)軸的距離和切點與\(x\)軸的距離之比值為5，可得\(y_0 = 5y_1\)。
直線\(y = mx\)的一般式為\(mx - y = 0\)，根據點\((x_0,y_0)\)到直線\(Ax + By + C = 0\)的距離公式\(d=\frac{\vert Ax_0 + By_0 + C\vert}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}\)，圓心\((0,y_0)\)到直線\(mx - y = 0\)的距離等於圓的半徑\(r\)，即\(r=\frac{\vert - y_0\vert}{\sqrt{m^{2}+1}}\)。
又因為切點\((x_1,y_1)\)在直線\(y = mx\)上，所以\(y_1 = mx_1\)，且圓心\((0,y_0)\)與切點\((x_1,y_1)\)的距離也為半徑\(r\)，即\(r=\sqrt{(x_1 - 0)^{2}+(y_1 - y_0)^{2}}\)。
由\(y_0 = 5y_1\)，可得\(r=\sqrt{x_1^{2}+(y_1 - 5y_1)^{2}}=\sqrt{x_1^{2}+16y_1^{2}}\)。
再由\(y_1 = mx_1\)，\(r=\frac{\vert - y_0\vert}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{5y_1}{\sqrt{m^{2}+1}}\)，且\(r=\sqrt{x_1^{2}+16y_1^{2}}\)，\(x_1=\frac{y_1}{m}\)，代入可得：
\(\frac{5y_1}{\sqrt{m^{2}+1}}=\sqrt{(\frac{y_1}{m})^{2}+16y_1^{2}}\)，兩邊同時平方得\(\frac{25y_1^{2}}{m^{2}+1}=\frac{y_1^{2}}{m^{2}}+16y_1^{2}\)，因為\(y_1\neq0\)（否則圓不存在），等式兩邊同時除以\(y_1^{2}\)得\(\frac{25}{m^{2}+1}=\frac{1}{m^{2}} + 16\)。
通分得到\(25m^{2}=m^{2}+1 + 16m^{2}(m^{2}+1)\)，即\(16m^{4}-8m^{2}+1 = 0\)，令\(t = m^{2}(t>0)\)，則\(16t^{2}-8t + 1 = 0\)，\((4t - 1)^{2}=0\)，解得\(t=\frac{1}{4}\)，所以\(m^{2}=\frac{1}{4}\)，又\(m>0\)，則\(m=\frac{1}{2}\)。（原答案可能有誤，按照正確解題步驟得出\(m=\frac{1}{2}\) ，若按原答案思路需補充更多條件） 報錯
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設\(AB = AC = \sqrt{\sin\theta}\)，\(BC=\sin\theta\)。
根據等腰三角形的性質，作\(AD\perp BC\)於\(D\)，則\(BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sin\theta\)。
在\(Rt\triangle ABD\)中，由勾股定理可得\(AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{\sin\theta - (\frac{1}{2}\sin\theta)^{2}}=\sqrt{\sin\theta-\frac{1}{4}\sin^{2}\theta}\)。
三角形\(ABC\)的面積\(S=\frac{1}{2}BC\cdot AD=\frac{1}{2}\times\sin\theta\times\sqrt{\sin\theta-\frac{1}{4}\sin^{2}\theta}\)。
由\(\overline{AB}^{2}=\overline{AC}^{2}=\overline{BC}=\sin\theta\)，根據三角形三邊關係，\(2\sqrt{\sin\theta}>\sin\theta\)，即\(\sin\theta<4\)且\(\sin\theta>0\)。
再由餘弦定理\(\cos\theta=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}=\frac{\sin\theta+\sin\theta - \sin\theta}{2\sin\theta}=\frac{1}{2}\)，所以\(\theta = 60^{\circ}\)，\(\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。
則三角形面積\(S=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{4}\times(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{16}}=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{8\sqrt{3}-3}{16}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times\frac{\sqrt{8\sqrt{3}-3}}{4}=\frac{\sqrt{24\sqrt{3}-9}}{16}\)（化簡到最簡根式）。 報錯
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平面\(E\)由向量\(\vec{u}=(2,0,1)\)、\(\vec{v}=(0,1,1)\)所張出，則平面\(E\)的法向量\(\vec{n}=\vec{u}\times\vec{v}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\2&0&1\\0&1&1\end{vmatrix}=\vec{i}(0\times1 - 1\times1)-\vec{j}(2\times1 - 0\times1)+\vec{k}(2\times1 - 0\times0)=-\vec{i}-2\vec{j}+2\vec{k}=(-1,-2,2)\)。
所以平面\(E\)的方程為\(-x - 2y + 2z = 0\)，即\(x + 2y - 2z = 0\)，所以\(b = 2\)，\(c=-2\)，\(d = 0\)。 報錯
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設向量\(\overrightarrow{AB}=\vec{w}\)，向量\(\vec{w}\)在平面\(E\)上的投影向量為\(\overrightarrow{A'B'}\)。
根據向量投影的性質，向量\(\vec{w}\)在平面\(E\)的法向量\(\vec{n}\)方向上的分量被去掉，而\(\vec{u}\)在平面\(E\)上，所以\(\overrightarrow{AB}\)在\(\vec{u}\)方向上的分量在投影過程中不變。
即\(\overrightarrow{A'B'}\cdot\vec{u}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}\)（向量在平面上的投影向量與平面內向量的數量積等於原向量與該平面內向量的數量積，可由向量投影的幾何意義得出）。 報錯
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已知\(\overrightarrow{A'B'}=\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}\)，\(\vec{u}=(2,0,1)\)，\(\vec{v}=(0,1,1)\)，所以\(\overrightarrow{A'B'}=(2\alpha,\beta,\alpha+\beta)\)。
由(2)知\(\overrightarrow{A'B'}\cdot\vec{u}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}=5\)，即\((2\alpha,\beta,\alpha+\beta)\cdot(2,0,1)=5\)，可得\(4\alpha+\alpha+\beta = 5\)，即\(5\alpha+\beta = 5\) ①；
又\(\overrightarrow{A'B'}\cdot\vec{v}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{v}=2\)，即\((2\alpha,\beta,\alpha+\beta)\cdot(0,1,1)=2\)，可得\(\beta+\alpha+\beta = 2\)，即\(\alpha + 2\beta = 2\) ②。
由①\(\times2 -\)②得：\(10\alpha + 2\beta - (\alpha + 2\beta)=10 - 2\)，\(9\alpha = 8\)，解得\(\alpha=\frac{8}{9}\)。
把\(\alpha=\frac{8}{9}\)代入①得：\(5\times\frac{8}{9}+\beta = 5\)，\(\beta = 5 - \frac{40}{9}=-\frac{5}{9}\)。
所以\(\alpha=\frac{8}{9}\)，\(\beta =-\frac{5}{9}\)。 報錯
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首先對\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)求導，可得\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)。
將\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)展開：
\(x^{3}+bx^{2}+cx + d=\frac{1}{3}(3x^{2}+2bx + c)(x + k)\)
\(=\frac{1}{3}(3x^{3}+3kx^{2}+2bx^{2}+2bkx + cx + ck)\)
\(=x^{3}+(k+\frac{2b}{3})x^{2}+(\frac{2bk + c}{3})x+\frac{ck}{3}\)。
對比等式兩邊\(x^{2}\)的係數，可得\(b = k+\frac{2b}{3}\)，
移項可得\(b-\frac{2b}{3}=k\)，即\(\frac{b}{3}=k\)，所以\(b = 3k\)。 報錯
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由(1)知\(b = 3k\)，\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)，\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)。
因為\(f'(x)\)是\(f(x)\)的因式，所以\(f(x)\)能被\(f'(x)\)整除，即\(f(x)=0\)的根也是\(f'(x)=0\)的根。
\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)，\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)。
假設\(f'(x)=0\)的兩個根為\(x_1\)，\(x_2\)，由韋達定理\(x_1 + x_2=-\frac{2b}{3}\)，\(x_1x_2=\frac{c}{3}\)。
又因為\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)，所以\(f(x)\)有一個根為\(-k\)，不妨設\(x_1=-k\)。
將\(x_1=-k\)代入\(x_1 + x_2=-\frac{2b}{3}\)，由\(b = 3k\)可得\(-k + x_2=-2k\)，則\(x_2=-k\)。
所以\(f'(x)=0\)的兩個根相等，即\(f'(x)=0\)有重根。 報錯
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