107指考數甲

由\(A\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b\\c\\a\end{bmatrix}\)，令\(\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}\)，可得\(A\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}\)；令\(\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}\)，可得\(A\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}\)；令\(\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}\)，可得\(A\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}\)。
所以\(A=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{bmatrix}\)。
則\(A^{2}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}\)。
所以\(A^{2}\begin{bmatrix}1\\0\\ -1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\\ -1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix}\)。
答案為(2)。

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已知\(\overrightarrow{OP}=a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}\)，\(\overrightarrow{OA}=(2,3)\)，\(\overrightarrow{OB}=(-1,3)\)，則\(\overrightarrow{OP}=(2a - b,3a + 3b)\)，所以\(x = 2a - b\)。
由\(-1\leq a\leq1\)，\(0\leq b\leq4\)，將\(x = 2a - b\)變形為\(b = 2a - x\)。
代入\(0\leq b\leq4\)，得到\(0\leq 2a - x\leq4\)。
當\(a = -1\)時，\(0\leq -2 - x\leq4\)，解得\(-6\leq x\leq -2\)；
當\(a = 1\)時，\(0\leq 2 - x\leq4\)，解得\(-2\leq x\leq2\) 。
所以\(x\)的取值範圍是\(-6\leq x\leq6\)。
對於二次函數\(f(x)=x^{2}+5\)，其二次項係數大於\(0\)，開口向上，在\(x\)的取值範圍\([-6,6]\)内，當\(x = 6\)或\(x = -6\)時，\(f(x)\)取得最大值，\(f(6)=6^{2}+5 = 41\)，\(f(-6)=(-6)^{2}+5 = 41\)。
答案為(4)。

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設從每家廠商進貨的玩偶數量都為\(x\)。
則從\(A\)廠商進貨的「皮卡丘」數量為\(\frac{1}{4}x\)，從\(B\)廠商進貨的「皮卡丘」數量為\(\frac{2}{5}x\)，從\(C\)廠商進貨的「皮卡丘」數量為\(\frac{1}{2}x\)。
零售商店中「皮卡丘」的總數量為\(\frac{1}{4}x+\frac{2}{5}x+\frac{1}{2}x=\frac{5x + 8x + 10x}{20}=\frac{23}{20}x\)。
根據條件概率公式\(P(C|皮卡丘)=\frac{P(皮卡丘\cap C)}{P(皮卡丘)}\)，\(P(皮卡丘\cap C)\)表示既是「皮卡丘」又是從\(C\)廠商進貨的概率，即\(\frac{1}{2}x\)（\(C\)廠商的「皮卡丘」數量），\(P(皮卡丘)=\frac{23}{20}x\)（零售商店的「皮卡丘」總數量）。
所以此「皮卡丘」出自\(C\)廠商的概率為\(\frac{\frac{1}{2}x}{\frac{23}{20}x}=\frac{10}{23}\)。
答案為(3)。

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(1) ○：\( A = \int_{0}^{10} f(x)dx \)，代表曲線 \( y=f(x) \) 與直線 \( x=0、x=10、y=0 \) 所圍區域的面積。

(2) ×：
\[
B = \sum_{n=0}^{9} f(n) = f(0)+f(1)+\dots+f(9) = 499 \times 10 - (1^2+2^2+\dots+9^2) = 4705
\]
\[
C = \sum_{n=1}^{10} f(n) = f(1)+f(2)+\dots+f(10) = 499 \times 10 - (1^2+2^2+\dots+10^2) = 4605
\]
故 \( B > C \)。

(3) ×：計算積分 \( A \)：
\[
A = \int_{0}^{10} (-x^2 + 499)dx = \left. \left(-\frac{1}{3}x^3 + 499x\right) \right|_{0}^{10} = 4990 - \frac{1000}{3} = \frac{13970}{3} \approx 4656.67 < B \] (4) ○：定義梯形和 \( D \)： \[ D = \sum_{n=0}^{9} \frac{f(n)+f(n+1)}{2} = \frac{1}{2}\left[ f(0)+2f(1)+2f(2)+\dots+2f(9)+f(10) \right] \] 化簡得： \[ D = \frac{1}{2}\left[ f(0)+f(10) + 2\sum_{n=1}^{9} f(n) \right] \] 因此： \[ D < f(0) + \sum_{n=1}^{9} f(n) = \sum_{n=0}^{9} f(n) = B \] 且 \[ D > \sum_{n=1}^{9} f(n) + f(10) = \sum_{n=1}^{10} f(n) = C
\]

(5) ×：計算 \( D \) 的值：
\[
D = \frac{1}{2}\left[ f(0)+f(10) + \sum_{n=1}^{9} f(n) \right] = \frac{1}{2} \times 399 + 4705 - \frac{1}{2} \times 499 = 4655 < A \] 故選 \( \boxed{(1)(4)} \)。

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(1) ○：\( y = \log_2 x \) 是遞增函數，故直線 \( L \) 的斜率為正（大於0）。
(2) ×：\( R \) 是 \( P、Q \) 中點，故 \( \frac{b+d}{2} = 0 \implies b = -d \)。
若 \( bd = -1 \)，則 \( -d^2 = -1 \implies d = \pm1 \)（取正），此時僅 \( P\left(\frac{1}{2}, -1\right)、Q(2, 1) \) 滿足，其他點坐標不成立。
(3) ○：由 \( \log_2 a = b \)、\( \log_2 c = d \) 且 \( b + d = 0 \)，得：
\[
\log_2 a + \log_2 c = 0 \implies \log_2(ac) = 0 \implies ac = 2^0 = 1
\]
(4) ×：\( y = \log_2 x \) 過 \( (1,0) \) 且圖形凹口向上（非向下）；若 \( L \) 的 \( y \)-截距大於 \( -1 \)，則 \( PR \neq RQ \)。
(5) ○：同(4)，直線 \( L \) 的 \( x \)-截距大於1。

故選 \( \boxed{(1)(3)(5)} \)。

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(1) ×：由 \( \vec{a} \times \vec{b} = \vec{c} \)，得 \( |\vec{a} \times \vec{b}| = |\vec{c}| \)，即：
\[
|\vec{a}||\vec{b}|\sin\theta = |\vec{c}| \implies 4 \times 4 \times \sin\theta = 4 \implies \sin\theta = \frac{1}{4}
\]
故 \( \cos\theta = \pm \frac{\sqrt{15}}{4} \)。

(2) ○：\( \vec{a}、\vec{b}、\vec{c} \) 張出的平行六面體體積為：
\[
|\vec{c} \cdot (\vec{a} \times \vec{b})| = |\vec{c} \cdot \vec{c}| = |\vec{c}|^2 = 4^2 = 16
\]

(3) ○：由 \( \vec{a} \times \vec{b} = \vec{c} \)，知 \( \vec{c} \perp \vec{a} \) 且 \( \vec{c} \perp \vec{b} \)；
由 \( \vec{a} \times \vec{c} = \vec{d} \)，知 \( \vec{d} \perp \vec{a} \) 且 \( \vec{d} \perp \vec{c} \)；
故 \( \vec{a}、\vec{c}、\vec{d} \) 兩兩互相垂直。

(4) ×：由 \( \vec{a} \times \vec{c} = \vec{d} \)，得 \( |\vec{a} \times \vec{c}| = |\vec{d}| \)，又 \( \vec{a} \perp \vec{c} \)（\( \theta = \frac{\pi}{2} \)），故：
\[
|\vec{a}||\vec{c}|\sin\frac{\pi}{2} = |\vec{d}| \implies 4 \times 4 \times 1 = |\vec{d}| \implies |\vec{d}| = 16
\]

(5) ×：由 \( \vec{a} \times \vec{c} = \vec{d} \)，得 \( |\vec{b} \cdot (\vec{a} \times \vec{c})| = |\vec{b} \cdot \vec{d}| \)，即：
\[
|\vec{b} \cdot \vec{d}| = 16 \implies |\vec{b}||\vec{d}|\cos\alpha = 16 \implies 4 \times 16 \times |\cos\alpha| = 16 \implies |\cos\alpha| = \frac{1}{4}
\]
故 \( \cos\alpha \neq \cos\theta \)。

故選 \( \boxed{(2)(3)} \)。

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(1) 根據複數的幾何意義，\(\vert z_{1}\vert\)，\(\vert z_{2}\vert\)，\(\vert z_{2}-z_{1}\vert\)分別對應向量\(\overrightarrow{OA}\)，\(\overrightarrow{OB}\)，\(\overrightarrow{BA}\)的糢。
由餘弦定理\(\cos\angle AOB=\frac{\vert z_{1}\vert^{2}+\vert z_{2}\vert^{2}-\vert z_{2}-z_{1}\vert^{2}}{2\vert z_{1}\vert\vert z_{2}\vert}=\frac{4 + 9 - 5}{2×2×3}=\frac{8}{12}=\frac{2}{3}\)，(1)正確。
(2) \(\vert z_{2}+z_{1}\vert^{2}=(z_{2}+z_{1})(\overline{z_{2}+z_{1}})=\vert z_{2}\vert^{2}+\vert z_{1}\vert^{2}+2\mathrm{Re}(z_{1}\overline{z_{2}})\)，由\(\cos\angle AOB=\frac{2}{3}\)，\(z_{1}\overline{z_{2}}=\vert z_{1}\vert\vert z_{2}\vert\cos\angle AOB + i\vert z_{1}\vert\vert z_{2}\vert\sin\angle AOB\)，\(\vert z_{1}\vert = 2\)，\(\vert z_{2}\vert = 3\)，可得\(z_{1}\overline{z_{2}} = 4 + 2\sqrt{5}i\)（先求出\(\sin\angle AOB=\sqrt{1 - (\frac{2}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{3}\)），則\(\vert z_{2}+z_{1}\vert^{2}=9 + 4+2×4 = 21\)，\(\vert z_{2}+z_{1}\vert=\sqrt{21}\neq\sqrt{23}\)，(2)錯誤。
(3)(4) 已知\(\frac{z_{2}}{z_{1}}=a + bi\)，\(z_{2}=(a + bi)z_{1}\)，\(\vert z_{2}\vert=\vert a + bi\vert\vert z_{1}\vert\)，\(\vert z_{1}\vert = 2\)，\(\vert z_{2}\vert = 3\)，則\(\vert a + bi\vert=\frac{3}{2}\)，即\(a^{2}+b^{2}=\frac{9}{4}\)。
又\(z_{2}-z_{1}=(a - 1+bi)z_{1}\)，\(\vert z_{2}-z_{1}\vert=\vert a - 1+bi\vert\vert z_{1}\vert\)，\(\vert z_{2}-z_{1}\vert=\sqrt{5}\)，\(\vert z_{1}\vert = 2\)，所以\(\vert a - 1+bi\vert=\frac{\sqrt{5}}{2}\)，即\((a - 1)^{2}+b^{2}=\frac{5}{4}\)。
聯立\(\begin{cases}a^{2}+b^{2}=\frac{9}{4}\\(a - 1)^{2}+b^{2}=\frac{5}{4}\end{cases}\)，將第一個式子減去第二個式子得\(2a - 1 = 1\)，解得\(a = 1\gt0\)，把\(a = 1\)代入\(a^{2}+b^{2}=\frac{9}{4}\)得\(b=\pm\frac{\sqrt{5}}{2}\)，(3)正確，(4)錯誤。
(5) 若\(\angle BOC=\frac{\pi}{2}\)，則\((a + bi)i\)（\(i\)是虛數單位）對應的向量與\(\overrightarrow{OB}\)垂直，\((a + bi)i=-b + ai\)，根據向量垂直性質，\((-b + ai)\cdot(a + bi)=-ab + a^{2}i - b^{2}i+abi^{2}=(a^{2}-b^{2})i\)，要使其為純虛數，當\(a = 1\)，\(b=\pm\frac{\sqrt{5}}{2}\)時，\((a^{2}-b^{2})i\)是純虛數，所以\(\angle BOC\)可能等於\(\frac{\pi}{2}\)，(5)正確。
答案為(1)(3)(5)。

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(1) ○：計算 \( \lim_{x \to 0} \left(\frac{x}{|x|}\right)^2 \)：
\[
\lim_{x \to 0^+} \left(\frac{x}{|x|}\right)^2 = 1^2 = 1, \quad \lim_{x \to 0^-} \left(\frac{x}{|x|}\right)^2 = (-1)^2 = 1
\]
故極限存在。

(2) ○：分析 \( \lim_{x \to 0} \left(f(x) \cdot \frac{x}{|x|}\right) \)：
\[
\lim_{x \to 0^+} \left(f(x) \cdot \frac{x}{|x|}\right) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x \cdot g(x))
\]
\[
\lim_{x \to 0^-} \left(f(x) \cdot \frac{x}{|x|}\right) = \lim_{x \to 0^-} (-f(x)) = \lim_{x \to 0^-} (-x \cdot g(x))
\]
由 \( \lim_{x \to 0} (g(x) \cdot |x|) \) 存在，得兩側極限相等，故 \( \lim_{x \to 0} \left(f(x) \cdot \frac{x}{|x|}\right) \) 存在。

(3) ×：反例：令 \( f(x) = x^2 \)（滿足題設條件），則：
\[
\lim_{x \to 0} \left((f(x)+1) \cdot \frac{x}{|x|}\right) = \lim_{x \to 0} \left((x^2+1) \cdot \frac{x}{|x|}\right)
\]
右極限為 \( 1 \)，左極限為 \( -1 \)，故極限不存在。

(4) ×：反例：令 \( f(x) = \frac{x}{|x|} \cdot x \)（滿足題設條件），則：
\[
\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1, \quad \lim_{x \to 0^-} f(x) = -1
\]
兩側極限不相等，故 \( \lim_{x \to 0} f(x) \) 不存在。

(5) ○：分析 \( \lim_{x \to 0} (f(x))^2 \)：
\[
\lim_{x \to 0} (f(x))^2 = \lim_{x \to 0} \left(f(x) \cdot \frac{|x|}{x} \cdot f(x) \cdot \frac{x}{|x|}\right)
\]
由題設 \( \lim_{x \to 0} \left(f(x) \cdot \frac{|x|}{x}\right) \) 存在，且(2)中 \( \lim_{x \to 0} \left(f(x) \cdot \frac{x}{|x|}\right) \) 存在，故二者乘積的極限存在。

故選 \( \boxed{(1)(2)(5)} \)。

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設圓\(C\)的圓心坐標為\((2,y_0)\)，半徑為\(r\)。
圓\(C\)截\(x\)軸所成之弦長為\(6\)，則弦長的一半為\(3\)。
圓心\((2,y_0)\)到\(x\)軸的距離為\(\vert y_0\vert\)。
根據勾股定理，\(r^{2}=3^{2}+\vert y_0\vert^{2}\)。
又因為圓\(C\)過點\(P(0,-5)\)，所以\((0 - 2)^{2}+(-5 - y_0)^{2}=r^{2}\)。
將\(r^{2}=3^{2}+\vert y_0\vert^{2}\)代入\((0 - 2)^{2}+(-5 - y_0)^{2}=r^{2}\)可得：
\(4 + (-5 - y_0)^{2}=9 + y_0^{2}\)
\(4 + 25 + 10y_0 + y_0^{2}=9 + y_0^{2}\)
\(10y_0=-20\)
解得\(y_0=-2\)。
所以\(r^{2}=3^{2}+(-2)^{2}=9 + 4 = 13\)，則\(r = \sqrt{13}\)。故答案為\(13\)。

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已知 \( X \sim B(9, p) \)（9次伯努利試驗，失誤機率為 \( p \)），定義：
\[
p_4 = C_9^4 p^4(1-p)^5,\ p_5 = C_9^5 p^5(1-p)^4,\ p_6 = C_9^6 p^6(1-p)^3
\]
由 \( p_4 + p_5 = \frac{45}{8}p_6 \)，代入組合數（\( C_9^4=C_9^5=126,\ C_9^6=84 \)）：
\[
126p^4(1-p)^5 + 126p^5(1-p)^4 = \frac{45}{8} \times 84p^6(1-p)^3
\]
兩側除以 \( 126p^4(1-p)^3 \) 簡化：
\[
(1-p)^2 + p(1-p) = \frac{45 \times 84}{8 \times 126} p^2
\]
展開左側、計算右側：
\[
1 - p = \frac{15}{4}p^2 \implies 15p^2 + 4p - 4 = 0
\]
因式分解得 \( (3p+2)(5p-2)=0 \)，故 \( p = \frac{2}{5} \)（\( p=-\frac{2}{3} \) 不合）。

9局比賽失誤局數的期望值：
\[
E(X) = 9p = 9 \times \frac{2}{5} = \frac{18}{5}
\]

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