指考分科數學-甲

設直線 \( L: y = k \)，與 \( L_1: 3x-4y=0 \)、\( L_2: 4x+3y=0 \) 的交點分別為 \( A、B \)：
- 代入 \( L_1 \) 得 \( A\left(\frac{4k}{3}, k\right) \)；
- 代入 \( L_2 \) 得 \( B\left(-\frac{3k}{4}, k\right) \)。

計算 \( \overline{AB} \) 的長度：
\[
\overline{AB} = \frac{4k}{3} - \left(-\frac{3k}{4}\right) = \frac{25k}{12}
\]
由 \( \overline{AB}=30 \)，得：
\[
\frac{25k}{12}=30 \implies k=\frac{72}{5}
\]

故 \( \triangle OAB \) 的面積為：
\[
\text{面積} = \frac{1}{2} \times \overline{AB} \times k = \frac{1}{2} \times 30 \times \frac{72}{5} = 216
\]

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設 \( A(6n, 0) \)、\( B(0, 3) \)，直線 \( AB \) 的方程為 \( y = -\frac{1}{2n}x + 3 \)，\( T_n \) 是 \( \triangle OAB \) 內部（含邊界）的區域。

統計 \( T_n \) 內整數點的個數 \( a_n \)：
- 當 \( y=0 \) 時，\( x \) 可取 \( 0 \sim 6n \)，共 \( 6n+1 \) 個點；
- 當 \( y=1 \) 時，代入直線方程得 \( x \leq 4n \)，故 \( x \) 可取 \( 0 \sim 4n \)，共 \( 4n+1 \) 個點；
- 當 \( y=2 \) 時，代入得 \( x \leq 2n \)，故 \( x \) 可取 \( 0 \sim 2n \)，共 \( 2n+1 \) 個點；
- 當 \( y=3 \) 時，僅有 \( (0, 3) \)，共 \( 1 \) 個點。

因此：
\[
a_n = (6n+1) + (4n+1) + (2n+1) + 1 = 12n + 4
\]

求極限：
\[
\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{12n + 4}{n} = 12
\]

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設平面 \( E_1: ax+by+cz=0 \)（法向量 \( \vec{n}_1=(a,b,c) \)，且 \( a^2+b^2+c^2=12 \)），平面 \( E_2:x=0 \)（法向量 \( \vec{n}_2=(1,0,0) \)），平面 \( E_3:x+\sqrt{3}y=0 \)（法向量 \( \vec{n}_3=(1,\sqrt{3},0) \)）。

#### 由 \( E_1, E_2 \) 的夾角（\( 60^\circ \)）：
\[
\cos60^\circ = \frac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{|\vec{n}_1||\vec{n}_2|} \implies \frac{1}{2} = \frac{|a|}{\sqrt{12} \times 1}
\]
得 \( |a| = \sqrt{3} \implies a^2=3 \)。

#### 由 \( E_1, E_3 \) 的夾角（\( 60^\circ \)）：
\[
\cos60^\circ = \frac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_3|}{|\vec{n}_1||\vec{n}_3|} \implies \frac{1}{2} = \frac{|a+\sqrt{3}b|}{\sqrt{12} \times 2}
\]
得 \( |a+\sqrt{3}b|=2\sqrt{3} \)，代入 \( a=\pm\sqrt{3} \)，解得 \( b^2=1 \) 或 \( b^2=9 \)。

#### 結合 \( a^2+b^2+c^2=12 \)：
- 當 \( a^2=3, b^2=1 \) 時，\( c^2=12-3-1=8 \)；
- 當 \( a^2=3, b^2=9 \) 時，\( c^2=12-3-9=0 \)。

故 \( (a^2, b^2, c^2) = \boxed{(3,1,8)} \) 或 \( \boxed{(3,9,0)} \)。

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已知旋轉矩陣 \( A = \frac{1}{5}\begin{bmatrix} 4 & -3 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} \)，其中 \( \cos\theta = \frac{4}{5} \)，\( \sin\theta = \frac{3}{5} \)。

#### (1) 求 \( \sin\angle P_1OP_3 \)
\( P_3 \) 是 \( P_1 \) 旋轉 \( 2\theta \) 所得，故 \( \angle P_1OP_3 = 2\theta \)，利用二倍角公式：
\[
\sin\angle P_1OP_3 = \sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta = 2 \times \frac{3}{5} \times \frac{4}{5} = \frac{24}{25}
\]

#### (2) 求 \( \triangle P_1P_2P_3 \) 的面積
設 \( |\overrightarrow{OP_1}| = |\overrightarrow{OP_2}| = |\overrightarrow{OP_3}| = a \)，利用面積公式：
\[
\triangle P_1P_2P_3 = \triangle OP_1P_2 + \triangle OP_2P_3 - \triangle OP_1P_3
\]
代入三角形面積公式 \( \frac{1}{2}a^2\sin\alpha \)：
\[
\triangle P_1P_2P_3 = \frac{1}{2}a^2\sin\theta + \frac{1}{2}a^2\sin\theta - \frac{1}{2}a^2\sin2\theta = a^2\sin\theta - \frac{1}{2}a^2\sin2\theta
\]
代入 \( \sin\theta = \frac{3}{5} \)、\( \sin2\theta = \frac{24}{25} \)：
\[
\triangle P_1P_2P_3 = a^2 \times \frac{3}{5} - \frac{1}{2}a^2 \times \frac{24}{25} = \frac{3}{25}a^2
\]

#### (3) 求面積的最小值
設 \( P_1(k, \frac{1}{10}k^2 - 10) \)，則 \( a^2 = |\overrightarrow{OP_1}|^2 = k^2 + \left(\frac{1}{10}k^2 - 10\right)^2 \)，面積函數為：
\[
f(k) = \frac{3}{25}\left[ k^2 + \left(\frac{1}{10}k^2 - 10\right)^2 \right]
\]

求導並令 \( f'(k)=0 \)：
\[
f'(k) = \frac{3}{25}\left[ 2k + 2\left(\frac{1}{10}k^2 - 10\right) \times \frac{1}{5}k \right] = 0
\]
化簡得 \( k(5 + \frac{1}{10}k^2 - 10) = 0 \)，解得 \( k=0 \) 或 \( k=\pm5\sqrt{2} \)。

計算對應面積：
- \( k=0 \) 時，\( f(0) = 12 \)；
- \( k=\pm5\sqrt{2} \) 時，\( f(\pm5\sqrt{2}) = 9 \)。

故面積最小值為 \( \boxed{9} \)。

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首先求正八邊形的面積。
把正八邊形分割成8個等腰三角形，每個等腰三角形的頂角為\(\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}\)，腰長為\(\sqrt{1 - h^{2}}\)（由\(\vert\overrightarrow{OP_j}\vert = 1\)，利用勾股定理得到圓的半徑）。
等腰三角形的面積\(S_{單個}=\frac{1}{2}r^2\sin\theta\)（\(r\)為腰長，\(\theta\)為頂角），所以每個等腰三角形面積\(S_{單個}=\frac{1}{2}(\sqrt{1 - h^{2}})^2\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}(1 - h^{2})}{4}\)。
則正八邊形的面積\(S = 8\times\frac{\sqrt{2}(1 - h^{2})}{4}=2\sqrt{2}(1 - h^{2})\)。
已知角錐體積\(V=\frac{1}{3}\)底面積×高，此正八角錐的高為\(h\)，底面積為正八邊形面積\(S = 2\sqrt{2}(1 - h^{2})\)。
所以\(V(h)=\frac{1}{3}\times2\sqrt{2}(1 - h^{2})h=\frac{2\sqrt{2}}{3}(h - h^{3})\)。

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已知條件：
1. \( \sqrt{1-h^2} \geq 0 \implies 0 \leq h \leq 1 \)；
2. \( \overrightarrow{OP_1} \cdot \overrightarrow{OP_2} = 2h^2 - 1 \geq 0 \)（夾角不超過 \( 90^\circ \)），故 \( h \geq \frac{1}{\sqrt{2}} \)。

由①②得 \( \boxed{\frac{1}{\sqrt{2}} \leq h \leq 1} \)。

設體積函數 \( V(h) \)，其導數為 \( V'(h) = \frac{2\sqrt{2}}{3}(1 - 3h^2) \)，令 \( V'(h)=0 \)，得 \( h = \pm \frac{1}{\sqrt{3}} \)（均不在區間 \( \left[\frac{1}{\sqrt{2}}, 1\right] \) 內，故無臨界點）。

因此體積最大值出現在區間端點 \( h = \frac{1}{\sqrt{2}} \) 處：
\[
V\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{2\sqrt{2}}{3} \times \left( \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{4} \right) = \frac{2\sqrt{2}}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{1}{3}
\]

故最大體積為 \( \boxed{\frac{1}{3}} \)。

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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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