106指考數甲

二位正整數從\(10\)到\(99\)，共有\(90\)個。
十位數字小於個位數字的二位正整數有：
當十位是\(1\)時，個位可以是\(2\)到\(9\)，共\(8\)個；
當十位是\(2\)時，個位可以是\(3\)到\(9\)，共\(7\)個；
\(\cdots\)
當十位是\(8\)時，個位是\(9\)，共\(1\)個。
所以十位數字小於個位數字的二位正整數共有\(1 + 2 + 3 + \cdots + 8=\frac{8\times(8 + 1)}{2}=36\)個。
則其概率\(p=\frac{36}{90}=0.4\)，\(0.33\lt0.4\lt0.44\) 。
答案為(2)。

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已知\(a = \sqrt[3]{10}\)，則\(a^{5}=10\sqrt[3]{100}\)。
因為$(4.5)^3=(\frac{9}{2})^3=\frac{729}{8}\lt100\therefore 4.5\lt\sqrt[3]{100}$ 。
\(a^{5}=10\sqrt[3]{100}\gt10\times4.5=45\)
答案為(5)。

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由\(3\sin x = 2\sin2x\)，根據二倍角公式\(\sin2x = 2\sin x\cos x\)，可得\(3\sin x = 2\times2\sin x\cos x\)。
移項得\(3\sin x - 4\sin x\cos x = 0\)，提取公因式\(\sin x\)得\(\sin x(3 - 4\cos x)=0\) 。
則\(\sin x = 0\)或\(3 - 4\cos x = 0\)。
當\(\sin x = 0\)時，\(x = 0,\pi,2\pi\)；
當\(3 - 4\cos x = 0\)時，\(\cos x=\frac{3}{4}\)，在\(0\leq x\leq2\pi\)範圍內，\(x = 2k\pi\pm\arccos\frac{3}{4}\)，\(k\in Z\)，此時有兩個解（\(k = 0\)時的兩個值）。
所以共有\(5\)個交點。
答案為(4)。

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根據定積分基本定理\(\int_{a}^{b}f^{\prime\prime}(x)dx=f^{\prime}(b)-f^{\prime}(a)\)。
已知\(f(x)\)在\(x = 1\)有極大值，則\(f^{\prime}(1)=0\)。
又因為圖形\(y = f(x)\)在\((4,f(4))\)之切線方程式為\(y - f(4)+5(x - 4)=0\)，其斜率為\(-5\)，所以\(f^{\prime}(4)= - 5\)。
則\(\int_{1}^{4}f^{\prime\prime}(x)dx=f^{\prime}(4)-f^{\prime}(1)= - 5 - 0=-5\)。
答案為(1)。

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已知\(\vec{u}\)與\(\vec{u}+\vec{v}\)垂直，則\(\vec{u}\cdot(\vec{u}+\vec{v}) = 0\)，即\(\vec{u}^{2}+\vec{u}\cdot\vec{v}=0\)。
設\(\vert\vec{u}\vert = m\)，\(\vert\vec{v}\vert = n\)，由向量數量積公式\(\vec{u}\cdot\vec{v}=\vert\vec{u}\vert\vert\vec{v}\vert\cos120^{\circ}=-\frac{1}{2}mn\)，\(\vec{u}^{2}=m^{2}\)，可得\(m^{2}-\frac{1}{2}mn = 0\)，因為\(m\neq0\)（\(\vec{u}\)是非零向量），所以\(m-\frac{1}{2}n = 0\)，即\(n = 2m\)，\(\vec{v}\)的長度是\(\vec{u}\)的長度的\(2\)倍，(1)錯誤。
\(\vec{v}\cdot(\vec{u}+\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}^{2}=-\frac{1}{2}mn + n^{2}\)，把\(n = 2m\)代入得\(-\frac{1}{2}m\times2m+(2m)^{2}=-m^{2}+4m^{2}=3m^{2}\)。
\(\vert\vec{u}+\vec{v}\vert=\sqrt{\vec{u}^{2}+2\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}^{2}}=\sqrt{m^{2}+2\times(-\frac{1}{2}mn)+n^{2}}=\sqrt{m^{2}-mn + n^{2}}\)，把\(n = 2m\)代入得\(\sqrt{m^{2}-m\times2m+(2m)^{2}}=\sqrt{3}m\)。
\(\cos\langle\vec{v},\vec{u}+\vec{v}\rangle=\frac{\vec{v}\cdot(\vec{u}+\vec{v})}{\vert\vec{v}\vert\vert\vec{u}+\vec{v}\vert}=\frac{3m^{2}}{2m\times\sqrt{3}m}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，所以\(\vec{v}\)與\(\vec{u}+\vec{v}\)的夾角為\(30^{\circ}\)，(2)正確。
\(\vec{u}\cdot(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}^{2}-\vec{u}\cdot\vec{v}=m^{2}-(-\frac{1}{2}mn)=m^{2}+\frac{1}{2}mn\)，把\(n = 2m\)代入得\(m^{2}+\frac{1}{2}m\times2m = 2m^{2}\gt0\)，所以\(\vec{u}\)與\(\vec{u}-\vec{v}\)的夾角為銳角，(3)正確。
\(\vec{v}\cdot(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{v}-\vec{v}^{2}=-\frac{1}{2}mn - n^{2}\)，把\(n = 2m\)代入得\(-\frac{1}{2}m\times2m-(2m)^{2}=-m^{2}-4m^{2}=-5m^{2}\lt0\)，所以\(\vec{v}\)與\(\vec{u}-\vec{v}\)的夾角為鈍角，(4)錯誤。
\(\vert\vec{u}-\vec{v}\vert=\sqrt{\vec{u}^{2}-2\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}^{2}}=\sqrt{m^{2}-2\times(-\frac{1}{2}mn)+n^{2}}=\sqrt{m^{2}+mn + n^{2}}\)，把\(n = 2m\)代入得\(\sqrt{m^{2}+m\times2m+(2m)^{2}}=\sqrt{7}m\)。
因為\(\sqrt{3}m\lt\sqrt{7}m\)，即\(\vert\vec{u}+\vec{v}\vert\lt\vert\vec{u}-\vec{v}\vert\)，(5)錯誤。
答案為(2)(3)。

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由\(z = r(\cos\theta+i\sin\theta)\)，則\(z^{-n}=\frac{1}{z^{n}}=\frac{1}{r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)}=\frac{1}{r^{n}}[\cos(-n\theta)+i\sin(-n\theta)]\)。
已知\(z^{n}+z^{-n}+2 = 0\)，即\(r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)+\frac{1}{r^{n}}(\cos(-n\theta)+i\sin(-n\theta))+2 = 0\)。
整理得\((r^{n}+\frac{1}{r^{n}})\cos n\theta+2 + i[(r^{n}-\frac{1}{r^{n}})\sin n\theta]=0\)，所以\(\begin{cases}(r^{n}+\frac{1}{r^{n}})\cos n\theta+2 = 0\\(r^{n}-\frac{1}{r^{n}})\sin n\theta = 0\end{cases}\)。
由\((r^{n}-\frac{1}{r^{n}})\sin n\theta = 0\)，若\(\sin n\theta\neq0\)，則\(r^{n}-\frac{1}{r^{n}} = 0\)，即\(r^{2n}=1\)，又\(r\gt0\)，所以\(r = 1\)；若\(\sin n\theta = 0\)，代入\((r^{n}+\frac{1}{r^{n}})\cos n\theta+2 = 0\)，\(r^{n}+\frac{1}{r^{n}}\gt0\)，\(\cos n\theta\in[-1,1]\)，方程不成立，所以\(r = 1\)，(1)正確。
由\(z^{n}=-1\)（\(r = 1\)時），\(z = \cos\frac{(2k + 1)\pi}{n}+i\sin\frac{(2k + 1)\pi}{n}\)，\(k = 0,1,\cdots,n - 1\)，恰有\(n\)個不同的複數\(z\)滿足題設，(3)錯誤。
由\(z^{n}=-1=\cos\pi+i\sin\pi\)，\(z=\cos\frac{(2k + 1)\pi}{n}+i\sin\frac{(2k + 1)\pi}{n}\)，若\(\theta=\frac{3\pi}{7}\)，則\(\frac{(2k + 1)\pi}{n}=\frac{3\pi}{7}\)，\(14k + 7 = 3n\)，\(n=\frac{14k + 7}{3}\)，當\(k = 1\)時，\(n = 7\)，成立；若\(\theta=\frac{4\pi}{7}\)，則\(\frac{(2k + 1)\pi}{n}=\frac{4\pi}{7}\)，\(14k + 7 = 4n\)，\(n=\frac{14k + 74}{4}\)，\(k\)取整數時\(n\)不是整數，不成立，(4)正確，(5)錯誤。
由(4)可推出(2)(3)選項
答案為(1)(4)。

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(1) ○：因 \( y=f(x) \) 與 \( y=g(x) \) 在 \( x=1 \) 處相切，故切點坐標相等，即 \( f(1)=g(1) \)。

(2) ○：承(1)，相切意味切線斜率相等，故 \( f'(1)=g'(1) \)。

(3) ○：因 \( (1, f(1)) \) 是 \( y=f(x) \) 的反曲點，反曲點處二階導數為0，故 \( f''(1)=0 \)。

(4) ×：兩圖形僅在 \( x=1 \) 處有交點（切點），故錯誤。

(5) ×：

故選 \( \boxed{(1)(2)(3)} \)。

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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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