108指考數甲

擲兩枚銅板，共有\(4\)種等可能結果：正正、正反、反正、反反。
\(P\)（兩個反面）\(=\frac{1}{4}\)，此時獎金\(400\)元；\(P\)（一正一反）\(=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)，此時獎金\(800\)元；\(P\)（兩個正面）\(=\frac{1}{4}\) 。
若第一次擲出兩個正面，第二次擲銅板：
\(P\)（第二次擲出兩個反面）\(=\frac{1}{4}\)，獎金為\(800 + 400 = 1200\)元；\(P\)（第二次擲出一正一反）\(=\frac{1}{2}\)，獎金為\(800 + 800 = 1600\)元；\(P\)（第二次擲出兩個正面）\(=\frac{1}{4}\)，獎金為\(800 + 800 = 1600\)元。
獎金期望值\(E = 400\times\frac{1}{4}+800\times\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\times(\frac{1}{4}\times1200+\frac{1}{2}\times1600+\frac{1}{4}\times1600)\)
\(=100 + 400+\frac{1}{4}(300 + 800 + 400)=100 + 400 + 375 = 875\)元。
答案為(2)。

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已知\(F_{n}=2^{(2^{n})}+1\)，則\(\frac{F_{13}}{F_{12}}=\frac{2^{2^{13}} + 1}{2^{2^{12}}+1}\)。
因為\(2^{2^{13}}=2^{2^{12}\times2}=(2^{2^{12}})^2\)，當\(x\)很大時，\(\frac{2^{2^{13}} + 1}{2^{2^{12}}+1}\approx\frac{2^{2^{13}}}{2^{2^{12}}}=2^{2^{13}-2^{12}}=2^{2^{12}(2 - 1)}=2^{2^{12}}\)。
設\(N = 2^{2^{12}}\)，對其取常用對數\(\log N=\log(2^{2^{12}})=2^{12}\log 2\)。
\(2^{12}=4096\)，\(\log N = 4096\times0.3010\approx1233\)。
根據數的位數公式，若\(\log N = n + d\)（\(n\)為整數，\(0\leq d<1\)），則\(N\)的位數是\(n + 1\)，所以\(2^{2^{12}}\)的位數約為\(1233 + 1 = 1234\)，最接近1200。 答案為(5)。

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設塔高為\(h\)，塔底為\(O\)點。在\(Rt\triangle AOC\)中，\(\cot14^{\circ}=\frac{AO}{h}\)，所以\(AO = h\cot14^{\circ}\)；在\(Rt\triangle BOC\)中，\(\cot18^{\circ}30'=\frac{BO}{h}\)，所以\(BO = h\cot18^{\circ}30'\)。
在\(\triangle AOB\)中，\(\angle AOB = 90^{\circ}\)，根據勾股定理\(AB^{2}=AO^{2}+BO^{2}\)，已知\(AB = 65\)，則\(65^{2}=h^{2}\cot^{2}14^{\circ}+h^{2}\cot^{2}18^{\circ}30'\)。
\(h^{2}=\frac{65^{2}}{\cot^{2}14^{\circ}+\cot^{2}18^{\circ}30'}=\frac{65^{2}}{4.01^{2}+2.99^{2}}=\frac{4225}{16.0801 + 8.9401}=\frac{4225}{25.0202}\)。
當在線段\(\overline{AB}\)上的\(C\)點測得塔頂仰角最大時，此時\(OC\perp AB\)。
由三角形面積公式可得\(S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}AO\cdot BO=\frac{1}{2}AB\cdot OC\)，即\(OC=\frac{AO\cdot BO}{AB}\)。
\(AO\cdot BO = h^{2}\cot14^{\circ}\cot18^{\circ}30'\)，所以\(OC=\frac{h^{2}\cot14^{\circ}\cot18^{\circ}30'}{AB}\)。
把\(h^{2}=\frac{4225}{25.0202}\)，\(\cot14^{\circ}≈4.01\)，\(\cot18^{\circ}30'≈2.99\)，\(AB = 65\)代入可得：
\(OC=\frac{\frac{4225}{25.0202}\times4.01\times2.99}{65}\)
\(=\frac{4225\times4.01\times2.99}{25.0202\times65}\)
\(=\frac{4225\times11.9899}{1626.313}\)
\(\approx\frac{4225\times12}{1626.313}=\frac{50700}{1626.313}\approx31\)（公尺）。
答案為(3)。

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(2)(5)。

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(1) “取出的第一顆為紅球”的概率為\(\frac{2}{2 + 3 + 1}=\frac{1}{3}\) 。
“取出的第二顆為紅球”分兩種情況：若第一顆是紅球，概率為\(\frac{2}{6}×\frac{1}{5}\)；若第一顆不是紅球，概率為\(\frac{4}{6}×\frac{2}{5}\)，則“取出的第二顆為紅球”的概率為\(\frac{2}{6}×\frac{1}{5}+\frac{4}{6}×\frac{2}{5}=\frac{1}{3}\)，二者相等，(1)正確。
(2) 因為第一次取球的結果會影響第二次取球時袋中球的情況，所以“取出的第一顆為紅球”與“取出的第二顆為紅球”不是獨立事件，(2)錯誤。
(3) 當第一次取出紅球時，第二次仍有可能取出白球或藍球，所以這兩個事件不是互斥事件，(3)錯誤。
(4) “取出的第一、二顆皆為紅球”的概率是\(\frac{2}{6}×\frac{1}{5}=\frac{1}{15}\)，“取出的第一、二顆皆為白球”的概率是\(\frac{3}{6}×\frac{2}{5}=\frac{1}{5}\)，二者不相等，(4)錯誤。
(5) “取出的前三顆皆為白球”的概率為\(\frac{3}{6}×\frac{2}{5}×\frac{1}{4}=\frac{1}{20}\)。
“取出的前三顆球顏色皆相異”的概率為\(\frac{2}{6}×\frac{3}{5}×\frac{1}{4}+\frac{2}{6}×\frac{1}{5}×\frac{3}{4}+\frac{3}{6}×\frac{2}{5}×\frac{1}{4}+\frac{3}{6}×\frac{1}{5}×\frac{2}{4}+\frac{1}{6}×\frac{2}{5}×\frac{3}{4}+\frac{1}{6}×\frac{3}{5}×\frac{2}{4}=\frac{1}{5}\)，所以“取出的前三顆皆為白球”的概率小於“取出的前三顆球顏色皆相異”的概率，(5)正確。
答案為(1)(5)。

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(3)(4)。

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(1)(5)

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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）。

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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\((a, b)=(\frac{1}{3},\frac{4}{3})\) 。

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