數學

投擲一枚均勻銅板8次，最初兩次投擲中曾經出現過正面的對立事件是最初兩次都為反面，其概率\(P(\text{最初兩次都為反面})=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\)，所以最初兩次投擲中曾經出現過正面的概率\(P(A)=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)。
8次投擲中恰好出現3次正面的概率\(P(B)=C_{8}^{3}(\frac{1}{2})^{3}(1 - \frac{1}{2})^{5}=\frac{8!}{3!(8 - 3)!}\times(\frac{1}{2})^{8}=\frac{56}{256}\)。
最初兩次投擲中曾經出現過正面且8次投擲中恰好出現3次正面，分兩種情況：
一是最初兩次中有一次正面，後6次中有2次正面，概率\(P_{1}=C_{2}^{1}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times C_{6}^{2}(\frac{1}{2})^{2}(1 - \frac{1}{2})^{4}=\frac{2\times15}{256}\)；
二是最初兩次都是正面，後6次中有1次正面，概率\(P_{2}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times C_{6}^{1}(\frac{1}{2})^{1}(1 - \frac{1}{2})^{5}=\frac{6}{256}\)。
所以最初兩次投擲中曾經出現過正面且8次投擲中恰好出現3次正面的概率\(P(AB)=\frac{2\times15 + 6}{256}=\frac{36}{256}\)。
由條件概率公式\(P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{36}{256}}{\frac{3}{4}}=\frac{36}{256}\times\frac{4}{3}=\frac{3}{16}\)。
答案為\(\frac{3}{16}\)。 報錯
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先求\(\overset{\rightharpoonup}{u}×\overset{\rightharpoonup}{v}=\begin{vmatrix}\overset{\rightharpoonup}{i}&\overset{\rightharpoonup}{j}&\overset{\rightharpoonup}{k}\\1&2&3\\1&0&-1\end{vmatrix}=\overset{\rightharpoonup}{i}(-2 - 0)-\overset{\rightharpoonup}{j}(-1 - 3)+\overset{\rightharpoonup}{k}(0 - 2)=(-2,4,-2)\)。
因為\(\overset{\rightharpoonup}{w}\)與\(\overset{\rightharpoonup}{u}×\overset{\rightharpoonup}{v}\)平行，所以\(\overset{\rightharpoonup}{w}=k(-2,4,-2)=(-2k,4k,-2k)\)。
又\(\begin{vmatrix}1&2&3\\1&0&-1\\x&y&z\end{vmatrix}=1\times(0 + y)-2\times(z + x)+3\times(y - 0)=4y-2x - 2z=-12\)，把\(x=-2k\)，\(y = 4k\)，\(z=-2k\)代入得\(4\times4k-2\times(-2k)-2\times(-2k)=-12\)，即\(16k + 4k + 4k=-12\)，\(24k=-12\)，解得\(k = -\frac{1}{2}\)。
所以\(\overset{\rightharpoonup}{w}=(1,-2,1)\)。
答案依次為\(1\)、\(-2\)、\(1\)。 報錯
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設\(z = a + bi\)，\(\overline{z}=a - bi\)，由\(z-\overline{z}=-3i\)可得\((a + bi)-(a - bi)=-3i\)，即\(2bi=-3i\)，解得\(b = -\frac{3}{2}\)，所以\(z=a-\frac{3}{2}i\)。
\(\vert\sqrt{7}+8i - z\vert=\vert\sqrt{7}+8i-(a-\frac{3}{2}i)\vert=\vert(\sqrt{7}-a)+(\frac{19}{2}i)\vert=\sqrt{(\sqrt{7}-a)^{2}+(\frac{19}{2})^{2}}\)，它表示複平面上點\(Z(a,-\frac{3}{2})\)到點\(A(\sqrt{7},8)\)的距離。
點\(A(\sqrt{7},8)\)到直線\(y = -\frac{3}{2}\)的距離就是\(\vert\sqrt{7}+8i - z\vert\)的最小值，即\(8-(-\frac{3}{2})=\frac{16 + 3}{2}=\frac{19}{2}\)。
答案為\(\frac{19}{2}\)。 報錯
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因為遊戲前指針停在數字1的區域，我們分情況討論三次轉動指針後數字之和的概率：
- **三次指針所停區域數字之和為1**：意味著後兩次指針都停在0區域。第一次轉動指針從1區域到0區域的概率為\(\frac{3}{4}\)，第二次從0區域再到0區域的概率為\(\frac{1}{4}\)，所以這種情況的概率為\(\frac{3}{4}\times\frac{1}{4}=\frac{3}{16}\)。
- **三次指針所停區域數字之和為2**：有兩種情況。第一種是第一次轉動指針從1區域到0區域（概率為\(\frac{3}{4}\)），第二次從0區域到1區域（概率為\(\frac{3}{4}\)），概率為\(\frac{3}{4}\times\frac{3}{4}=\frac{9}{16}\)；第二種是第一次轉動指針從1區域到1區域（概率為\(\frac{1}{4}\)），第二次從1區域到0區域（概率為\(\frac{3}{4}\)），概率為\(\frac{1}{4}\times\frac{3}{4}=\frac{3}{16}\)。那麽和為2的總概率是\(\frac{9}{16}+\frac{3}{16}=\frac{12}{16}\)。
- **三次指針所停區域數字之和為3**：即後兩次指針都停在1區域。第一次轉動指針從1區域到1區域的概率為\(\frac{1}{4}\)，第二次從1區域到1區域的概率為\(\frac{1}{4}\)，所以這種情況的概率為\(\frac{1}{4}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{16}\) 。

根據期望公式\(E(X)=X_1P_1 + X_2P_2 + X_3P_3\)（其中\(X_i\)是取值，\(P_i\)是對應取值的概率），可得期望為：
\[
\begin{align*}
E(X)&=1\times\frac{3}{16}+2\times\frac{12}{16}+3\times\frac{1}{16}\\
&=\frac{3 + 24 + 3}{16}\\
&=\frac{30}{16}\\
&=\frac{15}{8}
\end{align*}
\]

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由（1）知\(\overline{BD}=\frac{5}{2}\)，\(\overline{CD}=\frac{3}{2}\)。
根據向量加法的三角形法則，\(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}+\frac{5}{2}\times\frac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|}\)。
又因為\(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\)，所以\(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\frac{5}{2}\times\frac{\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}}{4}=\overrightarrow{AB}+\frac{5}{8}\overrightarrow{AC}-\frac{5}{8}\overrightarrow{AB}=\frac{3}{8}\overrightarrow{AB}+\frac{5}{8}\overrightarrow{AC}\)。
所以\(\alpha=\frac{3}{8}\)，\(\beta=\frac{5}{8}\)，則\(\alpha+\beta=\frac{3}{8}+\frac{5}{8}=1\) 。 報錯
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因為\(f(x)\)是三次實系數多項式，且在\(0\leq x\leq3\)上，\(f(0)=f(2)=12\)為最大值。
三次函數的圖像是一條曲線，若\(a\gt0\)，函數圖像大致是先增後減再增；若\(a\lt0\)，函數圖像大致是先減後增再減。
由於\(f(x)\)在\([0, 3]\)上\(x = 0\)和\(x = 2\)處取得最大值，所以函數圖像在\([0, 2]\)上不是單調遞增的，在\([0, 3]\)上也不是單調遞減的，所以\(a\lt0\)。
圖像大致為：在\([0, 2]\)上先上升後下降（形成一個局部極大值點在\(x = 0\)和\(x = 2\)處），在\([2, 3]\)上繼續下降 。在圖像上標注出\((0, 12)\)和\((2, 12)\)兩個點 。 報錯
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因為\(f(x)\)在\(0\leq x\leq3\)上最大值\(12\)在\(x = 0\)和\(x = 2\)處取得，所以\(f(x)-12 = 0\)的實數解為\(x = 0\)（重根）和\(x = 2\)（重根），即\(f(x)-12=a(x - 0)^2(x - 2)^2=ax^2(x - 2)^2\)。
因為\(G(x)\)滿足\(\int_{s}^{r}f(t)dt=G(r)-G(s)\)，所以\(G^\prime(x)=f(x)\)。
又因為\(y = G(x)\)在\(x = 1\)處有極值，所以\(G^\prime(1)=f(1)=0\)。
將\(x = 1\)代入\(f(x)=ax^2(x - 2)^2\)，得\(a\times1^2\times(1 - 2)^2=0\)，即\(a = - 12\)。 報錯
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由(2)可知\(f(x)=-12x^{2}(x - 2)^{2}=-12x^{4}+48x^{3}-48x^{2}\)。
因為\(G(x)=\int f(x)dx\)，所以\(G(x)=\int(-12x^{4}+48x^{3}-48x^{2})dx=- \frac{12}{5}x^{5}+12x^{4}-16x^{3}+C\)。
又\(G(0)=0\)，代入可得\(C = 0\)，即\(G(x)=-\frac{12}{5}x^{5}+12x^{4}-16x^{3}\) 。
對\(G(x)\)求導得\(G^\prime(x)=-12x^{4}+48x^{3}-48x^{2}=-12x^{2}(x^{2}-4x + 4)=-12x^{2}(x - 2)^{2}\)。
在區間\([0,2]\)上分析\(G^\prime(x)\)的符號：
令\(G^\prime(x)=0\)，可得\(x = 0\)或\(x = 2\)。
當\(0\lt x\lt2\)時，\(G^\prime(x)\leq0\)，這表明\(G(x)\)在\((0,2)\)上單調遞減。
所以在\(0\leq x\leq2\)的範圍內，\(G(x)\)在\(x = 2\)處取得最小值。
將\(x = 2\)代入\(G(x)\)得：
\(G(2)=-\frac{12}{5}\times2^{5}+12\times2^{4}-16\times2^{3}\)
\(=-\frac{384}{5}+192 - 128\)
\(=-\frac{384}{5}+64\)
\(=-\frac{384}{5}+\frac{320}{5}\)
\(=-\frac{64}{5}\)。
故\(G(x)\)在\(0\leq x\leq2\)的範圍內的最小值為\(-\frac{64}{5}\)。 報錯
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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)。 報錯
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