數學

由(2)知\(\overrightarrow{AG}\)與平面BDE垂直，所以\(\overrightarrow{AG}\)平行於平面BDE的法向量\(\overrightarrow{n}=(2,2,-1)\)（平面2x + 2y - z = -7的法向量）。
設G點坐標為\((x,y,z)\)，則\(\overrightarrow{AG}=(x - 2,y - 2,z - 6)\)。
因為\(\overrightarrow{AG}\)與\(\overrightarrow{n}=(2,2,-1)\)平行，所以\(\frac{x - 2}{2}=\frac{y - 2}{2}=\frac{z - 6}{-1}=k\)（k為常數），即\(x = 2k + 2\)，\(y = 2k + 2\)，\(z = -k + 6\)。
又由(3)知A點到平面BDE的距離是3，且G點到平面BDE的距離與A點到平面BDE的距離相等（正立方體性質）。
將G點坐標\((2k + 2,2k + 2,-k + 6)\)代入點到平面的距離公式\(d=\frac{\vert2(2k + 2)+2(2k + 2)-(-k + 6)+7\vert}{\sqrt{2^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}=3\)。
\(\frac{\vert4k + 4 + 4k + 4 + k - 6 + 7\vert}{3}=3\)，\(\vert9k + 9\vert = 9\)，即\(9k + 9 = 9\)或\(9k + 9 = -9\)。
解得\(k = 0\)或\(k = -2\)，\(k = 0\)時不滿足G與A不重合，所以\(k = -2\)。
則\(x = 2\times(-2)+2=-2\)，\(y = 2\times(-2)+2=-2\)，\(z = -(-2)+6 = 8\)。
所以G點坐標為(-2,-2,8)。 報錯
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由(1)已求得平面BDE的法向量\(\overrightarrow{n}=(1,1,1)\)，且\(\overrightarrow{AG}=(a,a,a)\)。
可發現\(\overrightarrow{AG}=a(1,1,1)=a\overrightarrow{n}\)，即\(\overrightarrow{AG}\)與平面BDE的法向量\(\overrightarrow{n}\)平行。
根據向量與平面垂直的判定，如果一個向量與一個平面的法向量平行，那麼這個向量與該平面垂直。
所以向量\(\overrightarrow{AG}\)與平面BDE垂直。 報錯
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根據點\((x_0,y_0,z_0)\)到平面Ax + By + Cz + D = 0的距離公式\(d=\frac{\vert Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D\vert}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}\)。
對於平面2x + 2y - z = -7，即2x + 2y - z + 7 = 0，A(2,2,6)。
則A點到平面BDE的距離\(d=\frac{\vert2\times2 + 2\times2 - 6 + 7\vert}{\sqrt{2^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{\vert4 + 4 - 6 + 7\vert}{\sqrt{4 + 4 + 1}}=\frac{9}{3}=3\)。 報錯
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由(2)知\(\overrightarrow{AG}\)與平面BDE垂直，所以\(\overrightarrow{AG}\)平行於平面BDE的法向量\(\overrightarrow{n}=(2,2,-1)\)（平面2x + 2y - z = -7的法向量）。
設G點坐標為\((x,y,z)\)，則\(\overrightarrow{AG}=(x - 2,y - 2,z - 6)\)。
因為\(\overrightarrow{AG}\)與\(\overrightarrow{n}=(2,2,-1)\)平行，所以\(\frac{x - 2}{2}=\frac{y - 2}{2}=\frac{z - 6}{-1}=k\)（k為常數），即\(x = 2k + 2\)，\(y = 2k + 2\)，\(z = -k + 6\)。
又由(3)知A點到平面BDE的距離是3，且G點到平面BDE的距離與A點到平面BDE的距離相等（正立方體性質）。
將G點坐標\((2k + 2,2k + 2,-k + 6)\)代入點到平面的距離公式\(d=\frac{\vert2(2k + 2)+2(2k + 2)-(-k + 6)+7\vert}{\sqrt{2^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}=3\)。
\(\frac{\vert4k + 4 + 4k + 4 + k - 6 + 7\vert}{3}=3\)，\(\vert9k + 9\vert = 9\)，即\(9k + 9 = 9\)或\(9k + 9 = -9\)。
解得\(k = 0\)或\(k = -2\)，\(k = 0\)時不滿足G與A不重合，所以\(k = -2\)。
則\(x = 2\times(-2)+2=-2\)，\(y = 2\times(-2)+2=-2\)，\(z = -(-2)+6 = 8\)。
所以G點坐標為(-2,-2,8)。 報錯
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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)。 報錯
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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)。 報錯
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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)。 報錯
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設圓心坐標為\((m,n)\)，半徑為\(r\)。
兩點間距離公式可得兩點距離\(d=\sqrt{(7 - 0)^2+(0 - \frac{7}{2})^2}=\frac{7\sqrt{5}}{2}\)，所以圓半徑\(r\geq\frac{7\sqrt{5}}{4}<5\)，(1)錯誤。 當半徑最小時，圓心是兩點所連線段中垂線的交點，經計算此時圓不經過原點，(2)錯誤。 直線\(x + 2y = 6\)，即\(x = 6 - 2y\)，代入圓的方程，判斷方程有解，所以Γ與直線有交點，(3)正確。 圓心\((m,n)\)，若在第四象限則\(m>0\)且\(n<0\)，由圓的性質可知存在這樣的圓心，(4)錯誤。 若圓心在第三象限，\(m<0\)且\(n<0\)，由圓心到兩點距離公式可知半徑\(r^2=(m - 7)^2 + n^2\)，計算可得\(r>8\)，(5)正確。答案為(3)(5)。 報錯
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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)。 報錯
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