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\(p=\frac{36}{90}=0.4\)，\(0.33\lt0.4\lt0.44\) 。
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已知\(a = \sqrt[3]{10}\)，則\(a^{5}=10\sqrt[3]{100}\)。
因為$(4.5)^3=(\frac{9}{2})^3=\frac{729}{8}\lt100\therefore 4.5\lt\sqrt[3]{100}$ 。
\(a^{5}=10\sqrt[3]{100}\gt10\times4.5=45\)
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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。
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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\(\int_{1}^{4}f^{\prime\prime}(x)dx=f^{\prime}(4)-f^{\prime}(1)= - 5 - 0=-5\)。
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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。
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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
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若兩函數\(y = f(x)\)與\(y = g(x)\)在\(x = 1\)相切，根據切線的性質，則\(f(1)=g(1)\)且\(f^{\prime}(1)=g^{\prime}(1)\)，(1)(2)正確。
由(1)(2)$先令p(x)=f(x)-g(x)~~(\mathrm{deg}p(x)=3且領導係數\gt0\\
\because p(1)=0=p'(1)\Rightarrow 圖形單調遞增\therefore (1,p(1))為y=p(x)圖形反曲點\\
p''(1)=0,\therefore f''(1)=0)$，(3)正確。
假設\(f(x)=x^{3}\)，\(g(x)=3x - 2\)，\(f^{\prime}(x)=3x^{2}\)，\(g^{\prime}(x)=3\)，\(f^{\prime}(1)=g^{\prime}(1)=3\)，且\(f(x)\)與\(g(x)\)只有一個交點\(x = 1\)，但不存在\(a\neq1\)使得\(f^{\prime}(a)=g^{\prime}(a)\)，(4)錯誤。
同理，不能得出存在實數\(a\neq1\)使得\(f^{\prime\prime}(a)=g^{\prime\prime}(a)\)，(5)錯誤。
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1. **求\(L_1\)與\(L_2\)的夾角**：
- 已知兩直線斜率\(k_1=\frac{3}{4}\)，\(k_2 = -\frac{4}{3}\)，根據兩直線夾角公式\(\tan\theta=\left|\frac{k_1 - k_2}{1 + k_1k_2}\right|\)，可得\(\tan\theta=\left|\frac{\frac{3}{4}-(-\frac{4}{3})}{1+\frac{3}{4}×(-\frac{4}{3})}\right|=\infty\)，所以\(L_1\)與\(L_2\)垂直。
2. **求三角形的高**：
- 設\(L\)與\(L_1\)、\(L_2\)的交點分別為\(A\)、\(B\)，\(L_1\)與\(L_2\)的交點為\(C\)。\(L\)被\(L_1\)、\(L_2\)所截出的線段\(AB = 30\)。
- 因為\(L_1\)與\(L_2\)垂直，所以\(L_1\)與\(L_2\)的交點到\(L\)的距離\(h\)就是\(\triangle ABC\)的高。
- 由斜率\(k_1=\frac{3}{4}\)，可設\(L_1\)的直線方程為\(y=\frac{3}{4}x + b_1\)，\(L_2\)的直線方程為\(y = -\frac{4}{3}x + b_2\)。
- 由於\(L\)是水平線，不妨設\(L\)的方程為\(y = 0\)。
- 根據點到直線的距離公式，\(L_1\)與\(L_2\)的交點到\(L\)的距離\(h\)，可先求出\(L_1\)與\(L_2\)的交點。聯立\(\begin{cases}y=\frac{3}{4}x + b_1\\y = -\frac{4}{3}x + b_2\end{cases}\)，解得交點坐標（含\(b_1\)、\(b_2\)），再代入點到直線距離公式\(d=\frac{\vert Ax_0 + By_0 + C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}}\)（\(L\)：\(Ax + By + C = 0\)即\(0x+1y + 0 = 0\)）。
- 另一種思路，因為\(L_1\)、\(L_2\)斜率分別為\(\frac{3}{4}\)、\(-\frac{4}{3}\)，所以\(L_1\)、\(L_2\)與水平線\(L\)構成的直角三角形中，\(L_1\)、\(L_2\)夾角的正切值已知，截得線段\(AB = 30\)，可利用直角三角形的性質求高\(h\)。
- 由\(L_1\)、\(L_2\)斜率可知，它們與水平線構成的直角三角形中，兩直角邊之比為\(3:4\)，截得線段\(AB\)為斜邊，所以高\(h = 12\)。
3. **計算三角形面積**：
- 三角形面積公式\(S=\frac{1}{2}×底×高\)，底為\(AB = 30\)，高\(h = 12\)，所以\(S=\frac{1}{2}×30×12 = 180\)。
答案：180 報錯
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1. **求直線與坐標軸的交點**：
- 令\(x = 0\)，可得\(y = 3\)；令\(y = 0\)，可得\(x = 6n\)。所以直線\(y=\frac{-1}{2n}x + 3\)與\(x\)軸交於\((6n,0)\)，與\(y\)軸交於\((0,3)\) 。
2. **計算格子點數目\(a_n\)的近似值**：
- 當\(n\)很大時，\(T_n\)區域內格子點可近似看作梯形分布。
- 梯形上底為直線與\(y\)軸交點的\(y\)坐標值（即3），下底為直線與\(x\)軸交點的\(x\)坐標值（即\(6n\)），高為直線與\(y\)軸交點的\(y\)坐標值（即3）。
- 格子點數目\(a_n\)近似為梯形的“格點面積”（可看作以格點為單位的面積）。
- 直線\(y=\frac{-1}{2n}x + 3\)上的格子點，\(x\)從\(0\)到\(6n\)，\(y=\frac{-1}{2n}x + 3\)，\(y\)為整數時\(x\)也為整數，\(x = 0,2n,4n,6n\)時\(y\)是整數，加上\((0,3)\)，共4個。
- 根據梯形格點數目近似公式（可由梯形面積公式類推，考慮邊界格點），\(a_n\approx\frac{(3 + 3)}{2}×(3n + 1)\)（這裡\(3n + 1\)是考慮近似梯形的水平方向格點間隔，是一種估算方式）。
3. **計算極限**：
- 求\(\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{n}=\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{(3 + 3)}{2}×(3n + 1)}{n}=\lim_{n \to \infty}\frac{3×(3n + 1)}{n}=\lim_{n \to \infty}(9+\frac{3}{n}) = 9\)。
答案：9 報錯
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