九十四學年度數學學科能力測驗

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九十四學年度學科能力測驗試題

數學考科

－作答注意事項－

1. 考試時間：$100$分鐘
2. 題型題數：單選題$5$題，多選題$6$題，填充題第$A$至$I$題共$9$題
3. 作答方式：
   • 用2B鉛筆在「答案卡」上作答，修正時應以橡皮擦拭，切勿使用修正液
   • 答錯不倒扣
4. 作答說明：在答案卡適當位置選出數值或符號。請仔細閱讀下面的例子。
   1. 填答選擇題時，只用$1$，$2$，$3$，$4$，$5$等五個格子，而不需要用到$-$，$±$，以及$6$，$7$，$8$，$9$，$0$等格子。
      例：若第$1$題的選項為(1)$3$ (2)$5$ (3)$7$ (4)$9$ (5)$11$，而正確的答案為$7$，亦即選項(3)時，考生要在答案卡第$1$列的$\underset{\boxed{~~}}{3}$劃記（注意不是$7$）如：

      $\begin{array}{|c|}\hline解答欄\\\hline1~~\underset{\boxed{~~}}{-}~\underset{\boxed{~~}}{±}~\underset{\boxed{~~}}{1}~\underset{\boxed{~~}}{2}~\underset{\color{black}{▆▆}}{3}~\underset{\boxed{~~}}{4}~\underset{\boxed{~~}}{5}~\underset{\boxed{~~}}{6}~\underset{\boxed{~~}}{7}~\underset{\boxed{~~}}{8}~\underset{\boxed{~~}}{9}~\underset{\boxed{~~}}{0}~\end{array}$

      例：若多選題第$10$題的正確選項為(1)與(3)時，考生要在答案卡的第$10$列的$\underset{\boxed{~~}}{1}$與$\underset{\boxed{~~}}{3}$劃記，如：

      $\begin{array}{|c|}10~~\underset{\boxed{~~}}{-}~\underset{\boxed{~~}}{±}~\underset{\color{black}{▆▆}}{1}~\underset{\boxed{~~}}{2}~\underset{\color{black}{▆▆}}{3}~\underset{\boxed{~~}}{4}~\underset{\boxed{~~}}{5}~\underset{\boxed{~~}}{6}~\underset{\boxed{~~}}{7}~\underset{\boxed{~~}}{8}~\underset{\boxed{~~}}{9}~\underset{\boxed{~~}}{0}\\\hline\end{array}$

   2. 填充題的題號是A，B，C，……，而答案的格式每題可能不同，考生必須依各題的格式填答，且每一個列號只能在一個格子劃記。

      例：若第B題的答案格式是$\displaystyle\underline{\frac{⑱}{⑲}}$，而依題意計算出來的答案是$\displaystyle\frac{3}{8}$，則考生必須分別在答案卡上的第$18$列的$\underset{\boxed{~~}}{3}$與第$19$列的$\underset{\boxed{~~}}{8}$劃記，如：

      $\begin{array}{|c|}18~~\underset{\boxed{~~}}{-}~\underset{\boxed{~~}}{±}~\underset{\boxed{~~}}{1}~\underset{\boxed{~~}}{2}~\underset{\color{black}{▆▆}}{3}~\underset{\boxed{~~}}{4}~\underset{\boxed{~~}}{5}~\underset{\boxed{~~}}{6}~\underset{\boxed{~~}}{7}~\underset{\boxed{~~}}{8}~\underset{\boxed{~~}}{9}~\underset{\boxed{~~}}{0}\\19~~\underset{\boxed{~~}}{-}~\underset{\boxed{~~}}{±}~\underset{\boxed{~~}}{1}~\underset{\boxed{~~}}{2}~\underset{\boxed{~~}}{3}~\underset{\boxed{~~}}{4}~\underset{\boxed{~~}}{5}~\underset{\boxed{~~}}{6}~\underset{\boxed{~~}}{7}~\underset{\color{black}{▆▆}}{8}~\underset{\boxed{~~}}{9}~\underset{\boxed{~~}}{0}\end{array}$

      例：若第C題的答案格式是$\displaystyle\underline{\frac{⑳㉑}{50}}$，而答案是$\displaystyle\frac{-7}{50}$時，則考生必須分別在答案卡的第$20$列的$\underset{\boxed{~~}}{-}$與第$21$列的$\underset{\boxed{~~}}{7}$劃記，如：

      $\begin{array}{|c|}20~~\underset{\color{black}{▆▆}}{-}~\underset{\boxed{~~}}{±}~\underset{\boxed{~~}}{1}~\underset{\boxed{~~}}{2}~\underset{\boxed{~~}}{3}~\underset{\boxed{~~}}{4}~\underset{\boxed{~~}}{5}~\underset{\boxed{~~}}{6}~\underset{\boxed{~~}}{7}~\underset{\boxed{~~}}{8}~\underset{\boxed{~~}}{9}~\underset{\boxed{~~}}{0}\\\hline21~~\underset{\boxed{~~}}{-}~\underset{\boxed{~~}}{±}~\underset{\boxed{~~}}{1}~\underset{\boxed{~~}}{2}~\underset{\boxed{~~}}{3}~\underset{\boxed{~~}}{4}~\underset{\boxed{~~}}{5}~\underset{\boxed{~~}}{6}~\underset{\color{black}{▆▆}}{7}~\underset{\boxed{~~}}{8}~\underset{\boxed{~~}}{9}~\underset{\boxed{~~}}{0}\end{array}$

5. ※試題後附有參考公式及可能用到的對數值與參考數值

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第一部分：選擇題

1. 單選題
說明：第$1$至$5$題，每題選出最適當的一個選項，劃記在答案卡之「解答欄」，每題答對得$5$分，答錯不倒扣。
1. 試問整數$43659$共有多少個不同的質因數？
   1. $1$個
   2. $2$個
   3. $3$個
   4. $4$個
   5. $5$個
訣竅
直接計算其質因數分解。
解法
首先可以發現其各位數之和為$4+3+6+5+9=27$為$9$的倍數，因此$43659=9\times4851$。又可注意到$4851$的各位數之和為$4+8+5+1=18$為$9$的倍數，因此
$43659=9^2\times539$
又$539=11\times49$，故$43659$的質因數分解如下
$3^4\times7^2\times11$
故有$3$個不同的質因數，應選(3)。


2. 利用公式$\displaystyle1^3+2^3+\cdots+n^3=\left(\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right)^2$，可計算出$\left(11\right)^3+\left(12\right)^3+\cdots+\left(20\right)^3$之值為
   1. $41075$
   2. $41095$
   3. $41115$
   4. $41135$
   5. $41155$
訣竅
注意到所求可改寫為$1^3+\cdots+20^3$減去$1^3+\cdots+10^3$後即可利用該公式進行計算。
解法
將所求改寫並利用公式計算如下
$\begin{aligned}11^3+\cdots+20^3=&\left(1^3+\cdots+20^3\right)-\left(1^3+\cdots+10^3\right)\\=&\left(\frac{20\cdot21}{2}\right)^2-\left(\frac{10\cdot11}{2}\right)^2\\=&210^2-55^2\\=&44100-3025\\=&41075\end{aligned}$
應選(1)。


3. 台北銀行最早發行的樂透彩(俗稱小樂透)的玩法是「$42$選$6$」：購買者從$01\sim42$中任選六個號碼，當這六個號碼與開出的六個號碼完全相同(不計次序)時即得頭獎；台北銀行曾考慮改發行「$39$選$5$」的小小樂透：購買者從$01\sim39$中任選五個號碼，如果這五個號碼與開出的五個號碼完全相同(不計次序)則得頭獎。假設原來的小樂透中頭獎的機率是$R$，而曾考慮發行的小小樂透中頭獎的機率是$r$。試問比值$\displaystyle\frac{r}{R}$最接近下列哪個選項？
   1. $3$
   2. $5$
   3. $7$
   4. $9$
   5. $11$
訣竅
對於中獎機率獲得精確列式，隨後估算之。
解法
小樂透的不計次序的所有號碼數量為$C_6^{42}$，其頭獎情形僅有$1$種，故$\displaystyle R=\frac{1}{C_6^{42}}$；類似的小小樂投不計次序的所有情形有$C_5^{39}$種，故中獎機率為$\displaystyle r=\frac{1}{C_5^{39}}$，因此所求為
$\displaystyle\frac{r}{R}=\frac{C_6^{42}}{C_5^{39}}=\frac{42!5!34!}{6!36!39!}=\frac{42\cdot41\cdot40}{6\cdot35\cdot36}=\frac{82}{9}=9\frac{1}{9}\approx9$
應選(4)。


4. 設$a,b$為正整數，已知$\log_7a=11$，$\log_7b=13$；試問$\log_7\left(a+b\right)$之值最接近下列哪個選項？
   1. $12$
   2. $13$
   3. $14$
   4. $23$
   5. $24$
訣竅
直接寫出$a$與$b$來考慮之。
解法
按條件可知$a=7^{11}$、$b=7^{13}$，從而有$a+b=7^{13}\left(1+7^{-2}\right)$，故
$\log_7\left(a+b\right)=\log_77^{13}+\log_7\left(1+7^{-2}\right)\approx13+0=13$
應選(2)。


5. 某校高一第一次段考數學成績不太理想，多數同學成績偏低；考慮到可能是同學們適應不良所致，數學老師決定將每人的原始成績取平方根後再乘以$10$作為正式紀錄的成績。今隨機抽選$100$位同學，發現調整後的成績其平均為$65$分，標準差為$15$分；試問這$100$位同學未調整前的成績之平均$M$介於哪兩個連續正整數之間？(第$7$頁附有標準差公式)
   1. $40\leq M<41$
   2. $41\leq M<42$
   3. $42\leq M<43$
   4. $43\leq M<44$
   5. $44\leq M<45$
訣竅
運用適當的記號代表原始成績與調整後的成績，接著按照標準差的定義列式後即可求解。
解法
設全體同學之原始數學成績為$x_i$，其中$i\in\left[1,100\right]$為正整數，那麼新成績為$y_i=10\sqrt{x_i}$。按題目給定的標準差資訊可知
$\displaystyle15^2=\frac{1}{99}\left(\sum_{i=1}^{100}y_i^2-100\cdot65^2\right)$
因此
$\displaystyle225=\frac{100}{99}\sum_{i=1}^{100}x_i-\frac{100\cdot4225}{99}$
故得這$100$位同學的原始成績總和
$\displaystyle\sum_{i=1}^{100}x_i=4225+225\cdot\frac{99}{100}$
從而原始成績的平均為
$\displaystyle M=\frac{1}{100}\sum_{i=1}^{100}x_i=42.25+2.25\cdot0.99=44.5-0.0225=44.4775$
故選(5)。
2. 多選題
說明：第$6$至第$11$題，每題至少有一個選項是正確的，選出正確選項，劃記在答案卡之「解答欄」。每題答對得$5$分，答錯不倒扣，未答者不給分。只錯一個可獲$2.5$分，錯兩個或兩個以上不給分。
6. 如右圖所示，兩射線$OA$與$OB$交於$O$點，試問下列選項中哪些向量的終點會落在陰影區域內？
   
   1. $\overset{\rightharpoonup}{OA}+2\overset{\rightharpoonup}{OB}$
   2. $\displaystyle\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{OA}+\frac{1}{3}\overset{\rightharpoonup}{OB}$
   3. $\displaystyle\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{OA}-\frac{1}{3}\overset{\rightharpoonup}{OB}$
   4. $\displaystyle\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{OA}+\frac{1}{5}\overset{\rightharpoonup}{OB}$
   5. $\displaystyle\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{OA}-\frac{1}{5}\overset{\rightharpoonup}{OB}$
訣竅
運用分點公式可推知落於$\overline{AB}$線段上，依此為基礎觀察是否會往陰影區域移動即可。
解法
1. 由於$\displaystyle\frac{1}{3}\overset{\rightharpoonup}{OA}+\frac{2}{3}\overset{\rightharpoonup}{OB}$落於$\overline{AB}$上，故以$O$為中心延長$3$倍可得$\overset{\rightharpoonup}{OA}+2\overset{\rightharpoonup}{OB}$落於陰影區域內。
2. 由於$\displaystyle\frac{9}{13}\overset{\rightharpoonup}{OA}+\frac{4}{13}\overset{\rightharpoonup}{OB}$落於$\overline{AB}$線段上，故以$O$為中心延長$\displaystyle\frac{13}{12}$倍可得$\displaystyle\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{OA}+\frac{1}{3}\overset{\rightharpoonup}{OB}$會落於陰影區域內。
3. 由於$\displaystyle\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{OA}$落在$\overline{OA}$上，接著減去$\displaystyle\frac{1}{3}\overline{OB}$則朝左邊前進，故不落於陰影區域內。
4. 由於$\displaystyle\frac{15}{19}{\rightharpoonup}{OA}+\frac{4}{19}{\rightharpoonup}{OB}$落於$\overline{AB}$上，則縮小$\displaystyle\frac{19}{20}$倍則得$\displaystyle\frac{3}{4}{\rightharpoonup}{OA}+\frac{1}{5}{\rightharpoonup}{OB}$落於$\Delta ABC$中而非陰影區域內。
5. 由於$\displaystyle\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{OA}$落在$\overline{OA}$上，接著減去$\displaystyle\frac{1}{5}\overline{OB}$則朝左邊前進，故不落於陰影區域內。
由以上分析可知應選(1)(2)。


7. 如右圖所示，坐標平面上一鳶形$ABCD$，其中$A,C$在$y$-軸上，$B,D$在$x$-軸上，且$\overline{AB}=\overline{AD}=2$，$\overline{BC}=\overline{CD}=4$，$\overline{AC}=5$。令$m_{AB}$、$m_{BC}$、$m_{CD}$、$m_{DA}$分別表直線$AB$、$BC$、$CD$、$DA$之斜率。試問以下哪些敘述成立？
   
   1. 此四數值中以$m_{AB}$為最大
   2. 此四數值中以$m_{BC}$為最大
   3. $m_{BC}=-m_{CD}$
   4. $m_{AB}\times m_{BC}=-1$
   5. $m_{CD}+m_{DA}>0$
訣竅
由圖形比較斜率大小即可。
解法
直接由圖可直接知道斜率之大小$m_{CD}>m_{AB}>0>m_{AD}>m_{BC}$，故選項(1)錯誤而選項(2)正確。
利用對稱性可知$m_{AB}+m_{AD}=0=m_{BC}+m_{CD}$，故選項(3)正確。又由於$\Delta ABC$並非直角三角形，故$m_{AB}\times m_{BC}\neq-1$，因此選項(4)錯誤。再者可以直接觀察下列不等式
$m_{CD}+m_{DA}>m_{AB}+m_{DA}=0$
選項(5)。
因此由以上分析可知應選(2)(3)(5)。


8. 假設坐標空間中三相異平面$E_1$、$E_2$、$E_3$皆通過$\left(-1,2,0\right)$與$\left(3,0,2\right)$兩點，試問以下哪些點也同時在此三平面上？
   1. $\left(2,2,2\right)$
   2. $\left(1,1,1\right)$
   3. $\left(4,-2,2\right)$
   4. $\left(-2,4,0\right)$
   5. $\left(-5,-4,-2\right)$
訣竅
由幾何意義可知$E_1,E_2,E_3$至少交於一線，因此應選出落在$\left(-1,2,0\right)$與$\left(3,0,2\right)$所形成的直線上的點。
解法
在空間中通過$\left(-1,2,0\right)$與$\left(3,0,2\right)$的直線方程式為
$\left\{\begin{aligned} &x=-1+4t,\\&y=2-2t,\\&z=2t,\end{aligned}\right.~~t\in\mathbb{R}$
1. 若$-1+4t=2$，則$\displaystyle t=\frac{3}{4}$，從而過點$\displaystyle\left(2,\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)$，故沒通過$\left(2,2,2\right)$，因此$\left(2,2,2\right)$未必在三平面上。
2. 若$-1+4t=1$，則$\displaystyle t=\frac{1}{2}$，從而過點$\left(1,1,1\right)$，因此$\left(1,1,1\right)$必在三平面上。
3. 若$-1+4t=4$，則$\displaystyle t=\frac{5}{4}$，從而過點$\displaystyle\left(4,-\frac{1}{2},\frac{5}{2}\right)$，故沒通過$\left(4,-2,2\right)$，因此$\left(4,-2,2\right)$未必在三平面上。
4. 若$1-4t=-2$，則$\displaystyle t=\frac{3}{4}$，從而過點$\displaystyle\left(-2,\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)$，過沒通過$\left(-2,4,0\right)$，因此$\left(-2,4,0\right)$未必在三平面上。
5. 若$-1+4t=-5$，則$t=-1$，從而過點$\left(-5,4,-2\right)$，故沒通過$\left(-5,-4,-2\right)$，因此$\left(-5,-4,-2\right)$未必在三平面上。
由以上分析可知應選(2)。


9. 若$\displaystyle0<\theta<\frac{\pi}{4}$，試問以下哪些選項恆成立？
   1. $\sin\theta<\cos\theta$
   2. $\tan\theta<\sin\theta$
   3. $\cos\theta<\tan\theta$
   4. $\sin2\theta<\cos2\theta$
   5. $\displaystyle\tan\frac{\theta}{2}<\frac{1}{2}\tan\theta$
訣竅
注意到正弦與餘弦的在銳角的變化趨勢。
解法
1. 由於$\displaystyle0<\theta<\frac{\pi}{4}$，因此

   $\displaystyle\sin\theta<\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}<\cos\theta$

   故本選項正確。
2. 由於

   $\displaystyle\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}>\frac{\sin\theta}{1}=\sin\theta$

   或者取$\displaystyle\theta=\frac{\pi}{6}$，如此有$\displaystyle\tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}>\frac{1}{2}=\sin\frac{\pi}{6}$，因此本選項錯誤。
3. 本選項錯誤，若取$\displaystyle\theta=\frac{\pi}{6}$，因此

   $\displaystyle\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}>\tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

4. 本選項是錯誤的，取$\displaystyle\theta=\frac{\pi}{6}$有得下列的反例

   $\displaystyle\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}>\frac{1}{2}=\cos\frac{\pi}{3}$

5. 這是正確的，利用正切函數的倍角公式可得

   $\displaystyle\frac{1}{2}\tan\theta>\frac{1}{2}\cdot\frac{2\tan\frac{\theta}{2}}{1-\tan^2\frac{\theta}{2}}=\frac{\tan\frac{\theta}{2}}{1-\tan^2\frac{\theta}{2}}>\tan\frac{\theta}{2}$
由以上分析可知應選(1)(5)。


10. 設$F_1$與$F_2$為坐標平面上雙曲線$\displaystyle\Gamma:\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{16}=1$的兩個焦點，$P$為$\Gamma$上一點，使得此三點構成一等腰三角形。試問以下哪些值可能是這些等腰三角形的周長？
    1. $20$
    2. $24$
    3. $28$
    4. $32$
    5. $36$
訣竅
運用雙曲線的定義並留意等腰三角形的腰之位置共有兩種可能。
解法
由方程可知$a=3$、$b=4$，從而$c=5$，故$\overline{F_1F_2}=10$。再者由雙曲線的定義可知$\left|\overline{PF_1}-\overline{PF_2}\right|=6$。因此等腰三角形$\Delta F_1PF_2$有兩種可能如下：若$\overline{PF_1}=\overline{F_1F_2}=10$，則$\overline{PF_2}=16$或$\overline{PF_2}=4$，因此$\Delta F_1PF_2$周長可能為$36$、$24$，應選(2)(5)。


11. 設$S$為空間中一球面，$\overline{AB}$為其一直徑，且$\overline{AB}=10$。若$P$為空間中一點，使得$\overline{PA}+\overline{PB}=14$， 則$P$點的位置可能落在哪裡？
    1. 線段$\overline{AB}$上；
    2. 直線$AB$上，但不在線段$\overline{AB}$上；
    3. 球面$S$上；
    4. 球$S$的內部，但不在線段$\overline{AB}$上；
    5. 球$S$的外部，但不在線段$\overline{AB}$上。
訣竅
聯想到橢圓的定義上可推知$P$滿足$\overline{PA}+\overline{PB}=14$形成空間中的橢球
解法
聯想到橢圓的定義上可推知$P$滿足$\overline{PA}+\overline{PB}=14$形成空間中的橢球，其中半長軸長為$7$且$A$、$B$為兩焦點，故$P$不可能落於$\overline{AB}$上，從而應選(2)(3)(4)(5)。

第二部分：填充題

說明：

1. 第$A$至$I$題，將答案標示在答案卡之「解答欄」所標示的列號(12-34)處。
2. 每題完全答對給$5$分，答錯不倒扣，未完全答對不給分。

1. 若多項式$x^2+x+2$能整除$x^5+x^4+x^3+px^2+2x+q$，則$p=\underline{⑫}$，$q=\underline{⑬}$。
訣竅
進行多項式除法後比較係數可獲得聯立方程，解開該聯立方程即可。
解法
進行橫式多項式除法可得
$\begin{aligned}x^5+x^4+x^3+px^2+2x+q=&\left(x^2+x+2\right)\cdot x^3+\left(-x^3+px^2+2x+q\right)\\=&\left(x^2+x+2\right)\cdot\left(x^3-x\right)\left(p+1\right)x^2+4x+q\\=&\left(x^2+2x+2\right)\cdot\left[x^3-x+\left(p+1\right)\right]+\left(3-p\right)x+\left(q-2p-2\right)\end{aligned}$
由於$x^2+x+2$能整除$x^5+x^4+x^3+px^2+2x+q$，因此$3-p=0$且$q-2p-2=0$，如此解得$p=3$且$q=8$，填入$⑫=3$、$⑬=8$。


2. 在坐標平面上，正方形ABCD 的四個頂點坐標分別為$A\left(0,1\right),B\left(0,0\right),C\left(1,0\right),D\left(1,1\right)$。設$P$為正方形$ABCD$內部的一點，若$\Delta PDA$與$\Delta PBC$的面積比為$1:2$，且$\Delta PAB$與$\Delta PCD$的面積比為$2:3$，則$P$點的坐標為$\displaystyle\left(\underline{ \frac{⑭}{⑮} },\underline{ \frac{⑯}{⑰} }\right)$。(化成最簡分數)
訣竅
面積比所代表的線段比。
解法
首先作過$P$的鉛直線交$\overline{AD}$與$\overline{BC}$於$E$、$F$，那麼由$\Delta PDA$與$\Delta PBC$的面積比為$1:2$可得$\overline{EP}:\overline{PF}=1:2$，因此$P$之$y$座標為$\displaystyle\frac{2}{3}$。接著作過$P$的水平線交$\overline{AB}$與$\overline{CD}$於$G$與$H$，那麼由$\Delta PAB$與$\Delta PCD$的面積比為$2:3$可知$\overline{GP}:\overline{PH}=2:3$，從而$P$之$x$座標為$\displaystyle\frac{2}{5}$。綜合可知$P$之座標為$\displaystyle\left(\frac{2}{5},\frac{2}{3}\right)$，由此填入$⑭=2$、$⑮=5$、$⑯=2$、$⑰=3$。


3. 在數線上有一個運動物體從原點出發，在此數線上跳動，每次向正方向或負方向跳$1$個單位，跳動過程可重複經過任何一點。若經過$6$次跳動後運動物體落在點$+4$處，則此運動物體共有$\underline{⑱}$種不同的跳動方法。
訣竅
直接分析並條列出所有的跳動方法即可。
解法
為了最後落點在$+4$處，必須往右跳$5$次而往左跳$1$次，因此共有下列$6$種跳動方法：
• ←→→→→→
• →←→→→→
• →→←→→→
• →→→←→→
• →→→→←→
• →→→→→←
故填$⑱=6$。


4. 設複數$z=1−i$；若$1+z+z^2+\cdots+z^9=a+bi$，其中$a,b$為實數，則$a=\underline{⑲⑳}$，$b=\underline{㉑㉒}$。
訣竅
運用等比級數計算之。
解法
運用等比級數公式可得
$\displaystyle a+bi=1+z+z^2+\cdots+z^9=\frac{1-z^{10}}{1-z}=\frac{1-\left(z^2\right)^5}{i}=\frac{1-\left(-2i\right)^5}{i}=\frac{1+32i}{i}=32-i$
故$a=32$、$b=-1$，因此填入$⑲=3$、$⑳=2$、$㉑=-$、$㉒=1$。


5. 設$O$為坐標平面上的原點，$P$點坐標為$\left(2,1\right)$；若$A$、$B$分別是正$x$-軸及正$y$-軸上的點，使得$\overset{\rightharpoonup}{PA}\bot\overset{\rightharpoonup}{PB}$，則$\Delta OAB$面積的最大可能值為$\displaystyle\underline{　\frac{㉓㉔}{㉕㉖}　}$。(化成最簡分數)
訣竅
直接設定座標獲得限制條件後求其極大值，應使用算術幾何不等式。
解法
設$A\left(a,0\right)$、$B\left(0,b\right)$，由於$\overset{\rightharpoonup}{PA}\bot\overset{\rightharpoonup}{PB}$，如此利用內積可得
$\overset{\rightharpoonup}{PA}\cdot\overset{\rightharpoonup}{PB}=\left(a-2,-1\right)\cdot\left(-2,b-1\right)=-2a-b+5=0$
如此有$2a+b=5$，而$\Delta OAB$的面積為$\displaystyle\frac{ab}{2}$，那麼利用算術幾何不等式可知
$\displaystyle\frac{5}{2}=\frac{2a+b}{2}\geq\sqrt{2a\cdot b}$
兩邊平方後同除以$4$可得
$\displaystyle\Delta OAB=\frac{ab}{2}\leq\frac{25}{16}$
故最大值為$\displaystyle\frac{25}{16}$，因此填入$㉓=2$、$㉔=5$、$㉕=1$、$㉖=6$。


6. 如右圖所示，在$\Delta ABC$中，$\angle BAC$的平分線$AD$交對邊$\overline{BC}$於$D$；已知$\overline{BD}=3$，$\overline{DC}=6$，且$\overline{AB}=\overline{AD}$，則$\cos\angle BAD$之值為$\displaystyle\underline{ \frac{㉗}{㉘} }$。(化成最簡分數)
   
訣竅
利用面積關係求該角之正弦值，隨後求其餘弦值；亦可根據要求某個角度的餘弦值，從而要使用餘弦定理。
解法一
設$\angle BAD=\theta$，那麼$\angle BAC=2\theta$。首先由角平分線的特性可知$\overline{AB}:\overline{AC}=1:2$，故設$\overline{AB}=\overline{AD}=x$以及$\overline{AC}=2x$。運用面積關係有$\Delta ABC=\Delta ADB+\Delta ADC$，從而有
$\displaystyle\frac{1}{2}\cdot x\cdot2x\sin2\theta=\frac{1}{2}x\cdot x\sin\theta+\frac{1}{2}x\cdot2x\sin\theta$
又由$\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$，因此兩邊約去$2x^2\sin\theta$可得
$\displaystyle\cos\theta=\frac{3}{4}$
因此填入$㉗=3$、$㉘=4$。
解法二
由角平分線的特性可知$\overline{AB}:\overline{AC}=1:2$，因此設$\overline{AB}=\overline{AD}=x$，而$\overline{AC}=2x$。如此在$\Delta ABD$中使用餘弦定理可知
$\overline{AD}^2=\overline{BA}^2+\overline{BD}^2-2\overline{BA}\cdot\overline{BD}\cos\angle ABD$
即有$\displaystyle\cos\angle ABD=\frac{3}{2x}$。另一方面在$\Delta ABC$中使用餘弦定理可知
$\overline{AC}^2=\overline{BA}^2+\overline{BC}^2-2\overline{BA}\cdot\overline{BC}\cos\angle BAC$
即有
$\displaystyle4x^2=x^2+9^2-2\cdot x\cdot9\cdot\frac{3}{2x}$
整理有$3x^2=81-27=54$，如此可解得$x=3\sqrt{2}$（負不合）。現於$\Delta ABD$中使用餘弦定理可得
$3^2=\left(3\sqrt{2}\right)^2+\left(3\sqrt{2}\right)^2-2\cdot3\sqrt{2}\cdot3\sqrt{2}\cos\angle BAD$
如此解得
$\displaystyle\cos\angle BAD=\frac{3}{4}$
因此填入$㉗=3$、$㉘=4$。


7. 在坐標平面上，過$F\left(1,0\right)$的直線交拋物線$\Gamma:y^2=4x$於$P$、$Q$兩點，其中$P$在上半平面，且知$2\overline{PF}=3\overline{QF}$，則$P$點的$x$-坐標為$\displaystyle\underline{ \frac{㉙}{㉚} }$。(化成最簡分數)
訣竅
留意拋物線中的準線可將拋物線的點到焦點的距離改為點至直線的距離。
解法
由條件可知$\overline{PF}:\overline{QF}=3:2$，因此設$\overline{PF}=3k$、$\overline{QF}=2k$，並且由拋物線的特性可知準線$L$的方程式為$x=-1$，從而$P$與$Q$的$x$座標為$3k-1$與$2k-1$，進而有$\displaystyle P\left(3k-1,2\sqrt{3k-1}\right)$、$Q\left(2k-1,-2\sqrt{2k-1}\right)$。現分別作$P$與$Q$對$x$軸的垂足$M$、$N$，那麼容易發現$\Delta PFM\sim\Delta QFN$，從而有
$\displaystyle\frac{2\sqrt{3k-1}}{2\sqrt{2k-1}}=\frac{3}{2}$
平方展開有
$\displaystyle\frac{3k-1}{2k-1}=\frac{9}{4}$
如此解得$\displaystyle k=\frac{5}{6}$，而$P$點的$x$座標則為$\displaystyle 3k-1=\frac{3}{2}$，填入$㉙=3$、$㉚=2$。


8. 設$x$為一正實數且滿足$x\cdot3^x=3^{18}$；若$x$落在連續正整數$k$與$k+1$之間，則$k=\underline{㉛㉜}$。
訣竅
由於多項式和指數函數皆為連續函數，因此利用勘根定理即可。
解法
首先利用$x=18$試探可注意到
$18\cdot3^{18}>3^{18}$
接著使用$x=17$有
$17\cdot3^{17}>3\cdot3^{17}=3^{18}$
接著使用$x=16$有
$16\cdot3^{16}>9\cdot3^{16}=3^{18}$
接著使用$x=15$有
$15\cdot3^{15}<27\cdot3^{15}=3^{18}$
因此可以知道該實根介於$15$與$16$之間，故$k=15$，填入$㉛=1$、$㉜=5$。


9. 如右圖所示，$ABCD-EFGH$為邊長等於$1$之正立方體。若$P$點在立方體之內部且滿足$\displaystyle\overset{\rightharpoonup}{AP}=\frac{3}{4}\overset{\rightharpoonup}{AB}+\frac{1}{2}\overset{\rightharpoonup}{AD}+\frac{2}{3}\overset{\rightharpoonup}{AE}$，則$P$點至直線$AB$之距離為$\displaystyle\underline{ \frac{㉝}{㉞} }$。(化成最簡分數)
   
訣竅
運用座標表示法處理之。
解法
設$A\left(0,0,0\right)$、$B\left(1,0,0\right)$、$D\left(0,1,0\right)$、$E=\left(0,0,1\right)$，從而$\displaystyle P\left(\frac{3}{4},\frac{1}{2},\frac{2}{3}\right)$，故$P$到直線$AB$的距離即為$P$到$x$軸的距離，可以計算如下
$\displaystyle\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{2}{3}\right)^2}=\sqrt{\frac{25}{36}}=\frac{5}{6}$
因此填入$㉝=5$、$㉞=6$。

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參考公式及可能用到的數值

1. 一元二次方程式$ax^2+bx+c=0$的公式解：$\displaystyle x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$
2. 平面上兩點$P_1\left(x_1,y_1\right)$，$P_2\left(x_2,y_2\right)$間的距離為$\overline{P_1P_2}=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2}$
3. 通過$\left(x_1,y_1\right)$與$\left(x_2,y_2\right)$的直線斜率$\displaystyle m=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$，$x_2\neq x_1$
4. 等比級數$\left\langle ar^{k-1}\right\rangle$的前$n$項之和$\displaystyle S_n=\frac{a\cdot\left(1-r^n\right)}{1-r}$，$r\neq1$。
5. 三角函數的和角公式：$\sin\left(A+B\right)=\sin A\cos B+\sin B\cos A$
   　　　　　　　　　　$\displaystyle\tan\left(\theta_1+\theta_2\right)=\frac{\tan\theta_1+\tan\theta_2}{1-\tan\theta_1\tan\theta_2}$
6. $\Delta ABC$的正弦定理：$\displaystyle\frac{\sin A}{a}=\frac{\sin B}{b}=\frac{\sin C}{c}$
   $\Delta ABC$的餘弦定理：$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$
7. 棣美弗定理：設$z=r\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)$，則$z^n=r^n\left(\cos n\theta+i\sin n\theta\right)$，$n$為一正整數
8. 算術平均數　$\displaystyle M\left(={\bar X}\right)=\frac{1}{n}\left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i$
   (樣本)標準差　$\displaystyle S=\sqrt{\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}\left(x_i-{\bar X}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{n-1}\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2-n\bar{X}^2\right)}$
9. 參考數值：$\sqrt{2}\approx1.414$；　$\sqrt{3}\approx1.732$；　$\sqrt{5}\approx2.236$；　$\sqrt{6}\approx2.449$；　$\pi\approx3.142$
10. 對數值：$\log_{10}2\approx0.3010$，$\log_{10}3\approx0.4771$，$\log_{10}5\approx0.6990$，$\log_{10}7\approx0.8451$