114 年分科測驗數學甲試題與答案

正解：以可重整出的配置計數時，Γ₂ 與 x+y=0 的交點連同其餘六點，恰可形成四組三點共線，分別落在 x+y=2、x+y=−2、x−y=2、x−y=−2。任取兩點原有 C(8,2)=28 組；每組三點共線把同一直線算了 3 次，應各扣 2。關鍵直線的記號判讀仍有不確定性；採此配置可得 28−4×2=20，故選 C。

A：12 只保留了少數共線直線，沒有計入其他兩點所決定的直線。

B：16 仍少計了不同共線組以外的兩點連線。

D：24 相當於只扣除兩組三點共線所造成的重複計數，少辨認了另外兩組。

E：28 把所有兩點配對都當成不同直線，忽略三點共線時的重複。

本題考點：兩點決定一直線（line determined by two points）——先以 C(n,2) 計全部兩點配對，再處理重複；三點共線的重複計數（collinearity overcounting）——一組三點把 1 條線算成 3 組配對，須扣 2；座標幾何（coordinate geometry）——列出各點所在的直線可系統辨認共線組。

正解：判準是任一鉛直線 x=k 是否都有實數 y 解。（C）可整理為 y^2=4+4x^2/9，右側對每個實數 x 都為正；（D）y=x^2/9 對每個 x 都給出一個實數 y，故選 CD。

C：縱軸型雙曲線在每個 x 值都有上下兩個對應點，所以所有鉛直線都相交。

D：開口向上的拋物線是 y 對 x 的函數，任意 x 都有一個函數值。

A：x^2/9+y^2/4=1 要有實數 y，必須 |x|≤3；x 在此區間外時不相交。

B：x^2/9−y^2/4=1 可得 y^2=4x^2/9−4，只有 |x|≥3 才有實數 y。

E：x=y^2/9 必須 x≥0，鉛直線落在負 x 區域時沒有交點。

本題考點：鉛直線檢驗（vertical line test）——把曲線改寫成 y 的條件，檢查每個實數 x 是否至少有一個解；二次曲線（conic sections）——橢圓與左右開口雙曲線有受限的 x 範圍，縱向雙曲線與 y=f(x) 型拋物線沒有；實數解條件（real-solution condition）——平方量必須大於或等於 0。

正解：依可辨識的相位 π/6，a_n=cos(nπ−π/6)=(−1)^n√3/2，數列在 −√3/2 與 √3/2 間交替。因 a_4=a_24=√3/2，且 a_1+a_2+a_3=−√3/2+√3/2−√3/2=−√3/2。相位記號仍有不確定性；以上述相位計算，故選 CE。

C：4 與 24 都是偶數，代入交替式後同為 √3/2。

E：前三項的正負號依序為負、正、負，相加後為 −√3/2。

A：a_1=−√3/2，不是 −1/2。

B：a_2=√3/2、a_3=−√3/2，兩者不相等。

D：數列持續在兩個不同值間交替，沒有收斂，因此不能談題列的極限結論。

本題考點：三角函數週期（trigonometric periodicity）——含 nπ 的餘弦值可先化成偶、奇 n 的交替規律；數列收斂（sequence convergence）——偶數項與奇數項極限不同時，整個數列不收斂；有限和（finite series）——先逐項列出符號與值，再相加避免漏項。

正解：f(0)=1.2^0=1>0，故（A）成立。再令 g(x)=1.2^x−x，有 g(1)=0.2>0、g(2)=1.44−2<0；由連續性可知 1 與 2 之間存在 g(x)=0 的點，圖形會與 y=x 相交，故選 AC。

A：任何底數不為 0 的 0 次方皆為 1，所以 f(0)>0。

C：g(x) 在 x=1 與 x=2 的符號相反，表示兩圖形之間必有交點。

B：1.2^10 約為 6.19，小於 10。

D：題列的 y=log(1.2x) 並不是 f 的反函數 y=log_1.2 x，兩圖形不會因此對稱於 y=x。

E：令 h(b)=log_1.2 b−1.2^b，h(1)<0 而 h(2)>0；由連續性可知存在正實數 b 使兩式相等，不能宣稱對所有 b 都不相等。

本題考點：指數函數（exponential function）——可先代入具代表性的整數比較大小；介值定理（intermediate value theorem）——連續函數在兩點異號時，中間有零點；反函數（inverse function）——指數函數的反函數是以相同底數為底的對數函數。

正解：把可辨識的條件寫成 |z|=2，且 1、z、z^3 共線。因 z^3−1=(z−1)(z^2+z+1)，共線使 z^2+z+1 為實數；設 z=x+yi 且 y≠0，取虛部得 y(2x+1)=0，所以 x=−1/2。再由 |z|=2 得 z^2+z+4=0，並有 (z^3−z)/(z−1)=−4。複數記號的判讀仍有不確定性；依此可得 B、C、E 成立，故選 BCE。

B：(z^3−z)/(z−1)=−4 是實數，虛部為 0。

C：由 x=−1/2 可知 z 的實部為 −1/2。

E：將 z^2+z+4=0 代入題列的三個複數後，兩個位移向量互為實數倍，因此三點共線。

A：由 |z|=2 可得 z 乘其共軛複數為 4，不會等於 2。

D：可推出的是 z^2+z+4=0，與題列二次式的符號不同。

本題考點：複數平面共線（collinearity in the complex plane）——兩個複數位移的比值為實數時可判為共線；共軛複數與模長（complex conjugate and modulus）——z 乘其共軛複數等於 |z|^2；複數多項式（complex polynomial）——利用已知二次關係降階化簡 z^3。

正解：旋轉矩陣可寫成 A=[[cos θ,−sin θ],[sin θ,cos θ]]，所以 a1+a2+a3+a4=2cos θ。以 x 軸為鏡射軸的矩陣左乘後，BA=[[cos θ,−sin θ],[−sin θ,−cos θ]]，故 c1+c2+c3+c4=−2sin θ。代入條件得 2cos θ=2(−2sin θ)=−4sin θ；cos θ 不可為 0，因此 tan θ=sin θ/cos θ=−1/2，故選 -1/2。

本題考點：旋轉矩陣（rotation matrix）——逆時針旋轉 θ 的兩個非對角元素符號相反；鏡射矩陣（reflection matrix）——關於 x 軸鏡射會使第二列變號；矩陣乘法（matrix multiplication）——先寫出 BA 的各元素，再依題意加總。

正解：題幹說「抽獎次數不限、每次互相獨立、抽中即停止」，這是幾何分布的標準情境；又要求「依期望值定義、使用 ∑ 符號」，所以必須先寫出級數再求值，不能直接引用公式 1/p 交差。 設 X 為所需抽獎次數，單次抽中的機率 p=2/5，未中為 3/5。前 n-1 次皆未中、第 n 次抽中，故 P(X=n)=(3/5)^(n-1)×(2/5)，n=1,2,3,…。依期望值定義： E(X)=∑(n=1 到 ∞) n·P(X=n)=∑(n=1 到 ∞) n×(2/5)×(3/5)^(n-1)。 求其值：令 r=3/5，S=∑(n=1 到 ∞) n·r^(n-1)=1+2r+3r²+4r³+…。用錯位相減：rS=r+2r²+3r³+…，兩式相減得 (1-r)S=1+r+r²+r³+…=1/(1-r)（因 0<r<1 的無窮等比級數和）。故 S=1/(1-r)²=1/(2/5)²=1/(4/25)=25/4。 於是 E(X)=(2/5)×S=(2/5)×(25/4)=5/2。 故答案為 E(X)=∑(n=1 到 ∞) n×(2/5)×(3/5)^(n-1)=5/2，即平均需抽 2.5 次才會抽中。

本題考點：幾何分布（geometric distribution）——「重複獨立試驗直到首次成功」的次數，P(X=n)=(1-p)^(n-1)·p，期望值為 1/p，可用來反向檢核算出的級數和；期望值的定義（definition of expected value）——題目點名「依定義」時，必須先把 ∑ n·P(X=n) 完整寫出，直接搬公式會被扣分；錯位相減求級數（arithmetico-geometric series）——∑ n·r^(n-1)=1/(1-r)²，僅在 |r|<1 時收斂適用。

正解：方式一先固定支付225元；只有兩次皆未中時才多付75元。兩次皆未中的機率為 (3/5)^2=9/25，所以方式一的期望花費為225元+75元×9/25=225元+27元=252元。方式二每次100元，所需抽獎次數的期望值為1/(2/5)=5/2次，所以期望花費為100元×5/2=250元。故方式二的期望花費較小，少2元。

本題考點：期望值的線性性（linearity of expectation）——固定成本直接加入，附加成本則乘上其發生機率；幾何分布的成本——每次成本固定、直到首次成功時，以每次成本乘上 1/p。

正解：題幹同時給了兩個閉區間——參數 -1/2≤a≤1 與變數 -1≤x≤1，而 f(x)=3ax²+(1-a) 只透過 x² 依賴 x，這個線索指向換元降階：令 t=x²，當 -1≤x≤1 時 t 的範圍恰為 0≤t≤1。 換元後 f 化為 t 的一次函數 g(t)=3at+(1-a)，t∈[0,1]。一次函數（含 a=0 的常數函數）在閉區間上的最大值與最小值必在兩端點取得，故只要檢查兩端： g(0)=1-a。由 a≤1 得 1-a≥0。 g(1)=3a+(1-a)=2a+1。由 a≥-1/2 得 2a+1≥2×(-1/2)+1=0。 兩端點的值皆非負，而一次函數在端點之間的值必介於兩端點值之間，故對所有 t∈[0,1] 皆有 g(t)≥0。換回原變數，即對所有 -1≤x≤1 皆有 f(x)≥0。 故可作答「令 t=x²，則 -1≤x≤1 時 0≤t≤1，f 化為一次函數 g(t)=3at+(1-a)；因 g(0)=1-a≥0（由 a≤1）且 g(1)=2a+1≥0（由 a≥-1/2），一次函數在區間內的值介於兩端點值之間，故 f(x)≥0 對 -1≤x≤1 恆成立」。

本題考點：換元降階（substitution t=x²）——函數只透過偶次冪依賴變數時，先把定義域換成新變數的區間，二次問題即降為一次問題；一次函數在閉區間的極值（linear function on a closed interval）——最大值與最小值必在端點，只要兩端點非負就保證整段非負，不必討論開口方向；參數範圍的用法（parameter constraints）——題目給的 a 的上界與下界通常各自對應一個端點條件，兩個界都要用到一次，若有一個沒用上，就代表推導漏了一支情形。

正解：題幹給了 f(x)=3ax²+(1−a) 以及「Γ 為 y=f(x) 與 x 軸在 −1≤x≤1 所圍的區域」，這兩個條件觸發「先確認被積函數在該區間上不變號，再用定積分算面積」這條規則——只要 f 在 [−1,1] 上恆非負，Γ 的面積就等於 ∫(−1→1) f(x) dx，不必分段。 第一步，證明 f(x)≥0 於 −1≤x≤1。f(x)=3ax²+(1−a) 對稱於 x=0，且 x² 在 [−1,1] 的值域為 [0,1]。 （一）當 0≤a≤1 時，3ax²≥0，故 f(x)≥f(0)=1−a≥1−1=0。 （二）當 −1/2≤a<0 時，3ax² 隨 x² 增大而變小，最小值出現在 x=±1，f(±1)=3a+(1−a)=1+2a≥1+2×(−1/2)=0。 兩種情形合起來：對每個 a∈[−1/2,1]，在 −1≤x≤1 上都有 f(x)≥0，所以 Γ 的面積 A=∫(−1→1) f(x) dx。 第二步，把積分做完。A=∫(−1→1) [3ax²+(1−a)] dx=[ax³+(1−a)x](−1→1)=[a·1³+(1−a)·1]−[a·(−1)³+(1−a)·(−1)]=(a+1−a)+(a+1−a)=2a+2(1−a)=2a+2−2a=2。 含 a 的 2a 與 −2a 恰好相消，結果與 a 無關，且上式對 a=−1/2 到 a=1 的每一個值都成立。 故可作答「因 3ax²+(1−a)≥0 於 [−1,1]（a≥0 時最小值 1−a≥0，a<0 時最小值 1+2a≥0），面積 =∫(−1→1)(3ax²+1−a)dx=[ax³+(1−a)x](−1→1)=2a+2(1−a)=2，與 a 無關，故對所有 a∈[−1/2,1] 面積皆為 2」。

本題考點： 1. 定積分求面積的前提檢查（sign check before integration）：看到「曲線與 x 軸所圍區域」先問被積函數在區間內會不會變號；不變號才可直接積分，變號就得拆區間取絕對值。本題的參數範圍 −1/2≤a≤1 正是為了讓 f 不變號而設。 2. 含參數積分的「參數是否消去」判讀：把積分算成 a 的多項式後，看 a 的係數是否為 0；係數為 0 即代表結果與參數無關，這比逐個代 a 值驗證更有效。 3. 偶函數對稱性：x² 為偶函數、常數為偶函數，故 ∫(−1→1) 可寫成 2∫(0→1)，可當作驗算的第二條路徑。

正解：題幹「Γ 繞 x 軸旋轉所得旋轉體」觸發圓盤法（disk method）V=π∫(−1→1) [f(x)]² dx；因為上一小題已證 f(x)=3ax²+(1−a) 在 [−1,1] 上恆非負，Γ 是夾在曲線與 x 軸之間的單一區域，可直接套用而不必拆段。 第一步，展開被積函數。令 b=1−a，則 [f(x)]²=(3ax²+b)²=9a²x⁴+6abx²+b²。 第二步，代入三個基本定積分：∫(−1→1)x⁴dx=2/5、∫(−1→1)x²dx=2/3、∫(−1→1)1dx=2。 V=π(9a²×2/5+6ab×2/3+b²×2)=π(18a²/5+4ab+2b²)。 第三步，把 b=1−a 代回並化簡：4ab=4a(1−a)=4a−4a²，2b²=2(1−a)²=2−4a+2a²。 V=π(18a²/5−4a²+2a²+4a−4a+2)=π[(18/5−2)a²+2]=π(8a²/5+2)。 第四步，判斷是否相等。8π/5>0，V 隨 a² 嚴格遞增，所以 V 不是常數；具體地 a=0 時 V=π(0+2)=2π，a=1 時 V=π(8/5+2)=18π/5，兩者不等，故 V 對所有 a 並不都相等。 第五步，求最大值。V 只透過 a² 依賴 a，故 |a| 最大時 V 最大。a 的範圍是 [−1/2,1]，其中 |−1/2|=0.5<|1|=1，所以最大在 a=1：V=π(8×1²/5+2)=π(8/5+10/5)=18π/5。（可驗算：a=1 時 f(x)=3x²，V=π∫(−1→1)9x⁴dx=9π×2/5=18π/5。） 故答案為：V 不是對所有 a 都相等；當 a=1 時 V 有最大值 18π/5。可寫「V=π∫(−1→1)(3ax²+1−a)²dx=π(8a²/5+2)，因 8π/5>0 且 a∈[−1/2,1]，故 V 不全相等，於 a=1 時最大，最大值為 18π/5」。

本題考點： 1. 旋轉體體積圓盤法（disk method）：繞 x 軸、且區域夾在曲線與 x 軸之間時用 V=π∫[f(x)]²dx；若區域是兩曲線之間才改用墊圈法。判準是「旋轉軸是不是區域的一條邊界」。 2. 含參數最佳化的化簡策略：先把積分算成參數的多項式，看它只含 a² 還是也含 a 的一次項——只含 a² 時最大值必在 |a| 端點，含一次項才需要配方或求導找頂點。 3. 端點比較時比的是 |a| 不是 a：區間對 0 不對稱（−1/2 到 1）時，一定要兩端都代，本題 a=−1/2 給 V=π(2/5+2)=12π/5 小於 a=1 的 18π/5。