113 年學科能力測驗數學A試題與答案

正解：題幹給定「2 小時後剩一半」且為指數型衰退，應採半衰期模型，而非把時間與剩餘比例作線性對應。設初始劑量為 1，每經過 2 小時乘以 1/2，則服用 t 小時後的殘留比例為 r(t)=(1/2)^(t/2)。B：t=4 時，r(4)=(1/2)^(4/2)=(1/2)²=1/4，與選項相符，故 B 為正解。

A：t=3 時，r(3)=(1/2)^(3/2)=1/(2√2)=√2/4≈0.354，不是 1/3≈0.333，A 錯誤。

C：t=6 時，r(6)=(1/2)^(6/2)=(1/2)³=1/8，不是 1/6，C 錯誤。它看起來對，是因為把「6 小時」誤當成殘留 1/6，將指數衰退錯看成線性衰退。

D：t=8 時，r(8)=(1/2)^(8/2)=(1/2)⁴=1/16，不是 1/8，D 錯誤。

E：t=10 時，r(10)=(1/2)^(10/2)=(1/2)⁵=1/32，不是 1/10，E 錯誤。

本題考點：指數型衰退與半衰期——若每 2 小時剩原來的 1/2，經 t 小時後以 (1/2)^(t/2) 計算；判準式——時間每多 2 小時，殘留量再乘以 1/2，不可把剩餘比例直接寫成 1/t。

正解：題幹要判斷 AD×AG 平行的向量，因外積方向同時垂直於 AD、AG，先將正方體座標化，再求外積並以向量成比例判斷。依圖中正方體 OABC-DEFG 的標號，O、A、B、C 為底面（O 後左、A 前左、B 前右、C 後右），D、E、F、G 為頂面，鉛直稜為 A→E、B→F、C→G、O→D。設邊長為 1，取 O=(0,0,0)、A=(0,-1,0)、C=(1,0,0)、B=(1,-1,0)，且頂面沿 +z 方向，故 D=(0,0,1)、E=(0,-1,1)、F=(1,-1,1)、G=(1,0,1)。先算 AD=D-A=(0,0,1)-(0,-1,0)=(0,1,1)，AG=G-A=(1,0,1)-(0,-1,0)=(1,1,1)。AD×AG 的 i 分量為 1·1-1·1=0，j 分量為 1·1-0·1=1，k 分量為 0·1-1·1=-1，因此 AD×AG=(0,1,-1)。E：OE=E-O=(0,-1,1)-(0,0,0)=(0,-1,1)=-(0,1,-1)，與 AD×AG 成比例，方向雖相反仍互相平行，故 E 為正解。

A：AE=E-A=(0,-1,1)-(0,-1,0)=(0,0,1)。若 AE 平行 AD×AG=(0,1,-1)，其第一分量同為 0，但第二分量 0 不可能是 1 的同一倍數，故不平行。

B：BE=E-B=(0,-1,1)-(1,-1,0)=(-1,0,1)。若 BE=k(0,1,-1)，第一分量應為 0，但 BE 第一分量為 -1，故不平行。

C：CE=E-C=(0,-1,1)-(1,0,0)=(-1,-1,1)。若 CE=k(0,1,-1)，第一分量應為 0，但 CE 第一分量為 -1，故不平行。

D：DE=E-D=(0,-1,1)-(0,0,1)=(0,-1,0)。若 DE=k(0,1,-1)，由第二分量得 k=-1，則第三分量應為 (-1)·(-1)=1，實際卻為 0，故不平行。它看起來對，是因為 DE 與 OE 都在正方體的稜線方向上，但外積的方向必須同時垂直於 AD 與 AG，不能只憑圖形上的相近方向判斷。

本題考點：空間向量外積——u×v 同時垂直於 u、v 所張成的平面，先以座標求出各向量；外積演算——依 i、j、k 分量逐步計算；平行判準——兩非零向量各對應分量必為同一比例，反向倍數仍表示平行。

正解：三次函數與 x 軸的三個交點就是三根，且最高次項係數已給為 a；因此先依等差數列寫成因式分解，再代入 x=0 判斷 f(0) 的正負。三根為 -7、-7+a、-7+2a，所以 f(x)=a(x+7)(x-(-7+a))(x-(-7+2a))。代入 x=0，f(0)=a·7·(7-a)·(7-2a)=7a(7-a)(7-2a)。因 7>0，只須比較 a(7-a)(7-2a) 的正負：a=-6 時為 (-6)·13·19<0；a=-4 時為 (-4)·11·15<0；a=-2 時為 (-2)·9·11<0；a=2 時為 2·5·3=30>0；a=4 時為 4·3·(-1)<0；a=6 時為 6·1·(-5)<0。只有 a=2 使 f(0)>0，共 1 個，故 A 為正解。

B：此選項代表有 2 個 a 符合，但逐一代入後只有 a=2 的乘積為正，B 錯誤。

C：此選項代表有 3 個 a 符合；a=-6、-4、-2 的首因式 a 皆為負，a=4、6 的因式 7-2a 皆為負，均不合，C 錯誤。

D：此選項代表有 4 個 a 符合，但上述 6 個代入結果中有 5 個為負，D 錯誤。

E：此選項代表有 5 個 a 符合，但只有 1 個正值，E 錯誤。

本題考點：三次多項式因式分解——已知三根 r₁、r₂、r₃ 與最高次項係數 a，可寫為 f(x)=a(x-r₁)(x-r₂)(x-r₃)；等差數列套用——首項為 -7、公差為 a 的前三項是 -7、-7+a、-7+2a；函數值符號判定——代入指定 x 後逐一判斷各因式正負，乘積為正才符合條件。

正解：題幹同時出現 sin(x+π/6)、sin x 與 sin(π/6)，先展開和角公式，再以半角公式提出公因式。sin(x+π/6)=(√3/2)sin x+(1/2)cos x，sin(π/6)=1/2。代入原式得 (√3/2)sin x+(1/2)cos x=sin x+1/2，整理為 (√3/2-1)sin x+(1/2)(cos x-1)=0。　代入 sin x=2sin(x/2)cos(x/2)、cos x-1=-2sin²(x/2)，得 2sin(x/2)[(√3/2-1)cos(x/2)-(1/2)sin(x/2)]=0。第一因式 sin(x/2)=0。0≤x<2π 時，0≤x/2<π，故 x/2=0，x=0。　第二因式為 (√3/2-1)cos(x/2)-(1/2)sin(x/2)=0，移項得 (1/2)sin(x/2)=(√3/2-1)cos(x/2)，所以 tan(x/2)=√3-2。因 √3-2<0，且 0≤x/2<π，x/2 在第二象限。又 2-√3=tan15°，故 tan(x/2)=-(2-√3)=tan165°，得 x/2=165°，x=330°=11π/6。　驗證 x=0：左式 sin(π/6)=1/2，右式 sin0+sin(π/6)=0+1/2=1/2。驗證 x=11π/6：左式 sin(2π)=0，右式 sin(11π/6)+1/2=-1/2+1/2=0。共有 2 個實數解，故 B 為正解。

A：只得到 x=0，漏掉第二因式所給的 x=11π/6，A 錯誤。

C：方程式的兩個因式在指定區間只給 x=0、11π/6 兩解，沒有第三解，C 錯誤。

D：若計為 4 個，未依 0≤x<2π 排除週期重複解，D 錯誤。

E：同樣違反因式分解後僅有兩組解的結果，E 錯誤。

本題考點：三角函數方程式——先用和角公式把複角化為 sin x、cos x，再用半角公式因式分解；解 tanθ 時須同時看 tan 的正負與 θ 的區間，最後逐一驗證並排除週期外或重複的解。

正解：每組各有 25 個數，其中位數是由小到大第 13 個；因此先用兩組中位數相差 1 的條件鎖定中間兩數，再分配上下各 12 個數。設甲組中位數為 k、乙組為 k+1。甲組在 k 下方有 12 個數；乙組在 k+1 下方也有 12 個數，而 k 已在甲組，故兩組下方共須從 1 到 k-1 取 12+12=24 個數。k-1=24，得 k=25，乙組中位數為 26。27 到 50 共 24 個數，恰可分為兩組上方各 12 個。小的 24 個數 {1,…,24} 中選 12 個給甲組，有 C(24,12) 種；大的 24 個數 {27,…,50} 中再選 12 個給甲組，有 C(24,12) 種；25 固定給甲、26 固定給乙。總數＝C(24,12)×C(24,12)＝(C(24,12))²，所以 D 為正解。

A：C(50,25) 是任取 25 個數為甲組的分法，未限制兩組中位數相差 1。

B：C(48,24) 只是在 48 個數中選 24 個，未分別處理中位數上下各 12 個數。

C：C(24,12) 只計算下方 1 到 24 的分配，漏算上方 27 到 50 的獨立分配。

E：C(48,24)×C(24,12) 將上下兩側混作 48 個數選 24 個，沒有維持每組中位數上下各 12 個的條件。

本題考點：奇數個資料的中位數——25 個數的中位數是第 13 個，前後各有 12 個；分組計數——先由條件固定中位數 25、26，再對其下方與上方各做一次 C(24,12) 的獨立選取。

正解：兩砲彈同中 P 且 AP=BP=9，先以等腰三角形求 cos θ，再用半角公式與餘弦定理求 BQ。因 A 在 B 正東方，∠PAB=∠PBA=θ，且 AB=7、AP=9。由 P 向 AB 作垂線，垂足為 AB 中點，所以 cos θ=(AB/2)/AP=(7/2)/9=7/18。A 改向西偏北 θ/2，故 AQ=9、∠QAB=θ/2。由 cos θ=2cos²(θ/2)-1，得 2cos²(θ/2)=1+7/18=25/18，cos²(θ/2)=25/36；θ/2 為銳角，故 cos(θ/2)=5/6。在三角形 ABQ 中，BQ²=AB²+AQ²-2·AB·AQ·cos(θ/2)=7²+9²-2·7·9·(5/6)=49+81-126·(5/6)=130-105=25，因此 BQ=5 公里，C 正確。

A：若 BQ=4，則 BQ²=16，與由餘弦定理算得的 25 不符。

B：若 BQ=4.5，則 BQ²=20.25，與 25 不符。

D：若 BQ=5.5，則 BQ²=30.25，與 25 不符。

E：若 BQ=6，則 BQ²=36，與 25 不符。

本題考點：等腰三角形——AP=BP 時，向底邊作高可得 cos θ=(AB/2)/AP；半角公式——由 cos θ=2cos²(θ/2)-1 求半角餘弦；餘弦定理——已知兩邊與夾角時，以 BQ²=AB²+AQ²-2·AB·AQ·cos(θ/2) 求第三邊。

正解：原圖形 Γ 為 y=log x，底數為10，定義域是 x>0；判斷關鍵是每一選項化簡後，方程式、定義域與對應關係都必須完全一致。C：3y=log(x³)。先由 log(x³) 有意義得 x³>0，所以 x>0；再代入 log(x³)=3log x，得到 3y=3log x，兩邊除以3得 y=log x，故 C 正確。D：x=10^y。由 y=log x 取以10為底的指數，得 10^y=x；反過來，x=10^y 必有 x>0，取對數得 y=log x，故 D 正確。正解為 C、D。

A：y+1/2=log(5x)。先移項得 y=log(5x)-1/2；再用 log(5x)=log x+log5，且 1/2=log√10，得 y=log x+log5-log√10=log x+log(5/√10)。因 5/√10=√2.5≠1，所以 y≠log x，圖形產生平移，A 錯誤。

B：2y=log(x²)。先由 x²>0 得 x≠0；再用 log(x²)=2log|x|，得到 2y=2log|x|，兩邊除以2得 y=log|x|。當 x<0 時仍有圖形上的點，原式卻只允許 x>0，定義域不同，B 錯誤。它看起來對，是因為 x>0 時可化為 y=log x，卻漏掉 log(x²) 在 x<0 也有定義。

E：x³=10^(y³)。先因右邊10^(y³)>0，得 x³>0，所以 x>0；兩邊取以10為底的對數，得 log(x³)=y³；代入 log(x³)=3log x，得 y³=3log x；取立方根得 y=(3log x)^(1/3)。此式不等於 y=log x，例如 x=10 時，原圖形 y=1，而此式 y=3^(1/3)≠1，E 錯誤。

本題考點：對數函數圖形等價——先檢查對數真數的正負以確認定義域，再逐步化簡方程式；只有方程式、定義域與每個 x 對應的 y 都相同，兩圖形才完全相同。

正解：令 Tn 的三邊為 n、n+1、n+2；題幹已給海龍公式，因此先寫出周長通式，再由面積平方判斷單調性。B：周長＝n＋(n+1)＋(n+2)＝3n+3=3(n+1)。T2 至 T10 的周長依序為 9、12、15、18、21、24、27、30、33，相鄰兩項皆相差 3，故形成等差數列，B 正確。C：半周長 s=3(n+1)/2，面積²＝s(s−n)(s−n−1)(s−n−2)＝[3(n+1)/2]×[(n+3)/2]×[(n+1)/2]×[(n−1)/2]＝3(n−1)(n+1)²(n+3)/16。當 n≥2 時，n−1、n+1、n+3 均為正且隨 n 增大，所以面積平方嚴格遞增，面積也嚴格遞增。以 T2 驗算：s=9/2，面積²＝(9/2)×(5/2)×(3/2)×(1/2)＝135/16，面積＝3√15/4≈2.90；T3 的面積²＝6×3×2×1=36，面積＝6，故 C 正確。

A：最大邊為 n+2。由餘弦定理，最大角的餘弦＝[n²＋(n+1)²−(n+2)²]/[2n(n+1)]＝(n²−2n−3)/[2n(n+1)]。代入 n=2，得(4−4−3)/[2×2×3]＝−3/12＝−1/4<0，所以 T2 為鈍角三角形，A 錯誤。

D：T5 三邊為 5、6、7，s=(5+6+7)/2=9，面積＝√(9×4×3×2)＝√216=6√6。三高依序為 2×6√6/5=12√6/5、2×6√6/6=2√6、2×6√6/7=12√6/7。前兩項差＝2√6−12√6/5＝−2√6/5，後兩項差＝12√6/7−2√6＝−2√6/7，兩差不相等，D 錯誤。

E：T3 的三邊為 3、4、5，因 3²＋4²＝5²，所以最大角＝90°。T2 的三邊為 2、3、4，最大角餘弦＝(2²＋3²−4²)/(2×2×3)＝(4+9−16)/12＝−1/4<0，所以最大角＞90°。因此 T3 的最大角小於 T2 的最大角，E 錯誤。

本題考點：等差數列——寫出周長通式並檢查相鄰差；海龍公式——代入半周長後比較面積平方；餘弦定理判角——最大邊所對角的餘弦小於 0 即為鈍角；三高關係——高＝2×面積/對邊，須逐項算差。

正解：題幹同時給迴歸直線、相關係數與標準差，判斷關鍵是迴歸直線必過平均數點，且迴歸係數 b=r·(S_y/S_x)，先求兩物種的平均體重與體重標準差。A 物種的平均體重為 ȳ_A=2·5.2-0.6=10.4-0.6=9.8；其體重標準差為 S_yA=b·S_x/r=2·0.3/0.6=0.6/0.6=1。C：個體 P 的體重與 A 物種平均體重之差為 |8.6-9.8|=|-1.2|=1.2，而 A 物種的一個體重標準差為 1，因 1.2>1，故 C 正確。

A：B 物種的平均體重為 ȳ_B=1.5·6+0.4=9+0.4=9.4。比較 ȳ_A=9.8 與 ȳ_B=9.4，可得 9.8>9.4，不是 ȳ_A<ȳ_B，故 A 錯誤。

B：B 物種的體重標準差為 S_yB=b·S_x/r=1.5·0.1/0.3=0.15/0.3=0.5。A 物種的體重標準差 S_yA=1，B 物種的體重標準差 S_yB=0.5，因 1>0.5，A 物種較大而非較小，故 B 錯誤。

D：L_A 為 y=2x-0.6，移項得 2x-y-0.6=0。P=(5.6,8.6) 到 L_A 的距離為 |2·5.6-8.6-0.6|/√(2²+(-1)²)=|11.2-8.6-0.6|/√5=2/√5≈0.894。L_B 為 y=1.5x+0.4，移項得 1.5x-y+0.4=0。P 到 L_B 的距離為 |1.5·5.6-8.6+0.4|/√(1.5²+(-1)²)=|8.4-8.6+0.4|/√3.25=0.2/√3.25≈0.111。0.894>0.111，P 到 L_A 的距離反而較大，故 D 錯誤。它看起來對，是因為 P 的身長 5.6 較接近 A 物種平均身長 5.2，但點到迴歸直線的距離須代入完整直線方程式，不能只比較 x 座標。

E：P 到 A 物種平均數點 (5.2,9.8) 的距離為 √((5.6-5.2)²+(8.6-9.8)²)=√(0.4²+(-1.2)²)=√(0.16+1.44)=√1.6≈1.265。P 到 B 物種平均數點 (6,9.4) 的距離為 √((5.6-6)²+(8.6-9.4)²)=√((-0.4)²+(-0.8)²)=√(0.16+0.64)=√0.8≈0.894。1.265>0.894，P 與 A 物種平均數點的距離較遠，故 E 錯誤。

本題考點：迴歸直線——直線必通過平均數點 (x̄,ȳ)，將 x̄ 代入即可求 ȳ；迴歸係數判準——b=r·(S_y/S_x)，整理為 S_y=b·S_x/r 後比較離散程度；距離比較——點到直線用 |ax+by+c|/√(a²+b²)，兩點距離用 √((x_1-x_2)²+(y_1-y_2)²)，須逐步代入數值判斷。

正解：本題以「恰有一個交點 P」判定正方形的左邊須通過正六邊形最右頂點，再用 P 到 x 軸的距離求六邊形邊長。設正六邊形底邊在 x 軸、邊長為 t，並令下方一頂點為原點；其最右頂點為（3t/2，t√3/2），中心 B＝（t/2，t√3/2）。正方形邊長為 6，設左邊為 x=L，則中心 A＝（L+3，3）。鉛直線 x=L 與凸六邊形邊界通常交於 0 或 2 點；要恰有 1 個交點，必須通過最右頂點，因此 P＝（3t/2，t√3/2），且 L=3t/2。由 P 到 x 軸距離為 2√3，得 t√3/2=2√3，兩邊同乘 2，t√3=4√3，故 t=4。代回得 L=3×4/2=6，P＝（6，2√3），B＝（2，2√3），A＝（9，3）。C：BA=A-B＝（9-2，3-2√3）＝（7，3-2√3），故 C 正確。E：AP 的斜率＝(2√3-3)／(6-9)＝(3-2√3)／3≈－0.155；－1／√3≈－0.577，－0.155＞－0.577，故 E 正確。

A：A 到 x 軸的距離為 3，B 到 x 軸的距離為 2√3≈3.46；3<3.46，並非 A 較大，A 錯誤。

B：由 2√3=t√3/2 已算得 t=4，不是 6，B 錯誤。

D：AP²＝(6-9)²＋(2√3-3)²＝9＋(12-12√3+9)＝30-12√3≈9.22<10，所以 AP＜√10，D 錯誤。它看起來對，是因為水平距離 3 已使 AP 看似不短，但垂直差 2√3-3 很小，平方後總長仍小於 10。

本題考點：正六邊形坐標化——邊長為 t 時，中心可設為（t/2，t√3/2），最右頂點為（3t/2，t√3/2）；單一交點判準——鉛直邊與凸多邊形恰有一交點時，須通過極右頂點；向量與斜率——向量以終點減起點，斜率以 y 差除 x 差，再比較近似值或同向不等式。

正解：本題先以係數行列式 ab−6 判斷方程組的解，再以 6×2=12 個等可能樣本計算機率；當 ab=6 時必須另判兩式是否相容。樣本空間中 a 為 1 至 6 的骰子點數，b 為正面時的 1 或反面時的 2，共 6×2=12 種，每種機率為 1/12。係數行列式為 ab−6。ab≠6 時有唯一解；ab=6 時，(a,b)=(6,1) 代入得 x+y=1 與 x+y=1，有無限多解；(a,b)=(3,2) 代入得 x+2y=2 與 x+2y=1，平行矛盾而無解。B：無解只有 (3,2) 這 1 種，機率為 1/12，正確。C：唯一解有 12−1−1=10 種，機率為 10/12=5/6，正確，故選 BC。

A：a=b 只有 (1,1)、(2,2) 兩種，機率為 2/12=1/6，不是 1/3，A 錯誤。

D：反面時 b=2，有 6 種情形；扣除無解的 (3,2) 後，反面且有解有 6−1=5 種，機率為 5/12，不是 1/2，D 錯誤。

E：在反面且有解時，a=1、2、4、5、6，共 5 種。由克拉瑪公式，x=6/(2a−6)。a=1 時 x=6/(2−6)=−3/2；a=2 時 x=6/(4−6)=−3；a=4 時 x=6/(8−6)=3；a=5 時 x=6/(10−6)=3/2；a=6 時 x=6/(12−6)=1。x 為正有 3 種，條件機率為 3/5，不是 2/5，E 錯誤。

本題考點：二元一次方程組解的判定——先算係數行列式 ab−6，非 0 有唯一解，為 0 時再代入判斷無解或無限多解；古典機率——等可能情形以有利結果數除以總結果數；條件機率——先限制樣本空間，再計算符合條件的結果比例。

正解：本題判斷矩陣 T=[[3,0],[a,1]] 的圖形變換，分別用不動點方程 Tx=x、行列式與象限座標判斷。先代入三點：A(1,0) 經 T 變為 A′=(3,a)；B(0,1) 經 T 變為 B′=(0,1)；C(-1,0) 經 T 變為 C′=(-3,-a)。B：解 Tx=x，即 (T−I)x=0。T−I=[[2,0],[a,0]]，所以 2x=0，得 x=0；所有 y 軸點都是不動點。B(0,1) 在 y 軸，且 AC 邊上的 O(0,0) 也在 y 軸，因此至少有 B、O 兩點不動，B 正確。D：det T=3×1−0×a=3，3≠0，所以 T 可逆；取 Ω=T⁻¹(△ABC)，即有 Ω 經 T 變換後為 △ABC，D 正確。E：原三角形底 AC 長為 2，高為 1，面積＝2×1÷2=1。變換後面積＝|det T|×原面積＝|3|×1=3，與 a 無關，故為定值，E 正確。

A：令 a=0，則 A′=(3,0)、B′=(0,1)、C′=(-3,0)。A′C′＝6；A′B′＝√((3−0)²+(0−1)²)=√(9+1)=√10；B′C′＝√((0+3)²+(1−0)²)=√10，故為等腰三角形。再算向量 B′A′=(3,-1)、B′C′=(-3,-1)，內積＝3×(-3)+(-1)×(-1)＝-9+1＝-8，-8≠0，頂角非直角，A 錯誤。

C：第四象限須 x>0、y<0。若 a≥0，A′=(3,a) 的 y 座標不小於 0，C′=(-3,-a) 的 x 座標小於 0；尤其 a=0 時 A′C′ 在 x 軸上，Γ 沒有部分落在第四象限。因此「必有」不成立，C 錯誤。它看起來對，是因為 a<0 時 A′會落在第四象限，但 a 是任意實數，反例 a=0 即可否定必然敘述。

本題考點：線性變換不動點——解 (T−I)x=0，解集與圖形邊的交點即為不動點；可逆矩陣——det T≠0 時存在 T⁻¹，可取原像圖形；面積比——線性變換後面積為 |det T| 倍；全稱命題判準——主張「必有」時，找到一個允許參數的反例即可否定。

考點：加權平均（平均每支利潤＝總利潤÷總支數）。甲、乙、丙每支利潤分別為 100、400、240 元，售出 A、B、C 支。

先用「甲、乙兩型共 A+B 支平均每支利潤 280 元」這個條件： (100A + 400B)/(A+B) = 280 兩邊乘開：100A + 400B = 280A + 280B 移項得 120B = 180A，即 A:B = 120:180 = 2:3。 （利潤 280 落在 100 與 400 之間，靠 400 較近，故乙較多，合理。）

設 A = 2k、B = 3k，則甲、乙的總利潤為 100×2k + 400×3k = 200k + 1200k = 1400k。

再用「甲、乙、丙三型平均每支利潤 260 元」： (1400k + 240C)/(2k + 3k + C) = 260 即 1400k + 240C = 260(5k + C) = 1300k + 260C 移項：1400k − 1300k = 260C − 240C 100k = 20C，得 C = 5k。

因此 A:B:C = 2k:3k:5k = 2:3:5（已為最簡整數比）。

答案：(13-1, 13-2, 13-3) = (2, 3, 5)，與官方正解一致。

考點：餘式定理的進階應用——以二次式 x²-2x+3 為除式，利用其複數根代入判斷整除。

設 α 為 x²-2x+3=0 的根，則 α 為非實數（α=1+√2 i），且滿足 α²=2α-3。

由題意可知三式除以 x²-2x+3 的餘式： f(α)=α+1、g(α)=α-3、h(α)=-2。

「xf(x)+ag(x)+bh(x) 可被 x²-2x+3 整除」等價於把 x=α 代入結果為 0： α·f(α)+a·g(α)+b·h(α)=0 即 α(α+1)+a(α-3)+b(-2)=0。

先化簡 α(α+1)=α²+α，代入 α²=2α-3： α²+α=(2α-3)+α=3α-3。

整理整個式子： (3α-3)+a(α-3)-2b=0 (3+a)α+(-3-3a-2b)=0。

因為 α 是非實數（虛部不為 0），要讓「實部＋虛部係數×α」為 0，必須讓 α 的係數與常數項各自為 0: 3+a=0 → a=-3 -3-3a-2b=0 → -3-3(-3)-2b=0 → 6-2b=0 → b=3。

故 a=-3，b=3。

填答：a=-3（負號）、b=3，即 (14-1,14-2,14-3)=(-,3,3)，與官方答案一致。

考點：抽後不放回的條件機率與期望值計算，先由公告中獎機率反推總球數（總報名人數）。

第一步，求總球數。幸運獎共 10 顆，公告中獎機率為 0.4%，即 10/N=0.004，得 N=2500，故報名人數（總球數）為 2500。其中 5000 元禮券 5 顆、8000 元禮券 5 顆。

第二步，扣除前 100 位的抽獎結果。前 100 位中恰有 1 人抽中 5000 元禮券、沒有人抽中 8000 元禮券，這 100 人共抽走 100 顆球。因此抽獎前剩下 2500−100=2400 顆球，其中：5000 元禮券剩 5−1=4 顆，8000 元禮券剩 5 顆，其餘 2400−9=2391 顆為無獎球。

第三步，計算第 101 號者的期望值。第 101 位從剩下的 2400 顆球抽 1 顆，各球機率相同： 抽中 5000 元的機率為 4/2400，抽中 8000 元的機率為 5/2400，其餘無獎（金額 0）。

期望值 E=5000×(4/2400)+8000×(5/2400) =（20000+40000）/2400 =60000/2400 =25（元）。

故第 101 號者可獲禮券金額的期望值為 25 元，即選填 (15-1,15-2)=(2,5)，與官方正解一致。

考點：正射影（純量投影）與兩垂直向量的正交分解，再用畢氏定理求向量長度。

觀察 (2,-3) 與 (3,2) 互相垂直，因為 (2)(3)+(-3)(2)=0，且兩者長度皆為 √13。設 |v|=L。

向量 v 在某方向的正射影長＝該方向的純量投影。已知 v 在 (2,-3) 方向的正射影長＝L-1，在 (3,2) 方向的正射影長＝L-2。

由於這兩個方向互相垂直，可把 v 沿這組正交方向分解。把 v 投影到兩個單位向量上，得到兩個正交分量，分量長度即為 L-1 與 L-2，故由畢氏定理： L² = (L-1)² + (L-2)² L² = (L²-2L+1)+(L²-4L+4) 0 = L²-6L+5 (L-1)(L-5)=0，得 L=1 或 L=5。

因為 v 與 (2,-3)、(3,2) 的夾角皆為銳角，正射影長須為正，需 L-1>0 且 L-2>0，即 L>2，故取 L=5。此時兩正射影長分別為 4 與 3。

設單位向量 e₁=(2,-3)/√13、e₂=(3,2)/√13，則 v = 4e₁ + 3e₂ = (4(2)+3(3), 4(-3)+3(2))/√13 = (17, -6)/√13。

求 v 在 (4,7) 方向的正射影長：取 (4,7)，|(4,7)|=√65。 v·(4,7) = (17(4)+(-6)(7))/√13 = (68-42)/√13 = 26/√13 = 2√13。 正射影長 = (v·(4,7))/|(4,7)| = 2√13/√65 = 2/√5 = 2√5/5。

答案：v 在 (4,7) 方向的正射影長為 2√5/5，即 (16-1,16-2,16-3)=(2,5,5)，與官方一致。

考點：到定點距離為定值的點集是圓，圓「整個落在正方形內」等價於圓心到四邊距離都不小於半徑。

與 P(x,y) 距離為 |x−y| 的所有點，構成以 P 為圓心、半徑 r＝|x−y| 的圓。此圓完全落在正方形 [0,1]×[0,1] 內，等價於圓心到四邊距離都 ≥ r，即 r ≤ min(x,1−x,y,1−y)，亦即 |x−y| ≤ min(x,1−x,y,1−y)。

由對稱性先看 x ≥ y，此時 r=x−y。四個條件中 x−r=y ≥ 0、x ≤ 1 自然成立，剩下兩條為： x+r=2x−y ≤ 1（即 y ≥ 2x−1）、y−r=2y−x ≥ 0（即 y ≥ x/2）。 故在 x ≥ y 內，R 的條件為 y ≥ x/2 且 y ≥ 2x−1。

此區域是由三直線 y=x、y=x/2、y=2x−1 圍成的三角形，頂點為 (0,0)、(1,1)、(2/3,1/3)。用鞋帶公式算面積： S＝½|0·1−1·0+1·(1/3)−(2/3)·1＋(2/3)·0−0·(1/3)|＝½·(1/3)＝1/6。

由 y=x 的對稱性，x ≤ y 半邊同樣得 1/6（頂點 (0,0)、(1,1)、(1/3,2/3)）。

故 R 的總面積＝2×(1/6)＝1/3。數值積分亦得約 0.33333，吻合。

所以 (17-1, 17-2)＝(1, 3)。

正解：題幹要求原點到平面 E 的投影向量與 x 軸正向量的夾角，投影點 Q 是垂足，所以 OQ 必與平面法向量平行。平面 E 為 x-z=4，法向量 n=(1,0,-1)。設 Q=O+t·n=(t,0,-t)。代入平面方程：t-(-t)=4，2t=4，t=2，所以 Q=(2,0,-2)，OQ=(2,0,-2)。再由內積公式，cos α=[OQ·(1,0,0)]/[|OQ|·|(1,0,0)|]=2/[√(2²+0²+(-2)²)·1]=2/(2√2)=1/√2=√2/2。D：cos α=√2/2，故 D 正確。

A：cos α=-(√2)/2 表示 OQ 的 x 分量應為負；實際 OQ·(1,0,0)=2>0，故不符。

B：cos α=-1/2 同樣與正的 x 分量矛盾。

C：計算值為 √2/2，不是 1/2。

E：√3/2 對應的夾角為 30°；本題 cos α=√2/2，夾角為 45°，不符。

本題考點：點到平面的投影——垂足連線平行於平面法向量，先設 Q=O+t·n 並代入平面方程求 t；向量夾角以 cos α=(u·v)/(|u||v|) 計算，最後用分量正負檢查餘弦正負。

考點：空間向量夾角的餘弦公式（內積定義）與不等式推導。

題目：已知空間中一點 P(a, b, c) 滿足向量 OP 與向量 (1, 0, 0) 的夾角 θ ≤ π/6，試說明 a, b, c 滿足不等式 a² ≥ 3(b² + c²)。

解：設 OP = (a, b, c)，另一向量 u = (1, 0, 0)。由向量夾角的餘弦公式：

cos θ = (OP · u) / (|OP| · |u|) = a / √(a² + b² + c²)。

因為 0 ≤ θ ≤ π/6，且餘弦函數在 [0, π/2] 上遞減，故 cos θ ≥ cos(π/6) = √3 / 2 > 0。由 cos θ > 0 可知 a > 0。於是：

a / √(a² + b² + c²) ≥ √3 / 2。

由於 a > 0、分母 √(a² + b² + c²) > 0，兩邊皆為正，可平方且不等號方向不變：

a² / (a² + b² + c²) ≥ 3/4。

兩邊同乘正數 4(a² + b² + c²)：

4a² ≥ 3(a² + b² + c²)。

展開右式得 4a² ≥ 3a² + 3b² + 3c²，移項即得：

a² ≥ 3(b² + c²)。

故得證，與官方正解一致。

【題組共用題幹（18–20 題）】坐標空間中，設 O 為原點，E 為平面 x − z = 4。第 19 題：空間中一點 P(a, b, c) 滿足向量 OP 與向量 (1, 0, 0) 的夾角 θ ≤ π/6，須證 a² ≥ 3(b² + c²)。第 20 題：承 19 題，已知 P 在平面 E 上且 b = 0，求 c 的最大可能範圍與線段 OP 的最小可能長度。

【先釐清 19 題給出的條件（本題要用）】 設 OP = (a, b, c)，與 (1, 0, 0) 的夾角 θ 滿足 　cos θ = a / √(a² + b² + c²)。 θ ≤ π/6 表示 cos θ ≥ cos(π/6) = √3/2，且因 cos θ > 0 故必有 a > 0。 由 cos θ ≥ √3/2 兩邊平方（兩邊皆正）： 　a² /(a² + b² + c²) ≥ 3/4 　4a² ≥ 3(a² + b² + c²) 　a² ≥ 3(b² + c²)。　（此即 19 題結論，且附帶條件 a > 0。）

【第 20 題求解】 本題追加兩條件： 　(一) P 在平面 E 上：x − z = 4，即 a − c = 4，故 a = c + 4。 　(二) b = 0。

代入 19 題不等式 a² ≥ 3(b² + c²)，因 b = 0 得 　a² ≥ 3c²。 再以 a = c + 4 代入： 　(c + 4)² ≥ 3c² 　c² + 8c + 16 ≥ 3c² 　2c² − 8c − 16 ≤ 0 　c² − 4c − 8 ≤ 0。 解此二次不等式，令 c² − 4c − 8 = 0， 　c = [4 ± √(16 + 32)] / 2 = (4 ± √48) / 2 = 2 ± 2√3。 故 　2 − 2√3 ≤ c ≤ 2 + 2√3。

驗證 a > 0：a = c + 4，當 c 介於 2 − 2√3（≈ −1.46）與 2 + 2√3（≈ 5.46）之間時，a 介於 ≈ 2.54 與 ≈ 9.46 之間，恆為正，附帶條件 a > 0 全程成立。 因此 c 的最大可能範圍為 　c ∈ [2 − 2√3, 2 + 2√3]。

【求 OP 的最小可能長度】 因 b = 0、a = c + 4， 　|OP|² = a² + b² + c² = (c + 4)² + c² = 2c² + 8c + 16， 這是開口向上的拋物線，頂點在 c = −8 /(2·2) = −2。 但 −2 不在可行範圍 [2 − 2√3, 2 + 2√3] 內（因 2 − 2√3 ≈ −1.46 > −2），且整段範圍都落在頂點右側，函數在此區間嚴格遞增，故最小值發生在左端點 c = 2 − 2√3。

在端點 c = 2 − 2√3 處恰為不等式的等號成立處，即 a² = 3c²（此時 θ = π/6），故 　|OP|² = a² + c² = 3c² + c² = 4c²， 　|OP| = 2|c|。 而 c = 2 − 2√3 < 0，|c| = 2√3 − 2，所以 　|OP| = 2(2√3 − 2) = 4√3 − 4 = 4(√3 − 1)。

（驗算：(4√3 − 4)² = 48 − 32√3 + 16 = 64 − 32√3 ≈ 8.57，與 2c² + 8c + 16 在 c = 2 − 2√3 之值一致。另一端點 c = 2 + 2√3 對應 |OP| = 2(2 + 2√3) = 4 + 4√3 ≈ 10.93，為此區間最大值，非所求。）

【結論】 　c 的最大可能範圍：2 − 2√3 ≤ c ≤ 2 + 2√3。 　線段 OP 的最小可能長度：4√3 − 4（即 4(√3 − 1)）。