興大附中 113 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

答案 (1)。由圖，$R_1$、$R_3$ 在 $x$ 軸上方，$R_2$ 在 $x$ 軸下方。定積分是上方面積減下方面積：

$${\int }_0^{3}f(x)dx={\int }_0^{1}f(x)dx+{\int }_1^{2}f(x)dx+{\int }_2^{3}f(x)dx=3-5+7=5$$

答案 (4)。$f^{\prime }(x)=x(x-3)$：$x<0$ 或 $x>3$ 時 $f^{\prime }(x)>0$，$0<x<3$ 時 $f^{\prime }(x)<0$。又 $f^{\prime \prime }(x)=2x-3$。

(1) 錯。只知道導函數，$f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2+C$ 的常數 $C$ 不確定，例如 $C=1$ 時 $f(0)=1$。

(2) 錯。$f(x)$ 在 $[2,3]$ 遞減，所以 $f(2)>f(3)$。

(3) 錯。$f^{\prime \prime }(x)=2x-3$ 在 $x=\frac{3}{2}$ 由負變正，$\left(\frac{3}{2},f\left(\frac{3}{2}\right)\right)$ 是反曲點。

(4) 對。$2<x<3$ 時 $f^{\prime \prime }(x)=2x-3>0$，凹口向上。

(5) 錯。$1<x<\frac{3}{2}$ 時 $f^{\prime \prime }(x)<0$，這一段凹口向下，所以整段 $(1,2)$ 不是凹口向上。

答案 (3)（學校公布的答案）。$f^{\prime }(x)=x^2+(a+2)x+2a=(x+2)(x+a)$，兩根是 $-2$ 與 $-a$。

當 $a\ne 2$ 時，$f^{\prime }(x)$ 在 $-2$ 與 $-a$ 之間小於 $0$，$f(x)$ 在這段遞減；其他地方 $f^{\prime }(x)\ge 0$。一個區間要讓 $f(x)$ 遞增，不能含有這段遞減區間的任何部分。

選項 (3) 的 $[-8,-1]$ 把 $-2$ 包在內部；不論 $-a$ 在 $-2$ 的左邊或右邊，$-2$ 旁邊總有一小段落在遞減區間裡，所以 $a\ne 2$ 時 $f(x)$ 在 $[-8,-1]$ 上不可能遞增。

其餘選項都可能遞增：例如取 $a=1$，遞減區間是 $(-2,-1)$，$f(x)$ 在 $(-\infty ,-2]$ 與 $[-1,\infty )$ 遞增，(1)(2)(4)(5) 四個區間都在這兩段裡。

嚴格來說，$a=2$ 時 $f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2\ge 0$，只在 $x=-2$ 一點等於 $0$，$f(x)$ 在整條數線上都遞增，連 $[-8,-1]$ 也遞增；題目只排除 $a=0$，$a=2$ 合乎條件，此時五個區間都「可能」遞增，嚴格說沒有選項成立。學校答案 (3) 是在 $a\ne 2$（$f$ 有極大值與極小值）的前提下成立。

答案 (2)(3)(5)。

錯誤。 (1) $y=\sqrt{1-x^2}$ 是半徑 $1$ 的上半圓，${\int }_{-1}^{1}f(x)dx$ 是半圓面積 $\frac{\pi }{2}$，不是 $\pi$。

正確。 (2) ${\int }_{-1}^1(1-x^2)dx=[x-\frac{x^3}{3}{]}_{-1}^1=\frac{2}{3}+\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$。

正確。 (3) 令 $u=1-x^2$，當 $-1\le x\le 1$ 時 $0\le u\le 1$，所以 $\sqrt{u}\ge u$，即 $f(x)\ge g(x)$。

錯誤。 (4) 由 (3)，$R$ 的面積 $={\int }_{-1}^1(f(x)-g(x))dx=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{3}$，不是 $\pi -\frac{4}{3}$。

正確。 (5) 繞 $x$ 軸旋轉，截面是外半徑 $f(x)$、內半徑 $g(x)$ 的環形：

$$V=\pi {\int }_{-1}^1[(1-x^2)-(1-x^2{)}^2]dx=\pi {\int }_{-1}^1\left(x^2-x^4\right)dx=\pi \left(\frac{2}{3}-\frac{2}{5}\right)=\frac{4}{15}\pi$$

答案 (1)(2)。

正確。 (1) $f(x)$ 沒有常數項，$f(0)=0$，所以 $x=0$ 一定是實數解。

正確。 (2) $f^{\prime }(x)=4x^3+3a{x}^2+2bx+c$ 是三次多項式，$x\to \infty$ 時趨近正無限大、$x\to -\infty$ 時趨近負無限大，圖形一定穿過 $x$ 軸，所以 $f^{\prime }(x)=0$ 必有實數解。

錯誤。 (3) 例如 $a=b=c=0$，$f(x)=x^4$，$f^{\prime \prime }(x)=12x^2\ge 0$ 不變號，圖形沒有反曲點。

錯誤。 (4) ${\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{1}{5}+\frac{a}{4}+\frac{b}{3}+\frac{c}{2}$ 是定積分，可能是負的。例如 $a=b=0$，$c=-1$，$f(x)=x^4-x$，定積分 $=\frac{1}{5}-\frac{1}{2}=-\frac{3}{10}<0$，不可能是面積。

錯誤。 (5) 若 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 內變號，兩邊就不相等。例如 $a=b=0$，$c=-\frac{1}{8}$，$f(x)=x^4-\frac{x}{8}=x\left(x^3-\frac{1}{8}\right)$ 在 $x=\frac{1}{2}$ 變號：${\int }_0^1|f(x)|dx=\frac{3}{320}+\frac{47}{320}=\frac{5}{32}$，而 $\left|\frac{1}{5}-\frac{1}{16}\right|=\frac{11}{80}$，兩者不同。

答案 (3)(4)。把右邊展開：

$$a(x-h{)}^3+p(x-h)+k=a{x}^3-3ah{x}^2+\left(3a{h}^2+p\right)x+\left(-a{h}^3-ph+k\right)$$

比較係數：$b=-3ah$，$c=3a{h}^2+p$。

錯誤。 (1) 由 $b=-3ah$ 得 $h=-\frac{b}{3a}$，不是 $\frac{b}{3a}$。例如 $f(x)=x^3+3x^2=(x+1{)}^3-3(x+1)+2$，$h=-1$，而 $\frac{b}{3a}=1$。

錯誤。 (2) $p=c-3a{h}^2$；又 $2bh=-6a{h}^2$，所以 $3a{h}^2+2bh=-3a{h}^2$，只有 $c=0$ 時才等於 $p$。例如 $f(x)=x^3+x$，$h=0$、$p=1$，但 $3a{h}^2+2bh=0$。

正確。 (3) $f^{\prime }(x)=3a{x}^2+2bx+c$，$f^{\prime }(0)=c$。

正確。 (4) $b^2-3ac=9a^2{h}^2-3a\left(3a{h}^2+p\right)=-3ap$。$ap>0$ 時 $b^2-3ac=-3ap<0$。

錯誤。 (5) $b^2-3ac\le 0$ 只能得到 $-3ap\le 0$，即 $ap\ge 0$，可能等於 $0$。例如 $f(x)=x^3$，$b^2-3ac=0$，$p=0$，$ap=0$。

$f^{\prime }(x)=3a{x}^2+2ax+(a-1)$。$f(x)$ 是三次函數，$a\ne 0$；恆為遞增，要 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 對所有實數 $x$ 成立，所以 $a>0$ 且判別式不大於 $0$：

$$(2a{)}^2-4\cdot 3a\cdot (a-1)\le 0\Rightarrow -8a^2+12a\le 0\Rightarrow a(2a-3)\ge 0$$

配合 $a>0$，得 $a\ge \frac{3}{2}$。

$f(x)=2x^2$ 在 $[0,2]$ 遞增，每段寬 $\frac{1}{2}$，上矩形的高取每段右端點的函數值：$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$，$f(1)=2$，$f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{9}{2}$，$f(2)=8$。

$$U_4=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+2+\frac{9}{2}+8\right)=\frac{1}{2}\times 15=\frac{15}{2}$$

$f^{\prime \prime }(x)=-6x+4$，所以 $f^{\prime }(x)=-3x^2+4x+C$。在 $x=1$ 有局部極值，$f^{\prime }(1)=-3+4+C=0$，$C=-1$，$f^{\prime }(x)=-3x^2+4x-1=-(3x-1)(x-1)$，在 $x=1$ 確實變號。

再積分：$f(x)=-x^3+2x^2-x+D$，$f(1)=-1+2-1+D=D=3$。所以 $f(x)=-x^3+2x^2-x+3$，$f(-2)=8+8+2+3=21$。

$-x^2+2=0$ 得 $x=\pm \sqrt{2}$，區域 $R$ 在 $-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$。繞 $x$ 軸旋轉，截面是半徑 $2-x^2$ 的圓盤：

$$V=\pi {\int }_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}{\left(2-x^2\right)}^{2}dx=2\pi {\int }_0^{\sqrt{2}}\left(4-4x^2+x^4\right)dx=2\pi \left(4\sqrt{2}-\frac{8\sqrt{2}}{3}+\frac{4\sqrt{2}}{5}\right)=\frac{64\sqrt{2}}{15}\pi$$

體積為 $\frac{64\sqrt{2}}{15}\pi$，所以空格填 $\frac{64\sqrt{2}}{15}$。

把式子寫成黎曼和：

$${\left(\frac{2}{n}\right)}^6\sum _{k=1}^n{k}^5=2^6\cdot \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^5$$

$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^5$ 是 $y=x^5$ 在 $[0,1]$ 分成 $n$ 等分、取右端點的黎曼和，$n\to \infty$ 時趨近 ${\int }_0^1{x}^{5}dx=\frac{1}{6}$。所以極限為 $64\times \frac{1}{6}=\frac{32}{3}$。

$P$ 是切點，圓的半徑 $AP$ 垂直切線 $BP$，所以 $△PAB$ 在 $P$ 是直角。$AP=r$，斜邊 $AB=6$，由畢氏定理 $BP=\sqrt{36-r^2}$。面積

$$△PAB=\frac{1}{2}\cdot AP\cdot BP=\frac{1}{2}r\sqrt{36-r^2}$$

令 $S(r)=\frac{1}{2}r\sqrt{36-r^2}$，$0<r<6$。由乘法與連鎖律的微分公式：

$$S^{\prime }(r)=\frac{1}{2}\sqrt{36-r^2}+\frac{1}{2}r\cdot \frac{-2r}{2\sqrt{36-r^2}}=\frac{36-2r^2}{2\sqrt{36-r^2}}=\frac{18-r^2}{\sqrt{36-r^2}}$$

$S^{\prime }(r)=0$ 得 $r^2=18$，在 $0<r<6$ 內只有 $r=3\sqrt{2}$。

一階檢定：$0<r<3\sqrt{2}$ 時 $18-r^2>0$，$S^{\prime }(r)>0$，$S$ 遞增；$3\sqrt{2}<r<6$ 時 $S^{\prime }(r)<0$，$S$ 遞減。所以 $r=3\sqrt{2}$ 時 $S$ 有最大值

$$S\left(3\sqrt{2}\right)=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{2}\cdot \sqrt{36-18}=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=9$$

（二階檢定也可以：令 $g(r)=36r^2-r^4$，$S=\frac{1}{2}\sqrt{g(r)}$，$g^{\prime }(r)=72r-4r^3$，$g^{\prime \prime }(r)=72-12r^2$，$g^{\prime \prime }\left(3\sqrt{2}\right)=72-216<0$，$g$ 在 $r=3\sqrt{2}$ 有極大值 $g=324$，$S=\frac{1}{2}\sqrt{324}=9$。）

學校答案印 $18$，本站計算為 $9$：$18$ 是 $\sqrt{g(3\sqrt{2})}=\sqrt{324}$，還要再乘 $\frac{1}{2}$，面積最大值是 $\frac{1}{2}\times 18=9$。