屏東高中 113 上
高三第二次段考
數學試題、答案與詳解

答案 (1)(2)。$f$ 在 $x=0$ 可微分，要 $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h)-f(0)}{h}$ 存在。

(1) 正確。 $\frac{h^2-0}{h}=h\to 0$，$f^{\prime }(0)=0$。

(2) 正確。 $\frac{h^3-0}{h}=h^2\to 0$，$f^{\prime }(0)=0$。

(3) 錯誤。 $\sqrt{x}$ 只在 $x\ge 0$ 有定義，$h$ 不能從左邊趨近 $0$；而 $h\to 0^{+}$ 時 $\frac{\sqrt{h}}{h}=\frac{1}{\sqrt{h}}$ 無限變大，極限不存在。

(4) 錯誤。 $h\to 0^{+}$ 時 $\frac{|h|}{h}=1$，$h\to 0^{-}$ 時 $\frac{|h|}{h}=-1$，左右極限不相等。

(5) 錯誤。 $[x]$ 在 $x=0$ 的左極限是 $-1$、函數值是 $0$，不連續；不連續的點一定不可微分。

答案 (1)(2)(4)。

(1) 正確。 導數的定義是 $f^{\prime }(0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(0+h)-f(0)}{h}$；把變數名稱 $h$ 換成 $x$，就是 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$，兩個寫法是同一個極限。

(2) 正確。 分母在 $x=1$ 是 $3\ne 0$，直接代入：$\frac{|1-5|-1}{1+2}=\frac{3}{3}=1$。

(3) 錯誤。 $f(x)=|x|$ 在 $x=0$ 的左導數 $-1$、右導數 $1$ 不相等，$f^{\prime }(0)$ 不存在，在點 $(0,0)$ 沒有切線。

(4) 正確。 $x$ 從左邊趨近 $\frac{1}{2}$ 時 $0<2x<1$，$[2x]=0$，式子為 $0$；從右邊趨近時 $1\le 2x<2$，$[2x]=1$，式子 $=\frac{1}{x}\to 2$。左右極限 $0\ne 2$，極限不存在。

(5) 錯誤。 $f(0)=0-0+2=2$，但 $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }(x^3-2x-1)=-1\ne 2$，$f$ 在 $x=0$ 不連續，所以 $f^{\prime }(0)$ 不存在，不會等於 $-2$。

答案 (2)(3)(4)(5)。由圖可知：在 $-2\le x\le 1$ 上圖形整段凹口向上、全在 $x$ 軸上方，最低點在 $-2$ 與 $0$ 之間，所以 $f$ 在 $(-2,0)$ 內某個 $x_0$ 有相對極小值 $f(x_0)>0$，且圖形在 $x=0$ 處往上升。$f^{\prime \prime }(x)=6ax+2b$，反曲點的 $x$ 坐標為 $-\frac{b}{3a}$，它不在 $-2<x<1$ 內（否則圖形會在範圍內改變凹口方向）。

(1) 錯誤。 無法確定。例如 $a>0$：$f(x)=0.1x^3+1.2x^2+0.6x+2$；$a<0$：$f(x)=-0.1x^3+x^2+0.5x+2$，兩者在 $[-2,1]$ 上都整段凹口向上、全在 $x$ 軸上方，且相對極小值在 $(-2,0)$ 內，都符合示意圖。

(2) 正確。 若 $a>0$，$f^{\prime \prime }(x)=6a\left(x+\frac{b}{3a}\right)$ 在反曲點右邊為正；要 $[-2,1]$ 整段凹口向上，反曲點要在 $-2$ 左邊（含 $-2$），$-\frac{b}{3a}\le -2$，得 $b\ge 6a>0$。若 $a<0$，$f^{\prime \prime }(x)$ 在反曲點左邊為正，反曲點要在 $1$ 右邊（含 $1$），$-\frac{b}{3a}\ge 1$，兩邊乘以 $3a<0$ 得 $-b\le 3a$，即 $b\ge -3a>0$。兩種情形都得 $b>0$。

(3) 正確。 $c=f^{\prime }(0)$，即圖形在 $x=0$ 處切線的斜率；最低點在 $y$ 軸左邊，圖形在 $x=0$ 處正往上升，所以 $f^{\prime }(0)>0$。

(4) 正確。 三次函數有相對極大值與相對極小值時，圖形先升後降再升（$a>0$）或先降後升再降（$a<0$）。本題的相對極小值 $f(x_0)>0$；$a>0$ 時相對極大值在 $x_0$ 左邊、函數值又比 $f(x_0)$ 大，圖形只在相對極大點左邊穿過 $x$ 軸一次；$a<0$ 時相對極大值在 $x_0$ 右邊、也大於 $0$，圖形只在相對極大點右邊穿過 $x$ 軸一次。都恰交一點。

(5) 正確。 反曲點在相對極大點與相對極小點之間，圖形在兩者之間單調，所以反曲點的 $y$ 坐標介於相對極小值與相對極大值之間，兩者都是正數，反曲點的 $y$ 坐標也是正數。

答案 (1)(3)(5)。$f^{\prime }(x)$ 是開口向下、過 $(1,0)$ 與 $(2,0)$ 的拋物線，可設 $f^{\prime }(x)=k(x-1)(x-2)$，$k<0$。

(1) 正確。 $f^{\prime }(x)$ 是二次式，所以 $f(x)$ 是三次多項式函數。

(2) 錯誤。 $f^{\prime }(3)=k\cdot 2\cdot 1=2k<0$，切線斜率為負數。

(3) 正確。 $f^{\prime }(x)=k\left(x^2-3x+2\right)$，$f^{\prime \prime }(x)=k(2x-3)$，只在 $x=\frac{3}{2}$ 等於 $0$，且在兩側變號，所以恰有一個反曲點 $\left(\frac{3}{2},f\left(\frac{3}{2}\right)\right)$。

(4) 錯誤。 $k<0$，$x<1$ 時 $f^{\prime }(x)<0$，$1<x<2$ 時 $f^{\prime }(x)>0$，$f$ 在 $x=1$ 由遞減轉為遞增，是相對極小值。

(5) 正確。 $x>2$ 時 $2x-3>0$，$f^{\prime \prime }(x)=k(2x-3)<0$，凹口向下。

與 $5x-y=0$ 平行的直線斜率為 $5$。$y^{\prime }=3x^2+6x-4=5$，$3x^2+6x-9=0$，$x^2+2x-3=0$，$x=1$ 或 $x=-3$。

$x=1$ 時 $y=1+3-4+7=7$，切線 $y-7=5(x-1)$，即 $5x-y+2=0$。

$x=-3$ 時 $y=-27+27+12+7=19$，切線 $y-19=5(x+3)$，即 $5x-y+34=0$。

兩平行線的距離 $=\frac{|34-2|}{\sqrt{5^2+(-1{)}^2}}=\frac{32}{\sqrt{26}}$。

令 $g(x)=x^3+2x$，則 $f(x)\cdot g(x)=2x+1$。兩邊微分（乘積的微分）：$f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x)=2$。

$x=1$ 時 $g(1)=3$，$g^{\prime }(x)=3x^2+2$，$g^{\prime }(1)=5$，$f(1)=\frac{3}{3}=1$。代入得 $3f^{\prime }(1)+1\cdot 5=2$，$f^{\prime }(1)=-1$。

$x^2-2x+1=(x-1{)}^2$，所以 $f(x)=(x-1{)}^{20}(x-1{)}^{20}=(x-1{)}^{40}$。用導數的定義：

$$f^{\prime }(2)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(2+h)-f(2)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{(1+h{)}^{40}-1}{h}$$

由二項式定理，$(1+h{)}^{40}=1+40h+C_2^{40}{h}^2+\cdots +h^{40}$，所以分子 $=40h+C_2^{40}{h}^2+\cdots +h^{40}$，除以 $h$ 後令 $h\to 0$，得 $f^{\prime }(2)=40$。

$y=6x-x^2=9-(x-3{)}^2$ 與 $x$ 軸交於 $x=0$、$x=6$，區域對稱於直線 $x=3$。面積最大的內接長方形一邊在 $x$ 軸上、上方兩頂點在拋物線上且對稱於 $x=3$；設兩頂點的 $x$ 坐標為 $3-t$、$3+t$（$0<t<3$），寬 $2t$、高 $9-t^2$，面積

$$A(t)=2t\left(9-t^2\right)=18t-2t^3$$

$A^{\prime }(t)=18-6t^2=0$ 得 $t=\sqrt{3}$。$0<t<\sqrt{3}$ 時 $A^{\prime }(t)>0$，$\sqrt{3}<t<3$ 時 $A^{\prime }(t)<0$，所以 $t=\sqrt{3}$ 時面積最大，$A=2\sqrt{3}\cdot (9-3)=12\sqrt{3}$。

$f^{\prime }(x)=6x^2-6x-12=6(x-2)(x+1)$。$x<-1$ 時 $f^{\prime }>0$，$-1<x<2$ 時 $f^{\prime }<0$，$x>2$ 時 $f^{\prime }>0$，所以相對極大值 $f(-1)=-2-3+12+k=7+k$，相對極小值 $f(2)=16-12-24+k=-20+k$。

等值異號，即兩者互為相反數：$(7+k)+(-20+k)=0$，$k=\frac{13}{2}$。

設正方形邊長為 $12$，$\overline{AE}=4$，$\overline{BF}=3$，所以 $\overline{EB}=8$、$\overline{CF}=9$。$\overline{BD}$ 是對角線，$\angle ADB=\angle CDB=45^{\circ }$。

$\alpha =\angle ADB-\angle ADE$，$\tan \angle ADE=\frac{\overline{AE}}{\overline{AD}}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$，$\tan \alpha =\frac{1-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}$。

$\beta =\angle CDB-\angle CDF$，$\tan \angle CDF=\frac{\overline{CF}}{\overline{CD}}=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}$，$\tan \beta =\frac{1-\frac{3}{4}}{1+\frac{3}{4}}=\frac{1}{7}$。

$$\tan (\alpha -\beta )=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{7}}{1+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{7}}=\frac{\frac{5}{14}}{\frac{15}{14}}=\frac{1}{3}$$

$\angle OQP=\angle ORP=90^{\circ }$，四邊形 $OQPR$ 的內角和 $360^{\circ }$，所以 $\angle QPR=180^{\circ }-\theta$。

設 $\angle AOP=\phi$，$\angle POB=\psi$，則 $\theta =\phi +\psi$。在直角三角形 $OQP$ 中，$\sin \phi =\frac{13}{14}$，$\cos \phi =\frac{\sqrt{14^2-13^2}}{14}=\frac{3\sqrt{3}}{14}$；在直角三角形 $ORP$ 中，$\sin \psi =\frac{11}{14}$，$\cos \psi =\frac{\sqrt{14^2-11^2}}{14}=\frac{5\sqrt{3}}{14}$。

$\cos \theta =\cos \phi \cos \psi -\sin \phi \sin \psi =\frac{45-143}{196}=-\frac{1}{2}$。

在 $△PQR$ 中用餘弦定理：

$${\overline{QR}}^2=13^2+11^2-2\cdot 13\cdot 11\cos (180^{\circ }-\theta )=290+286\cos \theta =290-143=147$$

所以 $\overline{QR}=\sqrt{147}=7\sqrt{3}$。

$x>0$ 才有 ${\log }_{2}x$；$2^x>0$，方程式等價於 $\left|{\log }_{2}x\right|={\left(\frac{1}{2}\right)}^x$。看 $y=\left|{\log }_{2}x\right|$ 與 $y={\left(\frac{1}{2}\right)}^x$ 兩圖形的交點個數。

$x>1$ 時：$y={\log }_{2}x$ 從 $0$ 遞增到無限大，$y={\left(\frac{1}{2}\right)}^x$ 從 $\frac{1}{2}$ 遞減趨近 $0$，一升一降，恰交一次。

$0<x\le 1$ 時：$y=-{\log }_{2}x$ 從 $x\to 0^{+}$ 時的無限大一路降到 $x=1$ 時的 $0$，而 $y={\left(\frac{1}{2}\right)}^x$ 只在 $\frac{1}{2}$ 與 $1$ 之間緩慢下降。$0<x\le \frac{1}{2}$ 時 $-{\log }_{2}x\ge 1>{\left(\frac{1}{2}\right)}^x$，沒有交點；$\frac{1}{2}\le x\le 1$ 這段：取 $\frac{1}{2}\le s<t\le 1$，令 $d=t-s$（$0<d\le \frac{1}{2}$）。因為 $y=2^x$ 的圖形凹口向上，在 $0<x<1$ 時落在連接 $(0,1)$、$(1,2)$ 的線段 $y=1+x$ 下方，所以 $2^d<1+d$。於是前者下降了 ${\log }_2\frac{t}{s}={\log }_2\left(1+\frac{d}{s}\right)\ge {\log }_2(1+d)>d$；後者下降了 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^s\left(1-2^{-d}\right)<1-2^{-d}=\frac{2^d-1}{2^d}<2^d-1<d$。前者降得比後者多，兩者的差 $-{\log }_{2}x-{\left(\frac{1}{2}\right)}^x$ 在這段一直變小；它在 $x=\frac{1}{2}$ 為正（$1-\frac{1}{\sqrt{2}}>0$）、在 $x=1$ 為負（$0-\frac{1}{2}<0$），所以恰好變號一次，只交一次。

所以共有 $2$ 個實數解。

$\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=x+4y=1\cdot x+2\cdot (2y)$。由柯西不等式，

$${\left(1\cdot x+2\cdot 2y\right)}^2\le \left(1^2+2^2\right)\left(x^2+(2y{)}^2\right)=5\cdot 20=100$$

所以 $-10\le x+4y\le 10$。等號成立在 $\frac{x}{1}=\frac{2y}{2}$，即 $x=y$，代入 $x^2+4y^2=20$ 得 $x=y=\pm 2$；取 $x=y=-2$ 時 $x+4y=-10$。最小值為 $-10$。

$\left|\overrightarrow{a}\right|=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$，$\left|\overrightarrow{b}\right|=\sqrt{2}$。兩向量垂直，內積為 $0$：

$$\left(\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}\right)\cdot \left(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}\right)=2{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2+3\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}-9{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2=16+3\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}-18=0$$

得 $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=\frac{2}{3}$。$\overrightarrow{b}$ 在 $\overrightarrow{a}$ 方向的正射影長 $=\frac{\left|\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}\right|}{\left|\overrightarrow{a}\right|}=\frac{\frac{2}{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{6}$。

設 $\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)$，$\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)$，$d=\left|\begin{array}{cc}{a}_1& a_2\\ b_1& b_2\end{array}\right|$。兩向量所張平行四邊形的面積是其坐標二階行列式的絕對值，而

$$\left|\begin{array}{cc}2a_1+3b_1& 2a_2+3b_2\\ a_1-2b_1& a_2-2b_2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ 1& -2\end{array}\right|d=-7d$$

所以 $7|d|=10$，$|d|=\frac{10}{7}$。同理

$$\left|\begin{array}{cc}2a_1-3b_1& 2a_2-3b_2\\ 2a_1-b_1& 2a_2-b_2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}2& -3\\ 2& -1\end{array}\right|d=4d$$

所求面積 $=4|d|=\frac{40}{7}$。