此次分科數甲考題，普遍認為較前幾年容易，個人也認為如此。不過題目雖然看起來佛心，仔細做了一遍發現仍有許多魔鬼藏在細節中。特別好奇上網看一看老師們是如何制伏這些魔鬼，結果有點失望，大致上都是“感覺”是對的就對了。當然了考試時很難要求將每一個細節都顧慮到，但講解時，理應將正確的處理方式呈現。所以這一次寫解析的方式想改變一下，不像過去等大考中心統計資料出來後，只挑選答對率低，或超乎預期的題目解析，而是提供各題完整的解答。主要想提供給老師在講解試題或在課堂上相關課程時一些參考意見，以針對不同的學生類型給予合適的思考方向。另外也想在大考中心相關統計資料未公佈前，提出自己對整體考生表現的評估。待大考中心統計資料出來後，再一併驗證自己對目前高中生數學能力表現的了解程度。若覺得本解析內容太過冗長，建議可跳至前面所提“魔鬼”隱藏之處，都是多選中對的選項（因為需要論證），即第4題選項(4)、第6題選項(4) 以及第8題選項(5)。另外第7題針對各版本教科書對於函數在閉區間遞增遞減的判別的差異也提出補充說明，以及兩個題組題手寫部分哪些是閱卷教授覺得是應寫出的重點，也提供了個人的建議。
單選題一般來說應是穩定軍心用的，此次出題者也有此意，沒有為難對於課程熟悉的考生。重點是，除了第1題外，其餘兩題不能算完全的送分題。出題者將一般大家認為考生普遍表現不佳的二次曲線和排列組合，僅以很少的轉折評量其基本概念。希望這樣放出的訊息，對於老師鼓勵學生好好學習數學有所幫助。
利用定義 $\tan \angle B=\dfrac{\overline {AD}}{\overline {BD}}=\dfrac{12}{\overline {BD}}=\dfrac{3}{2}$，所以 $\overline {BD}=8$。同理 $\tan \angle C=\dfrac{12}{\overline {DC}}=\dfrac{2}{3}$，所以 $\overline {DC}=18$。故 $\overline {BC}=\overline {BD}+\overline {DC}=26$，正確選項為 (5)。
看到 tan 很自然會想到直線的斜率。老師不妨在講解完這一題後，將之修改為以下問題看看學生反應如何。
Exercise：坐標平面中兩直線 $L_1,L_2$ 其斜率分別為 $\dfrac{3}{2}$ 和 $-\dfrac{2}{3}$。已知 $L_1,L_2$ 的交點在 $x$ 軸上方且與 $x$軸的距離為 $12$。試求 $L_1,L_2$ 分別與 $x$軸所交兩點的距離。
這個問題可讓學生了解看似坐標幾何的問題（即設直線，求交點），有時用幾何的方法會比較快（參見第10題）。也可進一步問學生，若僅知 $L_1,L_2$ 交點與 $x$ 軸的距離為 $12$（沒有假設交點在 $x$ 軸上方）情況是如何？也可再難一點問 $L_1,L_2$ 其斜率分別為 $\dfrac{3}{2}$ 和 $\dfrac{2}{3}$ 的情況。
題目中對於如何將 $\Gamma$ 轉換成另一個圖形的說法，個人覺得很不妥，會讓人誤以為只將 $x$軸、$y$軸上的部分拉長。事實上，出題者想要講的可能是指以沿 $x$軸方向伸縮2倍、沿 $y$軸方向伸縮3倍的“線性變換”（也就是變換後依然為二次曲線）。不過本題並未涉及變換後的圖形，或許出題者為了避免“線性變換”造成考生困擾，而讓問題複雜化了，所以略去不談。本題只要用到 $x$軸上的點以原點為中心往外延伸兩倍，（考生必需排除$y$軸方向的改變這個無必要的條件）知道原來 $\Gamma$ 在 $x$ 軸上只有兩點 $(-a,0)$、$(a,0)$，所以依題意 $(2a,0)=(18,0)$，推得 $a=9$。也因此知 $\Gamma$ 的半長軸長為 $9$ 且在 $x$ 軸上，而半短軸長為 $6$ 且在 $y$ 軸上。故焦點在 $x$ 軸上且與原點的距離為 $\sqrt{9^2-6^2}=3\sqrt{5}$，求得正確選項為 (2)。
既然原題涉及兩個圖形，老師不妨問學生線性變換前、後焦點的變化情形（原題線性變換後應為圓）。應該讓學生了解，該線性變換雖然將 $x$ 軸上的點伸長2倍，但原來的焦點伸長2倍後未必會是新圖形的焦點。主要原因是焦點不只和長軸有關，也與短軸有關。所以唯有長軸、短軸以相同的倍率伸縮，才能確保焦點也以同樣的倍率伸縮。
所謂有系統的計數，就是利用分類的方式計算。當然了，分類的方式很多，學生必需學習如何找到有效的分類方式。一般來說分的種類越多，計算就越複雜；各類別也儘量不要有重複部分，否則要使用取捨（排容）原理也會將問題複雜化。老師在講解這類問題時切忌直接告知分類方式。讓學生自行嘗試各種分類方式，不僅能讓學生了解何謂較好的分類方式，遇到困難時也能隨時應變轉換分類方式。這裡我們就從學生較可能使用的方式著手。
首先考慮第一個（直）行，有4種選擇。接著第二行，由於不能重複但有5格所以剩下4種選擇。不過到達第三行就發生問題了。它的選擇數會因為第二行的選擇而異，所以這裡分成兩類：第二行選擇第一個位置或是底下其他位置。這種分法，第二行的選擇在前一種僅有1個，後一種有3個（用樹狀圖來表示可能會清楚一點）。接下來第三行在第一種情況有3個選擇、第二種情況有2個。而後第四行兩種情況分別都有2個選擇。也因此求出在第五行未放置棋子的情況之下棋子共有 $4\times1\times3\times2+4\times3\times2\times2=72$種放法。接下來考慮在第四行未放置棋子的情況。同樣的第一個（直）行，有4種選擇。接著第二行分成選擇第一個位置或是底下其他位置兩類。第二行的選擇在前一種僅有1個，後一種有3個。接下來第三行在第一種情況有3個選擇、第二種情況有2個。最後第五行兩種情況分別有2個和1選擇。也因此求出在第4行未放置棋子的情況之下棋子共有 $4\times1\times3\times2+4\times3\times2\times1=48$ 種放法。接下來就是用同樣的方法算第三、二、一行未放棋子的情況。學生應該發現這樣的算法就是以哪一行沒有放棋子的方式分類。也應該發現，這樣的分類方式在一、三、五行沒有放棋子的情況有同樣多種放法；而二、四行沒有放棋子的情況也有同樣多種放法。所以總共有 $3\times72+2\times48=312$ 種放法，故選項(4)是正確的。這裡，我們希望學生能了解到，若能分辨出分類中哪些不同類有同樣的個數，能幫助我們減少許多計算。 另外，目前的分法是先分哪些行沒有放置棋子，再分第一（橫）列有沒有放棋子，有點複雜。有時順序倒過來會比較簡捷，接下來我們來看倒過來的分類。
我們依有沒有棋子放在第一列分成兩類來討論。沒有棋子在第一列的情況四個棋子都要擺放在底下 $4\times 5$ 的棋盤上。所以我們可以依前述以哪一行不擺放棋子的方式分類。這次單純多了，由於每一類擺放方法一樣多，我們只要算一種情況（如第五行不擺放）共有 $4\times3\times2\times1=24$ 種方法，再乘以5即可。或許有些學生此時已發現，可以直接用列的方式來處理。 沒錯，若直接用列來看（由於第一列不擺放），第二列有5擺放種方式、第三列4種，這樣一直下去也可得到 $5\times4\times3\times2=120$ 種方式。其實用列來處理，馬上就可看到目前這一種依有沒有棋子放在第一列的分類方式。接下來我們試著改變策略，用列的分類來看 另一種有棋子放在第一列的情況會有幾種放法。此時第一列一定有棋子，我們依第二、三、四、五列不放棋子的方式分類。每一類有同樣多的放法，同樣的我們僅考慮第五列不放棋子的情況有幾種放法，最後再乘以4即可。我們放第一列的棋子有兩種放法、第二列有4種、第三列3種、第四列2種。所以有棋子放在第一列的情況有 $4\times(2\times4\times3\times2)=192$ 種放法。因此兩種情況加起來共有 $120+192=312$ 種放法。
其實看到題目畫叉的格子，一定有學生會想到用扣除的方式計算。我們可以用前述方法先計算整個 $5\times5$ 棋盤可以擺放的方法數 $5\times(5\times4\times3\times2)=600$，再扣掉有棋子擺放在打叉格子的方法數 $3\times(4\times(4\times3\times2))=288$，得到共有 $312$ 種擺放方式。
討論了這些後，這個題目還可以問怎樣的問題呢？從分類的概念同學應該很清楚，三個打叉的格子若是在第一列其他的位置，四個棋子擺放方法數應該是一樣的。接著大家應該可歸納出三個打叉的格子若在同一行或同一列，四個棋子擺放方法數應該也相同。所以有趣的問題是，三個打叉的格子若有不在同一行或同一列的情況，四個棋子擺放方法數比起原來情況會多還是少？看看學生能否不必真的算個數，判斷哪一種比較多。
近年來大考數學多選題部分，慢慢擺脫過去常被詬病每一題好像5個獨立的是非題的缺點。此次的多選題每一題幾乎是一組整合的問題，只要延著選項依序作答就能完成。而且各題難易度相近，選項有難也有易，各題得分率應該都很接近。不過這是在考生對於各主題熟悉度一致的情況下所做的評估，實際得分率的差距就顯現出大多數學生對那些課題較不熟悉了。難的選項偏向於更仔細的計算與技巧或更深的概念與論證，得分不易，有一定程度的鑒別度。題目安排將高三課題放在後面，特別的是微積分都是評量很基礎的問題，顯現鼓勵學生好好學好基礎微積分的用意。
由於抽獎只有中獎與不中兩種情況，而且每次抽獎中獎機率與前次是否中獎無關，所以本題是典型的伯努力試驗。評量的是幾何分布的期望值以及二項分布的機率問題。除了幾何分布的期望值牽涉到無窮級數，無法用高一所學期望值處理；二項分布的機率可直接用高一所學古典機率處理。對於不懂何謂二項分布的考生並無妨。選項(2)(3)(5)算是高一的基本問題，例如與112數A第8題類似
為了完善講解此題，老師應該趁此機會再次說明二項分布與幾何分布的區別。另外隨機變數，對於以後大學學習更抽象、描繪更一般情況的機率，是一個很方便的語言。雖然本題有關二項分布的部分都能直接用基本機率概念處理，不需用到二項分布的隨機變數，不過仍鼓勵老師讓學生練習將問題用二項分布的隨機變數的語言表達。再次重申，這樣的用意是希望學生熟悉使用隨機變數這樣的語言，而不是鼓勵學生背誦二項分布的公式處理問題。接下來，我們一一回答每個選項的問題。
同樣是抽獎中與不中的伯努力試驗，如何分辨是幾何分佈的問題或是二項分布的問題呢？用比較直白的說法，二項分布的隨機變數 $X$，指的是在固定抽 $n$ 次的情況下，抽中的次數。我們用 $X\sim B(n,p)$ 來表示。這裡 $n$ 指的便是抽 $n$ 次，$p$ 指的是每次抽中的機率（本題 $p=\dfrac{1}{10}$）。另一方面，幾何分布的隨機變數 $X$，指的是（在沒有限制抽獎次數下）第一次中獎時的抽獎次數。我們用 $X\sim G(p)$ 來表示。注意這個表示法沒有 $n$，所以簡單來說，現今高中的伯努力試驗問題，在沒有限制抽幾次的情況下應該就是幾何分布的問題。例如選項(1)，沒有限制抽幾次就是幾何分布的問題。其餘選項分別為：抽兩次、抽10次和1次、抽22次、抽足夠多次。所以應該是二項分布的問題。
我們順便回顧一下兩種分布的期望值，以便處理選項(1)。當 $X\sim B(n,p)$ 為二項分布時，機率 $P(X=k)$ 依定義表示抽 $n$ 次恰中獎 $k$ 次的機率，即當 $0\le k\le n$ 時 $P(X=k)=C_k^np^k(1-p)^{n-k}$。也因此其期望值表示抽 $n$ 次預期會中獎幾次，即 $E(X)=\sum_{k=0}^nkP(X=k)$，其中每一項提出 $np$ 後可以用二項式定理得到 $E(x)=np$（注意與 $n$ 有關）。例如本題（$p=\dfrac{1}{10}$），如果抽 $10$ 次（$n=10$），則中獎次數的期望值為 $np=10\times\dfrac{1}{10}=1$，也就是說抽10次預期會中獎1次。而當抽的次數少於10時，預期中獎的次數小於1，所以若以此看法說選項(1)是對的，也算合理。不過這和選項(1)問的還是有所差別。當$X\sim G(p)$ 為幾何分布時，機率 $P(X=k)$ 依定義指的是恰在抽第 $k$ 次時才第一次中獎的機率，亦即 $P(X=k)=(1-p)^{k-1}p$。也因此其期望值表示預期在第幾次會第一次中獎，此期望值依定義應為無窮級數 $E(X)=\sum_{k=0}^\infty kP(X=k)$。因為 $0 < p <1$，可以證明 $E(x)$ 會收斂且因 $E(x)-(1-p)E(x)$ 會是一個首項為 $p$ 公比為 $1-p$ 的等比級數（故極限為 $1$），因此得 $E(X)=\dfrac{1}{p}$（試卷最後一頁附參考公式）。也就是說預期在抽第 $\dfrac{1}{p}$ 次時會第一次中獎。例如本題（$p=\dfrac{1}{10}$），則預期在抽第 $10$ 次時會第一次中獎。這也正符合選項(1)的敘述，所以選項(1)正確。
注意！不管是抽10次的二項分布告訴我們抽10次預期會中獎一次，或是幾何分布期望值說預期在抽第10次會第一次中獎，但這都不表示抽10次一定中獎。千萬不要因選項(1)是正確的，而誤以為抽10次會中獎的機率為 $1$，而斷言選項(3)(4)(5)是正確的。期望值不是機率，它指的是平均的概念，可以說平均起來每個人抽10次會中獎1次，所以我們用比較口語化的說法“預期”會中獎1次。事實上有的人可能比較倒霉屢抽屢不中，從這觀點我們知道選項(5)應該是錯的。
現在來看選項(2)，它的敘述有點讓人困擾。主要是“中獎一次以上”一般來說就是有“中獎”，不過選項(4)(5)都用“中獎”，為何選項(2)用“中獎一次以上”呢？難免讓人擔心“中獎一次以上”是否不包含只中獎一次的情況。不過還好，兩種情形機率都低於 $0.2$，選項(2)都錯誤，答案應該沒有爭議。或許出題者這樣的敘述，是引導考生用二項分布的觀點回答此選項(2)。用二項分布的語言，我們考慮的是隨機變數 $X\sim B(2,0.1)$，而求 $P(X=1)+P(X=2)=C_1^2(0.1)(0.9)+C^2_2(0.1)^2=0.19$。當然了我們也可完全不管二項分布，用一般機率的算法。算中獎機率有兩種看法：第一種是抽中了之後就不必抽（因為之後中不中獎都沒關係），即算第一次就抽中的機率$0.1$ 加上第二次才中獎的機率 $0.9\times0.1$ 得到 $0.19$；第二種看法為，有中獎是全沒抽中的相反，故將 $1$ 減去兩次都沒抽中的機率 $0.9^2$，也得到中獎機率為 $0.19$。故此選項錯誤，有趣的是出題者用了錯誤的機率 $0.2=2\times 0.1$，或許有意無意呼應112數A第8題的選項(5)，想糾正幾年前新聞有關飛彈攔截率的謬誤吧！
選項(3)比較兩種二項分布的機率，即考慮兩隨機變數 $X\sim B(10,0.1)$、$X'\sim B(1,0.1)$，問 $P(X=0)$ 和 $P(X'=1)$ 的大小關係。可以不管二項分布，也知要比較 $(0.9)^{10}$ 和 $0.1$ 的大小。此時可以利用對數函數遞增的性質比較 $\log\left(0.9^{10}\right)=10(\log9-1)$ 和 $\log0.1=-1$ 的大小。利用試卷最後一頁所附參考公式 $\log9=2\log3>0.9$ 故知 $(0.9)^{10}$ 大於 $0.1$，得選項(3)錯誤。對於沒想到用對數處理的考生，也可直接用乘的估計 $9^{10}$ 的大小，得到 $9^{10}>10^9$，而知選項(3)錯誤。
個人對於選項(4)很有意見，覺得此選項沒有必要。讓我們先用二項分布的語言完整且正確的表達此選項的敘述，再談論有何不妥之處。 考慮兩隨機變數 $X\sim B(22,0.1)$、$X'\sim B(21,0.1)$。此選項說 $P(X\ge 1)\ge 0.9$ 且 $P(X'\ge 1)<0.9$。希望這裡能讓大家體會有時使用數學的語言符號較能精準的描繪要表達的事情。在一般口語上，我們說至少多少才能怎樣，其實是說當小於這個數目就無法達成目標。例如年輕人至少要存100萬才能買房子，並不表示有100萬就能買到房子。其實在許多老師解此題時就發生如此的錯誤（這錯誤並未導致錯誤的答案，只是邏輯上並不完備）。大致上做法是這樣的，假設抽 $n$ 次，則由 $1-(0.9)^n > 0.9$ 推得 $n>21.8$ 而知 $n\ge 22$。整個推導是單方向的，為何推得 $n\ge 22$ 時就可知道抽 $22$ 次中獎的機率會大於 $0.9$ 呢？或許有人認為這些不等式的推導是雙向的，其實不然。因為整個不等式牽涉到 $\log9$，這是估計值，再加上求倒數之後估計的誤差可能會導致很大的差異。我們看以下的幾種估計方式：原不等式可化為 $n> \dfrac{1}{1-\log9}$。若要保持不等式推下去，估計值必需比 $\log9$ 實際值小。我們用 $\log 3 > 0.47$ 來算，得到 $n> \dfrac{1}{1-\log9}>\dfrac{1}{1-0.94}>16.6$。而若要反推回來則估計值必需比 $\log9$ 實際值大。我們用 $0.48>\log 3$ 來算，得到 $n>25=\dfrac{1}{1-0.96}>\dfrac{1}{1-\log9}$。 這個推導過程告訴我們，當 $n>25$ 時會滿足 $n> \dfrac{1}{1-\log9}$，而當 $n> \dfrac{1}{1-\log9}$ 時，我們知 $n$ 必大於 $16.6$，這對於回答選項(4)沒有幫助。我們再讓誤差小一點，同樣的方式先用 $\log 3 > 0.477$ 算，可推得 $n> \dfrac{1}{1-\log9}>\dfrac{1}{1-0.954}>21.73$。再用 $0.478>\log 3$ 來算，得到 $n>22.73>\dfrac{1}{1-0.956}>\dfrac{1}{1-\log9}$。一樣對於回答選項(4)沒有幫助（最小的 $n$ 可能是$22$或$23$），所以還要再讓誤差更小，即先用 $\log 3 > 0.4771$ 算，可推得 $n> \dfrac{1}{1-\log9}>\dfrac{1}{1-0.9542}>21.83$。再用 $0.4772>\log 3$ 來算，得到 $n>21.93>\dfrac{1}{1-0.9544}>\dfrac{1}{1-\log9}$。此時才確定當 $n=22$ 是滿足 $n> \dfrac{1}{1-\log9}$ 的最小整數，也就是說選項(4)正確。從這個例子來看，我們應了解利用估計來處理不等式其實是單向的，除非估計值取得很精準。但若沒有處理另一個方向，我們無法得知所用的估計值夠不夠精準。例如題目若改問至少抽幾次會保證中獎機率大於 $0.85$。則由 $1-(0.9)^n > 0.85$ 推得 $n>\dfrac{2-(\log5+\log3)}{1-2\log3}$。利用卷末所附估計值，$\dfrac{2-(\log5+\log3)}{1-2\log3}$ 約為 $17.9891$。這會讓我們誤以為取 $n=18$ 就是使得機率大於 $0.85$ 最小的整數；但事實上 $1-(0.9)^{18}$ 約等於 $0.849905$ 小於 $0.85$。
從前面的討論，我們知若用正確解不等式方式處理選項(4)，不只要做雙向的推導，而且 $\log3$ 的估計要取的精準。然而估計精準就牽涉上計算的複雜度，尤其這裡要取倒數，除法的計算更讓人卻步。所以較好的處理方式（只用乘法不用除法），反而是直接對隨機變數 $X\sim B(22,0.1)$、$X'\sim B(21,0.1)$，檢查 $P(X\ge 1)\ge 0.9$ 和 $P(X'\ge 1)<0.9$ 是否成立。也就是說直接檢查 $(0.9)^{22}<0.1$ 和 $(0.9)^{21}>0.1$ 是否成立。即分別比較 $22(\log9-1)$、$21(\log9-1)$ 和 $-1$ 的大小。如此一來選項(4)其實是和選項(3)評量一樣的東西了！只是計算較複雜而已，事實上我們要用 $0.4472>\log 3>0.4471$ 來得到 \[21(\log 9-1)>21(0.9542-1)>-1>22(0.9544-1)>22(\log9-1).\]既然大考不開放使用計算機，選項(3)(4)評量相同概念，選項(4)僅以複雜的計算來增加難度，實無必要。整題幾何分布問的較少，但這是高三專有部分，老師講解時或許可改問一些幾何分布的問題。例如抽第10次時，恰好第一次中獎的機率和恰好第二次中獎的機率的比較。
本題最後選項(5)，前面已提過是錯誤的。若要更正確的說法就是要說明對任意的正整數 $n$，抽獎 $n$ 次會中獎的機率為 $1-(0.9)^n$。然而不管 $n$ 為多少 $(0.9)^n$ 恆大於 $0$，故中獎機率 $1-(0.9)^n<1$。本題正確選項為 (1),(4)，然而選項(4)計算頗複雜，可能考生看到其他選項僅有(1)正確，就直接猜答(4)正確。這對認真作答者較吃虧，這也是本人認為選項(4)不妥的原因之一。
因 $f(x)$ 是實係數多項式，由虛根成對知 $-2-3i$ 的共軛數 $-2+3i$ 也是一根。$f(x)=0$ 的另一根應為實數，不可能是虛數 $2+3i$，故選項(1)錯誤。依此我們知 $(x-(-2+3i))(x-(-2-3i))=x^2+4x+13$ 會是 $f(x)$ 的因式。選項(2)問的是 $f(-2)$ 的值，應該與第二個條件 $f(x)$ 除以 $x^2+x-2$ 的餘式為 $18$ 有關。由於 $x^2+x-2=(x+2)(x-1)$，故知 $f(x)$ 除以 $x+2$ 的餘式仍為 $18$，因此利用餘式定理知 $f(-2)=18$，故選項(2)正確。同理也知知道 $f(1)=18$。
選項(3)只問 $f(x)$ 最高次項的正負，不大妥當，會讓人誤以為從三次函數圖形就可判斷出來。應該直接給一個值，讓考生知道要確定 $f(x)$ 才可以處理以下問題。或許真有什麼方法不需確定 $f(x)$ 就可判斷正負，我不知道。不過一般來講一個三次多項式，只要確定四個點的取值就能確定此多項式。目前確實已知 $f(-2-3i)=f(-2+3i)=0$ 以及 $f(-2)=f(1)=18$，我們就把 $f(x)$ 決定出來吧。通常可以將三次多項式的通式寫下來，再將上述四個點代入，解係數的四元一次聯立方程。不過由選項(1)，我們已知 $x^2+4x+13$ 會是 $f(x)$ 的因式，所以可以直接設 $f(x)=(x^2+4x+13)(ax+b)$，再利用 $f(-2)=18$, $f(1)=18$，解 $a,b$ 所形成的二元一次方程組即可。也就是解 $\left\{\begin{array}{r}9(-2a+b)=18 \\18(a+b)=18\end{array} \right.$ 就可以確定 $f(x)=-\dfrac{1}{3}(x^2+4x+13)(x-4)$ 了。也因此馬上確定選項(3)正確（三次項係數為 $-1/3$）以及選項(4)正確（另一根為$4$）。 選項(5)找對稱中心，可以將上式 $f(x)$ 展開用配方方式處理或是用二次微分找反曲點。不過若對根與係數關係熟悉的話，馬上由 $f(x)$ 的三根和 $(-2-3i)+(-2+3i)+4=0$ 知道 $f(x)$ 的次高項（即二次項）係數為 $0$，因而知道 $y=f(x)$ 的對稱中心在 $y$軸上，所以選項(5)錯誤。本題的正確選項為(2)(3)(4)。
本題的重點就是決定出 $f(x)$，一般來說便是找到 $4$ 個點的值。本題的第二個條件 $f(x)$ 除以 $x^2+x-2$ 的餘式為常數比較特別，其實一般來說餘式也可能是一次多項式。不過即使餘式是一次式，我們仍能決定 $f(-2)$ 和 $f(1)$ 的值，也就是分別將 $-2$, $1$ 代入餘式即可。學生應該了解並不是在餘式為常數時才能解此題。本題由於已知 $x^2+4x+13$ 是 $f(x)$ 的因式，所以比起直接設一般式讓我們省下不少麻煩。其實 $f(x)$ 除以 $x^2+x-2$ 的餘式為 $18$ 這個條件也可幫我們，只要將 $f(x)$ 寫成 $(x^2+x-2)(ax+c)+18$，代入 $-2-3i$（也可代 $-2+3i$，因為是共軛只要代其中一個即可），再利用實部為 $0$ 以及虛部為 $0$，就可以解出 $a,c$ 了。這個方法牽涉到複數運算，當然比原來用實數來做複雜一點，不過老師仍可鼓勵學生試看看，順便練習一下複數的運算。另外決定 $f(x)$ 的方法，除了上述解聯立之外，也可用所謂插值多項式來處理。例如本題，利用插值多項式就可將 $f(x)$ 寫成 $18\times\dfrac{(x^2+4x+13)(x-1)}{9\times(-3)}+18\times\dfrac{(x^2+4x+13)(x+2)}{18\times3}$。插值多項式在108課綱並未強調，有興趣的話可參考以前的課本。
先處理選項(2)，依外積垂直關係 $\overset{\rightharpoonup}{u}$ 和 $\overset{\rightharpoonup}{u}\times \overset{\rightharpoonup}{v}$ 是垂直的。這裡 $(1,0,-1)$ 和 $(-1,0,3)$ 內積不為 $0$，所以此選項錯誤。 接下來便是此題的關鍵問題，由內積以及外積的長度決定兩向量長度之積。也就是當$\overset{\rightharpoonup}{u}$,$\overset{\rightharpoonup}{v}$ 的夾角為 $\theta$，由內積定義我們有 \begin{equation}\tag{6.1}\overset{\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|\cos\theta=\sqrt{15}.\end{equation} 再由外積長度為兩向量所圍平行四邊形面積我們有 \begin{equation}\tag{6.2}|\overset{\rightharpoonup}{u}\times \overset{\rightharpoonup}{v}|=|\overset{\rightharpoonup}{u}|\, |\overset{\rightharpoonup}{v}|\sin\theta=\sqrt{10}.\end{equation} 最後利用 $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$，將上面 (6.1), (6.2) 兩個式子平方後相加，得到 $(|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|)^2=25$，所以 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|=5$。這個步驟對於做過此類型題目的考生，應該馬上會想到。不過對於沒做過的考生，選項(1)直接跳到問 $\theta$ 是否大於 $\pi/4$ 恐怕提示性不夠。若能多問一個 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|$，捨去選項(4)(5)其中一個，考生的表現一定更好。求出 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|=5$ 後就可由式子 (6.1) 知 $\cos\theta=\sqrt{\dfrac{3}{5}}>\sqrt{\dfrac{1}{2}}$，所以 $\theta<\dfrac{\pi}{4}$。選項(1)錯誤。或許大家會認為不必求 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|$，直接將式子(6.2)除以(6.1)可得 $\tan\theta=\sqrt{\dfrac{2}{3}}<1$，而知選項(1)錯誤。問題是沒有兩向量長度出現，考生未必想到式子(6.1)與(6.2)，況且之後的選項也要用到$|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|=5$。總之，選項(1)難度已高，少了提示有點可惜。
若已算出 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|=5$，看到 選項(3) 自然會想到算幾不等式 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|+|\overset{\rightharpoonup}{v}|\ge2\sqrt{|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|}=2\sqrt{5}$，而知選項(3)正確。而若只知 $\tan\theta=\sqrt{\dfrac{2}{3}}$，或許看到 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|+|\overset{\rightharpoonup}{v}|$ 會想到三角不等式（兩邊和大於第三邊）而去求 $\cos\theta=\sqrt{\dfrac{3}{5}}$ 想用餘弦定理求第三邊長。不過由於不知 $\overset{\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\rightharpoonup}{v}$ 長度，這條路可能行不通。最後還是需利用 $\cos\theta=\sqrt{\dfrac{3}{5}}$ 以及式子(6.1) 得到 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|=5$ 來處理。選項(3)應該沒有其他法子處理，再加上之後選項(5)，依然需要 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|=5$ 這個資訊，所以此題能否答得好，是否知道 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|\,|\overset{\rightharpoonup}{v}|=5$ 是一個關鍵。
關於選項(4),(5)，首先要強調的是它們是一般性的問題（與題設給的數據無關），不過這裡在說明的時候，有時為了容易解釋仍會用題設的數據處理。由於題目已知有向量 $\overset{\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\rightharpoonup}{v}$，選項(4),(5) 指的“可唯一被確定”只是唯一性的問題（不必擔心是否存在）。一般處理唯一性的問題可以用反證法：也就是假設有另一個也符合，而推得矛盾。例如選項(4)，它問的就是可否找到另一個向量 $\overset{\rightharpoonup}{w}\ne \overset{\rightharpoonup}{u}$，和 $\overset{\rightharpoonup}{u}$ 一樣也滿足 $\overset{\rightharpoonup}{w}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=\sqrt{15}$ 以及 $\overset{\rightharpoonup}{w}\times\overset{\rightharpoonup}{v}=(-1,0,3)$（注意，題目是說 $\overset{\rightharpoonup}{v}$ 固定）。我們先用代數的方法處理，也就是利用 $\overset{\rightharpoonup}{w}\ne \overset{\rightharpoonup}{u}$ 以及 $\overset{\rightharpoonup}{w}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=\overset{\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}$ 和 $\overset{\rightharpoonup}{w}\times\overset{\rightharpoonup}{v}=\overset{\rightharpoonup}{u}\times\overset{\rightharpoonup}{v}$ 推出矛盾。首先由內積性質 $(\overset{\rightharpoonup}{w}-\overset{\rightharpoonup}{u})\cdot\overset{\rightharpoonup}{v} =\overset{\rightharpoonup}{w}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}-\overset{\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}$ 以及 $\overset{\rightharpoonup}{w}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=\overset{\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}$ 推知 $(\overset{\rightharpoonup}{w}-\overset{\rightharpoonup}{u})\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=0$。亦及非零向量 $\overset{\rightharpoonup}{w}-\overset{\rightharpoonup}{u}$ 和 $\overset{\rightharpoonup}{v}$ 垂直。同樣的，利用外積性質 $(\overset{\rightharpoonup}{w}-\overset{\rightharpoonup}{u})\times\overset{\rightharpoonup}{v} =\overset{\rightharpoonup}{w}\times\overset{\rightharpoonup}{v}-\overset{\rightharpoonup}{u}\times\overset{\rightharpoonup}{v}$ 以及 $\overset{\rightharpoonup}{w}\times\overset{\rightharpoonup}{v}=\overset{\rightharpoonup}{u}\times\overset{\rightharpoonup}{v}$ 推知 $(\overset{\rightharpoonup}{w}-\overset{\rightharpoonup}{u})\times\overset{\rightharpoonup}{v}=\overset{\rightharpoonup}{0}$。亦即非零向量 $\overset{\rightharpoonup}{w}-\overset{\rightharpoonup}{u}$ 和 $\overset{\rightharpoonup}{v}$ 平行。然而不可能有非零向量同時與 $\overset{\rightharpoonup}{v}$ 垂直又平行，故推出矛盾。所以給定 $\overset{\rightharpoonup}{v}$，不可能找到與 $\overset{\rightharpoonup}{u}$ 相異的向量符合題設，因此選項(4)正確。 這裡所用代數方法以及論述方式，可能大多數高中生很不熟悉，不過是大學線性代數常用的方法，老師可提供給合適的學生參考。
讓我們改用學生可能比較熟悉的幾何看法處理選項(4)。給定 $\overset{\rightharpoonup}{v}$，我們將之視為是起點在原點 $O$，端點為 $Q$ 的向量，即 $\overset{\rightharpoonup}{v}=\overset{\rightharpoonup}{OQ}$。由於 $\overset{\rightharpoonup}{v}$ 給定，所以這裡 $Q$ 為固定的一點。對於 $\overset{\rightharpoonup}{u}$，我們也將之視為起點為 $O$，端點為 $P$ 的向量，即 $\overset{\rightharpoonup}{u}=\overset{\rightharpoonup}{OP}$。接著，我們將分別討論怎樣的 $P$ 會滿足 $\overset{\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=\sqrt{15}$ 以及怎樣的 $P$ 會滿足 $\overset{\rightharpoonup}{u}\times\overset{\rightharpoonup}{v}=(-1,0,3)$。首先若 $\overset{\rightharpoonup}{u}=\overset{\rightharpoonup}{OP}$ 符合 $\overset{\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=\sqrt{15}$，則 $P$ 在 $\overline{OQ}$ 的投影點 $Q'$ 會滿足 $\overline{OQ}\,\overline{OQ'}=\sqrt{15}$。換言之，所有滿足 $\overset{\rightharpoonup}{OP}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=\sqrt{15}$ 的向量，其端點 $P$ 對於 $\overline{OQ}$ 的投影點都是 $Q'$。由於對於這些 $P$，$\overset{\rightharpoonup}{PQ'}$ 都和 $\overset{\rightharpoonup}{OQ}=\overset{\rightharpoonup}{v}$ 垂直，所一它們形成以 $\overset{\rightharpoonup}{v}$ 為法向量且通過 $Q'$ 的平面。若學生仍難理解這個抽象的幾何看法，可以用比較具體的坐標幾何來處理。也就是 假設 $\overset{\rightharpoonup}{v}=(a,b,c)$ 且 $P$ 點坐標為 $(x,y,z)$，則 $\overset{\rightharpoonup}{u}=\overset{\rightharpoonup}{OP}=(x,y,z)$ 與 $\overset{\rightharpoonup}{v}=(a,b,c)$ 的內積為 $ax+by+cz$，因此 $ax+by+cz=\sqrt{15}$ 就是滿足 $\overset{\rightharpoonup}{OP}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v}=\sqrt{15}$ 的所有 $P$ 點所形成的平面方程式。為了方便起見我們用 $E$ 表示這個平面。接著，我們來看怎樣的 $P$ 會滿足 $\overset{\rightharpoonup}{u}\times\overset{\rightharpoonup}{v}=(-1,0,3)$。因為 $\overset{\rightharpoonup}{OP}$, $\overset{\rightharpoonup}{OQ}$ 都與向量 $(-1,0,3)$ 垂直，所以 $P$ 點會落在以 $(-1,0,3)$ 為法向量且通過原點 $O$ 的平面 $-x+3z=0$。但 $\triangle POQ$ 的面積會是 $\frac{1}{2}\sqrt{1+3^2}$ 這個固定值，而 $\overline{OQ}$ 是一開始給定的，所以 $P$ 點和 $\overline{OQ}$ 的距離也是固定的。換言之，所有這樣的 $P$ 點會落在平面 $-x+3z=0$ 上且與 $\overline{OQ}$ 平行的一條直線上（事實上符合 $\triangle POQ$ 面積為 $\frac{1}{2}\sqrt{10}$ 的直線有兩條，不過外積有方向性，另一條的外積會是 $(1,0,-3)$）。若用坐標表示，由 $\overset{\rightharpoonup}{u}\times\overset{\rightharpoonup}{v}=(x,y,z)\times(a,b,c)=(cy-bz,az-cx,bx-ay)$， 我們知道這條直線會符合聯立方程組 $\left\{\begin{array}{rrrl}&cy&-bz&=-1\\-cx&&az&=0\\bx&-ay&&=3\end{array} \right.$（可請學生自行檢驗，此聯立方程組的係數矩陣其行列式為 $0$，所以解不會是一點）。為了方便起見我們稱此直線為 $L$，注意 $L$ 的方向向量就是 $\overset{\rightharpoonup}{v}=(a,b,c)$。最後由於 $P$ 必需同時符合內積與外積的式子，表示 $P$ 必須同時在平面 $E$ 以及直線 $L$ 上，也就是說 $P$ 會在平面 $E$ 以及直線 $L$ 相交的地方。因為 $L$ 與 $E$ 不平行（事實上是垂直），所以一定僅交於一點。所以知道 $P$ 是唯一的，也因此向量 $\overset{\rightharpoonup}{u}=\overset{\rightharpoonup}{OP}$ 也是唯一的。
最後，我們來看選項(5)。假設 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|=r$, $|\overset{\rightharpoonup}{v}|=s$。現若固定 $r+s=k$（當然 $k\ge2\sqrt{5}$），選項(5) 是問是否找得到另一組向量 $\overset{\rightharpoonup}{\mu}$, $\overset{\rightharpoonup}{\nu}$ 滿足 $\overset{\rightharpoonup}{\mu}\cdot\overset{\rightharpoonup}{\nu}=\sqrt{15}$ 且 $\overset{\rightharpoonup}{\mu}\times\overset{\rightharpoonup}{\nu}=(-1,0,3)$ 以及 $|\overset{\rightharpoonup}{\mu}|+|\overset{\rightharpoonup}{\nu}|=k$ 但 $|\overset{\rightharpoonup}{\nu}|\ne s$。當 $r\ne s$ 時（由算幾不等式知此時 $k>2\sqrt{5}$），我們當然想若能讓 $|\overset{\rightharpoonup}{\mu}|=s$, $|\overset{\rightharpoonup}{\nu}|=r$，就能說明選項 (5) 是錯的。事實上若令 $\overset{\rightharpoonup}{\mu}=\dfrac{s}{r}\overset{\rightharpoonup}{u}$ 以及 $\overset{\rightharpoonup}{\nu}=\dfrac{r}{s}\overset{\rightharpoonup}{v}$，此時我們有 $|\overset{\rightharpoonup}{\mu}|=\dfrac{s}{r}|\overset{\rightharpoonup}{u}|=s$ 以及 $|\overset{\rightharpoonup}{\nu}|=\dfrac{r}{s}|\overset{\rightharpoonup}{v}|=r$。另外利用內積的性質 $\overset{\rightharpoonup}{\mu}\cdot\overset{\rightharpoonup}{\nu}=(\dfrac{s}{r}\overset{\rightharpoonup}{u})\cdot(\dfrac{r}{s}\overset{\rightharpoonup}{v})=\dfrac{s}{r}\dfrac{r}{s}(\overset{\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\rightharpoonup}{v})=\sqrt{15}$。同理，利用外積的性質 $\overset{\rightharpoonup}{\mu}\times\overset{\rightharpoonup}{\nu}=(\dfrac{s}{r}\overset{\rightharpoonup}{u})\times(\dfrac{r}{s}\overset{\rightharpoonup}{v})=\dfrac{s}{r}\dfrac{r}{s}(\overset{\rightharpoonup}{u}\times\overset{\rightharpoonup}{v})=(-1,0,3)$。我們找到了說明選項(5)是錯誤的例子了。本題正確的選項是(3)(4)。從選項的難易以及相關性來說，選項順序的安排應該是(2)(1)(3)(5)(4)比較合適。
附註：在處理選項(5)時，我們成功的說明了當固定 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|+|\overset{\rightharpoonup}{v}|=k$ 時，在 $k>2\sqrt{5}$ 的情況下，$|\overset{\rightharpoonup}{u}|$, $|\overset{\rightharpoonup}{v}|$ 的選擇不唯一。我們想進一步探討 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|$, $|\overset{\rightharpoonup}{v}|$ 到底有多少組選擇。同樣的，我們先假設 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|=r$, $|\overset{\rightharpoonup}{v}|=s$，前面已知 $rs=5$。現若固定 $r+s=k$（當然 $k\ge2\sqrt{5}$）我們想知道到底有多少 $r,s$ 可以滿足題設。由 $s=k-r$，我們得到 $r$ 需滿足的二次式 $r^2-kr+5=0$（注意 $k$ 是給定的值），由於判別式為 $k^2-20$，當 $k>2\sqrt{5}$ 時 $r$ 就會有兩個正實數解 $\dfrac{1}{2}(k\pm\sqrt{k^2-20})$。事實上若 $r$ 是一個解，則 $k-r=s$ 是另一個解。 因此我們可以明確的知道當 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|+|\overset{\rightharpoonup}{v}|>2\sqrt{5}$ 時，$|\overset{\rightharpoonup}{u}|$, $|\overset{\rightharpoonup}{v}|$ 的選擇有兩組；而當 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|+|\overset{\rightharpoonup}{v}|=2\sqrt{5}$ 時，當然就只有 $|\overset{\rightharpoonup}{u}|=\sqrt{5}$ 和 $|\overset{\rightharpoonup}{v}|=\sqrt{5}$ 這一組了。
本題前三個選項評量多項式的微分、遞增遞減以及凹向的判定，也涉及多項式分解和取值正負的判定。後兩個選項評量伸縮平移後的正弦函數其週期和遞增遞減的判定。此題應該是多選題中最單純的一題，只要用前述的基本知識就可解題，估計得分率可達 $60\%$。不過若大多數考生選項(4)沒注意到伸縮乘了$\pi$，得分率就沒這麼好了。
處理前三個選項，需用到 $f(x)$ 的一次和二次微分。我們有 $f'(x)=5x^4-15x^2+10x$ 以及 $f''(x)=20x^3-30x+10$。也因此由 $f'(1)=0$，知選項(1)正確。選項(2)問的是 $f(x)$ 在區間 $[0,2]$ 是否遞增，也就是 $f'(x)$ 在開區間 $(0,2)$ 是否恆大於等於 $0$，所以必須將 $f'(x)$ 分解才能確定。雖然 $f'(x)$ 是四次多項式，不過常數項為 $0$ 且前一選項也提示 $x-1$ 是其因式（若還注意到 $f''(1)=0$，更可以知 $(x-1)^2$ 是因式），所以不難分解得 $f'(x)=5x(x-1)^2(x+2)$。由於唯一的正根 $1$ 是雙重根，可知 $f'(x)$ 在正實數取值恆大於等於 $0$，因此選項(2)也正確。
選項(3)談的是 $f(x)$ 在區間 $[0,2]$ 是否凹向上，亦即 $y=f(x)$ 在區間 $[0,2]$ 其切線斜率是否遞增，這也等同於問 $f'(x)$ 在區間 $[0,2]$ 是否為遞增。不過由 $f'(0)=f'(1)=0$，我們知 $f'(x)$ 在 $0$, $1$ 之間不可能遞增（因 $f'(x)$ 不是常數函數）。所以選項(3)錯誤。當然了，我們也可由 $f''(x)$ 在 $[0,2]$ 是否恆正來判斷。然而 $f''(x)=(x-1)(2x^2+2x-1)$ 有三個單根 $-\dfrac{1}{2}(\sqrt{3}+1)$, $\dfrac{1}{2}(\sqrt{3}-1)$, $1$。因此 $f''(x)$ 在區間 $(0,\dfrac{1}{2}(\sqrt{3}-1))$ 是正的，但在區間 $(\dfrac{1}{2}(\sqrt{3}-1),1)$ 是負的，這也與之前的討論相吻合。
注意：在說明 $f(x)$ 在區間 $[0,2]$ 是遞增的，我們用到了 $f'(x)$ 在開區間 $(0,2)$ 恆大於等於 $0$ 這個事實。不過這個判斷遞增的定理僅有兩個版本的課本提及，其餘版本只提及嚴格遞增的情況，也就是說當 $f'(x)$ 在開區間 $(a,b)$ 恆大於 $0$ 時可確定 $f(x)$ 在區間 $[a,b]$ 是嚴格遞增的。這個判斷嚴格遞增的定理看起來並不適用在本題，因為本題 $f'(1)=0$，也就是說 $f'(x)$ 在開區間 $(0,2)$ 並不是恆大於 $0$。不過事實上它還是適用的。因為我們可分開考慮 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 和 $[1,2]$ 兩個區間來討論，由於 $f'(x)$ 在兩開區間 $(0,1)$ 和 $(1,2)$ 都恆大於 $0$，所以 $f(x)$ 分別在 $[0,1]$ 和 $[1,2]$ 都是嚴格遞增的。也因此 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 事實上仍然是嚴格遞增的（即使 $f'(1)=0$）。從這裡我們知道若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 連續且 $f'(x)$ 在區間 $(a,b)$ 僅有有限多點取值為 $0$，其餘取值皆大於 $0$，則 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 為絕對遞增。或許課本覺得敘述困難，所以僅談微分大於 $0$ 的情況，不過因為條件較嚴格，確實會造成實用性不足的疑慮。對於連續函數一般都只談遞增、遞減，較少論及是否嚴格遞增、遞減。建議老師提及如何用一階導數（容許微分等於$0$的情況）判斷遞增、遞減即可，以避免困擾。事實上一個遞增的連續函數 $f(x)$，如果不是嚴格遞增，表示存在 $x_1 < x_2$ 使得 $f(x_1)=f(x_2)$。也就是說 $f(x)$ 在 $x_1$ 到 $x_2$ 這一段的取值都一樣，從圖形來看這部分是水平直線。對於多項式函數，除了常數函數外，不會有這樣的現象發生（次數大於等於 $1$ 的多項式方程式只有有限多解），甚至高中所談的函數，除非是分段定義的函數（例如高斯函數），也不會有這樣的現象發生。也就是說，除了上述兩種例外，一個連續函數在區間 $[a,b]$ 是遞增的就一定是嚴格遞增。所以對於多項式函數 $f(x)$，只要它不是常數我們可以確定 $f(x)$ 在區間 $[a,b]$ 為嚴格遞增若且唯若 $f(x)$ 的一階導函數在開區間 $(a,b)$ 的取值皆大於等於 $0$（遞減也有相對應的敘述）。函數的凹向性也有類似的情況：只有一個版本介紹當 $f''(x)$ 在開區間 $(a,b)$ 取值大於等於 $0$ 時，連續函數 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 為凹向上；其餘版本都要求在 $(a,b)$ 區間 $f''(x)>0$。當然僅要求 $f''(x)\ge 0$ 的實用性比較強，不過這要排除 $f(x)$ 的圖形有一段是直線的情況，因為直線一般是不談凹向的。所以可微函數 $f(x)$ 要在 $[a,b]$ 凹向上，應該要求 $f'(x)$ 在 $[a,b]$ 是嚴格遞增的。也因此和剛才一樣當 $f(x)$ 是次數大於 $1$ 的多項式函數 或是一般可微函數但其圖形沒有直線的部分，則 $f(x)$ 的圖形在區間 $[a,b]$ 為凹向上若且唯若 $f(x)$ 的二階導函數在開區間 $(a,b)$ 的取值皆大於等於 $0$（凹向下也有相對應的敘述）。
選項(4),(5)，是有關 $g(x)=\sin(\dfrac{\pi x}{3}+\dfrac{\pi}{2})$ 的週期和遞增遞減區域的問題。或許考生會想利用此函數的圖形來處理這兩個選項，不過基本上不必如此。一般來說函數 $\sin(ax+b)$ 的週期，由於 $b$ 的部分是平移，不會影響週期，也就是說 $\sin(ax+b)$ 和 $\sin(ax)$ 有一樣的週期。而 $0$ 到 $2\pi$ 是 $\sin x$ 的一個週期，所以我們只要知道 $x$ 從 $0$ 變動到多少時，$ax$ 會從 $0$ 變動到 $2\pi$。也就是說解 $ax=2\pi$，得 $x=\dfrac{2\pi}{a}$ 即可。不過一般週期都取正的，所以談週期就取 $\dfrac{2\pi}{a}$ 的絕對值。因此若 $g(x)=\sin(ax+b)$，我們會有 $g(x+n\dfrac{2\pi}{a})=g(x)$，其中 $n$ 是任意的整數，也只有在 $k=n\dfrac{2\pi}{a}$ 時會使得 $g(x+k)=g(x)$。本題 $a=\dfrac{\pi}{3}$，所以只有在 $k=6n$ 時會滿足 $g(x+k)=g(x)$。很明顯的選項(4)錯誤，因為 $\pi$ 不是整數。當然了這個選項我們只要代 $x=0$ 檢查 $g(6\pi)=\sin(2\pi^2+\dfrac{\pi}{2})$ 是否等於 $g(0)=\sin\dfrac{\pi}{2}$，就知道它是錯的。
不知為何前面已問過 $f(x)$ 遞增遞減的問題，選項(5)還要問一次？我們已知 $f(x)$ 在正實數是遞增的，所以只剩下討論 $g(x)$ 在區間 $[3,4]$ 是否遞增了。高中一般未論及三角函數的微分，不過都有介紹它們的圖形，所以大多都用函數圖形來討論遞增遞減的問題。事實上，我一直很鼓勵學生利用單位圓上的點的變動，來看 $\sin x$, $\cos x$ 以及 $\tan x$ 遞增遞減的狀況。也就是 $\sin x$ 看 $y$ 坐標的變化、 $\cos x$ 看 $x$ 坐標的變化、$\tan x$ 看與原點連線的斜率變化。此題當 $x$ 從 $3$ 變動到 $4$ 時，$\dfrac{\pi x}{3}+\dfrac{\pi}{2}$ 從 $\dfrac{3\pi}{2}$ 變動到 $\dfrac{11\pi}{6}$。也因此 $g(x)$ 的變化就是單位圓上與 $x$ 軸正向夾角為 $\dfrac{3\pi}{2}$ 的點 $(0,-1)$ 以逆時針方向在單位圓位於第四象限的部分移動到夾角為 $\dfrac{11\pi}{6}$ 的點其 $y$ 坐標的變化，因為是遞增的所以選項(5)正確。這個利用單位圓上的點來描繪正弦函數的方法，在電腦用來描繪曲線非常有用。所謂傅立葉級數是用一些不同頻率與振幅的正（餘）弦函數所形成的級數來逼近一個函數。所以利用一些不同半徑的圓上的點，以不同頻率繞圓，就能描繪出函數的曲線。有興趣可上網查詢 “Fourier series animation"，觀看用這個方式描繪曲線的動畫。也可上網站 Fourier Transform animation 自己調整圖形。
順便利用這個機會談談 $\sin(\dfrac{\pi x}{3}+\dfrac{\pi}{2})$ 的圖形。一般來說畫這種伸縮平移的圖形，我們會架好坐標軸，將圖形伸縮後再平移畫上去。不過移動圖形的方式，對大多數學生應該覺得困難，且與原圖形畫在一起容易搞混。在此建議換個方式，先畫好原圖形，再架上坐標。我們以一般 $g(x)=\sin(ax+b)$ 的圖形來說明，這裡為了簡單起見我們假設 $a>0$。首先畫好約兩個週期的 $\sin x$ 圖形（為平移留一點空間）。由於 $g(0)=\sin b$，表示對 $g(x)$ 的圖形來說在$x=0$ 的值就是原來 $\sin x$ 在 $x=b$ 的值，所以我們在原來 $x=b$ 的位置畫上新的 $y$ 軸。再來前面已提過，$g(x)$ 的週期為 $\dfrac{2\pi}{a}$，所以我們在與新的 $y$ 軸圖形一致的位置（即原圖形 $x=b+2\pi$ 之處）標上 $\dfrac{2\pi}{a}$，並依此為依據在 $x$ 軸標上新的刻度（單位）。這樣就畫好 $\sin(ax+b)$ 的圖形了。下圖就是用這個方法所畫 $\sin(\dfrac{\pi x}{3}+\dfrac{\pi}{2})$ 的圖形：
我們先畫 $\sin x$ 從 $x=0$ 到 $x=4\pi$ 的部分，再依前述方法在原來 $x=b=\dfrac{\pi}{2}$ 之處，畫上新的 $y$ 軸。由於剛好是最高峰，所以在下一個發生最高峰之處標上 $x=\dfrac{2\pi}{a}=6$。利用比例找到 $x=3$ 的位置（就在它們中間），因此馬上辨識出 $\sin(\dfrac{\pi x}{3}+\dfrac{\pi}{2})$ 在區間 $[3,4]$ 是遞增的。這個方法的缺點是 $x$ 軸的單位和 $y$ 軸的單位不一致，不過這在處理單一函數時應該問題不大，但若要一起處理兩個函數時就不適用了。另外對於 $y$ 軸方向的伸縮與平移，也可如法炮製請自行推演。
此題探討複數平面上一點，在不斷自乘之後變動的情形，想了解這樣一直下去這些點變動的趨勢。由於高中沒有談論平面上點的收斂發散，所以分開問其 $x$ 坐標與 $y$ 坐標的收斂發散情形。雖然不必用複數平面來處理，仍建議老師講解時讓學生用複數平面上點的變動情形來探討，這樣學習複數平面才有意義。在此我們先用複數平面的觀點來處理此題，然後再回到用大家較熟悉的方式處理。
在複數平面上 $z^n$ 到 $z^{n+1}$ 的變動情形就是以原點為圓心將 $z^n$ 逆時針轉 $\beta$ 角後再伸縮 $|z|=\alpha$ 倍。由於 $|z|=1$，選項(1)中 $z^n$ 都在單位圓上。$z^3$ 的輻角為 $\dfrac{9\pi}{7}$ 在第三象限，逆時針轉了 $(10-3)\times\dfrac{3\pi}{7}=3\pi$ 到達第一象限 $z^{10}$ 的位置。它們的 $x$ 坐標 $x_3,x_{10}$ 異號，所以選項(1)錯誤。選項(2)(3)談的是 $z^3$ 和 $z^6$ 的關係，也就是 $z^3$ 和 $(z^3)^2$ 的關係。當 $y_3=0$ 時表示 $z^3$ 在實軸上，即實數。所以 $(z^3)^2$ 依然是實數，即在實軸上，因此 $y_6=0$，故選項(2)正確。而若 $x_3=1$，我們可以考慮 $z^3$ 在第一象限的情況，只要 $z^3$ 的輻角介於 $\pi/4$ 和 $\pi/2$ 之間，再轉一次 $z^3$ 的輻角則 $z^6$ 會落入第二象限（例如 $\beta=\pi/9$ 的情形）此時 $z^6$ 的 $x$ 坐標 $x_6$ 會是負的，所以選項(3)錯誤。
選項(4)(5)談的是整個 $z^n$ 在複數平面的變動情形。我們分成三種情況討論。
現在我們回到用一般學生較可能使用的方法處理本題。首先學生必須了解，若將 $z$ 寫成 $x_1+y_1i$ 利用複數運算處理（例如由 $(x_1+y_1i)^2=(x_1^2-y_1^2)+2x_1y_1i$ 知 $x_2=x_1^2-y_1^2$ 以及 $y_2=2x_1y_1$）應該是行不通的。況且題目提到了 $z$ 的絕對值與輻角，也強烈提示應該用極式及其運算來處理。所以我們將 $z$ 寫成 $z=\alpha(\cos\beta+i\sin\beta)$。因此利用極式乘法的運算性質我們有 $z^n=\alpha^n(\cos(n\beta)+i\sin(n\beta))$。也就是說 $x_n=\alpha^n\cos(n\beta)$ 以及 $y_n=\alpha^n\sin(n\beta)$。接下來我們就依照 $x_n,y_n$ 的關係式，按部就班（依照正常程序，不耍酷）回答各選項問題。
選項(1)依假設，我們有 $x_3=\cos \dfrac{9\pi}{7}$ 以及 $x_{10}=\cos\dfrac{30\pi}{7}$。由於 $\dfrac{30\pi}{7}=\dfrac{9\pi}{7}+3\pi$，可得 $x_{10}=\cos(\dfrac{9\pi}{7}+\pi)=-\cos \dfrac{9\pi}{7}=-x_3$。故由 $x_3\ne 0$ 知選項(1)錯誤。選項(2)由假設 $y_3=\alpha^3\sin(3\beta)=0$，因 $\alpha\ne 0$ （否則 $z=0$）知 $\sin(3\beta)=0$ 亦即 $3\beta=k\pi$ 其中 $k$ 為整數。因此 $y_6=\sin(6\beta)=\sin(2k\pi)=0$，選項(2)正確。
選項(3)比起前兩個選項又跳了一步，可考慮先問 $x_3=0$ 的情況，讓考生了解實部的變化和虛部變化的差異性。老師不妨讓學生先試試看 $x_3=0$ 再處理 $x_3=1$。此選項的假設 $x_3=\alpha^3\cos(3\beta)=1$，不像前一個假設條件那麼強，應該是錯的，只要找到一個例子說明即可。不過前面承諾要按部就班處理，為了完整性，我們將何時會正確、何時不正確區分出來。由 $x_3=1$，我們有 $\cos(3\beta)=\alpha^{-3}$（注意 $\alpha> 0$），因此由餘弦的倍角公式 $\cos(6\beta)=2\cos^2(3\beta)-1=2\alpha^{-6}-1$。依此得 $x_6=\alpha^6\cos(6\beta)=\alpha^6(2\alpha^{-6}-1)=2-\alpha^6$。也就是說，要滿足 $x_6=1$，只有在 $\alpha^6=1$ 才會成立。由於 $\alpha$ 是正實數，這告訴我們只有在 $\alpha=1$（故 $\cos(3\beta)=1$ 也因此 $\sin(3\beta)=0$）即 $z^3=1$ 時（也就是 $z=1,\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$），才有可能 $x_3=1$ 且 $x_6=1$。也因此，我們只要找一個絕對值不是$1$但實部為1的複數（例如 $1+i$），使之為 $z^3$，由代數基本定理這樣的複數 $z$ 一定存在（例如 $z=2^{-1/3}(-1+i)$ 就會使得 $z^3=1+i$），此時 $z^6$ 的實部就不可能是 $1$ 了（例如 $z=2^{-1/3}(-1+i)$ 時 $z^6=2i$）。所以選項(3)是錯誤的。
選項(2)已經給了很好的提示，如果 $y_1=0$，即 $z$ 是實數，則 $z^n$ 的虛部 $y_n$ 一定是 $0$。此時數列 $\langle y_n\rangle$ 是常數 $0$，當然收斂。所以只要 $z$ 是任何絕對值大於 $1$ 的實數，就會不符合選項(4)的敘述，因此選項(4)錯誤。這裡，我們依然想探討數列 $\langle y_n\rangle=\langle \alpha^n\sin(n\beta)\rangle$ 會收斂的所有可能情況。首先考慮 $\alpha<1$ 的情況，此時因為 $-1\le\sin(n\beta)\le 1$，我們有 $-\alpha^n\le y_n\le\alpha^n$，因此由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}-\alpha^n=\lim_{n\to\infty}\alpha^n=0$ 以及夾擠定理得知 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n=0$。對於 $\alpha\ge 1$ 的情況，我們必需了解 $\sin(n\beta)$ 的變動情況。當 $\sin\beta\ne 0$，即 $0<\beta<\pi$ 或 $\pi<\beta<2\pi$ 時 $\sin(n\beta)$ 會隨著 $n$ 的變動時而正、時而負（可用前面提過在單位圓上的點變動的看法），而且 $\sin(n\beta)$ 不會趨近於 $0$（如果 $\sin(n\beta)$ 趨近於 $0$，則 $\cos(n\beta)$ 會趨近於 $1$ 或 $-1$，此時由 $\sin((n+1)\beta)=\sin(n\beta)\cos\beta+\sin\beta\cos(n\beta)$ 兩邊取極限，會得到 $0=\pm\sin\beta$ 的矛盾）。因此此時 $\alpha^n\sin(n\beta)$ 不會趨近於一個定數（即發散）。所以我們知道，只有在 $\alpha<1$ 或是 $\beta=0,\pi$ 的情形，數列 $\langle y_n\rangle$ 會收斂且收斂到 $0$。
從前面選項(2)(3)的情況，我們大略感覺 $x_n$ 要收斂的條件比 $y_n$ 嚴苛，也就是說選項(5)可能是對的但這需要證明。 若要求完全正確論證，選項(5)應該是整卷最難的一個問題。前面只要舉例，這個選項是正確的需要完整的論證。還好前一個選項我們已經完整的回答 $\langle y_n\rangle$ 收斂的情況，現在用同樣方法處理這個選項應該沒什麼問題了。當 $\alpha<1$ 時，同樣用夾擠定理，可得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}\alpha^n\cos(n\beta)=0$。而當 $\alpha\ge 1$ 時，除了 $\beta=0$ 的情況外，我們依然有 $\cos(n\beta)$ 會隨著 $n$ 的變動時而正、時而負，而且 $\cos(n\beta)$ 不會趨近於 $0$（如果 $\cos(n\beta)$ 趨近於 $0$，此時由 $\cos((n+1)\beta)=\cos(n\beta)\cos\beta-\sin\beta\sin(n\beta)$ 兩邊取極限，會得到 $0=\pm\sin\beta$，即 $\beta=\pi$，但這種情況 $\cos(n\beta)=\pm1$ 不可能趨近於 $0$）。因此此時 $\alpha^n\cos(n\beta)$ 不會趨近於一個定數（即發散）。最後剩下的情況，即 $\alpha\ge 1$ 且 $\beta=0$ 時，我們有 $x_n=\alpha^n\cos0=\alpha^n$。所以只有在 $\alpha=1$ 時數列 $\langle x_n\rangle$ 會收斂。總結來說，只有在 $\alpha<1$ 還有 $\alpha=1$ 且 $\beta=0$ 這兩種情形，數列 $\langle x_n\rangle$ 會收斂（前者收斂到 $0$，後者收斂到 $1$）。而這兩種情況也會讓數列 $\langle y_n\rangle$ 收斂，所以選項(5)正確。不過反向不正確，例如當 $\beta=0$ 但 $\alpha>1$ 時，$y_n=0$ 所以數列 $\langle y_n\rangle$ 收斂，但 $x_n$ 隨著 $n$ 變大會趨近於無限大，所以數列 $\langle x_n\rangle$ 發散。
去年分科數甲和今年學測數A、數B都出現選填題答對率 $5\%$ 以下的題目。今年數甲，應該不會有這情況發生了吧！前兩題考生只要照著正常程序就能解出，答對率應該能達到一般水準。最後一題，因為比較特殊，又涉及兩個未知數的方程式，考生可能一時無法作答，而放棄。預估答對率相對前兩題會低了許多。
本題僅是單純評量解二元一次聯立方程，但要重複解好幾次，需要耐心做答。不過若知道解聯立方程與矩陣乘法的關係，算起來會快一些。個人估計答對率為 $60\%$。
最直接的做法就是由增廣矩陣 $\left[\begin{array}{cc|c}1& -1 & 3\\0 & 1 & 2\end{array} \right]$ 的解 $x=5,y=2$，知道就是方程組 $\left\{\begin{array}{r}ax+by=2 \\cx+dy=1\end{array} \right.$ 的解。因此知 $a,b,c,d$ 需滿足 $\left\{\begin{array}{r}5a+2b=2 \\5c+2d=1\end{array} \right.$。同理，由 $\left[\begin{array}{cc|c}1& -1 & 2\\0 & 1 & -1\end{array} \right]$ 的解，知道方程組 $\left\{\begin{array}{r}ax+by=-1 \\cx+dy=-1\end{array} \right.$ 的解為 $x=1,y=-1$，故知 $a,b,c,d$ 也需滿足 $\left\{\begin{array}{r}a-b=-1 \\c-d=-1\end{array} \right.$。分別解出 $a=0,b=1$ 以及 $c=-1/7,d=6/7$，知題目要求的方程組為 $\left\{\begin{array}{r}y=0 \\-x+6y=7\end{array} \right.$。解得 $x=-7,y=0$。
我們也可用聯立方程組與矩陣乘法的關係處理。令 $A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\c & d\end{array} \right]$。由題設 $A\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array} \right]=\left[\begin{array}{c}2\\1\end{array} \right]$ 有唯一解 $\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array} \right]=\left[\begin{array}{c}5\\2\end{array} \right]$，知 $A$ 為可逆矩陣且 $\left[\begin{array}{c}5\\2\end{array} \right]=A^{-1}\left[\begin{array}{c}2\\1\end{array} \right]$。同理，由題設的另一個方程組的解為 $x=1,y=-1$，我們有 $\left[\begin{array}{c}1\\-1\end{array} \right]=A^{-1}\left[\begin{array}{c}-1\\-1\end{array} \right]$。因為題目所求的聯立方程組 $A\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array} \right]=\left[\begin{array}{c}0\\1\end{array} \right]$ 其解為 $\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array} \right]=A^{-1}\left[\begin{array}{c}0\\1\end{array} \right]$。故由 $\left[\begin{array}{c}0\\1\end{array} \right]=-\left[\begin{array}{c}2\\1\end{array} \right]-2\left[\begin{array}{c}-1\\-1\end{array} \right]$，可得 \[\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array} \right]=A^{-1}\left(-\left[\begin{array}{c}2\\1\end{array} \right]-2\left[\begin{array}{c}-1\\-1\end{array} \right]\right)=-A^{-1}\left[\begin{array}{c}2\\1\end{array} \right]-2A^{-1}\left[\begin{array}{c}-1\\-1\end{array} \right]=-\left[\begin{array}{c}5\\2\end{array} \right]-2\left[\begin{array}{c}1\\-1\end{array} \right]=\left[\begin{array}{c}-7\\0\end{array} \right].\]注意，這個解法並不需解$a,b,c,d$，當然也不必真正知道 $A^{-1}$ 為何。既然 $A$ 為可逆，即 $\det A\ne 0$，我們也可用 Cramer's rule 處理本題。同樣的利用 $\left[\begin{array}{c}0\\1\end{array} \right]=-\left[\begin{array}{c}2\\1\end{array} \right]-2\left[\begin{array}{c}-1\\-1\end{array} \right]$ 這個線性組合，以及行列式雙線性的性質，也可得到解，這裡就不多說了。
若能了解線性組合與基本列運算的概念，還有更快的方法處理本題。因為題目前兩個方程組的增廣矩陣 $\left[\begin{array}{cc|c}a& b & 2\\c & d & 1\end{array} \right]$，$\left[\begin{array}{cc|c}a& b & -1\\c & d &-1\end{array} \right]$ 用同樣的基本列運算可得到 $\left[\begin{array}{cc|c}1& -1 & 3\\0 & 1 & 2\end{array} \right]$，$\left[\begin{array}{cc|c}1& -1 & 2\\0 & 1 & -1\end{array} \right]$。題目所求的聯立方程組的增廣矩陣 $\left[\begin{array}{cc|c}a& b & 0\\c & d & 1\end{array} \right]$ 的最後一行可寫成線性組合 $\left[\begin{array}{c}0\\1\end{array} \right]=-\left[\begin{array}{c}2\\1\end{array} \right]-2\left[\begin{array}{c}-1\\-1\end{array} \right]$，所以經由前述相同的基本列運算所得的增廣矩陣其最後一行為 $-\left[\begin{array}{c}3\\2\end{array} \right]-2\left[\begin{array}{c}2\\-1\end{array} \right]=\left[\begin{array}{c}-7\\0\end{array} \right]$。也就是說，經過相同的基本列運算，所得增廣矩陣應為 $\left[\begin{array}{cc|c}1& -1 & -7\\0 & 1 &0\end{array} \right]$，故解得 $x=-7,y=0$。這個方法，不必解前兩個方程組，一般來說最快速。
若直接設坐標，可設圓 $\Gamma$ 的方程式為 $x^2+y^2=r^2$（假設半徑為 $r$），點 $P$ 坐標為 $(r,0)$（因對稱關係考慮另一點 $(-r,0)$ 結果會一樣）。依題意直線 $PQ$ 的方程式便是 $y=\dfrac{1}{2}(x-r)$。將 $x=2y+r$ 代入 $x^2+y^2=r^2$，得 $5y^2+4yr=0$，即 $y=0$ 或 $y=\dfrac{-4r}{5}$。解得直線與圓的另一交點 $Q$ 的 $y$ 坐標為 $y=\dfrac{-4r}{5}$、$x$ 坐標為 $\dfrac{-3r}{5}$。所以 $\overline{PQ}=\sqrt{(\dfrac{8r}{5})^2+(\dfrac{4r}{5})^2}=\dfrac{4r}{\sqrt{5}}$。再由 $\overline{PQ}=1$ 的假設，解得 $r=\dfrac{\sqrt{5}}{4}$。當然了，我們也可用半徑 $r$ 以及弦長 $\overline{PQ}=1$ 知道圓心到弦 $\overline{PQ}$ 的距離為 $\sqrt{r^2-(\dfrac{1}{2})^2}$。再利用 $(0,0)$ 到直線 $x-2y=r$ 的距離為 $\dfrac{r}{\sqrt{5}}$ 解得 $r=\dfrac{\sqrt{5}}{4}$。
當然也可完全不架坐標，直接考慮等腰三角形 $POQ$。設兩腰 $\overline{OP}=\overline{OQ}=r$。由於 $\tan\angle QPO=\dfrac{1}{2}$ 我們有 $\cos\angle QPO=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$。再由 $\overline{PQ}=1$，利用餘弦定理 $1^2+r^2-2r\dfrac{2}{\sqrt{5}}=r^2$，解得 $r=\dfrac{\sqrt{5}}{4}$。也可令 $PQ$ 中點為 $R$，由 $\overline{PR}=\dfrac{1}{2}$、$\overline{OR}=\sqrt{r^2-(\dfrac{1}{2})^2}$ 以及 $\tan\angle QPO=\dfrac{\overline{OR}}{\overline{PR}}=\dfrac{1}{2}$，解得 $r=\dfrac{\sqrt{5}}{4}$。
一般來說學生會設 $a_n=a_1+2(n-1)$。而見到 $\log_2a_3,\log_2a_n,\log_2a_9$ 是等差，應該可想到等差中項的性質（大考經常出現三項的等差、等比數列，此時等差、等比中項的看法特別好用），即 $2\log_2a_n=\log_2a_3+\log_2a_9$。利用對數律推得 $(a_1+2(n-1))^2=(a_1+4)(a_1+16)$，再整理得 $(n-1)^2+(n-6)a_1-16=0$。這裡有兩個未知數 $a_1$ 和 $n$，到底如何找解呢？是將 $a_1$ 看成常數解 $n$ 的二次方程式；還是將 $n$ 看成常數解 $a_1$ 的一次式？由於 $n$ 是有限制的，即 $n$ 是 $4,5,6,7,8$ 其中之一，所以最好的策略就是解 $a_1$ 的一次式，將 $a_1$ 用 $n$ 來表示。所以我們有 $a_1=\dfrac{16-(n-1)^2}{n-6}$。接下來便是代入可能的 $n$，發現只有在 $n=4$ 時，$a_1=-\dfrac{7}{2}$ 符合題設（$n=5$ 時 $a_1=0$；$n=6,7,8$ 時 $a_3<0$）。故解得 $a_9=-\dfrac{7}{2}+16=\dfrac{25}{2}$。
前面提過，此數列遞增，所以只要確定 $a_3>0$，後面各項皆可取對數。可建議學生考慮數列從 $a_3$ 開始，直接設 $\log_2a_3,\log_2(a_3+2n),\log_2(a_3+2\times(9-3))$（$n$ 為正整數）成等差數列處理，可降低式子的複雜度。由 $(a_3+2n)^2=a_3(a_3+12)$，可得 $a_3=\dfrac{n^2}{3-n}$。很容易看出只有在 $n=1,n=2$ 時會使得 $a_3>0$；但 $n=2$ 時 $a_3=4$ 會導致 $a_1=0$，故只有 $n=1$, $a_3=\dfrac{1}{2}$ 會滿足題設。推得 $a_9=\dfrac{1}{2}+12=\dfrac{25}{2}$。
今年非選的兩個題組也都比往年的問題簡單，著重於基本程序。只要對於要評量的課題有所認識，依照題目的步調處理，應該都能解決。預估手寫題的表現，應該比往年好。大考中心一般不會公佈考生非選部分的統計資料，本人今年也未參與閱卷工作，所以就不估算可能的得分率。等到閱卷工作結束，再看看能不能有進一步資料，提供考生常見錯誤給大家參考。此次第二個題組評量微積分都是一般常見的基本問題，相較起來比第一個題組有關空間的問題容易得多。或許出題者刻意都把高三數甲專屬內容放在最後。其實題目的難易也是因人而異，考試在時間較緊湊的情況下，比較好的策略還是先大致瀏覽整卷，從自己較熟悉的問題著手為宜。
第12題評量三元一次聯立方程（與空間平面的關係）；13題評量求兩平面的交線及兩直線之夾角；14題評量向量長度以及求通過已知三點之平面，應該關於坐標空間的問題都有評量到。考生依題循序漸進就能完整解答問題（若無12、13題的鋪陳直接作答14題就很困難）；可惜為了讓考生了解整個問題的脈絡，有些部分需要重複操作同樣的程序。若對於四面體的幾何有充分地了解，應該更能輕鬆處理本題組。
第12題要找到 $E_1,E_2$、$E_2,E_3$ 以及 $E_3,E_1$ 分別所交的三直線 $L_3,L_1,L_2$ 的共同交點。事實上 $L_3$ 上的點表示同時符合 $E_1,E_2$ 的方程式的點；而 $L_1$ 上的點又是同時符合 $E_2,E_3$ 的方程式的點，所以 $L_3$ 與 $L_1$ 的交點，就是同時符合 $E_1,E_2,E_3$ 的方程式的點。因此我們解聯立方程 $\left\{\begin{array}{rl}x+y+z=&7\\x-y+z=&3\\x-y-z=&-5\end{array} \right.$ 得 $x=1,y=2,z=4$ 即點 $(1,2,4)$ 為 $L_3$ 與 $L_1$ 的交點。其實它就是三平面 $E_1,E_2,E_3$ 的共同交點，所以也在 $L_2$ 上，也因此 $(1,2,4)$ 就是 $L_1$、$L_2$ 與 $L_3$ 的交點。在一般情況要討論三平面兩兩所交的直線之間的關係，我們可以固定其中一個平面，例如 $E_2$，然後看其他兩平面 $E_3,E_1$ 與它相交所形成的兩直線 $L_1,L_3$ 的關係。由於 $L_1,L_3$ 都在同平面 $E_2$ 上，它們有可能重合。此時三平面交於一線，亦即聯立方程有無限多解；而若 $L_1,L_3$ 不相交（即平行），此時三平面沒有任何共同交點，亦即聯立方程無解。此時同樣方式看另一平面的情形（例如 $E_3$）由於其上的兩線不相交（因無解）故平行，所以在此情形三平面的三個交線互相平行；最後就是目前的狀況，由於 $L_1,L_2$ 在平面 $E_2$ 交於一點，此時三平面交於一點，亦即聯立方程有唯一解，所以在此情形三平面的三個交線交於一點。從這裡請學生務必了解，三平面兩兩相交所得的三條直線，不會有圍成三角形的情況，也不會有歪斜的情況發生。
現在課綱不談聯立方程組如前述幾何的看法，很可能許多考生不曉得可利用聯立方程解交點，而是利用題目設定求出 $L_1,L_2,L_3$ 再求交點。由於後面第13題也需要求出 $L_1,L_2,L_3$，我們也嘗試這做法看看。其實 $E_1,E_2$ 的聯立方程就是直線 $L_3$ 的兩面式，而 $E_2,E_3$ 的聯立方程就是直線 $L_1$ 的兩面式所以從這角度來看，要找 $L_3,L_1$ 的交點，還是回到解 $E_1,E_2,E_3$ 的聯立方程。不過學生習慣用直線參數式找交點，我們也就嘗試用參數式處理。因為 $E_2,E_3$ 的交線 $L_1$ 在 $E_2$ 上，所以其方向向量會與 $E_2$ 的法向量 $(1,-1,1)$ 垂直，同理也會與 $E_3$ 的法向量 $(1,-1,-1)$ 垂直。因此 $L_1$ 的方向向量可以取 $(1,-1,1)$ 和 $(1,-1,-1)$ 的外積 $(2,2,0)$。為了後面計算方便我們取方向向量 $(1,1,0)$。同法求得 $L_2,L_3$ 的方向向量分別為 $(0,-1,1)$ 和 $(1,0,-1)$。要注意，這裡得到的方向向量可能在做外積時，因為所取法向量順序不同而差了個負號。目前對於直線方向向量來說這個差異無關緊要，不過第14題找平面時，它的方向就要注意。有了方向向量後，還要找到直線上的一點，才能寫下參數式。 如何找到線上一點呢？這裡又有一個觀念要注意，有的老師會教學生在聯立方程組中隨便將一個變數代 $0$，然後解出另外兩個變數。 這裡會有問題，例如找 $L_1$ 上一點需解 $\left\{\begin{array}{rl}x-y+z=&3\\x-y-z=&-5\end{array} \right.$ 若代 $z=0$ 會得到 $\left\{\begin{array}{rl}x-y=&3\\x-y=&-5\end{array} \right.$ 無解的情況。當然這不代表原方程組無解，只表示 $L_1$ 的點不會有 $z$ 坐標為 $0$ 的情況。這從 $L_1$ 的方向向量 $(1,1,0)$ 可以知道 $L_1$ 的點其 $z$ 坐標應為某一常數。所以若方向向量的某個分量為 $0$，在找點時千萬不要將該分量設為 $0$。既然找點需解方程組，我們乾脆用解三元一次聯立方程的方式，一次就可找到方向向量及上面一點，省去外積的麻煩。 例如找 $L_1$ 的參數式就是解 $\left\{\begin{array}{rl}x-y+z=&3\\x-y-z=&-5\end{array} \right.$。有的老師會教學生找一個變數代 $t$，這也會和前面一樣可能會出現無解的情況。還是乖乖的用高斯消去法來處理，最後再找變數代 $t$ 才不會有問題。因為高斯消去法的最後一步，是從最後的變數 $z$ 慢慢找解上去，每一列第一個有非 $0$ 係數的變數都可以由後面變數所代的值找到解，所以我們將高斯消去法最後的的兩列式子中不曾是任一列第一個有非 $0$ 係數的變數代 $t$，就可以找到所有的解了。例如處理 $L_1$ 所要解的 $\left\{\begin{array}{rl}x-y+z=&3\\x-y-z=&-5\end{array} \right.$，經由高斯消去法，最後化為 $\left\{\begin{array}{rl}x-y+z=&3\\-2z=&-8\end{array} \right.$。因為 $y$ 都不是這兩列第一個出現的變數，所以令 $y=t$，從下而上解得 $z=4,y=t,x=3-4+t=t-1$。最後用坐標表示，並整理將 $t$ 提出，可得 $(x,y,z)=(t-1,t,4)=t(1,1,0)+(-1,0,4)$ 因此得 $L_1$ 為通過點 $(-1,0,4)$ 方向向量為 $(1,1,0)$ 的直線。接下來求 $L_1$ 與 $L_2$（或 $L_3$）的交點，可以直接將 $L_1$ 的參數式代入 $E_1$ 的方程式（因 $L_1$ 已滿足 $E_2,E_3$ 的方程式），解 $t$ 即可得到交點。亦即由 $(t-1)+t+4=7$ 得 $t=2$，因此交點為 $(1,2,4)$。當然了，也可找 $L_2$ 的參數式，如前所述利用高斯消去法可化為 $\left\{\begin{array}{rl}x+y+z=&7\\y+z=&6\end{array} \right.$ 由於變數 $z$ 都不是這兩列第一個出現的變數，所以代 $z=t'$ 得 $(x,y,z)=(1,6-t',t')$。所以 $L_1,L_2$ 的交點，就是由 $t,t'$ 滿足 $(t-1,t,4)=(1,6-t',t')$ 解得 $t=2$（或 $t'=4$），故交點為 $(1,2,4)$。
第13題要證明 $L_1,L_2,L_3$ 兩兩所夾銳角為 $60^\circ$。要注意，前面提過它們不在同一平面上，不是圍成三角形。千萬不要只算出 $L_1,L_2$ 夾 $60^\circ$ 以及 $L_1,L_3$ 夾 $60^\circ$，就認為三內角和 $180^\circ$ 直接說 $L_2,L_3$ 夾 $60^\circ$。三個夾角都要算出來，才能完整得分。要算 $L_1,L_2,L_3$ 之間的夾角，一般來說只能利用它們的方向向量 $(1,1,0)$、$(0,-1,1)$ 以及 $(1,0,-1)$ 內積求得（事實上也可用三平面的法向量處理，後面會詳述）。由三個方向向量長度皆為 $\sqrt{2}$ 以及兩兩內積分別為 $(1,1,0)\cdot(0,-1,1)=-1$、$(0,-1,1)\cdot(1,0,-1)=-1$、$(1,0,-1)\cdot(1,1,0)=1$ 可得它們所夾銳角皆為 $60^\circ$。 不過題目為了閱卷方便要求 $L_1$ 與 $L_2$ 的夾角、 $L_2$ 與 $L_3$ 的夾角、 $L_3$ 與 $L_1$ 的夾角分別以 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$ 表示。我們最好乖乖符合規定，調整一下方向向量的方向使它們的內積皆為正，況且方向正確才能幫助我們在下一題找到正四面體其他的頂點坐標。觀察一下，只要將 $L_2$ 的方向向量改為 $-(0,-1,1)=(0,1,-1)$ 就能使得它們的內積皆為正。所以我們可以寫下：由於 $1=(1,1,0)\cdot(0,1,-1)=\sqrt{2}\sqrt{2}\cos\alpha$，可得 $\cos\alpha=\dfrac{1}{2}$，故知 $\alpha=60^\circ$。用同樣方法處理 $\beta,\gamma$，這裡就不多說了。
第14題要找到另一平面 $E_4$，使得 $E_1$、$E_2$、$E_3$、$E_4$ 圍成邊長為 $6\sqrt{2}$ 的正四面體。若題目寫成試求 $E_4$ 使得四平面圍成邊長為 $6\sqrt{2}$ 的正四面體，那麼應該找到一個 $E_4$ 即可。然而題目寫法為若 $E_4$ 與其他三平面圍成邊長為 $6\sqrt{2}$ 的正四面體，試求 $E_4$。就應該找到所有可能的 $E_4$ 了。這一點是否要要求，可能每個人看法不同，只能依最後評分標準所訂，一切以公平為原則。依題意，在第12題所找的 $L_1,L_2,L_3$ 的交點 $P(1,2,4)$ 沿著 $L_1,L_2,L_3$ 分別夾銳角的方向向量走 $6\sqrt{2}$ 之處就是正四面體的其他頂點。因此這裡必須用到上一題，所找的兩兩夾銳角的方向向量，因為它們的長度都是 $\sqrt{2}$，所以我們要找的頂點為 $(1,2,4)+6(1,1,0)=(7,8,4)$ 、$(1,2,4)+6(0,1,-1)=(1,8,-2)$ 以及 $(1,2,4)+6(1,0,-1)=(7,2,-2)$。而這三點所成平面就可與 $E_1$、$E_2$、$E_3$ 圍成所要求的四面體。固定其中一點，例如 $(7,8,4)$，另外兩點 $(1,8,-2)$、$(7,2,-2)$ 分別與之形成的向量 $(-6,0,-6)$、$(0,-6,-6)$ 會在所求平面上，所以為了計算方便，我們考慮與 $(-6,0,-6)$、$(0,-6,-6)$ 平行的兩向量 $(1,0,1)$ 和 $(0,1,1)$ 的外積 $(-1,-1,1)$ 就會是所求平面的法向量。因此可設平面為 $x+y-z=c$，代入任一點，例如 $(7,8,4)$，求得平面為 $x+y-z=11$。 我們也可先寫下平面的通式再代入這三點解聯立方程。不過平面方程式不唯一，通常會設平面法向量某個分量為 $1$。一般很難知道那個分量可以是 $1$，然而題目已告知此平面可寫成 $x+ay+bz=c$，所以我們也可將已知三點 $(7,8,4)$、 $(1,8,-2)$、$(7,2,-2)$ 代入解聯立求得 $a=1,b=-1,c=11$。由於四面體另外的頂點也可能在 $P$ 點的另一側，我們可用同樣方法找到另外三個頂點坐標，而得到符合題設的另一個底面。不過這兩個底面互相平行且 $P$ 點與它們的距離相等。所以我們可以先求過 $P$ 點與底面平行的平面 $x+y-z=-1$，而求得另一個底面 $x+y-z=-1+(-1-11)=-13$。另外必須提醒，手寫題要求寫下過程與理由。有些老師解此題直接說法向量為 $(1,1,0)+(0,1,-1)+(1,0,-1)=(2,2,-2)$，雖然這是對的（後面會稍作解釋），但並不是直接將 $L_1,L_2,L_3$ 的方向向量相加就會成立（只要平行都是方向向量，並不唯一），若前面未提及三向量等長，以及互相夾銳角 $60^\circ$，照理來說並未完整寫下過程與理由。
前面提及若對正四邊形有充分的認識，第13、14題可以更簡捷的處理方式。首先我們簡單說明一下正四面體的特點。考慮一般邊長為 $a$ 的正四面體，令其底為正三角形 $ABC$ 頂點為 $D$。在 $AB$ 邊上中點 $M$ 考慮線段 $\overline{MC}$ 與 $\overline{MD}$，因為它們分別為正三角形 $ABC$, $ABD$ 的中線，所以都與 $\overline{AB}$ 垂直。依平面夾角的定義，$\overline{MC}$ 與 $\overline{MD}$ 的夾角就是 $\triangle ABC$, $\triangle ABD$ 所在平面的夾角。由於 $\overline{MC}=\overline{MD}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$ 且 $\overline{CD}=a$，利用餘弦定理知 $\overline{MC}$ 與 $\overline{MD}$ 的夾角的餘弦值為 $\dfrac{1}{3}$。其實 $\triangle CMD$ 所在平面就是 $\triangle ABC$, $\triangle ABD$ 所在平面的公垂面，即 $\triangle ABC$, $\triangle ABD$ 的法向量皆在平面 $\triangle CMD$ 上，且分別與 $\overline{MC}$、$\overline{MD}$ 垂直，因此兩法向量若都取朝外的方向，其夾角與 $\angle DMC$ 互補。由此可知四面體任兩面，若法向量皆取朝外的方向，則其夾角的餘弦值為 $-\dfrac{1}{3}$。又因 $\triangle CMD$ 是 $\triangle ABC$, $\triangle ABD$ 所在平面的公垂面，若 $\triangle CMD$ 中 $D$ 在 $\overline{MC}$ 的垂足 $G$，則 $G$ 就是 $D$ 在底面 $\triangle ABC$ 的投影，因此 $\overline{DG}=\overline{MD}\sin\angle DMC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\dfrac{2\sqrt{2}}{3}a=\dfrac{\sqrt{6}}{3}a$ 就是此四面體的高。又因為 $\overline{MG}=\overline{MD}\cos\angle DMC=\dfrac{1}{3}\overline{MD}$，表示 $\overline{MG}$ 是 $\triangle ABC$ 中線長 $\overline{MC}=\overline{MD}$ 的 $\dfrac{1}{3}$，也因此知 $G$ 為 $\triangle ABC$ 的重心。 考慮 $\overset{\rightharpoonup}{DA}=\overset{\rightharpoonup}{DG}+\overset{\rightharpoonup}{GA}$、$\overset{\rightharpoonup}{DB}=\overset{\rightharpoonup}{DG}+\overset{\rightharpoonup}{GB}$、$\overset{\rightharpoonup}{DC}=\overset{\rightharpoonup}{DG}+\overset{\rightharpoonup}{GC}$，利用重心的性質 $\overset{\rightharpoonup}{GA}+\overset{\rightharpoonup}{GB}+\overset{\rightharpoonup}{GC}$ 為零向量，將上面三式相加可得 $\overset{\rightharpoonup}{DA}+\overset{\rightharpoonup}{DB}+\overset{\rightharpoonup}{DC}=3\overset{\rightharpoonup}{DG}$。因為 $\overset{\rightharpoonup}{DG}$ 就是底面 $\triangle ABC$ 的法向量（方向朝外），這就是前面所提，第14題選取 $L_1,L_2,L_3$ 互相夾 $60^\circ$ 且等長的方向向量之和，就會是 $E_4$ 的法向量。若對正四面體每個頂點都考慮這個法向量的分解方式且將之加總，會得到零向量。也就是說若對正四面體的每個面選取方向朝外且等長的法向量，則此四個法向量之和為零向量。換句話說，在這樣的選取方式之下，任一面的法向量會平行於其他三面的法向量之和。
從以上正四面體的性質，我們再提供第13、14題的另外解法，有趣的是這個解法完全不必求 $L_1,L_2,L_3$ 的方向向量。首先，我們再探討一下空間中向量夾角的問題。考慮以原點為球心，半徑為 $1$ 的球面。我們將空間中的單位向量視為起點在原點，終點在此球面的向量。給定一單位向量，與之夾角固定的單位向量端點都會在此球面上的一個圓上。因為球面上任兩個相異圓最多有兩個交點，所以給定兩個單位向量，與此二向量夾固定角的單位向量最多只有兩個。特別的，當兩個單位向量夾角的餘弦值為 $-\dfrac{1}{3}$ 時，僅有另外兩個單位向量會與此兩個單位向量夾角的餘弦值為 $-\dfrac{1}{3}$ （即正四面體的情形）。所以三個平面若每一面選取固定方向的法向量其夾角的餘弦值為 $-\dfrac{1}{3}$，則必定有一平面與此三平面形成正四面體，也因此原三平面兩兩的交線所夾銳角會是 $60^\circ$。以此觀點，第13題若能找到 $E_1,E_2,E_3$ 的法向量滿足兩兩之間的夾角餘弦值為 $-\dfrac{1}{3}$，則 $L_1,L_2,L_3$ 兩兩所夾銳角會是 $60^\circ$。事實上分別選取 $E_1,E_2,E_3$ 的一組法向量 $(1,1,1)$, $(-1,1,-1)$, $(1,-1,-1)$，我們有 $(1,1,1)\cdot(-1,1,-1)=-1$、$(-1,1,-1)\cdot(1,-1,-1)=-1$ 以及 $(1,1,1)\cdot(1,-1,-1)=-1$ 由於此三向量長度皆為 $\sqrt{3}$，確實它們兩兩之間夾角的餘弦值為 $-\dfrac{1}{3}$。至於第14題，由前知因為 $E_1,E_2,E_3$ 的一組法向量 $(1,1,1)$, $(-1,1,-1)$, $(1,-1,-1)$ 長度皆為 $\sqrt{3}$，且兩兩之間夾角的餘弦值為 $-\dfrac{1}{3}$，故 $(1,1,1)+(-1,1,-1)+(1,-1,-1)=(1,1,-1)$ 為 $E_4$ 的法向量，因此 $E_4$ 的方程式應為 $x+y-z=c$。又已知 $P(1,2,4)$ 到 $E_4$ 的距離應為 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}\times6\sqrt{2}=4\sqrt{3}$ 由點到平面距離公式可得 $\dfrac{|c+1|}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}$，求得 $c=11$ 或 $c=-13$。
注意：雖然正四面體四平面所夾的銳角的餘弦值為 $\dfrac{1}{3}$，但上述處理第13題的方式需檢視個平面固定的法向量，並不是單純檢查平面的所夾的銳角的餘弦值是否為 $\dfrac{1}{3}$。例如方程式為 $(1+\sqrt{5})x+(1-\sqrt{5})z=5-3\sqrt{5}$ 的平面，分別和平面 $E_1,E_2$ 所夾銳角的餘弦值都是 $\dfrac{1}{3}$且三平面也交於點 $P(1,2,4)$。但它們的一組法向量 $(1+\sqrt{5},0,1-\sqrt{5})$, $(1,1,1)$, $(1,-1,1)$ 兩兩夾角的餘弦值都是 $\dfrac{1}{3}$，所以任取它們固定的一組法向量都無法使得兩兩夾角的餘弦值同時都是 $-\dfrac{1}{3}$（簡單的排列組合可請學生驗證看看）。也就是這三平面無法與另一平面圍成正四面體。事實上這三平面兩兩相交所得三直線，其中任兩直線所夾銳角的餘弦值皆為 $\dfrac{1}{4}$。
第15題，單純的考三次多項式的微分。很容易辨識微分後最高次項係數是 $3$、常數項是 $15$。所以答案應該是選項(4)。 其實這裡也顯示出題者的善意，閱卷時經常碰到考生最基本的微分就出差錯（很可能是粗心而不是不會），導致後面的問題即使知道如何處理，也無法得到分數。現在以單選題呈現，應該拯救了不少考生。第16題將 $x=1$ 代入 $f(x)=x^3-9x^2+15x-4$ 得到 $f(1)=3$，故點 $(1,3)$ 在 $y=f(x)$ 的圖形上（這部分完全在評量考生是否懂得如何表達）。再利用前一題所得 $f'(x)=3x^2-18x+15$，知道 $\Gamma$ 在點 $P$（即 $x=1$）的切線斜率為 $f'(1)=0$。故知 $\Gamma$ 在 $P$ 點的切線為水平線 $y=3$。此題有點有趣，若切線斜率是一個非零實數 $m$，學生寫下切線為 $y-3=m(x-1)$ 應該沒問題；現在 $m=0$，個人猜測有些考生會認為 $0$ 是沒有的意思，很可能就不會寫此方程式了。
第17題問的是 $\Gamma$ 和前一題所求直線 $y=3$ 所圍有界區域的面積。基本上就是先求 $\Gamma$ 與 $y=3$ 的交點之 $x$ 坐標，即解方程式 $f(x)-3=x^3-9x^2+15x-7=0$。前面已知 $f(x)-3$ 代 $x=1$ 為 $0$ 且其微分 $f'(x)$ 在 $x-1$ 取值也是 $0$，所以 $(x-1)^2$ 會是 $f(x)-3$ 的因式。不管如何，應該不難將 $x^3-9x^2+15x-7$ 分解成 $(x-1)^2(x-7)$，所以交點的 $x$ 坐標分別為 $x=1$ 和 $x=7$，故面積應為 $\displaystyle \int_1^7|x^3-9x^2+15x-7|\,dx$。注意絕對值擺放的位置，據過去經驗有很大部分的考生在處理這類面積問題，都不管被積函數在積分區間的正負是否有變化，直接處理定積分再取絕對值（也就是將絕對值擺在整個定積分的外面）。本題，若未提及任何有關 $x^3-9x^2+15x-7$ 在區間 $[1,7]$ 是否變號的訊息（例如利用函數圖形或提及在開區間 $(1,7)$ 沒有其他的根等），即使面積計算正確，恐怕仍難得到完整的分數。確定了 $x^3-9x^2+15x-7$ 在區間 $[1,7]$ 取值皆小於等於 $0$ 後，就可將面積表為 $\displaystyle -\int_1^7(x^3-9x^2+15x-7)\,dx=-(\frac{1}{4}x^4-3x^3+\frac{15}{2}x^2-7x)\Big|_1^7$。考生寫到這裡，應該能得到大部分的分數，最後就剩下麻煩的計算了。對於是否開放計算機大家看法不同，有的人認為這樣的計算沒有必要；很顯然的出題者覺得處理這樣的計算如何化繁為簡是基本的訓練。本卷題目不難，計算稍微複雜的第4題和這一題，應該是高手對決的關鍵了！近年來電影在最後散場時都喜歡留一個驚喜給觀眾，稱為“彩蛋”。我也留一個彩蛋。其實我沒有真的動手算這個定積分，因為我知道面積應為 $\dfrac{(7-1)^4}{12}$。若不知道原因的可觀賞最後的彩蛋。
彩蛋：有時學生會疑惑一些數學問題處理實際數字即可，為何要用抽象的方式處理一般情形。其實有時實際數字，會將一些特殊關係蒙蔽了。我們從簡單的情況開始談。在處理二次函數 $f(x)$ 與 $x$ 軸所圍有界區域的面積時，我們需先求 $f(x)=0$ 的兩根 $a,b$。此時表示 $f(x)=k(x-a)(x-b)$。所以只要知道 $\displaystyle \int_{a}^b(x-a)(x-b)\,dx$，就可求得面積。可讓學生試試看這個定積分，當然先要將 $(x-a)(x-b)$ 展開得 $x^2-(a+b)x+ab$，再求得反導函數 $\dfrac{1}{3}x^3-\dfrac{1}{2}(a+b)x^2+abx$。目前的步驟，$a,b$ 是實際數字或是抽象符號，操作方式是一樣的，看不出什麼差別。但接下來代入端點 $a$, $b$ 相減就有很大差異了。當 $a,b$ 是實際數字，代入計算時 $a,b$ 的關係就看不到了；而用抽象符號表示，它們之間相乘、相加減的關係歷歷在目。整理一下，若熟悉 $(a-b)^3$ 的展開式，應該很容易判別結果可化簡為 $\dfrac{1}{6}(a-b)^3$。所以若二次函數首項係數為 $k$ 且與 $x$ 軸交於 $x=a,x=b$，則此函數與 $x$ 軸所圍有界區域的面積為 $\dfrac{1}{6}|k(a-b)^3|$。其實這是大學微積分有關分部積分的一個簡單應用，利用分部積分可以知道 $\dfrac{1}{2}(x-a)^2(x-b)-\dfrac{1}{6}(x-a)^3$ 會是 $(x-a)(x-b)$ 的反導函數。可以請學生驗證一下（複習微分乘法、加法原理） ，再以此反導函數求得 $\displaystyle \int_{a}^b(x-a)(x-b)\,dx=\dfrac{1}{6}(a-b)^3$。至於這次題目，我們要考慮的是 $\displaystyle \int_{a}^b(x-a)^2(x-b)\,dx$。仍然可以將 $(x-a)^2(x-b)$ 展開得 $x^3-(2a+b)x^2+(a^2+2ab)x-a^2b$，再求其反導函數代端點相減得 $-\dfrac{1}{12}(a-b)^4$。這次用到 $(a-b)^4$ 的展開比較複雜。可讓學生驗證 $\dfrac{1}{3}(x-a)^3(x-b)-\dfrac{1}{12}(x-a)^4$ 是 $(x-a)^2(x-b)$ 的反導函數，再代端點得 $\displaystyle \int_{a}^b(x-a)^2(x-b)\,dx=-\dfrac{1}{12}(a-b)^4$。所以一個首項係數為 $k$ 且與 $x$ 軸交於 $x=a,x=b$ 的三次多項式函數與 $x$ 軸所圍有界區域的面積為 $\dfrac{|k|}{12}(a-b)^4$。與 $x$ 軸有三個交點的情況也可處理，不過情況就更複雜了，這裡提出僅供參考（沒有必要背誦）。若 $f(x)$ 是首項係數為 $k$ 的三次多項式，且與 $x$ 軸交於 $x=a,b,c$，其中 $a < b < c$，則 $y=f(x)$ 與 $x$ 軸所圍有界區域的面積為 \[\dfrac{|k|}{12}\Big((c-b)^3\big((c-a)+(b-a)\big)+(b-a)^3\big((c-a)+(c-b)\big)\Big).\]