解析：一個簡單的問題，卻也評量到兩個機率的概念。不公正的骰子加上未明述出現$1$點的機率，明明白白就是要先評量樣本空間 $\{1,2,3,4,5,6\}$ 各樣本點發生的機率和為 $1$。由 $2,3,4,5$ 的機率佔了 $\dfrac{1}{3}$，且 $1,6$ 平分剩下的 $\dfrac{2}{3}$，知道擲出 $1$ 點的機率為 $\dfrac{1}{3}$。最後因擲了 $120$ 次所以可“預期”擲出 $1$ 點的次數為 $40$ 次。這裡期望值為 $40$ 次相信大多數的學生都能理解，但或許許多學生沒想到這是二項分布的期望值。骰子有 $6$ 個點數為何這會是一個伯努力試驗呢？建議老師可請學生依期望值定義寫下擲得 $1$ 點次數的期望值，依此辨識出它是二項分布，甚至可利用這個具體例子推導出其期望值。
我們應該強調隨機變數的概念及意義，它能讓我們用數學語言簡單的描繪一個隨機試驗。更重要的是學生現在熟悉離散型隨機變數，等到大學時能更容易理解連續型的隨機變數。千萬不要以為它只是定義，怕學生覺得抽象而忽略它。本題有兩個隨機變數，一個是擲骰子所得的點數、另一個是擲 $120$ 次，擲得 $1$ 點的次數。讓學生辨識出來並寫下其質量函數，這是平常較難在考試評量，但學生須具備的基本能力。
解析：此題僅評量直角三角形各邊長比值的定義。題目備註了俯角的定義，可能因某些版本教科書未提到俯角（課綱已刪去三角測量），但此名詞容易理解，不是評量的重點也不會有偏版的問題。
此題的關鍵應該是學生能否將一個空間立體的問題轉換成平面的問題。也就是了解學生能否畫出平面示意圖（借大考中心的圖）：
。若學生有困難，一般經驗上我們較常遇到仰角，可以讓學生想像看臺北101大樓從水平視線慢慢沿著101大樓往上到達樓頂是否掃出一個直角三角形。將到樓頂視線長（即本題的 $x$）乘上仰角$\theta$的正弦值（$\sin\theta$）就是視線掃過的樓高；而乘上仰角$\theta$的餘弦值（$\cos\theta$）就是當初水平視線長（即本題 $x\cos\theta=150$）。當然最後要用到國中學過內錯角相等，知道從高處（甲塔頂）往下看的俯角會等於從低處（乙塔頂）往上看的仰角。
此題繩長為 $\dfrac{150}{\cos22^\circ}$ 也可表為 $150\sec22^\circ$。雖然課綱在數A將 $\sec$ 等常見三角函數的倒數，列為進階或延伸教材（建議不納入全國性考試），不過我們依然建議老師適時介紹。畢竟要學微積分皆逃不過它，許多導函數以及反導函數都要使用它（有其方便性）。早一點對它了解，才不會在大學學微積分時認為是新的學習內容而造成干擾。知道三角函數的倒數都有特殊名詞也較不會將之與反三角函數符號混淆。課堂上，可以利用探討 $\sec^2x,\tan^2x$ 的讓學生再次熟悉 $\sin^2x,\cos^2x$ 的關係，況且也可利用 $\cos x$ 與 $\dfrac{1}{x}$ 的合成來了解 $\sec x$（性質及圖形等），讓學生更能體驗合成函數的概念。注意，雖然課綱針對數乙在函數的條目內容中未納入合成函數（數甲有納入），但在備註中仍含合成函數。
解析：這一題若歸類於評量空間概念，可能較難和高中學習內容條目相呼應（應該屬國中、小學內容）。反倒歸類於有系統的計數較符合（若超過十個算多的話）。因為每次僅切掉一個角，原來的面都沒有被完全切除（一般情況至少要一次切掉三個角才可能切掉整個面），所以每切一個角會多出了一個面。因此原來$6$個面加上多出的$8$個面就形成了$14$面體。這樣的算法適用於在任意多面體使用同樣的切法，所以可歸類於有系統的計數。
既然是有系統的計數，我們當然可討論繼續用同樣方式切下去，會是幾面體？由前面算法，我們必需要知道這$14$面體有幾個頂點。原來長方體每個頂點有三個棱邊，若僅切到一個頂點，原頂點切掉了，但多出了$3$個頂點。所以一般若切除範圍不大，切掉 $8$ 個頂點後會有 $3\times 8=24$ 個頂點。不過本題因為剛好切在各邊中點，也就是原來在各棱邊產生的兩個新的頂點合而為一，所以這 $14$ 面體頂點的個數為 $\dfrac{24}{2}=12$，也就是原來長方體邊的個數。若直接用幾何來看，這 $12$ 個頂點就是原來長方體各棱邊的中點。也因此我們推出，若再切下去會是 $14+12=26$ 面體。 既然已算出 $14$ 面體的面和頂點數我們便可用尤拉示性數（Euler characteristic，也稱尤拉公式）知道，邊的個數為頂點和面的個數之和減去 $2$，即有 $24$ 個邊（也可由長方體的頂點數 $8$ 乘以其相鄰棱邊數 $3$ 得到）。而前面已知這 $14$ 面體的 $24$ 個稜邊中點會是再切下去所得 $26$ 面體的頂點數，所以我們又可以算 出 $26$ 面體再切下去會是 $26+24=50$ 面體了。事實上利用尤拉示性數，若用 $F(n)$ 表示第 $n$ 次切割後所得面的個數，就可寫下當 $n\ge2$ 時 $F(n)=2F(n-1)-2$ 這一個遞迴關係式了。
解析：高中排列組合的問題，課綱定位為有系統的計數。怎樣有系統的計數呢？簡單來說就是有效的分類，計算每一類的個數再加起來即可。本題分類法頗直接，很適合講解時讓學生提出他們覺得好的分類法，再探討優缺點，千萬不要直接告知。這種分組的問題大致上有兩種處理方式，一種是將有被限制的分類，再將沒有被限制的隨意放入。例如本題甲、乙二人是有限制的（一定要放在同一組），所以我們可以利用他們在 A、B、C 組，來分成三類。當他們兩人在A組這一種情況，另外$6$個人就可以隨意以A組1人、B組3人以及C組2人的方式依序放入，所以這一類有 $C_1^6 C_3^5 C_2^2=60$種分組方式，同理得到甲、乙兩人在B組也有 $60$種，而在C組有 $C_3^6 C_3^3=20$ 種。故共有 $140$ 種。另一種算法是先放置沒有被限制的，再放置有被限制的人。例如本題，我們先放置沒被限制的 $6$ 人，不過要預留位置給甲和乙，所以 $6$ 人放置在 (A,B,C) 三組的人數依序可分為 $(1,3,2)$、$(3,1,2)$ 以及 $(3,3,0)$ 這三類。可以看出本題這兩種放置法其實是一致的。
若問題改為『甲、乙二人“不能”在同一組』呢？若我們先放置被限制的甲、乙二人，便要區分甲在A組，乙在B或C組；甲在B組，乙在A或C組以及甲在C組乙在A或B組等6種情況。感覺有點麻煩，此時我們可以考慮用先算補集再扣除的方法，也就是說當覺得分類情況較複雜時可考慮一下與其相反的狀況是否比較好算。例如此時我們可以先算所有沒有任何限制共 $C_3^8C^5_3C^2_2=560$ 種分組方式再扣除原題甲、乙在同組的情況的 $140$ 種，算得甲、乙二人不在同一組的分組情況共有 $560-140=420$ 種分組方式。
現在，讓我們看先放置沒被限制的 $6$ 人要如何處理。由於要空下兩個位置給 甲、乙，所以這 $6$ 人可以放置在 (A,B,C) 三組的人數依序可為 $(2,2,2)$、$(2,3,1)$ 以及 $(3,2,1)$這三類。也就是先放置好這 6 人的分組方式共有 $C^6_2C^4_2C^2_2+C^6_2C^4_3C^1_1+C^6_3C^3_2C^1_1=210$ 種。最後再將甲、乙二人放置在剩下的兩個位置，由於可以互換所以乘以 2 得共 $210\times 2=420$ 種分組方式。其實不管先放甲、乙二人或先放其他 6 人，分類的方式是一樣的。不過因為先放沒被限制的 6 人，較直觀看出最後放甲、乙二人的對稱性，所以寫出的式子較簡捷。
解析：這一題大考中心提供了三個解法，其中第三個解法較失一般性，第一、第二個都要用到外分點公式，做法一樣，只差在有沒有坐標化。其實坐標化的好處在於不必每次都寫向量符號，有其方便性。此題為112學測數A第15題。當時我針對利用分點公式的方法處理，僅略談如何不使用分點公式處理。這次順便提供避開分點公式的方法給不善於分點公式的學生參考。最後也附上在一般情形發現的有趣性質。
首先由於只問 $\overline{OB}$, $\overline{OA}$ 的比值，我們可以設 $A$ 點坐標為 $(1,0)$，$B$ 點坐標為 $(0,b)$。所以依題設 $C$ 點坐標為 $(\dfrac{3}{5},\dfrac{2b}{5})$。至於 $D$ 點坐標，我們可以設為 $(x,y)$。接下來，可以問學生有什麼想法，目前想到的大致上有以下兩種做法：
第一個做法是利用 $D$ 點在直線 AB 上（即滿足 $y=-bx+b$），以及在過原點與 $OC$ 垂直的直線上（即滿足 $y=-\dfrac{3}{2b}x$）。所以求其交點得 $D$ 點坐標 $(\dfrac{2b^2}{2b^2-3},\dfrac{-3b}{2b^2-3})$。因此得 $\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=(\dfrac{3}{2b^2-3},\dfrac{-3b}{2b^2-3})$以及$\overset{\large\rightharpoonup}{BD}=(\dfrac{2b^2}{2b^2-3},\dfrac{-2b^3}{2b^2-3})$，也就是說 $\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=\dfrac{3}{2b^2}\overset{\large\rightharpoonup}{BD}$。因此由題設得 $b^2=\dfrac{9}{16}$。這個方法的缺點是計算複雜，對於不善於符號代數操作的學生可能很難順利完成。其實目前課綱將直線與平面向量拆成在不同學年，造成一些可以用向量處理直線的觀念被忽略了。強烈建議老師在介紹完平面向量，多利用向量的觀點回顧之前直線與圓的一些性質。接下來，我們就回到利用向量處理這個問題。
利用向量的看法，因為題目中 $A,B,D$ 共線，所以題設$\dfrac{\overline{AD}}{\overline{BD}}=\dfrac{8}{3}$，等同於 $\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=\dfrac{8}{3}\overset{\large\rightharpoonup}{BD}$ 或 $\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=-\dfrac{8}{3}\overset{\large\rightharpoonup}{BD}$（雖然用幾何的看法，負的不可能，不過學生可能不會想這麼多，我們兩者皆算看看）。由於假設 $D$ 點坐標為 $(x,y)$，我們有 $(x-1,y)=\dfrac{8}{3}(x,y-b)$ 或 $(x-1,y)=-\dfrac{8}{3}(x,y-b)$，故得 $D$ 點坐標為 $(\dfrac{-3}{5},\dfrac{8b}{5})$ 或 $(\dfrac{3}{11},\dfrac{8b}{11})$。因此由題設 $\overset{\large\rightharpoonup}{OC}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{OD}=0$ 知 $\dfrac{-9}{25}+\dfrac{16b^2}{25}=0$ 或 $\dfrac{9}{55}+\dfrac{16b^2}{55}=0$（不合），解得 $b^2=\dfrac{9}{16}$。
讓我們用向量的看法，進一步探討一般的現象。同樣設 $A$、$B$ 兩點坐標分別為 $(1,0)$、$(0,b)$。利用直線參數式（或分點公式），我們可設直線 AB 上 $C$、$D$ 兩點的坐標分別為 $(r,(1-r)b)$、$(t,(1-t)b)$。此時由 $\overset{\large\rightharpoonup}{OC}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{OD}=0$ 可得 $rt+(1-r)(1-t)b^2=0$，亦即 $b^2=\dfrac{-rt}{(1-r)(1-t)}=\left|\dfrac{rt}{(1-r)(1-t)}\right|$（因 $b^2>0$）。另一方面 $\overset{\large\rightharpoonup}{AC}=(r-1,(1-r)b)=(r-1)(1,-b)$ 且 $\overset{\large\rightharpoonup}{BC}=(r,-rb)=r(1,-b)$，所以 $\dfrac{\overline{BC}}{\overline{AC}}=\left|\dfrac{r}{r-1}\right|$。同理 $\dfrac{\overline{BD}}{\overline{AD}}=\left|\dfrac{t}{t-1}\right|$。由於 $\dfrac{\overline{OB}}{\overline{OA}}=|b|$，我們推得了 $$\left(\dfrac{\overline{OB}}{\overline{OA}}\right)^2=\dfrac{\overline{BC}}{\overline{AC}}\dfrac{\overline{BD}}{\overline{AD}}$$ 這一個有趣的結果。例如，本題由題設知 $\dfrac{\overline{BC}}{\overline{AC}}=\dfrac{3}{2}$ 以及 $\dfrac{\overline{BD}}{\overline{AD}}=\dfrac{3}{8}$，所以馬上可得 $\left(\dfrac{\overline{OB}}{\overline{OA}}\right)^2=\dfrac{9}{16}$。有時數字會蒙蔽一些有趣的數學現象，換成抽象符號探討一般的情況，通常會有驚喜出現。
解析：除了選項(3)可直接利用等比級數公式處理，其餘選項必需分成奇偶數項寫成通式處理。 不管如何，學生需對指數律熟悉將式子化成簡單的形式。做到這一步處理各選項應該就沒有問題了！ 這裡想跳過一般處理的程序直接探討 $b_n=\dfrac{a_{2n-1}}{a_{2n}}$ 這個數列，再利用它回答相關選項的問題。這裡需申明這個方法並沒有比直接處理好，只是想利用這個方式探討等比數列相關概念，讓學生更理解等比數列相關特性。我們將強調用概念處理，而不是直接算。
當 $u_n,u'_n$ 分別是公差為 $d,d'$ 的等差數列，學生應不難論證新的數列 $ku_n+lu'_n$ 會是公差為 $kd+ld'$ 的等差數列。同樣的當 $v_n,w_n$ 分別是公比為 $r,s$ 的等比數列，任取整數 $k,l$，我們也可創造出新的等比數列 $v_n^kw_n^l$ 其公比為 $r^ks^l$。這一題，由於 $a_{2n-1}$、$a_{2n}$ 分別是公比為 $\dfrac{1}{3}$、$\dfrac{1}{2}$ 的等比數列，所以 $b_n=\dfrac{a_{2n-1}}{a_{2n}}$ 自然是公比為 $\dfrac{2}{3}$ 的等比數列。所以選項(5)為無窮等比級數，利用 $b_1=\dfrac{3}{2}$ 可算出其極限應為 $\dfrac{9}{2}$。
關於選項(1)，由於 $b_2=\dfrac{a_3}{a_4}=1$，以及 $b_n$ 公比小於 $1$，我們知道當 $n\ge 3$ 時 $b_n$ 皆會小於 $1$。也就是說此時 $a_{2n-1}\lt a_{2n}$。再加上 $a_n$ 的奇數項、偶數項各別來看都是遞減，所以當 $n\ge 3$ 時皆會有 $a_{2n-2}\gt a_{2n}\gt a_{2n-1}\gt a_{2n+1}$。因此選項(1)應為 $a_4\gt a_6\gt a_5\gt a_7$。同樣的，$a_{12}\gt a_{11}\gt a_{13}$。所以要處理選項(4)我們只要確認 $a_{11}\ge\dfrac{1}{100}$ 以及 $a_{13}\lt \dfrac{1}{100}$，即可（不必如大考中心所提供解法去探討偶數項情形）。
同樣的，若令 $c_n=\dfrac{a_{2n}}{a_{2n+1}}$，則 $c_n$ 會是公比為 $\dfrac{3}{2}$ 的等比數列。由於 $c_1=2$，選項(2) $\dfrac{a_{10}}{a_{11}}=c_5=2\cdot(\dfrac{3}{2})^{4}$。可以直接計算知 $(\dfrac{3}{2})^{4}=\dfrac{81}{16}>5$（數字大的話可取 $\log$ 比較）。
解析：這一題除了要看懂題目的規則外，應該沒有什麼要特別注意的。因為每個點數出現機率一樣，雖是機率問題但都可以直接用排列組合處理。另外由於每個點數移動的方式都不一樣，建議可以將點數 $1,2,3,4,5,6$ 直接換成 $0,1,-2,2,-4,3$ 來處理，免得來回換算容易混淆。例如選項(1)只有 $2,-2$ 符合，所以機率為 $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$。選項(2)也就將它們全部加起來知道期望值為 $0$。這裡也可以順便問投擲兩次甚至更多次的期望值為何，讓學生體會及了解每次投擲互相獨立的意義。選項(3)要求坐標$-5$是負的奇數。由於負的點數都是偶數，所以投兩次得到 $-5$， 一定要一正一負。不過負的點數最小只有$-4$，不可能加上正數得到 $-5$。
選項(4)是條件機率的問題，可能就得注意一下學生是否會處理。還好這一題條件設定之下的樣本空間容易掌握，不必以定義方式處理。也就是只考慮投擲兩次點數為 $2,-4,3$ 的 $3\times 3=9$ 種情形。因為要求兩次之和為負，所以 $-4$ 一定至少出現一次。又因為 $2,3$ 都小於 $-4$ 的絕對值，也就是兩次中只要出現 $-4$ 其和必定為負。因此這等同於投擲兩次中 $-4$ 至少出現一次的機率。它的餘事件為投擲兩次都出現正的（$2$ 或 $3$），共有 $4$ 種情形，即機率為 $\dfrac{4}{9}$。因此點數和為負的機率為 $1-\dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{9}$。
最後讓我們來算選項(5)所要探討投擲三次其和為$0$的機率（在此之前建議先讓學生算投擲兩次其和為$0$的機率）。若出現 $0$ 以外的點數，因為負的情況只有兩種 $-2,-4$，所以拿它們來分類會比較簡單。又若負的出現兩次，其點數和之絕對值大於 $3$ (即正的點數最大的），所以不可能負的點數出現兩次。因此我們只要分成 $-2$ 出現一次以及 $-4$ 出現一次這兩類即可。 當 $-2$ 出現一次要達到點數和為 $0$ 其他兩次應為 $0,2$ 以及 $1,1$，因此共有 $6+3=9$ 種排列；當 $-4$ 出現一次要達到點數和為 $0$ 其他兩次應為 $1,3$ 以及 $2,2$，共 $6+3=9$ 種排列。因此加上 $0,0,0$ 這種情況總共有 $19$ 種排列。故機率為 $\dfrac{19}{6^3}=\dfrac{19}{216}$。
解析：這一題應該是全卷數學性最強的一題，對於學生來說，應該是最難的一題。主要原因是選項問題中有的不需二次多項式的假設，有的不需無實根的假設，該如何運用這些假設，學生較難拿捏。接下來，我們將對每個選項所需哪些條件仔細分析。首先，我們談題幹假設。由代數基本定理以及實係數多項式虛根成對性質，我們知道 $f(x)=0$ 無實根表示 $f(x)$ 的次數不可能是奇數。也就是 $f(x)$ 的次數必定是偶數。而題設 $f(x)$ 是二次多項式，就多了一項要求，也就是 $f''(x)$ 是常數。
選項(1)很明顯的就是評量中間值（介值）定理。如果 $f(1)f(2)\le 0$，則 $f(x)=0$ 在區間 $[1,2]$ 必有一實根。所以這個選項不需二次多項式的假設，只要 $f(x)$ 是連續函數且 $f(x)=0$ 在區間 $[1,2]$ 無實根，則 $f(1)f(2)>0$。這裡要提醒，學生看到 $f(x)$ 是二次多項式多半會假設 $f(x)=ax^2+bx+c$。然後再由 $f(x)=0$ 無實根知道判別式 $b^2-4ac\lt 0$。但這無助於幫我們處理 $f(1)f(2)=(a+b+c)(4a+2b+c)\gt 0$。主要原因是代數方法無法幫我們處理連續函數的中間值定理。這也是前面提到要如何拿捏運用哪些條件的重要性。
選項(2) 也是中間值定理。因為若 $r$ 是 $f(x)=-2$ 的一根，表示 $f(r)=-2\lt 0$。此時若 $f(x)=1$ 有實根 $s$，即 $f(s)=1\gt 0$，則由中間值定理知 $f(x)=0$ 在 $r,s$ 之間必有一根。所以這個選項是錯的（也不需 $f(x)$ 是二次多項式的假設）。選項(3)有點令人疑惑，因為很容易找到反例（例如 $f(x)=x^2+1$），不知道其用意為何。不過我們就趁這個探討更一般的情況。首先學生從圖形來看應該可以理解一般偶數次的多項式當最高次項為正時一定有（絕對）最小值；而當最高次項為負時一定有（絕對）最大值。題設 $f(x)=0$ 無實根，表示 $f(x)$ 最高次項為正時 $f(x)$ 的最小值大於 $0$；而最高次項為負時 $f(x)$ 的最大值小於 $0$。因此若 $c>0$ 且 $f(x)=c$ 有實根時，表示 $f(x)$ 最高次項為正且其最小值介於 $0$ 和 $c$ 之間。此時可以確認的是當 $d>c$ 時 $f(x)=d$ 一定有實根；而當 $d\lt0$ 時 $f(x)=d$ 一定無實根。同理，若 $c\lt0$ 且 $f(x)=c$ 有實根時，表示 $f(x)$ 最高次項為負且其最大值介於 $0$ 和 $c$ 之間。此時可以確認的是當 $d\lt c$ 時 $f(x)=d$ 一定有實根；而當 $d\gt0$ 時 $f(x)=d$ 一定無實根。其他情況就無法確定了。同樣的這一類問題很難由假設 $f(x)=ax^2+bx+c$ 利用判別式小於 $0$ 來處理。
選項(4)看到 $f''(0)$ 應該是二次函數專有的性質，可以假設 $f(x)=ax^2+bx+c$ 來處理。此時因 $f(0)=c$, $f''(0)=a$，若 $f(0)f''(0)=ac\le0$ 表示判別式 $b^2-4ac\ge 0$。此與 $f(x)=0$ 無實根矛盾。前面說這個選項正確是當 $f(x)$ 為二次多項式所專有，因為我們很容易找到四次函數 $g(x)$ 滿足 $g(x)=0$ 無實根但 $g(0)>0$ 且圖形 $y=g(x)$ 在 $x=0$ 處是凹向下的。例如 $g(x)=x^4-2x^2+2$ 就是一例。若針對 $f(x)$ 是二次多項式，其實對任意實數 $r$，$f(r)f''(r)>0$ 也都是正確的。這是因為此時 $f''(r)$ 就是 $f(x)$ 的最高次項係數。若 $f(r)>0$ 表示圖形 $y=f(x)$ 都在 $x$ 軸上方，故最高次項係數也大於 $0$。同理，若 $f(r)\lt0$ 表示圖形 $y=f(x)$ 都在 $x$ 軸下方，故最高次項係數也小於 $0$。 其實 $f(r)f''(r)\gt 0$ 也可以設 $f(x)=ax^2+bx+c$ 然後用代數方法證得，不妨讓學生試試看。
關於選項(5)首先注意若任取一實數 $c$ 且令 $g(x)=f(x)+c$，則 $g(3)-g(1)=f(3)-f(1)$ 且 $g'(2)=f'(2)$。所以這個選項“絕對”與 $f(x)=0$ 有無實根無關，也就是處理這個選項無需從無實根這個方向著手。另外，此問題僅牽涉 $1,2,3$ 三個點，然而多項式 $f(x)$ 當次數高時（例如三次）係數參數多了，我們可以任意指定 $f(1),f(3)$ 以及 $f'(2)$ 的值，所以這個選項也僅針對二次多項式。 由於二次函數圖形簡單，我們可以利用圖形來處理這個選項。由於 $x=1,2,3$ 三點位置特殊（$2$ 是 $1,3$ 的中點），建議可以利用二次函數的對稱軸（即頂點發生處）$x=d$ 來處理。如果 $x=1,2,3$ 都在 $x=d$ 的同側（即 $d\le 1$ 或 $d\ge 3$），則因圖形 $y=f(x)$ 在同側都同為遞增或同為遞減，所以 $(f(3)-f(1))f'(2)\gt 0$。而若 $d=2$ 則因 $f'(2)=0$，我們有 $(f(3)-f(1))f'(2)= 0$。所以我們僅剩下 $1\lt d\lt 2$ 以及 $2\lt d\lt 3$ 兩種情況要討論。若 $1\lt d\lt 2$，表示存在 $r$ 在 $ d$ 和 $3$ 之間（即 $d\lt r\lt 3$）使得 $g(r)=g(1)$（因 $x=d$ 是對稱軸），所以此時 $x=r,2,3$ 都在 $x=d$ 的同一側，故 $(f(3)-f(1))f'(2)=(f(3)-f(r))f'(2)\gt 0$。同理當 $2\lt d\lt 3$，亦可推得 $(f(3)-f(1))f'(2)\gt 0$。因此我們證得 $(f(3)-f(1))f'(2)\ge 0$，即選項(5)錯誤。
既然選項(5)僅限二次函數且與有無實數解無關，也可考慮設 $f(x)=ax^2+bx+c$，用代數的方法處理。為了怕被數字蒙蔽，我們考慮一般的情況，即 $r\lt s\lt t$ 且 $s$ 為 $r,t$ 的中點（即 $2s=r+t$）。此時 $f(t)-f(r)=a(t^2-r^2)+b(t-r)=(t-r)(a(t+r)+b)$，而 $f'(s)=2as+b=a(t+r)+b$。所以 $f(t)-f(r)=(t-r)f'(s)$，我們推得了 $(f(t)-f(r))f'(s)=(t-r)(f'(s))^2\ge 0$。在大學微積分，對於可微函數有所謂“均值定理”（mean value theorem），它告訴我們存在一點 $k$ 介於 $r,t$ 之間滿足 $\dfrac{f(t)-f(r)}{t-r}=f'(k)$。從前面的推論我們知道，對於二次函數均值定理的這個 $k$ 恰為 $r,t$ 的中點。這也是二次函數的一個特點。
解析：除了選項(2)(3)評量伸縮、平移對平均以及標準差的影響外，各選項皆評量不等式。這裡我們儘量不代值來探討兩邊數據大小的等價關係。 選項(3)問的是 $\sigma_{x_1},\sigma_{x_2}$ 的大小關係。由於 $\sigma_{y_1}=0.8\sigma_{x_1}$ 以及 $\sigma_{y_2}=0.75\sigma_{x_2}$ 所以 $\dfrac{\sigma_{x_1}}{\sigma_{x_2}}=\dfrac{15}{16}\dfrac{\sigma_{y_1}}{\sigma_{y_2}}$。也就是說 $\sigma_{x_1}\gt\sigma_{x_2}$ 的充要條件是 $\dfrac{\sigma_{y_1}}{\sigma_{y_2}}\gt \dfrac{16}{15}$。這個不等式問題相對單純；其他選項的不等式因為牽涉到平移就必需用相減來比較大小。選項(1)問的是 $x_1$, $y_1$ 的大小關係。由於 $y_1-x_1=-0.2x_1+20$ 所以 $y_1\ge x_1$ 的充要條件是 $20\ge0.2x_1$ 亦即 $x_1\le100$。選項(2)問的是 $\mu_{x_1}$, $\mu_{x_2}$ 的大小關係。由於 $\mu_{y_1}=0.8\mu_{x_1}+20$ 以及 $\mu_{y_2}=0.75\mu_{x_2}+25$ 所以 $\mu_{x_1}-\mu_{x_2}=\dfrac{1}{0.6}(0.75\mu_{y_1}-0.8\mu_{y_2}+5)$。也就是說 $\mu_{x_1}\gt\mu_{x_2}$ 的充要條件是 $0.75\mu_{y_1}\gt0.8\mu_{y_2}-5$ 亦即 $\mu_{y_1}\gt \dfrac{16}{15}\mu_{y_2}-\dfrac{20}{3}$。 選項(4)與選項(3)類似，問的是一般情況下 ${x_1}$, ${x_2}$ 的大小和 $y_1,y_2$ 的大小之間關係。由於 ${x_1}-{x_2}=\dfrac{1}{0.6}(0.75{y_1}-0.8{y_2}+5)$ 所以 ${x_1}\gt{x_2}$ 的充要條件是 ${y_1}\gt \dfrac{16}{15}{y_2}-\dfrac{20}{3}$ 亦即 $y_1-y_2\gt\dfrac{1}{15}(y_2-100)$。由於 $y_2\le100$所以只要 $y_1\gt y_2$ 則必滿足 $y_1-y_2\gt\dfrac{1}{15}(y_2-100)$，因此必有 $x_1\gt x_2$。選項(5)僅是邏輯問題。雖然分數調整後不及格的人調整前一定也不及格。但題目完全沒有給調整前不及格但調整後及格的這群人的訊息，所以當然無從得知那一班原來不及格的比較多。
此題為111學測數B第10題，在這個連結我提供了一個利用 $y=0.8x+20$ 以及 $y=0.75x+25$ 這兩個直線圖形相關位置來處理本題的看法。這個方法比上面不等式的探討簡明，不過需要學生有圖形解讀的能力。建議提供給數學有一定成熟度的學生參考。
解析：本題沒有什麼需要特別注意的，直接照著做即可。學生應沒有問題算出 $A^2=2I_2$，不過能否看出 $A^6=2^3I_2$ 是關鍵。另外因為算矩陣各元之和是線性的，可以適當說明後建議學生以後算各元之和，可以個別計算，不必完整求出矩陣再去算各元之和，避免不必要的計算。例如本題可先算 $A^6=8I_2$ 各元之和為 $16$ 以及 $3A$ 各元之和為 $6$，得到 $A^6-3A$ 各元之和為 $16-6=10$。
解析：題目敘述乍看之下有點令人困惑（找不到三角形）。其實是要求找到最小的 $k$ 使得區域 $\Gamma$ 會在兩坐標軸與 $7x+2y=k$ 所圍的有界區域內。換句話說 $\Gamma$ 上的點都需滿足 $7x+2y\le k$。若函數 $f(x,y）=7x+2y$ 在 $\Gamma$ 上的點取值其最大值為 $k_0$ 則表示 $\Gamma$ 上的點都滿足 $7x+2y\le k_0$ 而且不可能找到 $k'\lt k$ 使得 $\Gamma$ 上的點都滿足 $7x+2y\le k'$。也就是說本題便是要找到 $f(x,y)$ 在 $\Gamma$ 上的最大值，變成一個標準的線性規劃問題。問題在於題目要找“最小值”，實際卻是要找在 $\Gamma$ 的“最大值”，應確認學生是否弄得清楚其中的邏輯（而不只是猜線性規劃應該是求最大值）。
題目的點不多，直接代頂點比較就可找到 $7x+2y$ 最大值。事實上目標函數 $7x+2y$ 的係數 $7,2$ 差距頗大，應可猜出 $x$ 坐標最大的點 $(6,2)$ 會有最大值。不過我們還是按部就班處理。當頂點多時，我們還是鼓勵使用“平行線法”找到會有最大值的點。因為一般情況很多，這裡只拿本題當例子處理，大致上遵照原則即可。
首先觀察區域為凸多邊形，發生最大值（或最小值）的頂點，目標函數所畫出通過該點的直線不能貫穿可行解區域（否則就不會是極值），所以它必需在可行解區域外（僅交一點或一邊）。若令決定該頂點的兩直線斜率依逆時針方向分別為 $m_1,m_2$，而代表目標函數的平行線斜率為 $m$ 我們有以下兩種情況：
讓我們再看一個目標函數為 $2x+2y$ 的情況，沿著 $(1,1)$ 的方向，我們找到了點 $(4,5)$，此時 $m_1=-\dfrac{3}{2}$, $m_2=-\dfrac{1}{3}$，而 $m=-1$ 符合 1. 的情況。此時確實在點 $(4,5)$，目標函數 $2x+2y$ 有最大值 $18$。再看一個目標函數斜率為正的情況：例如 $x-2y$。此時沿著 $(1,-2)$ 和 $(-1,2)$ 這兩個方向走，我們找到 $(1,6)$, $(4,0)$ 兩個頂點。對於頂點 $(1,6)$，我們有 $m_1=-\dfrac{1}{3}$ 小於 $m_2=1$，而 $m=\dfrac{1}{2}$ 確實符合 1. 的情況。事實上 $(1,6)$ 會得到 目標函數 $x-2y$ 的最小值 $-11$。同理檢查頂點 $(4,0)$，此時 $m_1=0$ 小於 $m_2=1$，而 $m=\dfrac{1}{2}$ 確實符合 1. 的情況。事實上 $(4,0)$ 會得到目標函數 $x-2y$ 的最大值 $4$。
解析：知道圓的半徑 $12$，又知道圓與直線 $x+y=0$ 所交的兩點 $A,B$ 其線段長 $\overline{AB}=8$。由於 $\overline{AB}$ 為此圓上一弦，故可得圓心到此弦的距離為 $\sqrt{12^2-4^2}=8\sqrt{2}$。又 $A,B$ 為直線 $x+y=0$ 上兩點故知圓心到直線 $x+y=0$ 的距離為 $8\sqrt{2}$。我們知道圓心與 $x+y=0$ 的距離但不知道圓心的位置一般來說無法得知圓心與其他直線的距離，為何題目可以求圓心與 $x+y=24$ 的距離呢？原因就是 $x+y=24$ 與 $x+y=0$ 平行。所以我們只要知道這兩條平行線的距離就可算出圓心到 $x+y=24$ 的距離了。要算兩平行線距離，只要找到其中一條的一點，再算此點到另一直線距離即可。利用原點在 $x+y=0$ 上，我們知 $x+y=24$ 與 $x+y=0$ 的距離為 $\dfrac{24}{\sqrt{2}}=12\sqrt{2}$。這個距離已大於圓的半徑，所以若圓與此二線都相交，則圓心應該在此兩線之間。故由圓心到 $x+y=0$ 的距離為 $8\sqrt{2}$ 得，圓心到 $x+y=24$ 的距離為 $12\sqrt{2}-8\sqrt{2}=4\sqrt{2}$。
前面這樣的做法，需學生對點與兩平行線的概念很清楚。若學生需要很具體的圓心位置才能處理，可以先讓其理解只要找到一個符合條件的圓處理即可。可在直線 $x+y=0$ 上任取一點沿著法向量 $(1,1)$ 或 $(-1,-1)$ 的方向走距離 $8\sqrt{2}$ （即向量 $(8,8)$, 或 $(-8,-8)$）找到符合條件的圓心。我們就在 $x+y=0$ 上選原點這一個簡單情況好了。此時找到圓心應為 $(8,8)$ 或 $(-8,-8)$ （這是結合向量處理直線問題，或是利用圓心必需在直線 $x-y=0$ 上處理）。此時兩個可能的圓心到直線 $x+y=24$ 的距離分別為 $\dfrac{24-16}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}$ 或 $\dfrac{24+16}{\sqrt{2}}=20\sqrt{2}$。不過 $20\sqrt{2}$ 已超過半徑不可能與 $x+y=24$ 相交，所以圓心應為 $(8,8)$，而距離為 $4\sqrt{2}$。從這個論述，概念清楚的學生應該可以理解，所有符合題設的圓其圓心會在直線 $x+y=16$ 上。
解析：應該不難看出 $P_n$ 是公比為 $1+r$ 的等比數列。接下來各題只是評量指數律（或對數律）。若習慣用指數律的就用指數處理；喜歡對數律的就用對數處理，應該沒有太大差別。例如第13題，可用指數律證明 $10^A=10^B$，因此推得 $A=B$。亦即 $$10^A=(10^{\log P_5-\log P_2})^{1/3}=(\dfrac{P_5}{P_2})^{1/3}=((1+r)^3)^{1/3}=1+r.$$ 同理可得 $10^B=(\dfrac{P_8}{P_6})^{1/2}=(1+r)^{2/2}$。 若用對數律，直接由 $\log P_5-\log P_2=\log(\dfrac{P_5}{P_2})=\log((1+r)^3)=3\log(1+r)$ 得到 $A=\log(1+r)$。同理可得 $B=\log(1+r)$。
至於第 14 題，直接利用 $P_n$ 是等比，得 $P_{m+16}=(1+r)^{16}P_m$，所以依題設 $(1+r)^{16}=10$，得 $(1+r)=10^{1/16}$（或 $\log(1+r)=\dfrac{1}{16}$）。因此 $\dfrac{P_{m+2}}{P_m}=(1+r)^2=10^{1/8}$（或 $\log\dfrac{P_{m+2}}{P_m}=2\log(1+r)=\dfrac{1}{8}$）。
第 15 題問的級數有點怪，可能是專為評量 $\sum$ 符號吧！由 $\dfrac{P_{n}}{P_{n-1}}=1+r$，我們知道此級數中每一項皆為 $\dfrac{1}{1+r}=(1+r)^{-1}$。所以 $\displaystyle \sum_{k=1}^{10}\dfrac{P_{2k-1}}{P_{2k}}=10(1+r)^{-1}$，取 $\log$ 得 $t=\log10-\log(1+r)=1-\dfrac{1}{16}=\dfrac{15}{16}$。
解析：第16題僅評量實係數多項式虛根成對。$2-i$ 是一根，故其共軛 $2+i$ 亦為一根。因為 $f(x)$ 是三次多項式，不可能有其他虛根。又已知 $f(0)=10$，所以 $0$ 不可能是 $f(x)=0$ 的一根，因此其它選項皆不正確。
第17題，可直接由 $f(0)=10$ 知 $d=10$，再由 $f(1)=6$ 知 $a+b+c=-4$。接著由 $f(2-i)=0$ 知 $(2-11i)a+(3-4i)b+(2-i)c+10=0$。 利用實部以及虛部皆為 $0$，得 $2a+3b+2c=-10$ 以及 $11a+4b+c=0$。解以上 $a,b,c$ 的聯立方程，得 $a=1,b=-2,c=-3$，亦即 $f(x)=x^3-2x^2-3x+10$。這個做法雖然直接，但牽涉 $(2-i)^3$、$(2-i)^2$ 的計算以及解三元一次方程組，有點複雜。還有一個方法，便是先寫下滿足 $g(2-i)=g(2+i)=0$ 的二次多項式 $g(x)$，即 $g(x)=(x-(2-i))(x-(2+i))=x^2-4x+5$。就可設 $f(x)=(rx+s)(x^2-4x+5)$，再代 $f(0)=10$, $f(1)=6$ 解出 $r=1,s=2$。不過最後還是要展開才能確定 $f(x)$ 的各項係數。這題 4 分不好拿，而且若錯了下一題 6 分也得不到。這裡順便提一下前面 $g(x)$ 也可利用 $x=2-i$ 移項得 $x-2=i$，再兩邊平方，即 $x^2-4x+4=-1$，移項得到 $g(x)=x^2-4x+5$。另外我們也介紹如何利用插值多項式得到 $f(x)$。首先找到三次多項式 $h_1(x),h_2(x)$ 滿足 $h_1(0)=0,h_1(1)=6$ 以及 $h_2(0)=10,h_2(1)=0$ 且皆為 $x^2-4x+5$ 的倍式。因為 $x$ 也是 $h_1(x)$ 的因式，所以 $h_1(x)=rx(x^2-4x+5)$，代 $h_1(1)=6$ 得 $h_1(x)=3x(x^2-4x+5)$。同理 $h_2(x)=s(x-1)(x^2-4x+5)$，故代 $h_2(0)=10$ 得 $h_2(x)=-2(x-1)(x^2-4x+5)$。 因為 $h_1(x)+h_2(x)$ 滿足 $h_1(0)+h_2(0)=10$ 以及 $h_1(1)+h_2(1)=6$ 且為 $x^2-4x+5$ 的倍式，所以 $$f(x)=h_1(x)+h_2(x)=3x(x^2-4x+5)-2(x-1)(x^2-4x+5).$$
第18題也是基本題，不過程序較多，每一步驟都不能出錯。先求 $f(x)$ 在 $x=0$ 的微分 $f'(0)=-3$，得到 $y=f(x)$ 在點 $(0,10)$ 的切線方程為 $y=-3x+10$。接著求切線與 $y=2x^2-8x+10$ 的交點的 $x$ 坐標，亦即利用 $-3x+10=2x^2-8x+10$ 移項得 $2x^2-5x=0$，解得 $x=0,\dfrac{5}{2}$。確認在區間 $[0,\dfrac{5}{2}]$，$y=-3x+10$ 皆在 $y=2x^2-8x+10$ 的上方，所以它們之間所圍的面積為 $$\int_0^{5/2}(-3x+10)-(2x^2-8x+10)\mathrm{d} x=\int_0^{5/2}(-2x^2+5x)\mathrm{d} x=-\frac{2}{3}x^3+\frac{5}{2}x^2\Big|_0^{5/2}=\frac{125}{24}.$$注意，許多學生不管哪一個圖形在上方，直接相減求積分，若得到負值再加絕對值。這在二次函數與 $x$ 軸所圍區域面積來說沒有錯，但一般情況不一定對（會有正負相消的情形）可能會被認為誤以為求面積是先積分再取絕對值（其實是函數先取絕對值再積分），而得不到完整的分數。
在113數甲彩蛋我們提供了一個快速方法求二次函數和 $x$ 軸所圍區域面積。有興趣可按前面連結參考。
解析：評量循環小數的分數表法。由 $0.{\overline 2}=\dfrac{2}{9}$ 以及 $0.0{\overline 4}=\dfrac{1}{10}\times\dfrac{4}{9}$ 得到公比為 $\dfrac{1}{5}$，再利用等比級數公式的極限為 $\dfrac{2}{9}\times\dfrac{1}{1-(1/5)}=\dfrac{5}{18}$。本題雖然不寫成分數仍能看出公比為 $0.2$，得到級數極限為 $\dfrac{0.{\overline 5}}{2}$ 再直接除或直接估算前三項 $0.222+0.044+0.008$ 都能選出正確選項，不過如此便失去本題評量的意義（這也是一些人反對大考使用計算機的原因）。若改成選填題，答對率就不會太高。為了避免直接看出公比，可考慮第二項改為 $0.2$，看看學生答題的狀況。
解析：評量求二次函數的反導函數，並利用微積分基本定理由反導函數求定積分。由於 $\dfrac{1}{3}(\dfrac{x^3}{3})+x$ 是 $\dfrac{1}{3}x^2+1$ 的反導函數故得 $\displaystyle\int_{-3}^3(\dfrac{1}{3}x^2+1)\mathrm{d}x=(\dfrac{x^3}{9}+x)\Big|_{-3}^3=12$。建議利用這個機會複習一下定積分的性質。例如因為 $\dfrac{1}{3}x^2+1$ 為偶函數，利用對稱性可得 $\displaystyle\int_{-3}^3(\dfrac{1}{3}x^2+1)\mathrm{d}x=2\displaystyle\int_{0}^3(\dfrac{1}{3}x^2+1)\mathrm{d}x$，而 $\displaystyle\int_{0}^3(\dfrac{1}{3}x^2+1)\mathrm{d}x$ 又可寫成 $\displaystyle\dfrac{1}{3}\int_{0}^3x^2\mathrm{d}x+\int_{0}^31\mathrm{d}x=3+3$。
選項安排也讓不會求反導函數但了解定積分與面積關係的學生得分。知道 $x$ 在區間 $[-3,3]$ 皆有 $1\le\dfrac{1}{3}x^2+1\le 4$，故由定積分性質知 $\displaystyle\int_{-3}^31\mathrm{d}x\le\int_{-3}^3(\dfrac{1}{3}x^2+1)\mathrm{d}x\le \int_{-3}^34\mathrm{d}x$。再由面積看出等號不成立，故 $\displaystyle6\lt\int_{-3}^3(\dfrac{1}{3}x^2+1)\mathrm{d}x\lt 24$，得知答案應該是選項(2)。我們可以考慮多項式函數 $f(x)$ 為偶函數且在區間 $(0,3)$ 滿足 $0\lt f(x)\lt 9$，要求學生選出 $\displaystyle\int_{-3}^3(\dfrac{1}{3}f(x)+1)\mathrm{d}x$ 可能的選項，一次評量這幾個定積分的性質。
解析：簡單事件的機率，只要算每一個條件的樣本數即可。接下來可能就是小學數學了！$1$ 到 $100$ 有 $50$ 個奇數、$25$個質數、$14$ 個 $7$ 的倍數以及 $20$ 個 $5$ 的倍數（所以有 $80$ 個不是 $5$ 的倍數）。最後有 $9$ 個數小於 $10$。 這一題是 112 年數B第5題，當時答對率為 $83\%$，應該放在第1題比較好（不過沒人規定第一題一定要最簡單，放在這裡或許能讓考生安心知道難題不多）。
解析：若要真算相關係數挺嚇人的，還好這題不必算。只要知道散佈圖越接近直線，相關係數絕對值越大（越接近$1$），再找到斜率為正的（正相關，相關係數為正）就有最大的相關係數。這一題取自110年數乙第1題，當時答對率為 $49\%$，令人訝異。高分組很多選錯誤的選項(3)；低分組選擇錯誤選項(2)、(3)都遠多於正確選項(4)，其中選項(2)占最多。
解析：四角錐底部正方形擺在 $xz$ 平面對一些學生可能挑戰性高了一點。依題意因為角錐頂點 $A$ 到底部四個頂點距離相等，依對稱性可以知道 $A$ 點的 $x,z$ 坐標應為 $3$。若無法從對稱性看出，可設 $A$ 點坐標為 $(x,y,z)$ 其中 $x,y,z$ 皆為正實數（因為 $A$ 在第一卦限）。就可由 $A$ 到 $B,C,E$ 距離相等即 $x^2+y^2+z^2=(x-6)^2+y^2+z^2=x^2+y^2+(z-6)^2$ 得 $x=3,z=3$。從這裡我們了解只要 $\overline{AB}=\overline{AC}=\overline{AE}$ 就可以確定 $x=3,z=3$。這是因為滿足 $\overline{AB}=\overline{AC}$ 的 $A$ 點會在 $B,C$ 兩點的中垂面上，即 $x=3$。同理 $A$ 也會在 $B,E$ 兩點的中垂面上，即 $z=3$。 最後我們只要確定 $A$ 的 $y$ 坐標。這應該利用體積的條件得到。依卷後所附體積公式，此四角錐體積為 $\dfrac{1}{3}\times 36y$，故由體積為 $72$ 得 $y=6$。
解析：依題意一週中一定有一餐點吃兩次，其餘三種餐點各吃一次。很自然的以吃兩次的餐點分類，共分成四類。每一類的個數一樣，所以只要任選一類考慮，計算其個數再乘以 $4$，便為所求。
我們考慮牛肉麵吃兩次的情況。如過去常討論的放置法，我們可以先放沒有限制的大滷麵、咖喱飯、排骨飯共 $3!=6$ 種放法，再將兩個牛肉麵安插其中。可安插的位置共 $4$ 個（別忘了頭尾）選兩個，所以共有 $C_2^4=6$ 種安插法。因此這一類有 $6\times 6$ 種放法。另外也可考慮先放有限制的牛肉麵。也就是第一次在星期一，另一次在三、四、五；第一次在星期二，另一次在四、五；第一次在星期三，另一次在星期五。共 $6$ 類的放法，每一類大滷麵、咖喱飯、排骨飯共 $3!=6$ 種放法，故共有 $6\times 6$ 種放法。此外，我們也可考慮排除的方法。先算所有兩個牛肉麵以及大滷麵、咖喱飯、排骨飯的放法共 $5!\times \frac{1}{2}=60$ 種放法，再扣掉兩個牛肉麵綁在一起與大滷麵、咖喱飯、排骨飯的放法共 $4!=24$ 種，得到 $36$ 種。
算出每一類有 $36$ 個後，就可總結共有 $4\times 36=144$ 種午餐安排法。
解析： 選項都只和 $a,b,c$ 有關，我們就直接寫下 $a,b,c$ 的值，即 $a=10^{1.1},b=10^{2.2},c=10^{3.3}$。由卷末所附 $\log2\approx 0.301$，即 $2\approx 10^{0.301}$，以及 $10$ 為底的指數函數為遞增，我們知 $10\lt a=10\times 10^{0.1}\lt20$，同理 $100\lt b=10^2\times 10^{0.2}\lt 200$ 以及 $1000\lt c=10^3\times 10^{0.3}\lt 2000$。所以選項(2)錯誤；選項(3)正確。至於選項(1)，因 $2b\lt 400\lt c$ 知道不可能成立。選項(4)和選項(1)評量類似，不知用意為何？因為 $2a\lt 40$ 自然小於 $b$。最後選項(5)直接取 $\log_2$ 得 $\log_2a=\log_2(10^{1.1})=1.1\log_210$，同理 $\log_2b=2.2\log_210$ 以及 $\log_2c=3.3\log_210$，所以此選項正確。
前一個方法使用指數並利用其為遞增處理。同樣的我們也可使用對數及其遞增性質處理各選項。選項(1)取對數得 $\log(a+c)\gt\log c=3.3$ 而 $\log(2b)=\log2+\log b\approx 2.501$ 所以 $a+c\gt 2b$。選項 (2) 取對數 $\log a=1.1$ 但 $\log 10=1$，所以 $a\gt 10$。同理選項(3) $\log c=3.3$ 而 $\log 1000=3$, $\log 2000\approx 3.301$，所以 $1000\lt c\lt 2000$。 選項(5)可用換底，即 $\log_2a=\dfrac{\log a}{\log 2}=\dfrac{1.1}{\log 2}$，同理 $\log_2b=\dfrac{2.2}{\log 2}$ 以及 $\log_2c=\dfrac{3.3}{\log 2}$，所以為等差。也可由 $\log b=2\log a$ 以及 $\log c=3\log a$ 知 $b=a^2,c=a^3$，所以自然有 $\log_2 a$，$\log_2b=\log_2 a^2=2\log_2a$，$\log_2 c=\log_2a^3=3\log_2 a$ 為等差數列。
解析：評量複數的運算。題幹就能將 $z_1,z_2$ 決定，選項也是將 $z_1,z_2$ 決定了就能處理，所以就先求出 $z_1,z_2$。依題意 $z_2=(1+ai)i=-a+i$，所以解得 $z_2=\sqrt{3}+i$，亦即 $a=-\sqrt{3}$, $b=1$，也因此 $z_1=1-\sqrt{3}i$。 選項(1)：$a+b=1-\sqrt{3}\lt 0$。選項(2)：依定義 $|z_1|=\sqrt{1+a^2}=2$。
選項(3) 若從幾何來看，依三角不等式，我們有 $|z_1+z_2|\le|z_1|+|z_2|$，但等式成立只有在 $0,z_1,z_2$ 共線（表示 $z_2=rz_1$，其中 $r$ 為實數）才有可能，所以此選項不正確。若要直接計算，$|z_1+z_2|=\sqrt{(1+\sqrt{3})^2+(1-\sqrt{3})^2}=2\sqrt{2}$，而 $|z_2|=\sqrt{3+b^2}=2$，確實 $2\sqrt{2}\lt 2+2$。我們可以用抽象方式討論更一般情形讓學生更熟悉複數絕對值得性質。也就是 當 $z_2=z_1\cdot i$ 時，我們有 $|z_2|=|z_1|\cdot |i|=|z_1|$；而 $|z_1+z_2|=|z_1\cdot(1+i)|=|z_1|\cdot|1+i|=\sqrt{2}|z_1|$。所以 在此情況 $|z_1+z_2|\lt|z_1|+|z_2|$，除非 $z_1=0$。
選項(4)評量實係數多項式方程式虛根成對性質。因為 $z_1=1-\sqrt{3}i$ 的共軛為 $1+\sqrt{3}i$，所以 $x^2-2x+k=(x-(1-\sqrt{3}i))(x-(1+\sqrt{3}i))$，展開比較係數就可得 $k=4$。或許擔心學生展開太複雜了出錯，此選項只要求常數項，所以只要計算 $(1-\sqrt{3}i)(1+\sqrt{3}i)$ 就可得到常數項。 我們不妨讓學生了解更一般情形。若令 $\overline{z}$ 為複數 $z$ 的共軛，則將 $(x-z)(x-\overline{z})$ 展開可得 $x^2-(z+\overline{z})x+z\overline{z}$。因此一次項係數會是 $-(z+\overline{z})$，也就是 $z$ 的實部乘上 $-2$（在本題就是 $1\times(-2)$），而常數項會是 $z\overline{z}=|z|^2$（在本題就是 $2^2$）。還有一個簡單的處理方式就是將 $z_1=1-\sqrt{3}i$ 移項，讓等式一邊只有虛部，即 $\sqrt{3}i=1-z_1$。接著將等式兩邊平方得 $-3=1-2z_1+z_1^2$，就可得到 $z_1$ 所需符合的實係數方程式 $z_1^2-2z_1+4=0$。
選項(5)，對學習數B的學生可能有點吃虧。其實僅學習數B的學生，在訓練及成熟度方面，處理任何數學問題就比較吃虧，既然允許跨考，談論誰比較吃虧已經無意義。學過數甲由複數乘法幾何意義，知道 $\angle BOA=90^\circ$，立即得 $\triangle BOA$ 面積為 $\frac{1}{2}\overline{OA}\cdot\overline{OB}=2$。而學過數A由 $A$、$B$ 坐標分別為 $(1,-\sqrt{3})$、$(\sqrt{3},1)$，利用行列式可得 $\triangle BOA$ 面積為 $\dfrac{1}{2}(1+\sqrt{3}^2)=2$。對於學習數B的學生可以從面積公式知道面積為 $\dfrac{1}{2}\overline{OA}\cdot\overline{OB}\sin\angle BOA$，當利用 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}=(1,-\sqrt{3})$， $\overset{\large\rightharpoonup}{OB}=(\sqrt{3},1)$ 內積求 $\cos\angle BOA$ 時發現 $\angle BOA=90^\circ$ 而得到面積為 $2$。或是由 $\triangle BOA$ 為等腰三角形，利用 $A,B$ 坐標求出底邊長 $\overline{AB}=2\sqrt{2}$，再利用畢氏定理得到高為 $\sqrt{2}$。
解析：選項(1)(2)(4)是評量極限及微分定義很好的題目；但對於選項(3)(5)個人持非常大的“？”。主要是，從課綱數乙內容是以“不求甚解”的方式學微積分（個人很不認同），我們怎能期待學生在考場上第一次看到 $\displaystyle\int_0^xg(t)\mathrm{d}t$ 會知道它是什麼呢？這已牽涉到公平性的問題（看過的會；沒看過的就不會，而與數學能力無關）。這題談的是第一型的微積分基本定理，在數乙的教科書沒有一個版本提及（甚至在數甲也有兩個版本未提及）。不過既然在數乙參考試卷出現，相信以後大家都會教，就不再牽涉公平性問題。底下會談論一下它，希望學生對它有初步理解（雖仍是不求甚解但不是背誦的知識或是錯誤的理解，應該對大學學習微積分有幫助）。
首先需讓學生理解，本題僅牽涉微積分及極限的定義及性質，對於一般符合題設的連續函數皆成立，不是僅針對多項式（更不用說三次、二次函數的限定）。所以沒必要假設 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 或 $g(x)=kx^2+lx+m$ 來處理。選項(1)、(4)都是評量極限乘法性質，亦即 當兩函數 $h_1(x),h_2(x)$ 在 $x\to a$ 的極限存在時，我們會有 $\displaystyle\lim_{x\to a}(h_1(x)\cdot h_2(x))=(\lim_{x\to a}h_1(x))\cdot (\lim_{x\to a}h_2(x))$。現依題設 $\displaystyle\lim_{x\to 2}\frac{f(x)}{x-2}=6$ 以及 $\displaystyle\lim_{x\to 2}(x-2)=0$，所以 $\displaystyle\lim_{x\to 2}f(x)=(\lim_{x\to 2}\frac{f(x)}{x-2})\cdot(\lim_{x\to 2}(x-2))=6\cdot 0=0$。故由 $f(x)$ 在 $x=2$ 連續，知選項(1)正確。同樣的選項(4) $\displaystyle\lim_{x\to 2}\frac{f(x)}{x^2-4}=(\lim_{x\to 2}\frac{f(x)}{x-2})\cdot(\lim_{x\to 2}\frac{1}{x+2})=6\cdot\frac{1}{4}=\frac{3}{2}$。請特別向學生強調，這個極限乘法性質一定要拆成兩個極限存在的函數相乘才適用。例如 $\dfrac{f(x)}{x^2-4}$ 若拆成 $f(x)$ 乘以 $\dfrac{1}{x^2-4}$，則當 $x\to 2$ 時雖然 $f(x)$ 趨近於 $0$，但 $\dfrac{1}{x^2-4}$ 極限不存在（趨近於 $\infty$），所以不能下結論說乘在一起的極限是 $0$ 或不存在（事實上前面已知極限是 $\dfrac{3}{2}$）。
選項(2)牽涉到微分的定義，也就是 $\displaystyle f'(2)=\lim_{x\to 2}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}$。由於前面已知 $f(2)=0$ 所以 $\displaystyle \lim_{x\to 2}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\lim_{x\to 2}\frac{f(x)}{x-2}=6$，因此 $f'(2)=6$。這裡順便提一下，前面 $f(2)=0$ 是因為假設 $f(x)$ 在 $x=2$ 是連續的（才可由 $\displaystyle\lim_{x\to 2}f(x)=0$ 推得 $f(2)=0$）。如果 $f(x)$ 在 $x=2$ 不連續，即 $f(2)\ne 0$，則 $\displaystyle \lim_{x\to 2}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}$ 就不存在（分母趨近於 $0$ 但分子不會趨近於 $0$，所以趨近於 $\infty$）。事實上，一個函數在 $x=a$ 不連續的話則在 $x=a$ 的微分就不存在。這是關於微分一個重要的概念，但在一些版本數乙教科書並沒有提及。
處理選項(3),(5)需要先了解 $\displaystyle\int_0^xg(t)\mathrm{d}t$ 這一個函數。可以先讓學生知道當給定實數 $a$，看到 $\displaystyle\int_a^xg(t)\mathrm{d}t$ 積分式上限的 $x$ 表示它會是以 $x$ 為變數的函數，亦即我們可以令 $\displaystyle G(x)=\int_a^xg(t)\mathrm{d}t$。而下限 $a$ 表示此函數在 $x=a$ 時取值為 $0$，亦即 $G(a)=0$。最後積分式裡的函數 $g(t)$ 表示這個函數 $G(x)$ 是 $g(x)$ 的反導函數，也就是 $G'(x)=g(x)$。因此本題中我們可以令 $\displaystyle G(x)=\int_0^xg(t)\mathrm{d}t$，此時 $G(x)$ 是唯一滿足 $G(0)=0$ 且 $G'(x)=g(x)$ 的函數。所以 $f(x)$ 可寫成 $f(x)=x^3-8+G(x)$，也因此選項(3) 應為 $f(0)=0-8+G(0)=-8$。又因 $f'(x)=3x^2+G'(x)=3x^2+g(x)$，故 $f'(2)=12+g(2)$，因此 選項(5) 應為 $g(2)=f’(2)-12=6-12=-6$。
學生接受了 $\displaystyle\int_a^xg(t)\mathrm{d}t$ 這個符號的設定後，可以再進一步解釋這個符號背後的意義。依多年教授微積分的經驗，學生最困惑的是積分式內為何寫成 $g(t)\mathrm{d}t$，而不是 $g(x)\mathrm{d}x$。這是以後積分變換變數一個重要概念，先讓學生理解也不錯。首先我們可以談不定積分 $\displaystyle\int g(x)\mathrm{d}x$ 這一個符號，它表示的是 $g(x)$ 的反導函數。也就是若找到一個函數 $G(x)$ 滿足 $G'(x)=g(x)$，則 $\displaystyle\int g(x)\mathrm{d}x$ 就可寫為 $G(x)+C$。不定積分內的函數必需和 $\mathrm{d}$ 使用同一個變數 才表示為其反導函數且反導函數也要用相同變數變數表示。例如 $\displaystyle\int x^2\mathrm{d}t$ 是不通的，而 $\displaystyle\int t^2\mathrm{d}t=\dfrac{1}{3}t^3+C$，但不能寫成 $\displaystyle\int t^2\mathrm{d}t=\dfrac{1}{3}x^3+C$。 雖然不定積分函數的變數關係到如何表示反導函數所使用的變數，但在定積分時就沒有影響了，因為定積分是一個實數，不是函數（沒有變數）。所以 $\displaystyle\int_0^1 t^2\mathrm{d}t$ 和 $\displaystyle\int_0^1 x^2\mathrm{d}x$ 是一樣的，都是 $\dfrac{1}{3}$。微積分基本定理告訴我們當 $G(x)$ 是 $g(x)$ 的反導函數時， $\displaystyle\int_a^b g(x)\mathrm{d}x=G(b)-G(a)$（一般稱此為第二型的微積分基本定理），當然 $\displaystyle\int_a^b g(t)\mathrm{d}t$ 也等於 $G(b)-G(a)$。當定積分下界 $a$ 固定上界 $b$ 變動成 $b'$ 時，我們有 $\displaystyle\int_a^{b'} g(x)\mathrm{d}x=\int_a^{b'} g(t)\mathrm{d}t=G(b')-G(a)$。很自然的定積分下界固定上界變動，取值的變化可以看成一個函數。這個函數若上界的變動用變數 $x$ 表示就可用 $\displaystyle\int_a^{x} g(x)\mathrm{d}x$ 或 $\displaystyle\int_a^{x} g(t)\mathrm{d}t$ 表示。不過 $\displaystyle\int_a^{x} g(x)\mathrm{d}x$ 這個表示法是不通的，因為積分式裡的 $x$ 和 上界的 $x$ 是不同的意義（在數學是不容許用同一符號表示不同的東西）。這就好像級數的符號 $\displaystyle\sum_{n=1}^{10}a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{i=1}^{10}a_i$ 是一樣的，都是從第1項加到第10項；但當我們要表示一般的狀況加到第 $n$ 項，就只能用 $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_i$ 表示，而不能用 $\displaystyle\sum_{n=1}^{n}a_n$ 表示了（兩種 $n$ 意義不同）。當然了，$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_i$ 也可寫成 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k$，同樣的 $\displaystyle\int_a^xg(t)\mathrm{d}t$ 也可寫成 $\displaystyle\int_a^xg(u)\mathrm{d}u$。
確認了 $\displaystyle\int_a^xg(t)\mathrm{d}t$ 這個符號的意義（事實上是一個函數），我們便可談它的性質。 為了方便起見我們用 $F(x)$ 來表示這個函數。依照微積分基本定理，任取 $g(t)$ 的反導函數 $G(t)$，我們有 $$F(x)=\int_a^xg(t)\mathrm{d}t=G(t)\Big|_{a}^{x}=G(x)-G(a).$$ 上式對 $x$ 微分（記得 $G(a)$ 是常數且 $G'(x)=g(x)$）可得 $F'(x)=G'(x)=g(x)$。因此 $F(x)$ 也會是 $g(x)$ 的反導函數。又上式中代 $x=a$ 可得 $F(a)=G(a)-G(a)=0$。因為所有反導函數只差個常數，所以 $F(x)$ 是 $g(x)$ 的反導函數中唯一滿足 $F(a)=0$ 的函數。這就是第一型的微積分基本定理。
解析： 評量反矩陣與矩陣乘法。利用二階方陣反矩陣公式或利用基本列運算可得 $\begin{bmatrix} 1 & -4 \\0 & 2 \end{bmatrix}$ 的反矩陣為 $\begin{bmatrix}1 & 2 \\0 & \dfrac{1}{2} \end{bmatrix}$，代入乘開得 $\begin{bmatrix}a & b \\c & d \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & -10 \\0 & 6\end{bmatrix}$。也可直接利用矩陣乘法結合律，避開反矩陣，等式兩邊的右方同乘 $\begin{bmatrix} 1 & -4 \\0 & 2 \end{bmatrix}$，得 $\begin{bmatrix}1 & -4 \\0 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & 0 \\0 & 6 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}a & b \\c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & -4 \\0 & 2 \end{bmatrix}$。乘開得 $\begin{bmatrix}1 & -24 \\0 & 12 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a & -4a+2b \\c & -4c+2d \end{bmatrix}$，因而解出 $a=1,b=-10,c=0,d=6$。
解析：雖然涉及經濟學上所謂的邊際利潤，不過依題意就是希望由 $F'(x)=200-0.4x$ 以及 $F(200)=4\times 10^4$ 解出 $F(x)$ 並求其極大值。利用 $200-0.4x$ 的反導函數為 $-0.2x^2+200x+C$，解得 $F(x)=-0.2x^2+200x+8000$。再由 $F'(500)=0$，得 最大值為 $F(500)=5.8\times10^4$。
解析：看到極坐標很可能會想要轉成直角坐標來做。$P$ 點的直角坐標為 $(4\cos\dfrac{\pi}{4},4\sin\dfrac{\pi}{4})=(2\sqrt{2},2\sqrt{2})$ 還 OK！不過 $Q$ 點不是一般的特殊角，但若看出 $105^\circ=45^\circ+60^\circ$，就可利用和角公式寫下 $Q$ 點的直角坐標 $(6\cos(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{3}),6\sin(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{3}))=(\dfrac{3(\sqrt{2}-\sqrt{6})}{2},\dfrac{3(\sqrt{2}+\sqrt{6})}{2})$。接下來若要依題意寫下 $PQ$ 的直線方程再算原點到此直線的距離，應該要知難而退了！為了展示其複雜度我們特別去算 $PQ$ 的直線方程為 $13y+(14-3\sqrt{3})x=54\sqrt{2}-6\sqrt{6}$。要算原點到它的距離就更複雜了，不過最後確實能化簡成 $\dfrac{6\sqrt{21}}{7}$。
大考中心提供的解答並不用坐標處理，而是考慮三角形 $POQ$。因為兩邊長分別為 $4,6$ 及夾角 $60^\circ$，利用餘弦定理求得 $\overline{PQ}=2\sqrt{7}$。再利用面積公式知 $\triangle POQ$ 面積為 $\dfrac{1}{2}4\times 6\times\sin\dfrac{\pi}{3}=6\sqrt{3}$，因而求得頂點 $O$ 到底邊 $\overline{PQ}$ 的高為 $\dfrac{6\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$。為何用幾何的做法如此簡捷而用坐標的做法這麼複雜呢？其實從幾何的做法看出，這個問題只要 $P$, $Q$ 到原點距離分別為 $4,6$ 且 $\angle QOP=60^\circ$，不管 $P$, $Q$ 的位置在哪裡，$O$ 點到直線 $PQ$ 的距離都是一樣的。 用坐標處理就不一樣了，位置的選取會影響到計算的複雜度。例如我們很容易知道原點到直線 $x=1$ 的距離為 $1$；但若將直線 $x=1$ 繞原點轉 $45^\circ$ 成直線 $x+y=\sqrt{2}$ 雖然與原點的距離不變，但就比較不明顯了。甚至轉 $105^\circ$ 寫成 $y=(2-\sqrt{3})x+{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$，原點與它的距離就更看不出來了。 所以使用坐標處理問題，如何設定坐標很重要。
當然一般給直線方程，我們不容易將之轉到好計算的位置再計算。不過本題直線是由 $P$, $Q$ 兩點決定，我們可以將它們轉到容易處理的位置，再求原點與 $\overline{PQ}$ 距離。可以想像 $P$, $Q$ 分別在以原點為圓心半徑分別為 $4$, $6$ 的圓上。它們與原點夾角固定為 $60^\circ$ （所以 $\overline{PQ}$ 長度固定，讓人聯想到111數A的掃描棒），當我們將 $\overline{PQ}$ 轉動，原點與它的距離都不變。所以我們可以讓 $P$ 點在 $x$ 軸上，即坐標為 $(4,0)$，此時 $Q$ 點就在夾 $60^\circ$ 處，坐標為 $(3,3\sqrt{3})$。所以可以得到它們連線的直線方程式為 $y=-3\sqrt{3}(x-4)$，而算出原點與此直線的距離為 $\dfrac{12\sqrt{3}}{\sqrt{1+27}}$。
解析：這一題組感覺是給了坐標平面上許多點，加了一些限制，然後問一些問題。只是照著要求做而已，較難感受到數學性質的支撐，做起來反而覺得雜亂不踏實。如果直接給四邊形 $OAPB$，給對角線 $OP$ 長以及將四邊形面積分割的比率，再問此對角向量在另一對角線 $AB$ 的正射影，一樣能評量內積、面積比與分點公式的東西，且比較有系統與完整性。由於整個題幹架構在坐標平面上，感覺也不需什麼幾何性質，我們就直接用坐標操作。
依定義 $\overset{\large\rightharpoonup}{AO}=(-4,-3)$, $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}=(-6,-8)$，所以第13題，它們的內積為 $24+24=48$。第14題談的是正射影定義，也就是若 $O$、$Q$ 在 $\overline{AB}$ 的投影分別為 $O'$、$Q'$，則 $\overset{\large\rightharpoonup}{OQ}$ 在 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 的正射影就是 $\overset{\large\rightharpoonup}{O'Q'}$。同理 $\overset{\large\rightharpoonup}{AQ}$ 在 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 的正射影就是 $\overset{\large\rightharpoonup}{AQ'}$。也因此本題的點 $C$ 就是點 $Q’$，所以我們只要找到原點 $O$ 在 $\overline{AB}$ 的投影點 $O'$ 的坐標，就可利用題設 $\overset{\large\rightharpoonup}{O'Q'}=(3,4)$ 找到點 $C$ 的坐標。由 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}=(-6,-8)$，我們知直線 $AB$ 的斜率為 $\dfrac{4}{3}$，故直線 $AB$ 的方程式為 $y=\dfrac{4}{3}(x-4)+3$。而 $O'$ 就是通過原點與它垂直的直線 $y=-\dfrac{3}{4}x$ 與它的交點。因此得 $O'$ 坐標為 $(\dfrac{28}{25},-\dfrac{21}{25})$，也因此得 $C$ 點坐標為 $(\dfrac{28}{25},-\dfrac{21}{25})+(3,4)=(\dfrac{103}{25},\dfrac{79}{25})$。
第15題就照題目設定 $\overset{\large\rightharpoonup}{OD}=a\overset{\large\rightharpoonup}{OA}+b\overset{\large\rightharpoonup}{OB}$，故可假設 $D$ 點坐標為 $(4a-2b,3a-5b)$。由於 $D$ 在第四象限，故 $D$ 在線段 $\overline{AB}$ 上，因此知 $a\gt 0$, $b\gt 0$ 以及 $a+b=1$。因點 $P$ 就在直線 $OD$ 上，要使得 $\triangle OAP:\triangle OBP=2:3$ 表示 $A$、$B$ 到直線 $OD$ 的距離比值為 $2:3$。然而由 $D$ 點坐標可得直線 $OD$ 的方程式為 $(3a-5b)x-(4a-2b)y=0$，所以利用點到直線距離公式可得 $A$、$B$ 到直線 $OD$ 的距離比為 $|4(3a-5b)-3(4a-2b)|:|-2(3a-5b)+5(4a-2b)|$ 化簡得 $14b:14a=b:a$，因此 $b:a=2:3$。由於 $a+b=1$，得 $a=\dfrac{3}{5}$, $b=\dfrac{2}{5}$ 以及 $D$ 點坐標為 $(\dfrac{8}{5},-\dfrac{1}{5})$。最後因 $\overset{\large\rightharpoonup}{OP}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{OD}$ 平行以及 $\overline{OP}=\sqrt{65}$ 得 $P$ 點坐標 $(8,-1)$。
前面利用坐標、直線方程的做法雖直接，但計算較吃力。接下來介紹利用向量的觀點，較偏向觀念，但計算量低，適合修習過數A的學生。 第14題，由 $\overset{\large\rightharpoonup}{AQ}$ 在 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 的正射影為 $\overset{\large\rightharpoonup}{AC}$，知點 $Q$ 在 $\overline{AB}$ 的投影點就是點 $C$，故 $\overset{\large\rightharpoonup}{OQ}$ 在 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 的正射影就是 $\overset{\large\rightharpoonup}{OC}$ 在 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 的正射影。也因此知 $\overset{\large\rightharpoonup}{OC}$ 在向量 $(3,4)$ 的正射影就是 $(3,4)$（因 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 與 $(3,4)$ 平行）。因此內積 $\overset{\large\rightharpoonup}{OC}\cdot(3,4)=(3,4)\cdot(3,4)=25$。而點 $C$ 在直線 $AB$ 上，此直線通過點 $A(4,3)$ 且方向向量為 $(3,4)$，故利用參數式可設 $C$ 點坐標為 $(4+3t,3+4t)$。故由 $\overset{\large\rightharpoonup}{OC}\cdot(3,4)=25$，得 $(4+3t,3+4t)\cdot(3,4)=25$。亦即 $24+25t=25$，解得 $t=\dfrac{1}{25}$。故 $C$ 點坐標為 $(4+\dfrac{3}{25},3+\dfrac{4}{25})$。第15題，由 $O,D,P$ 共線，故可設 $\overset{\large\rightharpoonup}{OP}=c\overset{\large\rightharpoonup}{OD}$，亦即 $\overset{\large\rightharpoonup}{OP}=ca\,\overset{\large\rightharpoonup}{OA}+cb\,\overset{\large\rightharpoonup}{OB}$。 接下來，我們可以用面積的性質（或行列式性質），得 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{OP}$ 所張成的平行四邊形面積為 $|cb|$ 倍的 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{OB}$ 所張成的平行四邊形面積。也因此 $\triangle OAP$ 面積為 $|cb|$ 倍的 $\triangle OAB$ 面積。同理 $\triangle OBP$ 面積為 $|ca|$ 倍的 $\triangle OAB$ 面積。因此得 $b:a=2:3$。 當然了，這裡也可以利用坐標 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}=(4,3)$，$\overset{\large\rightharpoonup}{OP}=(4ac-2bc,3ac-5bc)$ 以及行列式，寫下 $\triangle OAP$ 面積為 $\dfrac{1}{2}(14bc)=7bc$。同理可得 $\triangle OBP$ 面積為 $7ac$。
解析：標準的線性規劃問題，只要按照程序處理即可，沒有特別要注意的。這裡提供過去閱卷委員對於線性規劃評分的一般共識給大家參考，希望學生作答時多加留意。題幹上應該標明錢的單位為萬元，以免學生可行解區域的不等式與目標函數的單位不一致。進口成本也應加“上限”二字以免解讀錯誤，誤以為等式（可行解區域變成一線段）。另外既然標明進口車輛必定全部售完，題幹敘述上應該假設『進口』甲牌汽車 $x$ 台，乙牌 $y$ 台，而不是『售出』，這樣才會與第18題問題一致。
依題意進口甲牌汽車 $x$ 台最後完售可得利潤 $11x$ 萬元，而進口乙牌汽車 $y$ 台最後完售可得利潤 $12y$ 萬元，故目標函數利潤總和為 $11x+12y$。而進口成本甲、乙牌每輛分別為 $100$、$120$ 萬元故總成本為 $100x+120y$ 萬元需小於等於 $4400$ 萬元，故得不等式 $100x+120y\le4400$。最後車輛進口的限制為 $0\le x\le 20$, $0\le y\le 30$。由於題目要求寫出聯立不等式，所以建議整理好寫一起，一般可寫成像聯立方程的形式：$\left\{ \begin{array}{l} 0\le x\le 20\\ 0\le y\le 30 \\100x+120y\le4400\end{array}\right.$
最後就是重頭戲，畫出可行解區域，找出各頂點後，必須找出可得最大利潤的 $x,y$。過去大多數的學生喜歡用頂點法找到最佳解。 用頂點法切記，不只每一頂點都要正確寫出，每一頂點代入目標函數的值也都要正確寫出。千萬不要只寫出最佳解的頂點及其值。這樣寫肯定拿不到分數，因為沒有說明為何這是最佳解。漏掉一些頂點或有一些頂點是錯誤或是頂點皆正確但有些頂點代入目標函數取值錯誤，即使最佳解是正確的，也不能得到完整分數。因為這是用錯誤的資訊所得的結論。
使用平行線法找最佳解，就要注意圖形的正確性。一般來說可行解區域的邊線斜率不要太離譜，不需算出每一個頂點（不過本題有要求所以仍要算），也不需每一頂點代值，就能找到最佳的頂點。不過很多學生無法得到完整分數，大多是不知如何表達正確的使用平行線法。絕對不要只是敘述使用平行線法，就直接列出最佳解的頂點及其值。這裡建議先用虛線以原點為起始點畫出代表目標函數直線的法向量（本題為 $(11,12)$），然後沿著法向量畫幾條與之垂直的直線（即代表目標函數的直線），再找到最佳頂點處（本題為點 $(20,20)$） 畫上通過此頂點目標函數所代表的直線（本題為 $11x+12y=460$）。注意這個直線要正確畫出，斜率不要太離譜，且不會穿過可行解區域。也可如大考中心所提供解答，
畫出直線 $11x+12y=460$ 並清楚表達其斜率 $-\dfrac{11}{12}$ 符合最佳解條件，即介於 $-\infty$（直線 $x=20$） 與 $-\dfrac{5}{6}$（直線 $5x+6y=220$）之間（請參考數乙參考試卷（一）第11題解析）。