此次考題的難易度，有的認為比去年容易，也有人認為比去年難，所以應該說和去年差異不大。這回一樣在大考中心成績和統計資料公佈前，先來預估一下考生表現。待一切公佈後再將結果補上，順便驗證一下自己對現在高中生學習的了解程度。
解析：直覺來看，獨立的意思是兩個事件不互相影響。最熟悉的例子就是投銅板兩次，不管第一次投的是正面還是反面，都不會影響第二次投正面或反面。所以本題“抽到藍色球的事件與抽到1號球的事件互相獨立”可以解讀為『在抽到藍色球的情況之下得到1號球的機率和不管顏色得到1號球的機率是一樣的』。 本題因為只有兩種顏色的球，“抽到藍色球的事件與抽到1號球的事件互相獨立”應可理解就是不管抽到藍色或綠色其抽到1號球的機率是一樣，也因此藍色1、2號球的比率 $2:3$ 會和綠色1、2號球的比率 $4:k$ 一樣，所以 $k=6$。 從這個簡單的情況我們可以看出來，在一般的情況，若藍色1、2號球的比率為 $a:b$；綠色1、2號球的比率為 $c:d$，則抽到藍色球的事件與抽到1號球的事件互相獨立表示：$\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$，解得 $ad=bc$（行列式等於 $0$；事件的獨立反而變成了向量的不獨立）。從這裡也知道“抽到藍色球的事件與抽到1號球的事件互相獨立”不只等價於“抽到藍色球的事件與抽到2號球的事件互相獨立”，也等價於“抽到綠色球的事件與抽到1號球的事件互相獨立”和“抽到綠色球的事件與抽到2號球的事件互相獨立”
若想讓學生用嚴格的定義處理，可從條件機率的角度出發，亦即抽到藍球的條件下得到1號球的機率會和不設任何條件之下得到1號球的機率一樣。故由 $\dfrac{2}{5}=\dfrac{4+2}{2+4+3+k}$，得到 $k=6$。對於條件機率不熟悉的學生，就只好去背另一個定義，就是：抽到藍色且為1號球的機率 $\dfrac{2}{9+k}$ 會等於抽到藍球的機率$\dfrac{5}{9+k}$乘上抽到1號球的機率$\dfrac{6}{9+k}$，因此得到 $k=6$。
解析：依定義很容易寫下 $L_1$、$L_2$ 的方程式分別為：$y=-\dfrac{4}{3}(x-a)$、$y=-\dfrac{3}{2}(x-a)$。所以分別代 $x=0$，得到它們的 $y$ 截距分別為 $\dfrac{4}{3}a$ 與 $\dfrac{3}{2}a$。求得兩直角三角形面積分別為 $\dfrac{2}{3}a^2$ 與 $\dfrac{3}{4}a^2$。故由面積差 $\dfrac{3}{4}a^2-\dfrac{2}{3}a^2=3$，解得 $a=6$。利用相似三角形概念，我們可以先考慮通過點 $(1,0)$ 斜率分別為 $-\dfrac{4}{3}$、$-\dfrac{3}{2}$ 的兩直線與坐標軸圍成的三角形面積差為 $\dfrac{1}{12}$。再利用原邊長為 $a$ 倍，故面積應為 $a^2$ 倍，因此由 $a^2=36$ 解得 $a=6$。
解析：因為同類表演排在一起，所以若已決定三類的表演順序，這 $12$ 個曲目的排列方式就是 $5!\times4!\times 3!$。每個選項都出現這組數字，可見出題者無意評量這部分，所以最後僅要確認這三類的表演順序即可。一定要確認學生對於“或”、“且”的敘述是否理解。本題『歌唱必須排在鋼琴之後或是小提琴之後』表示只要歌唱排在鋼琴、小提琴其中一個的後面就成立。所以如果鋼琴排在第一個，後面歌唱、小提琴怎麼排都沒關係（所以僅有兩種排法）；同理小提琴排第一個也是一樣。因此我們可以將整個表演的排法分成，鋼琴在第一個以及小提琴在第一個這兩類排法。由於每類都有 $2\times5!\times4!\times 3!$ 種排法，所以總共有 $4\times5!\times4!\times 3!$ 種排法。由於僅有三類表演，『歌唱必須排在鋼琴之後或是小提琴之後』其實等同於：歌唱不要排在第一個，所以也可將全部的排列數 $6\times5!\times4!\times 3!$ 扣掉歌唱排在第一個的排列數 $2\times5!\times4!\times 3!$，得到總共有 $4\times5!\times4!\times 3!$ 種排法。因為本題僅有三類，這種扣掉的方式沒有看到什麼優勢。不過若類別多了，有時善用扣掉的方式會有幫助。例如本題若多加一類管樂類，同樣『歌唱必須排在鋼琴之後或是小提琴之後』的限制，用排除扣掉的方式計算應該比較簡便。不妨讓學生試試看。
解析： 所謂有系統的計數就是找到好的分類方法計算各類的個數，而不是盲目的畫出圖形一個一個算區域內有多少個格子點。本題由於是函數圖形，而且考慮 $1\lt x\lt\dfrac{61}{2}$ 的範圍，所以很直覺的會想以 $x$ 坐標來分類，也就是分別計算 $x=2,3,\dots,30$ 共有多少格子點再加總。不過這個方式共要考慮 $29$ 種情況容易出錯。若是能想到用 $y$ 坐標來分類就容易得多了，因為 $x\le 30$，只要考慮 $y=1,2,3,4$ 這四種情況（因 $y=5$ 時 $x=32$）。當 $y=1$ 時，直線 $y=1$ 與 $y=\log_2x$ 交於 $x=2$，由於邊界不算，所以符合題設的格子點 $x$ 坐標為$x=3,4,\dots,30$，共有 $30-2=28$ 個。 當 $y=2$ 時，直線 $y=2$ 與 $y=\log_2x$ 交於 $x=4$，所以符合題設的格子點 $x$ 坐標為$x=5,6,\dots,30$，共有 $30-4=26$ 個。 同理 $y=3$ 和 $y=4$ 分別有 $30-8=22$ 和 $30-16=14$ 個。故總共有 $28+26+22+14=90$ 個格子點。
若直接以 $x$ 坐標分類，也儘量用有系統方式來計算。我們可以先考慮在 $y=\log_2x$ 上的格子點 $(2,1),(4,2),(8,3),(16,4)$，看出當 $x=2,3$ 會有相同的格子點數 $2$；$x=4\sim 7$ 分別有 $2$ 個格子點；$x=8\sim 15$ 分別有 $3$ 個格子點；最後 $x=16\sim30$ 分別有 $4$ 個格子點。最後加總再扣掉 $y=\log_2x$ 上的 $4$ 點，得到共有 $2\times 1+4\times 2+8\times 3+15\times 4-4=90$ 個格子點。
解析：本題若純粹用代數解法，處理不等式部分要分類討論有點複雜，學生可能不熟悉。若能輔以函數圖形，討論起來就比較單純。 我們先用代數方法處理，學生若能因此了解分析處理不等式的方式，應該很有幫助。 首先 $\sin2\theta\gt\sin\theta$，由倍角公式得 $2\sin\theta\cos\theta\gt\sin\theta$。 此處千萬不要把 $\sin\theta$ 約掉得 $2\cos\theta\gt 1$，因為這會遺漏了 $\sin\theta\lt 0$ 的部分。 應該移項寫成 $\sin\theta(2\cos\theta-1)\gt 0$，然後再分 $\sin\theta\gt 0$ 和 $\sin\theta\lt 0$ 這兩種情況討論。 當 $\sin\theta\gt 0$，即 $0\lt\theta\lt\pi$，此時因 $2\cos\theta\gt 1$，得 $0\lt \theta\lt\dfrac{\pi}{3}$；當 $\sin\theta\lt 0$，即 $\pi\lt\theta\lt2\pi$，此時因 $2\cos\theta\lt 1$，得 $\pi\lt\theta\lt\dfrac{5\pi}{3}$。 接著處理 $\cos2\theta\gt\cos\theta$。餘弦的倍角公式有 $\cos2\theta$ 等於 $2\cos^2\theta-1$、$\cos^2\theta-\sin^2\theta$ 以及 $1-2\sin^2\theta$ 三種，這裡由於不等式右邊為 $\cos\theta$，所以我們選第一種，即 $2\cos^2\theta-1\gt\cos\theta$。移項分解得 $(2\cos\theta+1)(\cos\theta-1)\gt 0$。這次不必像剛才分開討論，因為變動的都是 $\cos\theta$，可以如常處理的多項式不等式 $(2x+1)(x-1)\gt 0$ 處理，即得 $\cos\theta\gt 1$ 或 $2\cos\theta\lt -1$。由於 $\cos\theta$ 永遠小於等於 $1$，所以我們僅考慮 $\cos\theta\lt-\dfrac{1}{2}$ 即可。因此得 $\dfrac{2\pi}{3}\lt\theta\lt\dfrac{4\pi}{3}$。最後與剛才所求 $\sin2\theta\gt\sin\theta$ 的範圍（$0\lt \theta\lt\dfrac{\pi}{3}$ 以及 $\pi\lt\theta\lt\dfrac{5\pi}{3}$）取交集得所求範圍為 $\pi\lt\theta\lt\dfrac{4\pi}{3}$。
若以函數圖形輔助，可以簡化一些分析討論的步驟。為了強調不必很精確畫圖，以下僅利用小畫家畫的略圖。首先建議畫 $y=\sin x$ 的圖形（細線部分），再利用一些特殊點（例如 $x=\dfrac{\pi}{2}$, $\pi$, $\dfrac{3\pi}{2}$ 畫出 $y=\sin 2x$（粗線部分），如圖示：
；同法先畫 $y=\cos x$ 的圖形（細線部分）再畫 $y=\cos 2x$（粗線部分），如圖示：
從這兩個圖觀察出同時粗線在細線上方的只有在 $x\gt\pi$ 的部分，所以我們只要找到此部分 $y=\cos x$ 和 $y=\cos2x$ 交點的 $x$ 坐標 $\dfrac{4\pi}{3}$（$y=\sin x$ 和 $y=\sin2x$ 交點的 $x$ 坐標明顯大於 $\dfrac{3\pi}{2}$）。
解析：由於 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 互相垂直，它們所張出的平行六面體為長方體，我們只要算出三邊長 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|$, $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|$, $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{w}\right|$ 就能求得其體積。若忽略此重要訊息，一昧的想以三重積 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot(\overset{\large\rightharpoonup}{v}\times\overset{\large\rightharpoonup}{w})$ 求體積，由於依本題所給訊息求出可能的 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 非常困難，這個方法幾乎不可行。
可以用幾何的方法處理本題。為了方便起見，我們將向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 的始點皆置於原點，終點分別記為 $A$, $B$, $C$。如前所述，要求此長方體體積，我們只要算出三邊長 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$, $\overline{OC}$。我們可以利用畢氏定理，依題意直角三角形 $OAB$ 的斜邊長 $\overline{AB}$ 為向量 $(2,-1,0)$ 的長度 $\sqrt{5}$，所以 $\overline{OA}^2+\overline{OB}^2=5$。同理，由於直角三角形 $OBC$ 的斜邊長為 $\sqrt{14}$，可得 $\overline{OB}^2+\overline{OC}^2=14$。一般來說，只給兩斜邊長 $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ 是不足以求出三邊長 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$, $\overline{OC}$。不過題目不只給斜邊長，而是給斜邊所形成的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{BA}=(2,-1,0)$ 以及 $\overset{\large\rightharpoonup}{CB}=(-1,2,3)$，所以我們可由 $\overset{\large\rightharpoonup}{CA}=\overset{\large\rightharpoonup}{CB}+\overset{\large\rightharpoonup}{BA}=(1,1,3)$，知道直角三角形 $OAC$ 的斜邊長為 $\sqrt{11}$。因此可得 $\overline{OA}^2+\overline{OC}^2=11$。最後解聯立，例如由 $\overline{OA}^2+\overline{OB}^2=5$ 以及 $\overline{OB}^2+\overline{OC}^2=14$ 兩式相減得 $\overline{OC}^2-\overline{OA}^2=9$，再與 $\overline{OA}^2+\overline{OC}^2=11$ 相加解得 $\overline{OC}^2=10$。再依序代回解得 $\overline{OA}^2=1$ 以及 $\overline{OB}^2=4$，所以體積為三邊長乘積 $2\sqrt{10}$。
向量長度與內積有關，我們也可以用內積處理。由 $(\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v})\cdot(\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v})=(2,-1,0)\cdot(2,-1,0)=5$，又因 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}=0$ 可得 \[(\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v})\cdot(\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v})=\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot \overset{\large\rightharpoonup}{u}-2\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|^2+\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|^2,\]因此 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|^2+\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|^2=5$（這是剛才的畢氏定理）。同理考慮 $(\overset{\large\rightharpoonup}{v}-\overset{\large\rightharpoonup}{w})\cdot(\overset{\large\rightharpoonup}{v}-\overset{\large\rightharpoonup}{w})$ 可得 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|^2+\left|\overset{\large\rightharpoonup}{w}\right|^2=14$ 以及考慮 $(\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v})\cdot(\overset{\large\rightharpoonup}{v}-\overset{\large\rightharpoonup}{w})$ 可得 $-\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|^2=-4$。因此分別求出 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|=1$, $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|=2$ 以及 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{w}\right|=\sqrt{10}$。
附註：知道 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|=1$ 後，我們便可具體找到符合題設的 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$。 設 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=(a,b,c)$，由 $(-2,1,0)\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{u}=1$ 以及 $(-1,2,3)\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{u}=0$，知 $2a-b=1$ 以及 $-a+2b+3c=0$。解聯立得 $b=2a-1$ 以及 $c=\dfrac{2}{3}-a$，再利用 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|=\sqrt{a^2+b^2+c^2}=1$，解得 $a=\dfrac{1}{9}(4\pm\sqrt{10})$。
解析：由題目設定 $3a_2=a_1+1=3$，故得 $a_2=1$。再由 $b_2=a_2-\dfrac{2}{2}+\dfrac{3}{4}$ 得知 $b_2=\dfrac{3}{4}$。 要處理選項(3)，可以先觀察 $b_1,b_2$ 的關係。依定義 $b_1=a_1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{4}$，由 $\dfrac{b_2}{b_1}=\dfrac{1}{3}$，知道 $\langle b_n\rangle$ 不可能是公比為 $\dfrac{2}{3}$ 的等比數列。選項(4)又跳回去問 $a_n$ 有點奇怪，我們先跳過，直接處理選項(5)。不可能一直代值處理求出 $b_{10}$，而選項(3)暗示 $\langle b_n\rangle$ 可能是等比數列，值得驗證看看。由 $b_{n+1}=a_{n+1}-\dfrac{n+1}{2}+\dfrac{3}{4}$ 以及 $3a_{n+1}=a_n+n$，應該可以得到 $b_{n+1}$ 和 $b_n$ 的（遞迴）關係式。事實上 \[a_{n+1}-\dfrac{n+1}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{3}(a_n+n)-\dfrac{n+1}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{3}a_n-\dfrac{n}{6}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{3}(a_n-\dfrac{n}{2}+\dfrac{3}{4}),\]所以 $b_{n+1}=\dfrac{1}{3}b_n$，即 $\langle b_n\rangle$ 是公比為 $\dfrac{1}{3}$ 的等比數列，也因此 $b_{10}=\dfrac{b_1}{3^9}= \dfrac{1}{3^7\times4}=\dfrac{1}{8748}\gt\dfrac{1}{10000}$。 （若不直接計算，可用 $\log$ 估計，計算量差不多）。知道 $b_n$ 的通式 $b_n=\dfrac{b_1}{3^{n-1}}=\dfrac{1}{3^{n-3}\times4}$，利用 $b_n=a_n-\dfrac{n}{2}+\dfrac{3}{4}$ 我們也可得到 $a_n$ 的通式 $\dfrac{27+3^{n}(2n-3)}{3^{n}\times4}$，不過若沒有同餘的概念（證明分子被 $4$ 整除），幾乎無法利用此通式處理選項(4)（或許這是置於選項(4)的原因，以免誤以為要用通式處理）。其實從 $a_n$ 前幾項，我們發現從第 $4$ 項開始（$a_4=\dfrac{4}{3}$）不是整數且分母為 $3$，因此由 $3a_5=a_4+4$ 可得 $a_5$ 的分母為 $9$，依此類推應可確認當 $n\ge 4$ 時 $a_n$ 的分母應為 $3^{n-3}$，因此選項(4)正確。若要完整的論述最好的方式就是運用數學歸納法。已知 $a_1$ 為整數，所以在 $n=1$ 的情形成立。現以歸納假設在 $n=k$ 時成立，亦即 $3^ka_k$ 為整數，則當 $n=k+1$ 時，$3^{k+1}a_{k+1}=3^k(3a_{k+1})=3^k(a_k+k)=3^ka_k+k3^k$ 亦為整數。所以由數學歸納法知對任意正整數 $n$，$3^na_n$ 皆為整數。 數學歸納法不只適用於處理整個正整數的問題，對於數學歸納法熟悉的學生不妨讓其論證對於任意大於等於 $4$ 的整數 $n$，$3^{n-3}a_n$ 皆為整數。
附註：形如本題的數列 $\langle a_n\rangle$，由於不容易看出其規律性，經轉換成較容易掌握的等比數列 $\langle b_n\rangle$ 後，就可以利用 $\langle b_n\rangle$ 幫助我們回求 $\langle a_n\rangle$。我們來探討如何將形如本題 $\langle a_n\rangle$ 這樣的遞迴數列轉換成另一個等比數列 $\langle b_n\rangle$。我們考慮更一般的遞迴關係式 $ra_{n+1}=a_n+c_n$，其中 $r\ne0,1$ 且 $\langle c_n\rangle$ 為公差為 $d$ 的等差數列。我們可考慮 $b_n=a_n+kc_n+t$，其中 $k,t$ 為未定的實數。此時利用 $a_{n+1},a_n$ 的遞迴關係以及 $\langle c_n\rangle$ 為公差為 $d$ 的等差數列，我們有 \[rb_{n+1}=ra_{n+1}+rkc_{n+1}+rt=a_n+c_n+rk(c_n+d)+rt=a_n+(rk+1)c_n+r(kd+t).\] 因為我們希望 $\langle b_n\rangle$ 為公比為 $\dfrac{1}{r}$ 的等比數列，即 $rb_{n+1}=b_n=a_n+kc_n+t$，故應找到 $k,t$ 使得 $rk+1=k$ 以及 $r(kd+t)=t$。解得 $k=-\dfrac{1}{r-1}$ 且 $t=\dfrac{rd}{(r-1)^2}$。本題 $r=3$ 而且 $\langle c_n\rangle=\langle n\rangle$ 為公差為 $d=1$ 的等差數列，所以 $k=-\dfrac{1}{2}$ 且 $t=\dfrac{3}{4}$。
解析： 選項(1)(2)若已知 $P(x,y)$ 所構成的圖形（選項(3)），應該更容易看出。或許出題者希望利用前兩個選項，讓考生找到處理的方法。這裡我們就直接取以$2$ 為底的對數將方程式改寫成 ${x^2}\log_22-\log_28=x\log_2 4-y^2\log_22$，亦即 $x^2-2x+y^2-3=0$，再配方成 $(x-1)^2+y^2=4$。 因此 $P(x,y)$ 所構成的圖形為以 $(1,0)$ 為圓心，半徑為 $2$ 的圓。其餘的選項就都是直線與圓的問題了。 選項(1)是錯誤的，因為此圓上只有 $(3,0)$ 這個點的 $x$ 坐標為 $3$。選項(2)也不正確，因為此圓並沒有對稱於原點。例如 $(3,0)$ 在圓上但 $(-3,0)$ 就在圓外。選項(4)(5)問的是同樣的問題，即直線與圓相交的問題。簡單來說，若圓心與直線距離大於半徑就不相交；距離等於半徑會相切；距離小於半徑則交於兩點。選項(4)的直線 $x+y=4$ 與圓心 $(1,0)$ 的距離為 $\dfrac{3}{\sqrt{2}}$ 平方後為 $4.5$ 大於半徑平方 $4$，所以與此圓不相交，換言之不會有點 $P(x,y)$ 在 $x+y=4$ 上。至於選項(5)就是問那些直線 $x-y=k$ 會與此圓相交。利用 $(1,0)$ 與 $x-y=k$ 的距離為 $\dfrac{|k-1|}{\sqrt{2}}$，我們得 $|k-1|\le2\sqrt{2}$。因此 $1-2\sqrt{2}\le k\le 1+2\sqrt{2}$。其實同樣的計算也適用於 $x+y=k$，所以 $x+y$ 的最大值也是 $1+2\sqrt{2}$，故由此也可知選項(4)錯誤。
選項(5)求最大值問題很多人會想到柯西不等式，這裡就不再贅述。其實還有一個幾何的看法就是求此圓斜率為 $1$ 的切線切點。 另一個常用的方法也是先設 $x-y=k$，再將 $y=x-k$ 代入方程式 $x^2-2x+y^2-3=0$ 得 $2x^2-2(1+k)x+k^2-3=0$。再利用此二次式判別式需大於等於 $0$ 解得 $1-2\sqrt{2}\le k\le 1+2\sqrt{2}$。看來還是利用點與直線距離最簡捷，自從高中課綱不談兩圓關係後，覺得學生對於如何判別是否在圓內部、外部問題顯得較不熟悉，適當讓他們了解其幾何意義應該很有幫助。
解析：之前提過，多項式方程式是否有解的問題，未必用代數方法處理是最好的。由於多項式函數是連續函數有些連續函數特有的性質就不適合用代數方法處理。例如：由 $f(1)\lt 0$, $f(2)\gt0$ 可知 $f(x)=0$ 在 $1,2$ 之間有解（勘根定理），就很難用代數方法處理。所以有時多項式方程式有無實根的問題，可考慮用圖形來處理，或許會有意想不到的效果。
本題我們就用圖形的方法來解。首先為了方便起見，我們令 $f(x)=x^2+bx+c$。由首項係數大於 $0$ 且 $f(x)=0$ 有實根，我們知道函數圖形 $y=f(x)$ 為凹口向上且與 $x$ 軸有交點。而另一個題設 $x^2+(b+2)x+c=0$ 即 $f(x)+2x=0$ 無實根，表示 $y=f(x)$ 與直線 $y=-2x$ 沒有交點。換句話說 $y=f(x)$ 需在 $y=-2x$ 的上方且與 $x$軸相交，所以我們可以大致畫出 $y=f(x)$ 的圖形：
。$c$ 是 $y=f(x)$ 的 $y$ 截距，由圖形知 $c>0$，選項(1)錯誤。$-\dfrac{b}{2}$ 為 $y=f(x)$ 頂點的 $x$ 坐標，由圖形知需大於 $0$，故 $b\lt 0$，選項(2)正確。選項(3)應該是較困難的選項，因為它不能確定，需找到反例來說明其為錯誤。同前，$x^2+(b+1)x+c=0$ 有無實根等價於 $y=f(x)$ 與 $y=-x$ 有無交點。由於 $y=-x$ 比 $y=-2x$ 平緩，前面的圖示會有交點。不過我們可以把圖形往上移（只要頂點不要落在第一象限）就可避開 $y=-x$。最簡單的例子就是頂點在 $x$ 軸上例如：$y=x^2-2x+1$ 就絕不會與 $y=-x$ 相交。所以選項(3)錯誤。選項(4)與選項(1)相呼應。由於 $y=x^2+bx-c$ 是將 $y=f(x)$ 往下平移 $2c$，其圖形 $y$ 截距為負，當然與 $y=-2x$ 相交，所以選項(4)正確。選項(5)應該是最簡單的，由圖形來看 $y=f(x)$ 的右半側貫穿第一象限，當然會與直線 $y=2x$ 相交。所以 $x^2+(b-2)x+c=0$ 有實根。
利用判別式處理本題就麻煩了一點。題設 $x^2+bx+c=0$ 有實根且 $x^2+(b+2)x+c=0$ 無實根，分別表示判別式 $b^2-4c\ge0$ 以及 $(b+2)^2-4c=b^2+4b+4-4c\lt 0$。由 $4c\gt(b+2)^2$ 可確定 $c\gt 0$。再由 $-4(b+1)\gt b^2-4c\ge 0$ 得 $b\lt-1$（注意這無法由前面圖形方式看出，因為無法由圖形看出 $y=f(x)$ 與 $y=-2x$ 是否交於第二象限）。選項(3) 要考慮 $x^2+(b+1)x+c=0$ 的判別式 $(b+1)^2-4c$ 是否大於等於 $0$，然而我們僅知 $b^2\ge4c\gt (b+2)^2$，無法得知是否 $(b+1)^2\ge4c$。事實上前面已用圖形找到 $b=-2$, $c=1$ 這個反例：滿足 $b^2=4\ge4c$ 以及 $(b+2)^2=0\lt 4c$ 但 $(b+1)^2=1$ 也小於 $4c$。選項(4)要判斷 $(b+1)^2+4c$ 是否大於等於 $0$。由於選項(1)已知 $c\gt 0$，故 $(b+1)^2+4c\gt 0$，所以應有兩相異實根（從圖形也可看出 $y=x^2+bx-c$ 與 $y=-2x$ 必交於相異兩點）。至於選項(5)，因為選項(2)已知 $b\lt 0$ 故有 $(b-2)^2-4c=b^2-4b+4-4c\gt b^2-4c\ge0$，因此也有兩相異實根（從圖形也可看出 $y=x^2+bx+c$ 與 $y=2x$ 必交於相異兩點）。
解析：為方便起見，我們令 $f(x)=\sin\pi x$ 也省略畫圖（請自行畫圖參考）。$P(x_1,k)$ 在 $y=f(x)$ 上，表示 $f(x_1)=k$。又因 $f(x)$ 在 $x\in(0,1)$ 取值大於 $0$，故由 $0\lt x_1\lt 1$ 知 $k=f(x_1)\gt 0$。選項(1)正確。因 $f(x)$ 的週期為 $2$，$f(x_1)=f(x_2)=k$ 表示 $f(x_1+2)=f(x_2+2)=k$。又因 $0\lt x_1\lt x_2\lt 1$，故 $2\lt x_1+2\lt x_2+2\lt 3$，所以 $L$ 與 $y=f(x)$ 在 $0\le x\le 3$ 這個範圍內亦交於 $(x_1+2,k)$ 與 $(x_2+2,k)$ 這兩點，故選項(2)錯誤（事實上交於 $4$ 點）。之後三個選項需用到對稱性。因 $y=f(x)$ 的圖形對稱於 $x=\dfrac{1}{2}$，我們可將 $L$ 與 $y=f(x)$ 在 $0\le x\le 3$ 這個範圍內所有的交點的 $x$ 坐標依序列出為 $x_1,1-x_1,2+x_1,3-x_1$。由於題設 $x_1\lt x_2\lt 1$，我們知 $x_2=1-x_1$，亦即 $x_1+x_2=1$，選項(3)錯誤。而所有 $x$ 坐標之和為 $x_1+(1-x_1)+(2+x_1)+(3-x_1)=6$，故選項(5)正確。依題設 $x_3\gt 1$ 為另一個交點的 $x$ 坐標，所以 $x_3=2+x_1$ 或 $x_3=3-x_1$。注意 $\overline{PQ}=x_2-x_1=(1-x_1)-x_1=1-2x_1$。若 $x_3=3-x_1$ 滿足選項(4)的假設 $\overline{QR}=2\overline{PQ}$，表示 $(3-x_1)-(1-x_1)=2(1-2x_1)$，亦即 $2=2-4x_1$，會因 $x_1=0$ 得到 $x_2=1-x_1=1$ 的矛盾。因此只有當 $x_3=2+x_1$ 時才有可能滿足 $\overline{QR}=2\overline{PQ}$。此時由 $\overline{QR}=(2+x_1)-(1-x_1)=2(1-2x_1)$，推得 $x_1=\dfrac{1}{6}$。故 $k=f(\dfrac{1}{6})=\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{1}{2}$。
選項(4)是有意思的問題，整題中較有挑戰性的一個選項。不過若考生一開始便認定 $x_3=2+x_1$ 或邏輯錯誤直接以 $k=\dfrac{1}{2}$ 驗證，都會答對此選項。反倒是對於思緒較嚴密的考生，會考慮到 $R$（即 $x_3$）有兩種可能，但花時間計算其中一可能性竟被排除，太仔細作答反而時間上吃虧，實在可惜。為了讓學生了解有不同的可能性，不妨將題設改為 $3\overline{PQ}=\overline{QR}$，讓學生找出可能的 $k$ 值。
解析： 選項(1)的角平分線（內分點）性質可從高中所學正弦定理來處理。即考慮 $\triangle BCP$，利用正弦定理 $\dfrac{\overline{CP}}{\sin\angle CBP}=\dfrac{\overline{CB}}{\sin\angle CPB}$，因此 $\overline{CP}=4\dfrac{\sin\angle CBP}{\sin\angle CPB}$。同理考慮 $\triangle BPD$ 可得 $\overline{PD}=3\dfrac{\sin\angle DBP}{\sin\angle DPB}$。因此利用 $\angle CBP=\angle DBP$ 以及 $\angle CPB+\angle DPB=\pi$，推得 $\overline{CP}$ 與 $\overline{PD}$ 的比值為 $4:3$。
處理完選項(1)知道 $\overline{CP}=\dfrac{4}{7}\overline{CD}$，接下來的選項應該是大家熟悉的問題了！選項(2)可以用分點公式，這裡可鼓勵學生再推導一次，以熟悉向量的運算。由 $\overset{\large\rightharpoonup}{AP}=\overset{\large\rightharpoonup}{AC}+\overset{\large\rightharpoonup}{CP}=\overset{\large\rightharpoonup}{AC}+\dfrac{4}{7}\overset{\large\rightharpoonup}{CD}$，再由 $\overset{\large\rightharpoonup}{CD}=\overset{\large\rightharpoonup}{AD}-\overset{\large\rightharpoonup}{AC}$ 以及 $\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=\dfrac{1}{2}\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$，推得 $\overset{\large\rightharpoonup}{AP}=\dfrac{3}{7}\overset{\large\rightharpoonup}{AC}+\dfrac{2}{7}\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$。選項(3)一般會想到餘弦定理，由於選項(5)需用到內積 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AC}$，這裡一併用內積處理。由於 $\overset{\large\rightharpoonup}{BC}=\overset{\large\rightharpoonup}{AC}-\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$，我們有 $\overset{\large\rightharpoonup}{BC}\cdot \overset{\large\rightharpoonup}{BC}=(\overset{\large\rightharpoonup}{AC}-\overset{\large\rightharpoonup}{AB})\cdot (\overset{\large\rightharpoonup}{AC}-\overset{\large\rightharpoonup}{AB})=\overset{\large\rightharpoonup}{AC}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AC}-2\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AC}+\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$，因此得 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AC}=\dfrac{1}{2}(6^2+5^2-4^2)=\dfrac{45}{2}$。再由 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AC}=6\times 5\cos\angle BAC$ 推得 $\cos\angle BAC=\dfrac{3}{4}$。接著由 $\overset{\large\rightharpoonup}{AP}=\dfrac{3}{7}\overset{\large\rightharpoonup}{AC}+\dfrac{2}{7}\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$，可得 $\overset{\large\rightharpoonup}{AP}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AC}=\dfrac{3}{7}\overset{\large\rightharpoonup}{AC} \cdot \overset{\large\rightharpoonup}{AC}+\dfrac{2}{7}\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\cdot \overset{\large\rightharpoonup}{AC}=\dfrac{3}{7}\times5^2+\dfrac{2}{7}\times \dfrac{45}{2}=\dfrac{120}{7}$。
處理選項(4)需回到選項(1)由 $\overline{CP}=\dfrac{4}{7}\overline{CD}$ 知 $\triangle ACP$ 面積是 $\triangle ACD$ 面積的 $\dfrac{4}{7}$，而 $\triangle ACD$ 面積需用面積公式 $\dfrac{1}{2}\overline{AD}\times\overline{AC}\sin\angle BAC$（注意 $\angle BAC=\angle DAC$）。然而由選項(3) $\cos\angle BAC=\dfrac{3}{4}$，知 $\sin\angle BAC=\dfrac{\sqrt{7}}{4}$，因此得 $\triangle ACP$ 面積為 $\dfrac{4}{7}\times(\dfrac{1}{2}\times3\times5\times\dfrac{\sqrt{7}}{4})=\dfrac{15}{14}\sqrt{7}$。
解析： 嚴格來說除了選項(4)要花較多事件處理，其餘選項若觀念正確幾乎不必計算可以馬上回答。由於合金僅由甲、乙所組成，所以由甲、乙占比分別為 $x\%$ 以及 $u\%$ 知 $x+u=100$，亦即 $u=100-x$，故選項(1)正確。又依題設 $y$奈米等於 $v$微米，即 $y\times10^{-9}=v\times10^{-6}$，因此 $v=10^{-3}y=\dfrac{1}{1000}y$（估計會有許多考生誤選此選項）。對於一維數據，各版本課本皆有論及數據的伸縮平移對標準差的影響。選項(3)由於 $x,u$ 的轉換屬先伸縮 $-1$ 倍再平移 $100$，它們的平均數也跟著伸縮與平移（即 $\mu_u=100-\mu_x$），所以各數據與平均數之差取平方不變（即 $(u_k-\mu_u)^2=(\mu_x-x_k)^2$），因此標準差也不會變。
選項(5)與數據變換無關，評量的是新增一筆數據對迴歸直線的影響。令原來 $20$ 筆資料的迴歸直線為 $v=f(u)$（即 $f(u)=au+b$），我們要說明對於任意的直線 $v=g(u)$，皆會有 $\displaystyle\sum_{k=1}^{21}(v_k-g(u_k))^2\ge\sum_{k=1}^{21}(v_k-f(u_k))^2$，因而依迴歸直線最小平方的意義，這 $21$ 筆資料的迴歸直線仍為 $v=f(u)$。首先依原來 $20$ 筆資料的迴歸直線為 $v=f(u)$，我們有 $\displaystyle\sum_{k=1}^{20}(v_k-g(u_k))^2\ge\sum_{k=1}^{20}(v_k-f(u_k))^2$。然而依選項(4)假設 $v_{21}-f(u_{21})=0$，故不管 $g(u)$ 為何，皆滿足 $(v_{21}-g(u_{21}))^2\ge (v_{21}-f(u_{21}))^2$，因此得證 $\displaystyle\sum_{k=1}^{21}(v_k-g(u_k))^2\ge\sum_{k=1}^{21}(v_k-f(u_k))^2$。
由於各版本的課本皆未提及二維數據轉換對迴歸直線的影響，選項(4)若依公式處理會相當費時。這裡我們依然以迴歸直線最小平方的意義說明據轉換對迴歸直線的影響，最後再依公式驗證兩者的一致性。一般來說二維數據 $\{(x_k,y_k)\}_{k=1,...,n}$ 若利用伸縮平移轉換成 $\{(u_k,v_k)\}_{k=1,...,n}$，即 $x_k=\alpha u_k+r$, $y_k=\beta v_k+s$（其中 $\alpha,\beta$ 為非零實數），則由原數據的迴歸直線 $y=f(x)$ 可得經由轉換後所得數據的迴歸直線為 $\beta v+s=f(\alpha u+r)$，亦即 $ v=\dfrac{1}{\beta} f(\alpha u+r)-\dfrac{s}{\beta}$。其實數據 $(x_k,y_k)$ 未必都在它們的迴歸直線上，務必讓學生了解新的迴歸直線可直接套用變數變換得到，並不是顯而易見的。事實上只有在利用伸縮平移轉換才會成立。若時間允許，適當說明原因當然是最好的。由於不想讓符號太複雜，我們僅用題目的數據說明一下。 首先考慮任意的直線 $v=g(u)$，依最小平方定義我們要考慮 $\displaystyle\sum_{k=1}^{20}(v_k-g(u_k))^2$。對每一個 $k=1,\dots,20$，由選項(1),(2) 我們有 $v_k-g(u_k)=\dfrac{1}{1000}y_k-g(100-x_k)=\dfrac{1}{1000}(y_k-1000\cdot g(100-x_k))$。注意 $y=1000\cdot g(100-x)$ 仍為直線方程式（因為 $g(x)$ 為一次多項式），所以若 $\{(x_k,y_k)\}_{k=1,\dots,20}$ 的迴歸直線為 $y=f(x)$（即 $f(x)=21.3x-40$），則依其最小平方的意義，我們有 \[\sum_{k=1}^{20}(v_k-g(u_k))^2=(\dfrac{1}{1000})^2\sum_{k=1}^{20}(y_k-1000\cdot g(100-x_k))^2\ge(\dfrac{1}{1000})^2\sum_{k=1}^{20}(y_k-f(x_k))^2.\]也就是說，若選取 $g(u)$ 滿足 $1000\cdot g(100-x)=f(x)=21.3x-40$，就可符合迴歸直線最小平方的要求。由 $u=100-x$（亦即 $x=100-u$）可得 $g(u)=\dfrac{1}{1000}(21.3(100-u)-40)=-\dfrac{21.3}{1000}u+\dfrac{2090}{1000}$，因此知 $a=-0.0213$, $b=2.09$。
最後我們利用卷末迴歸直線的公式來驗證剛才所得的結果。這個方法雖然繁瑣，但不妨和學生推導一下，了解如何利用熟悉的一維數據轉換後統計數值的變化處理二維數據相關的統計值變化。由於一維數據大家較熟悉，這裡僅推導二維的部分。考慮二維數據 $\{(x_k,y_k)\}_{k=1,...,n}$ 利用伸縮平移轉換成 $\{(u_k,v_k)\}_{k=1,...,n}$，其中 $u_k=\alpha' x_k+r'$, $v_k=\beta' y_k+s'$，$\alpha',\beta'$ 為非零實數。由公式我們知它們的迴歸直線分別為 $y-\mu_y=r_{x,y}\dfrac{\sigma_y}{\sigma_x}(x-\mu_x)$ 以及 $v-\mu_v=r_{u,v}\dfrac{\sigma_v}{\sigma_u}(u-\mu_u)$。關於平均數，由一維數據關係，我們有 $\mu_u=\alpha'\mu_x+r'$ 以及 $\mu_v=\beta' \mu_y+s'$。至於標準差，則有 $\sigma_u=|\alpha'|\sigma_x$ 以及 $\sigma_v=|\beta'|\sigma_y$。二維數據相關係數的變化，由於課本只有少數版本提及，我們來推導一下。依定義 $\displaystyle r_{u,v}=\frac{1}{n\sigma_u\sigma_v}\sum_{k=1}^n(u_k-\mu_u)(v_k-\mu_v)$。換回原數據，由於 $u_k-\mu_u=(\alpha' x_k+r')-(\alpha'\mu_x+r')=\alpha'(x_k-\mu_x)$ 同理 $v_k-\mu_v =\beta'(y_k-\mu_y)$，我們有 $r_{u,v}=\dfrac{1}{n|\alpha'\beta'|\sigma_x\sigma_x}\sum_{k=1}^n\alpha'\beta'(x_k-\mu_x)(y_k-\mu_y)=\dfrac{\alpha'\beta'}{|\alpha'\beta'|}r_{x,y}$。換言之當二維數據做伸縮平移變換時，只有在兩數據的伸縮異號時，變換後的相關係數需乘上 $-1$，否則相關係數不變（例如本題轉換數據後相關係數需乘上 $-1$）。接下來我們就可以將轉換後的迴歸直線用原來數據的統計值來表示。也就是說原數據的迴歸直線若是 $y=mx+c$（即 $m=r_{x,y}\dfrac{\sigma_y}{\sigma_x}$ 以及 $c=\mu_y-m\mu_x$），而轉換後的迴歸直線若為 $v=au+b$，則由於 $|\alpha'|^2=(\alpha')^2$，我們有 $\dfrac{\alpha'\beta'}{|\alpha'\beta'|}\dfrac{|\beta'|}{|\alpha'|}=\dfrac{\beta'}{\alpha'}$，因此 \[a=r_{u,v}\dfrac{\sigma_v}{\sigma_u}=\dfrac{\alpha'\beta'}{|\alpha'\beta'|}r_{x,y}\dfrac{|\beta'|\sigma_y}{|\alpha'|\sigma_x}=\dfrac{\beta'}{\alpha'}r_{x,y}\dfrac{\sigma_y}{\sigma_x}=\dfrac{\beta'}{\alpha'}m\] 以及 \[b=\mu_v-a\mu_u=(\beta' \mu_y+s')-\dfrac{\beta'}{\alpha'}m(\alpha'\mu_x+r')=\beta'c+s'-\dfrac{\beta'}{\alpha'}mr'.\]這個結果會和前面論證一致，亦即將 $y=mx+c$ 中的 $x$ 用 $x=\dfrac{u-r'}{\alpha'}$ 取代且 $y$ 用 $y=\dfrac{v-s'}{\beta'}$ 取代，所得的結果一樣。本題中，依題設 $\alpha'=-1,r'=100$ 且 $\beta'=\dfrac{1}{1000},s'=0$ 以及 $m=21.3,c=-40$ 故可得 $b=-0.04+2.13=2.09$。
解析：依題意 $f(x)=(x+6)q(x)+3$，因 $f(x)$ 是三次多項式，所以 $q(x)$ 會是二次多項式。故由 $q(x)$ 在 $x=-6$ 有最大值 $8$，可知 $q(x)=a(x+6)^2+8$，其中 $a$ 為負實數（$a$ 的正負，在本題不重要）。所以展開可得 $f(x)=a(x+6)^3+8(x+6)+3$，因而確認 $(-6,3)$ 是 $y=f(x)$ 的對稱中心。其實不需要寫下 $q(x)$ 的形式，只要知道 $x=-6$ 是 $y=q(x)$ 的對稱軸，就可推得 $(-6,3)$ 是 $y=f(x)$ 的一個對稱中心（這推廣到更一般狀況）。這是因為若 $r,s$ 的中點為 $-6$（即 $\dfrac{r+s}{2}=-6$），我們只要驗證坐標平面上點 $(r,f(r))$ 和 $(s,f(s))$ 的中點是 $(-6,3)$ 即可。然而 $x=-6$ 是 $y=q(x)$ 的對稱軸，我們有 $q(r)=q(s)$。所以 $f(r)+f(s)=((r+6)q(r)+3)+((s+6)q(s)+3)=(r+s+12)q(r)+6=6$，得證 $(r,f(r))$ 和 $(s,f(s))$ 的中點是 $(-6,3)$。
我們也可進一步探討 $y=f(x)$ 的圖形（不牽涉高三的微積分）。依題設 $q(x)=a(x+6)^2+8$，其中 $a$ 為負實數，故 $q(x)=0$ 有兩個實根分別在 $x=-6$ 的兩側。這表示 $y=f(x)$ 和水平線 $y=3$ 有三個交點（對稱中心在中間），所以 $y=f(x)$ 的圖形從 $x$ 負無窮大端遞減通過第一個交點後轉而往上遞增通過對稱中心，之後又轉而往下遞減通過第三個交點。也就是說 $y=f(x)$ 的圖形會有兩個頂點（極值）。 反之，如果當初題設 $q(x)$ 在 $x=-6$ 有最小值 $8$，此時 $q(x)=a(x+6)^2+8$，其中 $a$ 為正實數，因此 $q(x)=0$ 無實根。這表示 $y=f(x)$ 和水平線 $y=3$ 只交在對稱中心， 所以 $y=f(x)$ 的圖形從 $x$ 負無窮大端一直遞增往上。
解析：我們用較幾何的看法來理解本題，讓學生更熟悉空間的概念。首先注意，分別和 $E_1,E_2,E_3$ 距離為 $6$ 的平面各有兩個，所以若沒有限制點 $A(a,b,c)$ 的坐標，共有 $2^3=8$ 個點符合與 $E_1,E_2,E_3$ 的距離皆為 $6$。我們不可能找到這 $8$ 個點後再挑坐標皆為負的點，而應是利用坐標的限制，盡可能找到符合的平面再求交點。和 $E_1$ 距離為 $6$ 的平面為 $4y+3z-2=30$ 和 $4y+3z-2=-30$（即 $4y+3z=32$ 和 $4y+3z=-28$），兩個中很容易看出只有 $4y+3z=-28$ 上會有點其 $y,z$ 坐標皆為負（這就是我說出題者好心之處）。同理也找出 與 $E_2$ 距離為 $6$ 的平面且上面包含 $y,z$ 坐標為負的點，即平面 $3y+4z=-35$。至此我們解出符合 $y,z$ 坐標皆為負且與 $E_1,E_2$ 距離皆為 $6$ 的點就在 平面 $4y+3z=-28$ 和 $3y+4z=-35$ 的交線上，即參數式為 $(t,-1,-8)$。最後只要找到這些點中哪些與 $E_3$ 距離為 $6$ 且 $x$ 坐標為負即可。因此由 $\dfrac{|t-2-16+2|}{3}=6$ 解出 $t=-2$（$t=34$ 不合）。當然最後這一步，我們還是可以如前，先找到與 $E_3$ 距離為 $6$ 的平面 $x+2y+2z=16$ 和 $x+2y+2z=-20$，排除 $x+2y+2z=16$ 再解聯立。
此題符合題設分別和 $E_1,E_2,E_3$ 距離為 $6$ 的平面都很容易看出各恰有一個，所以相對簡單。不妨讓學生處理其他情況，以熟悉處理絕對值方程式。例如可問是否有點在第一卦限會和 $E_1,E_2,E_3$ 皆距離為 $6$。再挑戰性高一點的就是找出 $x,y$ 坐標為正的點。
解析：為了讓學生體會問題沒有想象的複雜，不妨請他們先算以低於 $480$ 元得到玩偶的情況有幾種。學生應不難算出有 $C_3^5=10$ 種（五次中選三次正面）。接下來就依題意分成 $240$元、$320$元、$400$元三類，算每類各有幾種。$240$元，即前三次皆為正面，只有$1$種；$320$元，即三次有一個反面（第四次正面），共有$3$種；$400$元複雜一點，不過也不必算，因為總共有$10$種可以用扣的，共有 $10-(1+3)=6$ 種。當然了$400$元的情況也可直接算，不過用扣的概念總是省事一點。接下來要算機率，別忘了還有 $480$ 元的情況。當初先不管它，也是因為可以用扣的方法算比較方便。由於正、反機率一樣，所以可用$240$元得到玩偶的機率為 $(\dfrac{1}{2})^3=\dfrac{1}{8}$；用$320$元得到玩偶的機率為 $3\times(\dfrac{1}{2})^4=\dfrac{3}{16}$；用$400$元得到玩偶的機率為 $6\times(\dfrac{1}{2})^5=\dfrac{3}{16}$；而得花$480$元得到玩偶的機率就是 $1-\dfrac{1}{8}-2\times\dfrac{3}{16}=\dfrac{1}{2}$。最後由定義得期望值為 $240\times\dfrac{1}{8}+320\times\dfrac{3}{16}+400\times\dfrac{3}{16}+480\times\dfrac{1}{2}=405$。
前面在算低於 $480$ 元得到玩偶的情況有幾種，有的學生可能會以為有 $C_3^5+C_4^5+C_5^5=16$ 種。應讓學生理解，投到三次正面之後多投的情況其機率總和為$1$，和投到三次正面就停止的機率相同。這也是我們當初不去算以$480$元得到玩偶有幾種情況的原因。 事實上，當前三次都是反面時，也就不必再投了，因為投到第五次也不會有三次正面。同理前四有三次反面也不必再投。加上一直到第五次有三次反面這幾種情況就是只能以$480$元得到玩偶的情況。它和前面以低於 $480$ 元得到玩偶的情況只是正反面次數交換而已，所以它們的機率都是 $\dfrac{1}{2}$。這些機率概念和我們直觀其實很吻合，不過學生能否有此概念就很難說，或許對學生來說這一題並不如我說的那麼簡單。
解析：本題解題策略單一，先決定好程序依序處理就能解出。首先應是利用圓心到 $L_1$ 的距離，求出 $L_1$ 的斜率 $m$。因而得到 $L_2$ 的方程式。因 $L_2$ 是圓的切線，所以由 $L_2$ 到圓心的距離求出圓的半徑。最後由圓半徑與圓心到 $L_1$ 距離求出 $L_1$ 交圓的弦長。
依題意 $L_1$ 的方程式為 $y=mx-3m+1$，故由圓心（原點）到 $L_1$ 距離為 $1$，即 $|-3m+1|=\sqrt{1+m^2}$，解出 $m=\dfrac{3}{4}$（$m=0$ 不合，因 $L_1,L_2$ 為相異直線）。因此得 $L_2$ 的方程式為 $y=-\dfrac{3}{4}x+\dfrac{13}{4}$，因而得圓心到 $L_2$ 的距離為 $\dfrac{13}{4}\times(\sqrt{1+(\dfrac{3}{4})^2})^{-1}=\dfrac{13}{5}$。最後由圓心到弦 $AB$ 距離為 $1$，得到 $\overline{AB}=2\sqrt{(\dfrac{13}{5})^2-1}=\dfrac{24}{5}$。
附註：其實本題也有純三角的解法（要用到和角公式）。考慮 $P(3,1)$、$O(0,0)$ 兩點。假設 $L_1$ 與直線 $OP$ 的夾角為 $\theta$，因為 $\overline{OP}=\sqrt{10}$ 且 $O$ 到 $L_1$ 的距離為 $1$，所以 $\tan\theta=\dfrac{1}{3}$。而直線 $OP$ 與直線 $y=1$ 的夾角之正切值（即直線 $OP$ 的斜率）也是 $\dfrac{1}{3}$，所以它們的夾角也是 $\theta$。因此由 $L_1$ 不是水平線，可得
$L_1$ 與直線 $y=1$ 的夾角為 $2\theta$（從這裡可知若原點與 $L_1$ 距離小於$1$，會有兩種可能）。
因此得 $L_1$ 的斜率為 $\tan2\theta=\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=\dfrac{3}{4}$。現因 $L_2$ 與 $y=1$ 的夾角也是 $2\theta$，故得 $L_2$ 與 $OP$ 的夾角為 $3\theta$。因此 $O$ 到 $L_2$ 的距離為 $\overline{OP}\sin3\theta=\sqrt{10}(\dfrac{1}{\sqrt{10}}\dfrac{4}{5}+\dfrac{3}{\sqrt{10}}\dfrac{3}{5})=\dfrac{13}{5}$。
解析：這一題解題的策略較多樣，個人在解題時反而在選擇策略時耽誤了不少時間。這裡盡量將學生可以理解的方法列出，若能在講解時適時提示各種想法，讓學生了解在不同狀況下如何應變，應該很有幫助。首先注意，題目上$\triangle ABC$是可唯一確定的，不過若僅要求 $\overline{BD}=4$，$D$ 就有多種可能。所以題目中 $D$ 在 $\triangle ABC$ 的外接圓上是重要的。很自然的我們會想知道 $\triangle ABC$ 的外接圓半徑 $R$，這必須從了解 $\triangle ABC$ 開始。目前僅知道 $\angle ABC$，所以要利用正弦定理 $\dfrac{\overline{AC}}{\sin\angle ABC}=2R$ 必需先用餘弦定理求出 $\overline{AC}=\sqrt{3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cos\angle ABC}=\dfrac{9}{2}$，再利用 $\sin\angle ABC=\dfrac{3\sqrt{7}}{8}$ 求得 $R=\dfrac{6}{\sqrt{7}}$。若觀察出 $\triangle ABC$ 為等腰，也可利用 $\angle BAC=\dfrac{1}{2}({\pi}-\angle ABC)$ 以及半角公式求出 $\sin\angle BAC=\dfrac{\sqrt{7}}{4}$，再利用正弦定理求得 $R=\dfrac{1}{2}\dfrac{\overline{BC}}{\sin\angle BAC}=\dfrac{6}{\sqrt{7}}$（本題不需 $\triangle ABC$ 為等腰也能處理，不過用等腰處理應該會快一點）。接下來，我會想用坐標來處理。也就是令原點 $O$ 為圓心，點 $B$ 坐標為 $(\dfrac{6}{\sqrt{7}},0)$。點$D$坐標用 $\dfrac{6}{\sqrt{7}}(\cos\theta,\sin\theta)$ 表示，可由 $\overline{DB}=\dfrac{6}{\sqrt{7}}\sqrt{2-2\cos\theta}=4$，求出點$D$ 坐標為 $(-\dfrac{10}{3\sqrt{7}},\dfrac{4\sqrt{2}}{3})$（有兩點，這裡選在上半圓）。
也可直接考慮 $\triangle DOB$，用餘弦定理解出 $\cos\theta=\cos\angle DOB=-\dfrac{5}{9}$。由於 $\triangle ABC$ 為等腰，所以 $A,C$ 對稱於 $x$ 軸。又由於剛才點 $D$ 選在上半圓，所以依題設 $\overline{AD}\le\overline{CD}$，點 $A$ 應在上半圓、點 $C$ 在下半圓。依前面同樣方法解得點 $C$ 坐標為 $(\dfrac{3}{4\sqrt{7}},-\dfrac{9}{4})$（其中 $\cos\angle BOC=\dfrac{1}{8}$）。雖然成功得到 $C,D$ 的坐標，但很顯然我做了一個錯誤的選擇，因為 $C,D$ 距離的計算很複雜（用程式驗算確為 $3+\sqrt{2}$）。由於餘弦定理與向量內積相關，所以應該也幫不上忙
（事實上 $\cos\angle DOC= -\dfrac{1}{72}(5+42\sqrt{2})$ 再用餘弦定理算 $\overline{CD}$ 也很複雜）。
只好轉而用正弦定理，也就是先算 $\sin\angle DBC$。利用半徑 $\dfrac{6}{\sqrt{7}}$ 以及弦長 $\overline{BD}=4$，可得 $\cos\angle DBO=\dfrac{\sqrt{7}}{3}$ 以及 $\sin \angle DBO=\dfrac{\sqrt{2}}{3}$。同理，利用弦長 $\overline{BC}=3$，可得 $\cos\angle OBC=\dfrac{\sqrt{7}}{4}$ 以及 $\sin \angle DBO=\dfrac{3}{4}$。
因此利用和角公式可得 $\sin\angle DBC=\sin(\angle DBO+\angle OBC)=\dfrac{\sqrt{7}}{12}(\sqrt{2}+3)$，也因此用正弦定理求得
$\overline{CD}=3+\sqrt{2}$。
出題者選用圓半徑 $\dfrac{6}{\sqrt{7}}$，應該就是不希望直接用坐標處理。若沒有想到用半徑與弦長關係或不想用和角公式，一般就會考慮與 $\triangle ABC$ 有同樣外接圓的三角形用正弦定理處理。這些三角形中和 $\overline{CD}$ 有關的有 $\triangle BDC$ 與 $\triangle ADC$。不過我們僅知道 $\triangle ADC$ 的一邊 $\overline{AC}=\dfrac{9}{2}$；而知道 $\triangle BDC$ 的兩邊 $\overline{BD}=4$、$\overline{BC}=3$。自然會選擇 $\triangle BDC$ 來處理。若有算出圓半徑為 $\dfrac{6}{\sqrt{7}}$，就可套用正弦定理算出 $\sin\angle BCD=\dfrac{4}{2R}=\dfrac{\sqrt{7}}{3}$ 或算 $\sin\angle BDC=\dfrac{3}{2R}=\dfrac{\sqrt{7}}{4}$。因為知道兩邊長，只要其中一個角就可以用餘弦定理求出第三邊，即 $\overline{CD}$ 長。不過這裡和上一段所用方法有兩個差異之處務必提醒學生注意。首先，之前方法是由餘弦值再求正弦值；而這裡是利用正弦值求餘弦值，就必須注意正負號選取，亦即要判斷 $\angle BCD$ 或 $\angle BDC$ 是銳角還是鈍角。其次，之前方法是利用正弦定理直接求得邊長；而這裡不管選 $\angle BCD$ 或 $\angle BDC$，用餘弦定理求第三邊長都是 SSA 的情形，也就是說利用餘弦定理可能會有兩解，必需判斷哪一個才是正確的 $\overline{CD}$ 值。要判斷 $\angle BCD$ 或 $\angle BDC$ 是銳角還是鈍角，在應試時當然畫個圖感覺它們應是銳角即可。在這裡為了嚴謹，還是說明一下好了。$\angle BDC$ 是銳角比較容易判斷，因為它的對邊 $\overline{BC}=3$ 不是 $\triangle BDC$ 的最大邊，所以 $\angle BDC$ 不會是最大角。至於 $\angle BCD$ 就必須用到題設 $\overline{AD}\le\overline{CD}$ 來處理。可考慮如前將 $OC$ 所在直徑置於 $x$ 軸，由 $A,C$ 對稱於 $x$ 軸（因 $\overline{AB}=\overline{BC}$），將 $A$、$C$ 分別置於上半圓與下半圓。因此就可由 $\overline{AD}\le\overline{CD}$ 知 $D$ 必需與 $A$ 同樣在上半圓（因 $\overline{BD}$ 不是直徑，等號不會成立），即與 $C$ 在通過 $B$ 的直徑異側，故得 $\angle BCD$ 為銳角。知道它們都是銳角後就可以利用剛才算的正弦值，算出它們的餘弦值，即算出 $\cos\angle BCD=\dfrac{\sqrt{2}}{3}$ 或算 $\cos\angle BDC=\dfrac{3}{4}$。最後要用餘弦定理解出 $\overline{CD}$，因為是 SSA 的情況，建議一開始選對邊較長（即 $\overline{BD}$）的 $\angle BCD$ 處理，就可以避免有兩解的情況。此時設 $\overline{CD}=x$，由餘弦定理知 $x$ 需滿足 $x^2+3^2-2\cdot 3\cdot x\cos\angle BCD=4^2$，即 $x^2-2\sqrt{2}x-7=0$。解得 $x=\sqrt{2}+3$ 或 $\sqrt{2}-3$（負值不合）。若是選到 $\angle BDC$ 處理，就要解 $x^2+4^2-2\cdot 4\cdot x\cos\angle BDC=3^2$，即 $x^2-6x+7=0$。解得 $x=3+\sqrt{2}$ 或 $3-\sqrt{2}$。注意，看到很多老師排除 $3-\sqrt{2}$ 的說法是因為
$\overline{AD}\le\overline{CD}$，這很容易讓人誤解成：因為題設 $D$ 有兩種選法，所以另一解一定是 $\overline{AD}$。事實上，SSA 所得的另一點 $C'$，是在 $CD$ 線上滿足 $\overline{BC'}=3$ 的另一點（和 $A$ 或 $D$ 的選取無關）。
正確的說法應該是，若 $CD$ 是比較短的，則由 $\triangle CBC'$ 為等腰三角形，會因為 $\angle BC'D$ 為銳角，而得到 $\angle BCD$ 為鈍角（因是 $\angle BC'D$ 的補角）的矛盾。不過話說回來，$\overline{AD}$ 還真的是 $3-\sqrt{2}$。這是因為 $\triangle BDC$ 與 $\triangle BDA$ 有同樣的外接圓，且 $\overline{BC}=\overline{BA}$，所以由正弦定理（或圓周角）得 $\angle BDC=\angle BDA$。也就是說
$\triangle BDC$ 與 $\triangle BDA$ 符合同樣 SSR 的邊角關係。所以由題設 $\overline{AD}\le\overline{CD}$，確實得
$\overline{AD}=3-\sqrt{2}$。
其實本題不必求外接圓半徑也可處理，也就是由 $\triangle ABC$ 為等腰三角形，如前面所提利用半角公式得 $\cos\angle BAC=\dfrac{3}{4}$。再利用 $\triangle ABC$ 與 $\triangle DBC$ 一樣的外接圓，得 $\angle BDC=\angle BAC$，亦即 $\cos\angle BDC=\dfrac{3}{4}$。然後如前，求出 $\overline{CD}=3+\sqrt{2}$。
解析：這個題組，從問題中可感受到出題者希望能用幾何方式及坐標方式處理本題。不過學生大多缺乏這種轉換思路的訓練。 大部分有做答學生只用坐標處理，但在求夾角時例如 $\angle OSP$ 只會用內積 $\overset{\large\rightharpoonup}{SP}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{SO}$ 處理，不會想到以 $(1,0)$ 取代 $\overset{\large\rightharpoonup}{SP}$，以致於因 $\overset{\large\rightharpoonup}{SP}$ 長度為 $1+\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ 造成計算錯誤。甚至於與 $x$ 軸平行的直線方程都要用點斜式處理。從這裡可發現，許多學生其思路都是被約制住的。問題不難，在此就不提供各種解答方式，僅依題目的問答方式，回答問題。
由題設 $A^2$ 為旋轉矩陣，故可設 $A^2=\begin{bmatrix} 0& c \\ 1 & d \\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \\ \end{bmatrix}$，其中 $0^\circ\le\theta\lt180^\circ$。因而由 $\cos\theta=0$，以及 $\sin\theta=1$，知 $\theta=90^\circ$。也因此知 $A$ 為逆時針旋轉 $45^\circ$ 矩陣 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}\begin{bmatrix} 1& -1 \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix}$，而 $B$ 為逆時針旋轉 $30^\circ$ 矩陣。第19題，因 $P(1,1)$ 經 $A^2$（即轉 $90^\circ$）變換後坐標為 $(-1,1)$，故 $P$ 經由 $A^3$ 變換後的坐標可由矩陣乘法 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}\begin{bmatrix} 1& -1 \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -\sqrt{2} \\ 0 \\ \end{bmatrix}$，知點 $Q$ 坐標為 $(-\sqrt{2},0)$。又因點 $Q$ 在 $x$ 軸負向上，故經由 $B^4$，即再逆時針轉 $30^\circ\times 4=120^\circ$ 後所得點 $R$ 會使得 $\overset{\large\rightharpoonup}{OR}$ 和向量 $(0,1)$（即 $x$ 軸正向）夾角為 $180^\circ-120^\circ=60^\circ$。
第20題，由 $Q$ 點坐標在 $x$ 軸上，知直線 $L$ 與 $x$ 軸平行。所以第19題中 $\overset{\large\rightharpoonup}{OR}$ 與向量 $(0,1)$ 的夾角和 $\angle OSP$ 為同位角，故得 $\angle OSP=60^\circ$。另一方面，$L$ 通過 $P(1,1)$ 且與 $x$ 軸平行，故其方程式為 $y=1$。再由直線 $OR$ 與 $x$ 軸夾 $60^\circ$、斜率為負且通過原點，得其方程式為 $y=-\sqrt{3}x$。因此得 $L$ 與直線 $OR$ 交點的 $y$ 坐標為 $1$、$x$ 坐標為 $-\dfrac{1}{\sqrt{3}}$，即點 $S$ 坐標為 $(-\dfrac{\sqrt{3}}{3},1)$。