這次看報導，一般認為數B不難。不過我一開始大略看過去，便有疑慮。有好些滿新穎的題目，仔細想想是不難，但考生在考試當下面臨這樣的題目，難免會心慌。此次考題對於數學低需求度的學生來說，要考好仍是不可能的任務。寫這篇解析時成績已出爐，再加上數B考生群複雜，就不估答對率。等大考中心公佈各題答對率後，再附上供大家參考評析。
解析：本題清楚評量數線上的幾何（距離）概念。應該國中程度就能處理。 反倒是若看到距離，聯想到絕對值，許多學生可能列出 $|x-1|+|x-4|=4$ 就卻步或不會處理。其實解方程式就是找到實數滿足方程式。不妨讓學生畫數線且標示 $1,4$ 兩點，並在數線上選點看看是否滿足方程式 $|x-1|+|x-4|=4$。 很自然的會發現當選出的 $a$ 小於 $1$，則它到 $1$ 的距離為 $1-a$，這等同此時 $|a-1|=1-a$。此時 $a$ 到 $4$ 的距離為 $4-a$，所以兩者之和為 $1-a+4-a=5-2a$。因為要等於 $4$，解得 $a=\dfrac{1}{2}$。而當 $a$ 介於 $1,4$ 之間，不難發現它到 $1,4$ 的距離分別為 $a-1$, $4-a$。所以此時兩者之和為定值 $3$，不可能有點符合。最後當 $a$ 大於 $4$ 時，可得 $a$ 到 $1,4$ 的距離分別為 $a-1$, $a-4$，故此時兩者之和為 $a-1+a-4=2a-5$。解得此時 $a=\dfrac{9}{2}$。因為我們已考慮所有的實數，所以僅有 $2$ 解。不妨請學生檢視剛才的算法，回答兩者之和為 $3$ 以及 $2$ 分別有幾點。
解析：評量矩陣乘法。過去矩陣乘法問題，經常是具體矩陣相乘，觀察其規律性。慢慢演變成利用矩陣乘法性質解題。 本題若知道兩矩陣相乘“行”的看法，不必解出 $A$ 就可作答。所謂“行”的看法，就是若 $AB=C$ 且令 $B,C$ 的第 $k$ 行分別為 $B_k,C_k$，則 $C_k=AB_k$。例如若設 $A=\begin{bmatrix} a_{11}& a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \\a_{31} & a_{32} \\ \end{bmatrix}$，則 $A\begin{bmatrix} 1& 0 \\ -1 & 1 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{11}-a_{12}& a_{12} \\ a_{21}-a_{22} & a_{22} \\a_{31}-a_{32} & a_{32} \\\end{bmatrix}$，確實 $A\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{11}-a_{12} \\ a_{21}-a_{22} \\a_{31}-a_{32} \\\end{bmatrix}$ 且 $A\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{12} \\ a_{22} \\a_{32} \\\end{bmatrix}$。所以本題由 $A\begin{bmatrix} 1& 0 \\ -1 & 1 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4& -6 \\ -2 & 1 \\3 & 5 \\\end{bmatrix}$，可得 $A\begin{bmatrix} 1\\ -1 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4 \\ -2 \\3 \\\end{bmatrix}$ 且 $A\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -6 \\ 1 \\ 5 \\\end{bmatrix}$。由於 $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\\end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\\end{bmatrix}$，因此利用矩陣乘法加法分配律 $A(\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\\end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\\end{bmatrix})=A\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\\end{bmatrix}+A\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\\end{bmatrix}$ 解得 $A\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -2 \\ -1 \\ 8 \\\end{bmatrix}$。矩陣相乘“行”的看法還有一個重要的應用，即因 $A\begin{bmatrix} 1& 0 \\ 0 & 1 \\\end{bmatrix}=A$，故 $A\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\\end{bmatrix}$ 會是 $A$ 的第一行，而 $A\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\\end{bmatrix}$ 是 $A$ 的第二行。所以本題也因此可知 $A=\begin{bmatrix} -2& -6 \\ -1 & 1 \\8 & 5 \\ \end{bmatrix}$。當然了這和解 $\begin{bmatrix}a_{11}-a_{12}& a_{12} \\ a_{21}-a_{22} & a_{22} \\a_{31}-a_{32} & a_{32} \\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4& -6 \\ -2 & 1 \\3 & 5 \\\end{bmatrix}$ 所得的結果是一致的。
解析：評量常用對數遞增的性質。去年113數B第2題也是評量此概念，答對率並不理想。不過去年用到了迭代學生可能不熟悉。今年較直接，應該表現得比較好。一般單選題多為答案明確，選出正確選項。此題是少有，在選項中選出最小的，所以必需一一比較五個選項。不過概念清楚的學生應能很快看出選項中只有 $\log a$, $\log(a^2)$ 取值為負，所以僅要比較此兩個的大小即可。因為 $\log(a^2)=2\log a$ 且 $\log a\lt 0$，自然會有 $\log(a^2)=2\log a\lt\log a$。這類問題，應避免兩個兩個比較，太過費時。我們可以儘量用一個式子列出它們的關係。 對於常用對數一般會利用 $1$, $10$ 來比較（此處 $\dfrac{1}{2}$, $2$ 應該是“干擾”成分居多），所以利用題設 $a\lt 1$ 及 $1\lt b$ 我們可列出 $a^2\lt a\lt 1\lt b$，取常用對數得 $\log(a^2)\lt\log a\lt\log1=0\lt\log b$。至於 $\dfrac{1}{\log b}$，由於 $\log b\gt 0$，自然 $\dfrac{1}{\log b}\gt 0\gt\log a$。既然算到這裡，建議可讓學生試試未用到的條件 $b\lt 2\lt10$ 來判斷 5 個選項中，哪一個最大。
解析： 古典機率問題，不過由於每個事件發生機率相同，所以事實上是評量排列組合。所有的排列數有 $4^4=256$ 個，數字蠻大的，應該用有系統的方式來算，亦即找到好的分類方法計算各類的個數。 首先我會先考慮用扣除的方法是否比較快，不過此題所要排除的情況反而較複雜，可以放心用正面的方式來算。 我們可以拿抽到三個不同款式的 4 個公仔來分類。由於每一類的排列數都一樣，所以先求共有幾類後，再算任一類的排列數就可得到所有符合的排列數了。 因為4款中要選出3款來，所以會有 $C_3^4=4$ 種選擇。而選中的3款中要選1款是重複的，所以又有 $C^3_1=3$ 種選擇。所以抽中符合條件的4個公仔共可分成 $3\times 4=12$ 類。接下來我們要算每一類有幾種排列方法。為了不重複計算，曾經提過可以先放有被限制的，亦即先放兩個重複的公仔，剩下的兩個位置就可讓剩下兩個不同款的公仔任意放（或反過來先放兩個沒有重複的也可）。所以我們需在4個位置中選2個放置兩個同款公仔，亦即有 $C^4_2=6$ 種放置法。剩下兩個位置給兩個不同款公仔所以有 $2$ 種放置法。因此每一類共有 $2\times 6=12$ 種放法。另一種算法是將4個公仔皆視為不同款，故總共有 $4!=24$ 種放法。但因為這24種放法中，兩個同款的互換視為相同，故實際上僅有 $\dfrac{24}{2}=12$ 種放法（這種看法容易造成概念上混淆，還是建議前一種看法）。綜合上述，滿足僅抽到三個不同款式的抽取方式共有 $12\times12$ 種，因此機率為 $\dfrac{12\times 12}{4^4}=\dfrac{9}{16}$。
有些學生可能覺得直接排列比較有感覺。由於前兩次任意抽取的結果都不會違背僅抽到三個不同款式，所以前兩次共有 $4\times 4=16$ 種抽取方式。不過由於這 $16$ 種結果，之後兩次要符合題設的抽取方式的個數可能不同，所以必需將這 $16$ 種結果分類，使得每一類有相同個數的抽取方式。也就是說，我們必需將前兩次抽取的 $16$ 種結果分成：兩個是同款、不同款兩類。其中同款的共有4種，而不同款的有 $12$ 種。前兩次是同款的，後兩次應該是剩下三款中選兩款後排列，故此類中每一個共有 $2\times C^3_2=6$ 種抽取方式，因此此類共有 $4\times 6=24$ 種選擇。另一類，即前兩個不同款的情況就比較麻煩。因為有可能後兩次是抽到與前兩次皆不同款或其中一次與前兩次的某一款相同。 前者必需是剩下兩款選一款，故有 $2$ 種選擇；而後者必需是已抽取的兩款以及未抽取到的兩款各取一，再排列，故有 $2\times C_1^2\times C_1^2=8$ 種選擇。也因此知這一類中每一個共有 $2+8=10$ 種抽取方式，故此類共有 $10\times 12=120$ 種選擇。最後總結符合題設的共有 $24+120=144$ 種抽取方式。
解析：圓錐截痕屬於數B專有題材。過去112數B第7題 以及 110年數B試辦考試第7題 考生的表現都很不理想。不過之前這兩題結合情境，與所學有關截痕判斷方式之間如何轉換對一些學生來說可能不容易。這次直球對決，題目敘述皆與各版本教科書一致，考生表現應該會不錯。有關平面 $E$ 與直圓錐其截痕判定方式，若對於立體圖像較難領會，建議利用包含轉軸（本題的 $L$）且與 $E$ 垂直的平面截圓錐的剖面圖來判定，如圖（我們僅討論非退化情況）：
圖中直線 $M_1,M_2$ 表示圓錐剖面圖的邊緣（事實上它們是直線 $M$ 繞 $L$ 轉某一角度的直線），粗線為平面 $E$ 與此剖面的交線。
當平面 $E$ 與 $L$ 垂直（即粗線與 $L$ 垂直），此時截痕為圓。當平面 $E$ 漸漸傾斜，平面 $E$ 仍僅與一圓錐面相交時，截痕為橢圓。
當平面 $E$ 再傾斜一點而與 $M_1$ 或 $M_2$ 平行時，平面 $E$ 仍僅與一圓錐面相交，但截痕為拋物線。之後若再傾斜一點，平面 $E$ 會和兩圓錐面皆相交，此時截痕為雙曲線。本題平面 $E$ 與 $L$ 平行，若用剖面圖，畫出的粗線會和 $L$ 平行。很容易看出 $E$ 會與上下兩圓錐面皆相交，所以截痕應為雙曲線。課堂上，大多會強調 $E$ 和 $M$（剖面圖的 $M_1$ 或 $M_2$）平行時截痕為拋物線。
若未充分了解這些截痕的意義，僅評記憶平行就是拋物線，很可能許多會誤選截痕為拋物線。
解析：若從 $f(x)$ 的表示法來看，我認為此題評量插值多項式；不過可能考生會將之展開再與 $x^2$ 比較係數，若從這角度來看它是評量三元一次聯立方程組。不過二者皆不是數學B課綱所列主要學習內容。所以本題和前一題相反，對於修習數B的考生可能較不利。對於數B，本題較合理的說法是評量：二次函數圖形可由平面上三點所唯一確定。也就任取三個實數 $r_1,r_2,r_3$ 代入 $f(x)$，即解 \[a(r_i-1)(r_i-3)+b(r_i-1)(r_i-4)+c(r_i-3)(r_i-4)=r_i^2,\qquad i=1,2,3\] 在一般情況任意選 $r_i$，就會和展開比較係數一樣，要解三元一次聯立方程組。不過若挑好一點的 $r_i$，就可各別解出 $a,b,c$，避開解三元一次聯立方程組（這是插值多項式的概念）。例如本題選 $r_1=1,r_2=3,r_3=4$，馬上就得到 $12c=1$, $-2b=9$ 以及 $3a=16$。所以 $a\gt c\gt b$。
解析：如題幹所述就是評量數B專屬的單點透視，明確來說應為平面上比例關係。首先看到題目會愣住的原因是個人不太懂單點透視，若從比例關係來看，題幹所述『兩柱的柱底連線與柱頂連線均平行於地平線，所以兩柱的實際高度相等』令人不解。平行於地平線的點與觀測者距離不等，為何能推得圖上高度相等則實際高度也相等？例如本題 $B$、$C$、$D$三柱視覺上明顯與觀測者距離不同，所以三柱在圖上等高，事實上應是最遠者最高。事後對此疑慮的解讀，覺得應是單點透視法，僅是繪圖中一種描繪〝近物〞視覺效果的方法，未必能實際顯示真實相關位置（空間中的點原本就不可能一對一的畫在平面上）。 所以此處我們就將此敘述當成定義，不理會其數學上的合理性（這也是本人不贊成將此類題材拿來當成數學考試內容的原因）。有了這個定義，事實上仍不足以讓我們判斷實際高低。還要加上單點透視法上另一個定義，即『通過消失點的直線，在實際空間中是互相平行的』。另外還要加上『與底平面垂直的直線在圖上會是鉛直線（$x$ 坐標相同）』。最後這個定義，可屬一般人直觀認定，這裡加上僅是為了數學的嚴密性。有了這三個定義，我們就可以依此判定實際高度的大小了。首先圖中柱底與消失點的連線以及柱頂與消失點的連線，代表的是真實空間中的兩平行線。其中柱底的線在地平面上，所以柱頂的線是一條與地面平行的線，因此在畫布上這兩條線之間的鉛直線段對應在真實空間中其高度皆相同。了解這點後，我們就可利用第一個定義，將各個柱子水平平移（使得高度不變），移至柱底與消失點皆在同一直線上（注意不要選鉛直線，即 $x=4$，否則看不出高度），再比較各柱頂與消失點連線的〝傾斜度〞，越陡的越高。此題真的不簡單，估計會是選擇題中答對率最低的。考生若不理會其中原理直接從附圖判定，相信有許多會誤答 $E$ 柱是最高的。
現在我們就回到真正數學的問題，也就是將各柱底水平平移至與消失點$V$共線後，如何算各柱頂與$V$連線的傾斜度？為了方便起見，我們將水平平移後 $A$ 柱的柱底標為 $A_b$、柱頂標為 $A_t$，其餘各柱水平平移後也依此方式標註。注意因為是水平平移各柱底，柱頂的 $y$ 坐標皆不變，例如 $A_t$、$A_b$ 的 $y$ 坐標分別為 $8$、$6$。從斜率的看法，$A$ 柱平移後其柱頂$A_t$與$V$連線的傾斜度可以 $\dfrac{\overline{A_tA_b}}{\overline{VA_b}}$ 表示。其餘各柱也依同樣方式表示，我們要選此比值最大的柱子。注意點 $A_b$、 $B_b$、$C_b$、$D_b$、$E_b$ 皆與 $V$ 共線，除非我們決定此線的方程式（後面會舉個例子），否則無法知道各點與 $V$ 的距離。 不過就因為它們共線，各線段的長度與它們 $y$ 坐標之差成比例，也因此我們知 \[\overline{VA_b}:\overline{VB_b}:\overline{VC_b}:\overline{VD_b}:\overline{VE_b}=(9-6):(9-0):(9-3):(9-5):(9-1).\] 若令 $\overline{VA_b}=3k$，則 \[\frac{\overline{A_tA_b}}{\overline{VA_b}}=\frac{8-6}{3k},\quad\frac{\overline{B_tB_b}}{\overline{VB_b}}=\frac{3-0}{9k} ,\quad\frac{\overline{C_tC_b}}{\overline{VC_b}}=\frac{6-3}{6k},\quad\frac{\overline{D_tD_b}}{\overline{VD_b}}=\frac{8-5}{4k}, \quad\frac{\overline{E_tE_b}}{\overline{VE_b}}=\frac{5-1}{8k}.\]從這裡可看出平移後 $D$ 柱頂端 $D_t$ 與 $V$ 連線最陡，因此 $D$ 柱最高。不妨讓學生探討其他柱子高度的大小關係。
若學生不熟悉利用比例關係看高度大小（其實這是課綱平面上比例的內容），也可實際將這些柱子水平平移到有共同的柱底連線再比較，藉此讓學生複習一下平面上的直線。 例如我們可以將柱底都平移到通過 $V$ 且斜率為 $1$ 的直線，即 $y=x+5$。由於 $A$ 柱底經水平平移其 $y$ 坐標 $6$ 不變，故平移到此直線後其 $x$ 坐標為 $x=6-5=1$，即 $A_b$ 的坐標為 $(1,6)$，此時可得 $A_t$ 坐標為 $(1,8)$（原 $A$ 柱頂 $y$ 坐標為 $8$）。同理可求出其他各柱底水平平移到此直線的坐標分別為 $B_b(-5,0)$、$C_b(-2,3)$、$D_b(0,5)$、$E_b(-4,1)$，以及它們的柱頂坐標分別為 $B_t(-5,3)$、$C_t(-2,6)$、$D_t(0,8)$、$E_t(-4,5)$。接下來，比方說我們可以求平移後 $A$ 柱頂 $A_t$ 與 $V$ 的直線方程式 $y=\dfrac{1}{3}(x+23)$。如果有柱子其柱頂在此直線上方，表示該柱比 $A$ 柱高；柱頂在直線下方，表示較 $A$ 柱低；而柱頂在直線上表示與 $A$ 柱等高。例如 $B_t$ 的 $x$ 坐標為 $-5$ 代入直線方程式 $y=\dfrac{1}{3}(x+23)$，得 $y=6$，比 $B_t$ 的 $y$ 坐標 $3$ 大，所以點 $B_t$ 在直線的下方，亦即 $B$ 柱較 $A$ 柱低。同理 $C_t$、$E_t$ 的 $x$ 坐標分別為 $-2$、$-4$ 代入直線方程式，分別得 $y=7$、$y=\dfrac{19}{3}$，都分別比它們的 $y$ 坐標 $3$、$5$ 大，所以 $C$、$E$ 柱都較 $A$ 柱低。至於 $D$ 柱平移後所在的 $x$ 坐標為 $0$，代入方程式得 $y=\dfrac{23}{3}$，比 $D_t$ 的 $y$ 坐標 $8$ 小，所以點 $D_t$ 在直線的上方，亦即 $D$ 柱較 $A$ 柱高。其實這個做法可直接算各柱頂到 $V$ 所得直線的斜率，來比較柱高的大小。不過學生需注意且明瞭：到底斜率比較大的：還是比較小的，其柱高會比較高？
解析： 雖為評量三次函數的圖形，但僅評量對稱概念，不需畫圖、也不需配方。對於概念清楚的學生，做此題應該覺得很輕鬆。 由於 $x^3-x$ 沒有平方項，所以知 $y=x^3-x$ 的對稱中心發生於 $x=0$，因而對稱中心為原點 $(0,0)$。找到對稱中心，也立即知道在對稱中心上的近似直線（切線）為斜率為 $-1$ 的直線 $y=-x$。選項(2)用來提示選項(3)，亦即利用對稱中心上的近似直線斜率不同，立即判定兩圖形不可能經平移後會重合。 若不用近似直線來看，也可考慮在對稱中心與通過對稱中心的水平線相交的情形。$y=x^3-x$ 與 $y=0$ 交於 $x=-1,0,1$；而 $y=x^3+x+3$ 的對稱中心為 $(0,3)$，與 $y=3$ 僅交於 $x=0$（因 $x^3+x=x(x^2+1)$）。所以它們的圖形不可能經由平移後一致。
接下來的兩個選項談的是兩函數圖形的對稱情形，與三次函數無關，我們用一般的情況說明。若 $y=f(x)$ 與 $y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸，表示任選 $x$ 值 $x_0$，函數圖形 $y=f(x)$ 上的點 $(x_0,f(x_0))$ 與 $y=g(x)$ 上的點 $(x_0,g(x_0))$ 對稱於 $x$ 軸，亦即 $g(x_0)=-f(x_0)$。因為這是對任意 $x_0$ 皆成立，所以 $y=f(x)$ 與 $y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸，表示 $g(x)=-f(x)$。 很顯然 $x^3+x\ne-(x^3-x)$，所以選項(4)錯誤。而若 $y=f(x)$ 與 $y=g(x)$ 對稱於 $y$ 軸，表示任選 $x$ 值 $x_0$，函數圖形 $y=f(x)$ 上的點 $(x_0,f(x_0))$ 與 $y=g(x)$ 上的點 $(-x_0,g(-x_0))$ 對稱於 $y$ 軸，亦即 $g(-x_0)=f(x_0)$。因為這是對任意 $x_0$ 皆成立，所以 $y=f(x)$ 與 $y=g(x)$ 對稱於 $y$ 軸，表示 $g(-x)=f(x)$。若 $f(x)=x^3-x$、$g(x)=-x^3+x$，則 $g(-x)=-(-x)^3+(-x)=x^3-x=f(x)$，故選項(5)正確。事實上 $-f(x)=-(x^3-x)=-x^3+x$，所以函數圖形 $y=x^3-x$ 和 $y=-x^3+x$ 也對稱於 $x$ 軸。
附註：很多學生誤以為兩圖形對稱於 $x$ 軸且對稱於 $y$ 軸，就會對稱於原點。事實上函數圖形 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於原點，表示對任意 $x_0$，因 $(x_0,f(x_0))$ 在 $y=f(x)$ 上則 $(-x_0,-f(x_0))$ 就必須在 $y=g(x)$ 上，即 $(-x_0,-f(x_0))=(-x_0,g(-x_0))$ 因此有 $g(-x)=-f(x)$ 的關係。比較前面談的 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對 $y$ 軸對稱的關係式 $g(-x)=f(x)$，這表示這兩個函數圖形會同時對稱於 $y$ 軸以及對稱於原點只有在 $f(x)=-f(x)$ 的情形，亦即 $f(x)$、$g(x)$ 皆為零函數。不過 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸，就有機會對稱於原點。分別比較對稱於 $x$ 軸的關係式 $g(x)=-f(x)$ 以及對稱於原點的關係式 $g(-x)=-f(x)$，可得 $g(-x)=g(x)$，亦即 $y=g(x)$ 本身是對稱於 $y$ 軸。此時同理可得 $y=f(x)$ 本身也對稱於 $y$ 軸。反之，若 $y=g(x)$ 本身對稱於 $y$ 軸（即 $g(-x)=g(x)$），若再加上 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸（即 $g(x)=-f(x)$），則因 $g(-x)=-f(x)$ 可知 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於原點。所以我們可以下結論說：在 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸的情況下，$y=g(x)$（或 $y=f(x)$）本身對稱於 $y$ 軸等同於 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於原點。例如 $y=x^2+1$ 與 $y=-x^2-1$ 對稱於 $x$ 軸，且 $y=x^2+1$ 本身對稱於 $y$ 軸，可得 $y=x^2+1$ 與 $y=-x^2-1$ 對稱於原點。事實上『$y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸』、『$y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於原點』以及『$y=f(x)$（或 $y=g(x)$）本身對稱於 $y$ 軸』三個中任兩個成立就可推得第三個成立。至於 $y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸且對稱於 $y$ 軸可得到怎樣的圖形特性呢？其實由前面得到的函數關係 $g(x)=-f(x)$ 以及 $g(-x)=f(x)$ 可得 $g(-x)=-g(x)$，亦即 $y=g(x)$ 的圖形本身對稱於原點。同理可得 $y=f(x)$ 的圖形本身對稱於原點。例如本題中我們就有 $y=x^3-x$ 對稱於原點。事實上『$y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於 $x$ 軸』、『$y=f(x)$、$y=g(x)$ 對稱於 $y$ 軸』以及『$y=f(x)$（或 $y=g(x)$）本身對稱於原點』三個中也是任兩個成立就可推得第三個成立。
解析：評量平面向量。感覺上是希望評量如何將一個向量寫成兩個不平行向量的線性組合。可以理解在考試時，萬無一失的方法就是直接解這些方程組，相信若好好作答應都能得到正確答案。不過有五個選項，要處理五個二元一次聯立方程應不是出題者本意。應是評量學生是否能在坐標平面上理解線性組合的幾何表徵。建議學生試著作圖判斷點 $(2,2)$ 是否位於 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{OB}$ 所展成的平行四邊形內。其實出題者很有善意，沒有出現位於“刁鑽”位置的情況，即使大略作圖，應皆可選到正確選項。畫圖時只要畫出點 $A$、$B$ 以及對角線頂點（即 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}+\overset{\large\rightharpoonup}{OB}=\overset{\large\rightharpoonup}{OC}$ 的點 $C$）坐標就可得到所要的平行四邊形。例如選項(1) $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}=(2,-3)$, $\overset{\large\rightharpoonup}{OB}=(-4,3)$，就可得點 $C$ 坐標為 $(-2,0)$ 因而清楚知道所圍的平行四邊形皆沒有在第一象限的點，所以此選項錯誤。另外選項(2)(4)的點 $C$ 坐標分別為 $(6,6)$、$(3,3)$，亦即點 $P(2,2)$ 都會在它們形成的平行四邊形對角線上，所以這兩個選項正確。至於選項(5)可立即看出 $\overset{\large\rightharpoonup}{OP}=2\overset{\large\rightharpoonup}{OB}$，所以此選項錯誤。 對於選項(3)畫圖可知其為正確。這裡提供一些方法，類似於解聯立方程且未必比較快。只希望這樣的看法讓學生更多了解向量。首先我們先找到 $\alpha,\beta$ 使得 $\alpha\overset{\large\rightharpoonup}{OA}+\beta\overset{\large\rightharpoonup}{OB}=\alpha(3,4)+\beta(4,-1)$ 與 $\alpha\overset{\large\rightharpoonup}{OP}=(2,2)$ 平行。 亦即 $\dfrac{4\alpha-\beta}{3\alpha+4\beta}=\dfrac{2}{2}$，得到 $\alpha,\beta$ 的關係式 $\alpha=5\beta$。這表示 $t(3,4)+\dfrac{t}{5}(4,-1)$，其中 $0\le t\le 1$，是所有在平行四邊形內與 $\overset{\large\rightharpoonup}{OP}$ 平行的向量。代 $t=1$，得 $(\dfrac{19}{5},\dfrac{19}{5})$。由於 $2\lt \dfrac{19}{5}$，所以點 $P$ 在平行四邊形內。
附註：對於修習數乙了解“線性規劃”概念的學生，不妨介紹以下的方法。首先我們將 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{OB}$ 所展成的平行四邊形視為“可行解區域”，令 $\overset{\large\rightharpoonup}{OA}+\overset{\large\rightharpoonup}{OB}=\overset{\large\rightharpoonup}{OC}$，則可行解區域的四個頂點分別為 $O$、$A$、$B$、$C$。考慮目標函數 $F(x,y)$ 其對應的直線與直線 ${OA}$ 平行，則此目標函數的最大值與最小值會發生在邊上（即 $\overline{OA}$ 和 $\overline{BC}$）。若 $P$ 點坐標代入 $F(x,y)$，其值大於最大值或小於最小值，就代表 $P$ 不在可行解區域內。不過要注意，若其值介於最大值與最小值之間，僅代表通過 $P$ 與 $\overline{OA}$ 平行的直線會介於直線 $OA$ 與 $BC$ 之間。所以我們需要藉由另一個目標函數 $G(x,y)$ 來幫我們確認。不難理解 $G(x,y)$ 所對應的直線應與直線 ${OB}$ 平行，且其最大值與最小值也會發生在邊上（即 $\overline{OB}$ 和 $\overline{AC}$），所以若能再確保點 $P$ 代入 $G(x,y)$ 的值也介於其最大值與最小值之間，就可以確定 $P$ 在可行解區域內。我們拿本題選項(1),(3),(5)來說明。當 $A(2,-3),B(-4,3)$，因直線 ${OA}$ 方程式為 $3x+2y=0$ 所以考慮目標函數 $F(x,y)=3x+2y$，代頂點 $(0,0)$ 以及 $B(-4,3)$，知 $F(x,y)$ 在可行解區域的最大值為 $F(0,0)=0$、最小值為 $F(-4,3)=-6$。然而代 $P(2,2)$ 得 $F(2,2)=10$ 大於最大值 $0$，故知 $P$ 不在可行解區域內。至於 $A(3,4),B(4,-1)$ 的情況，因直線 ${OA}$ 方程式為 $4x-3y=0$ 所以考慮目標函數 $F(x,y)=4x-3y$，代頂點 $(0,0)$ 以及 $B(4,-1)$，知 $F(x,y)$ 在可行解區域的最大值為 $F(4,-1)=19$、最小值為 $F(0,0)=0$。又代 $P(2,2)$ 得 $F(2,2)=2$ 介於最大值 $19$ 與最小值 $0$ 之間，所以我們還要考慮另一目標函數。由於直線 ${OB}$ 方程式為 $x+4y=0$ 所以考慮目標函數 $G(x,y)=x+4y$，代頂點 $(0,0)$ 以及 $A(3,4)$，知 $G(x,y)$ 在可行解區域的最大值為 $G(3,4)=19$、最小值為 $F(0,0)=0$。又代 $P(2,2)$ 得 $G(2,2)=10$ 介於最大值 $19$ 與最小值 $0$ 之間，故可確定 $P$ 在可行解區域內。最後 $A(1,-1),B(1,1)$ 的情況，若先看直線 ${OB}$ 方程式為 $x-y=0$ 而考慮目標函數 $G(x,y)=x-y$，代頂點 $(0,0)$ 以及 $A(1,-1)$，知 $G(x,y)$ 在可行解區域的最大值為 $G(1,-1)=2$、最小值為 $G(0,0)=0$。又代 $P(2,2)$ 得 $G(2,2)=0$ 介於最大值 $2$ 與最小值 $0$ 之間，所以我們還要考慮另一目標函數。由於直線 ${OA}$ 方程式為 $x+y=0$ 所以考慮目標函數 $F(x,y)=x+y$，代頂點 $(0,0)$ 以及 $B(1,1)$，知 $F(x,y)$ 在可行解區域的最大值為 $F(1,1)=2$、最小值為 $F(0,0)=0$。然而代 $P(2,2)$ 得 $F(2,2)=4$ 大於最大值 $2$，故可確定 $P$ 不在可行解區域內。
解析： 評量統計中的平均、全距以及標準差。題目冗長，出現大量「每次殺球用時」，它加在平均、全距、標準差上讀起來很奇怪，不過大家都懂意思就好。只評量定義及概念，幾乎不必計算，實際作答時間應該不長。選項(1)是讀表（答對率應會破表），選項(2)再“進階”一點，要知道平均用時乘上次數為總用時。之後幾個選項都是評量概念，正確的當然要加以論證；不過錯誤的選項，最好不要只對學生說不對，應儘量說明原因。若能探討找到反例的方法就更好了。選項(3)題意不是很清楚。因為殺球次數甲為 $25$ 次、丁為 $30$ 次，如何比較“每次”殺球用時是否相同？合理猜測是想敘述甲每次都用一樣的時間（1.2秒）殺球、而丁也是如此。也就是想糾正學生誤以為平均值的意義是每此都是同樣的數值。不過學生會有這樣錯誤認知應屬少數，況且表中有配合標準差，更不可能每次都花同樣的時間殺球。不過話說回來，可以問學生如果本題甲、丁的標準差都是 $0$，那麼這個選項是否正確。另外即使甲、丁的殺球次數都是 $30$ 次，且標準差也相同，仍無法確認甲、丁在第1次殺球時花同樣的時間，且之後2、$\dots$、30次亦如此。這是因為數據更換次序並不會影響平均值以及標準差，更何況甲、丁很可能（不論順序）殺球所花時間都不同。總之根本無法從數據的平均值和標準差（除非標準差為$0$）來判斷各項數據為何。
選項(4)(5)皆與標準差有關。標準差它是將各次與平均值之差（離均差）的平方取平均值再開方根。所以若乙每次用時皆在 $1.4$ 到 $1.6$ 秒之間，表示每次與平均值 $1.5$ 之差皆小於等於 $0.1$，故取平方後它們的平均會小於等於 $0.01$，再開根號得標準差小於等於 $0.1$。明顯不等於已知的標準差 $0.3$，所以選項(5)錯誤。選項(4)談到的全距，指的是最大值與最小值之差。所以全距和平均值無關（意指：不同的平均值，有可能有相同的全距），但和標準差稍微有關係。最極端的例子當然是標準差為 $0$，則全距為 $0$。在一般情形可以由標準差知道全距可能的範圍。例如由前面選項(5)的說明可知乙殺球用時的全距不可能小於標準差 $0.3$。不過由於標準差是取離均差平均而得，所以和平均值一樣，我們無法從它知道每個離均差為多少。同樣的標準差，當大部分的離均差接近 $0$，表示會有很大的離均差出現以維持平均，所以全距就較大；反之若各離均差都很平均，全距就較小。因此我們可以考慮丁 $30$ 次的殺球中，有 $28$ 次用時剛好是平均值（離均差為 $0$）剩餘的兩次用時剛好一個是最大值、另一個是最小值。為了達到標準差 $0.4$，可得最大值和最小值與平均值的差約為 $1.55$（即 $\sqrt{\dfrac{2}{30}(1.55)^2}\approx 0.4$）。在此情況下，丁殺球用時的全距為 $1.55+1.55=3.1$。另一方面我們可以考慮甲 $25$ 次的殺球中，有 $1$ 次用時剛好是平均值（為了計算方便）其餘 $24$次的離均差都相等。為了達到標準差 $0.5$，可得這些離均差約為 $0.51$（即 $\sqrt{\dfrac{24}{25}(0.51)^2}\approx 0.5$）。在此情況下，甲殺球用時的全距為 $0.51+0.51=1.02$，小於丁用時的全距。
解析：評量數B獨有的球面上經緯線與大圓的概念，最後一個選項又評量了弧長。僅有少部分版本的課本提及球面上的最短路徑，不過題目上有加以說明，版本差異問題應該影響不大。題目相當友善，所考慮的點都在同一大圓上，所以只要知道各點相關位置，就能作答。選項(3)(4)僅評量最短路徑上各點相關位置；而選項(1)(2)(5)涉及路徑長，為何中間穿插？選項安排上有點奇怪。我們就先處理選項(3)(4)。因為 $A,C,E$ 在同一經線上故都在同一大圓上，又緯度由高到低依序為 $A$、$C$、$E$ 且緯度變化小於 $180^\circ$，所以 $A$ 到 $E$ 最短路徑必經過 $C$，故選項(3)正確。雖然 $C$、$D$ 不在同一經線上，但由於經度相差 $180^\circ$，所以仍在同一大圓上。又由於它們都在北半球，而所有經線所形成的大圓皆通過北極，所以 $C$ 到 $E$ 最短路徑必經過北極。
剩下的三個選項都牽涉到最短路徑長，亦即弧長，所以必須知道各點在同一大圓之間所夾圓心角。由於 $A$、$B$ 的北緯緯度皆為 $60^\circ$，所以與北極（$90^\circ$）皆夾 $30^\circ$，所以它們分別到北極的最短路徑等長。也由此知 $A$、$B$ 所夾圓心角為 $30^\circ+30^\circ=60^\circ$。同理，$C$、$D$ 所夾圓心角為 $(90^\circ-30^\circ)+(90^\circ-30^\circ)=120^\circ$，所以「$A$ 到 $B$ 最短路徑長」與「$C$ 到 $D$ 最短路徑長」的比為 $1:2$（選項(2)錯誤）。最後 $E$ 到北極的圓心角夾角為 $90^\circ$，所以「$E$ 到北極 最短路徑長」與「$C$ 到 $D$ 最短路徑長」的比值為 $3:4$。
解析： 評量等差數列子數列的概念，看到題目恐怕是許多同學從未接觸過而無從下手。問題本質上不容易，不過出題者所考量的子數列還不錯，讓它並沒有太困難。第一個選項就切入要點，會處理了後面幾個選項就應該沒問題了，可惜沒有引導選項，估計得分率應該不佳。正常解法應該是設公差處理，不過依題意此數列有好幾種可能，沒有具體的公差即使設了公差，學生可能依然不知如何處理。例如設公差為 $d$，由 $a_1=1,a_n=81$ 可得 $(n-1)d=80$。或許接下來會設 $a_m=9$，也因此得 $(m-1)d=8$。之後能知道相除得 $n=10(m-1)+1$ 可能就不多了（數學B不學三元一次聯立方程，大多數看到三個未知數可能就放棄了）。注意，以上 $n,m$ 的關係是指存在此等差數列的話，$n,m$ 會符合此關係式，邏輯上若 $n,m$ 滿足 $n=10(m-1)+1$ 則需說明這樣的等差數列之存在性。所以選項(3)(4)(5)都應舉具體的數列說明。 學生應該是有了具體的數列才會處理，建議讓學生思考以下較直接想法處理本題，也補足一些過去對等差數列較沒注意到的概念。
首先要了解的是：給定一等差數列 $\langle a_i\rangle$（不限項數），在數列中任取一項 $a_m$，就可與首項 $a_1$ 再形成一個新的公差為 $a_m-a_1$ 的等差數列，且此新的等差數列的每一項都是原數列的某一項（即原數列的子數列）。這是因為新的公差是原公差的整數倍。例如本題中我們就可利用 $9$ 以及首項 $1$，得到 $1,9,17,25,33,41,49,57,65,73,81$ 這組仍為等差的子數列。由於 $81$ 也在其中，所以我們不只可以確定原數列必有這幾項（因此選項(2)正確。本題或許將選項(2)改為 $17$ 在此數列中，並置於選項(1)，應該提示性較強），也知這 $11$ 項的等差數列是包含 $1,9,81$ 的等差數列中項數最少的。也因此要得到其他包含 $1,9,81$ 的等差數列，就是在此 $11$ 項之間，即 $10$ 個間隔中以等差的方式插入同樣數量的數字。例如若在 $1,9$ 之間插入 $2$ 個數字，則需插入 $1+\dfrac{8}{3},1+\dfrac{16}{3}$，之後 $9,17$ 之間插入 $9+\dfrac{8}{3},9+\dfrac{16}{3}$，其餘依此類推，如此就能使它們成為等差數列。 由此知任選插入 $k$ 個數字，就可得到符合題設的 $11+10k$ 項的等差數列，也因此知可能的項數為 $11,21,\dots,91$，故選項(1)正確，選項(4)錯誤。從前面舉例也知選項(3)錯誤。事實上每個間隔中插入 $k$ 個數字，其公差為 $\dfrac{8}{k+1}$，所以只有在 $k=0,1,3,7$ 時，公差為整數。選項(5)可能是怕太多人得滿分吧！能處理前面幾個選項已經很不錯了，相信有許多考生會錯過 $91$ 可被 $7$ 整除，本題的全對率應該很低。
解析：評量機率。兩個停車場 $A,B$ 至少有一個有空位，表示 $A$ 或 $B$ 有空位，基本上是評量處理〝或〞的問題。巧的是今年數A第3題也問了一個“或”的問題，可惜一個是單選、一個是選填，否則可依此大致了解兩考生群對這類問題的差異性。從集合的角度來看，“或”指的是聯集、“且”指的是交集。從文氏圖來看計算元素個數，聯集比交集複雜一點。許多學生也對於“或”的問題較不熟悉，常會多算或少算。“或”的問題若反向來看就可改為“且”的問題來解決。例如本題的反向是『兩個停車位都沒空位』，所以就可先計算都沒有空位的機率 $0.7^2=0.49$ 再扣掉，即得 $1-0.49=0.51$。出題者一開始就給沒空位的機率，應該就是引導這種反向的看法。若要正向直接處理，就必需先算 $A$、$B$ 兩個停車場各別有空位的機率 $1-0.7=0.3$，得到 $A$ 有空位的機率加上 $B$ 有空位的機率 $0.3+0.3=0.6$。應該許多學生會誤以為這是 $A$ 或 $B$ 有空位的機率（還好出題者有善意，選填格式不合）。事實上這重複算了 $A$ 且 $B$ 都有空位的機率 $0.3^2=0.09$，應該扣除得 $0.6-0.09=0.51$。另一種看法是先算 $A$ 有空位且 $B$ 無空位的機率 $0.3\times0.7=0.21$，再加上 $B$ 有空位且 $A$ 無空位的機率 $0.21$，得 $0.42$。應該也有許多學生誤以為這是答案（這次格式相符沒這麼幸運）。事實上這少算了 $A$ 和 $B$ 都有空位的機率 $0.3^2=0.09$，應該加上得 $0.42+0.09=0.51$。這兩種看法都可以利用文氏圖，讓學生了解多算、少算的原因。
解析：評量坐標平面上直線及面積概念。題目以坐標敘述，相信大多數會用坐標處理，不過因為三角形的一邊在坐標軸上，輔以幾何的看法處理面積會比較省事。設原點為 $O$，直線 $y=mx$ 與直線 $AC$ 的交點為 $P$，如圖：
題設等同於 $\triangle OPC$ 面積為 $\triangle ABC$ 面積 $\dfrac{1}{2}\times 5\times 2=5$ 的一半。若沒想到這一點，而僅依著題目敘述去算四邊形 $OPAB$ 與 $\triangle OPC$ 面積，可能就白花了許多時間。最直接的看法應該是先算直線 $y=mx$ 與直線 $AC$（即 $y=-\dfrac{1}{2}x+2$）的交點 $P$ 之坐標 $(\dfrac{4}{2m+1},\dfrac{4m}{2m+1})$。再由 $\triangle OPC$ 面積 $\dfrac{1}{2}\times 4\times \dfrac{4m}{2m+1}$ 為 $\triangle ABC$ 面積的一半，解得 $m=\dfrac{5}{6}$。也可直接先求 $P$ 點坐標，即由 $\triangle OPC$ 面積為 $\dfrac{5}{2}$，以及底 $\overline{OC}=4$，得高為 $\dfrac{5}{4}$。故知點 $P$ 的 $y$ 坐標為 $\dfrac{5}{4}$，再由 $P$ 在直線 $AC$ 上，利用方程式 $y=-\dfrac{1}{2}x+2$，解得 $x$ 坐標為 $\dfrac{3}{2}$。因此知直線 $OP$ 斜率為 $\dfrac{5}{6}$。我們甚至可以省下解直線方程式。
由 $\triangle OAB$ 面積占 $\triangle ABC$ 面積的 $\dfrac{1}{5}$ 知 $\triangle OPA:\triangle OPC=3:5$，再利用分點公式
$\overset{\large\rightharpoonup}{OP}=\dfrac{5}{8}\overset{\large\rightharpoonup}{OA}+\dfrac{3}{8}\overset{\large\rightharpoonup}{OC}$ 解得點 $P$ 坐標為 $(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{4})$。
解析：單純評量排列組合，且為常見題型，應該會比之前這幾年的排列組合表現好吧！ 這是一個分組的問題，就怕學生弄不懂何時要排列（分順序）、何時不排。為了區分清楚，這裡我們從“部門挑人”、“人挑部門”兩種看法處理。不過不管哪種看法，一定要先分類以免弄混。這裡的分類法很明顯：因為每部門至少要有一個工程師，但工程師有三人，自然可依工程師的人數分類。所以我們依研發部工程師人數「有兩位」、「有一位」這兩類分開處理。我們就先以研發部選人的方式處理。選好後，其餘人都去測試部，所以就完成分組工作。假如研發部需有兩位工程師，所以需從 $3$ 位工程師中挑選 $2$ 位，共有 $C_2^3=3$ 種選法。接著翻譯的 $2$ 人中選 $1$ 人，所以有 $2$ 種選法。最後因為總共只能選 $4$ 人，所以剩下的 $3$ 位助理，只能選 $1$ 位，亦即有 $3$ 種選法。因此在這一類中總共有 $3\times2\times3=18$ 種挑選方法。而在研發部僅需有一位工程師的情況，需從 $3$ 位工程師中挑選 $1$ 位，共有 $3$ 種選法。接著翻譯的 $2$ 人中選 $1$ 人，所以有 $2$ 種選法。最後剩下的 $3$ 位助理，需選 $2$ 位，亦即有 $C^3_2=3$ 種選法。因此在這一類中也有 $3\times2\times3=18$ 種挑選方法。兩類加總得到總共有 $18+18=36$ 種分配方法。學生應不難發現為何這兩類的分配方法數一樣，事實上研發部選一位工程師的情況就等同於測試部選兩位工程師（也可看成研發部選兩位助理）。
讓我們嘗試從人挑選部門的看法處理，讓學生了解其中的差異性。如前面的結論，我們就只看研發部需有兩位工程師的情況。 三位工程師中，第一位挑選的工程師雖有“研發”、“測試” 兩種選擇，但這兩種選擇對後面兩位工程師的選擇方式會有不同。也就是第一位若挑選研發部，第二位挑選的工程師會有“研發”、“測試” $2$ 種選擇；而若第一位挑選測試部，則第二位僅能挑選研發部這 $1$ 種選擇。然而第三位工程師因前兩位已選好位置，他沒得挑了，所以工程師們在此情況總共有 $2+1=3$ 種挑選方式。因為他們這 $3$ 種挑選方式，不管是誰挑了哪個部分，都不會影響翻譯和助理的挑選方式，所以我們可以不必區分這三種，一併討論其餘人的挑選方式。 因為第一個翻譯有 $2$ 種選法，而第二位沒得選，所以兩位翻譯總共有兩種選法。最後三位助理來挑選。同樣的雖然第一位助理有兩個選法，但他的選擇會影響其他助理的選法，所以還是得區分出來。若第一位選了研發部，由於研發部已無其他空缺，其餘兩位助理僅能選測試部，亦即只有 $1$ 種選擇；而若第一位選了測試部，則第二位有兩個選擇。最後第三位沒得選，所以助理共 $3$ 種選擇。最後由工程師的 $3$ 種選擇、翻譯的 $2$ 種選擇、助理的 $3$ 種選擇知：在此情況下這些新進員工共有 $3\times 2\times 3=18$ 種選擇方法。同樣的，在研發部僅一位工程師的情況，這些新進員工共有 $18$ 種選擇方法。所以全部共有 $36$ 種選擇方式。
解析：評量空間概念。不過在課綱的規範下的數B內容，空間僅介紹點坐標，兩點距離，其餘如向量、平面方程等一概不談。 本題雖可利用平面上的三角處理，但坐標明確，利用向量處理自然且方便。說實話，個人認為這對數B學生不是很公平。因為此題用向量作法，不論在策略思考以及計算方面都頗佔優勢。另外要稍微發一下牢騷（不知出題者是否有意）本題的圖示若不看清題目很容易誤導 $\overline{OB}$、$\overline{OC}$ 等長。甚至在用三角解此題時重要的訊息 $\overline{CA}$、$\overline{CB}$ 為等腰都會誤以為是 $\overline{AC}$、$\overline{AB}$ 為等腰。若僅限數 $B$ 的做法，應是用坐標算出 $\overline{CA}=\overline{CB}=10\sqrt{5}$ 以及 $\overline{AB}=20\sqrt{2}$。再利用等腰三角形高平分底邊特性算出 $\tan\angle CAB=\dfrac{10\sqrt{5-2}}{10\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$。若沒有想到等腰性質，也可利用餘弦定理得 $\cos\angle CAB=\dfrac{500+800-500}{400\sqrt{10}}=\dfrac{2}{\sqrt{10}}$，再求出 $\tan\angle CAB=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$。
解析：評量數B週期性數學模型單元。考場上遇到這幾個不熟悉的單元，又以未見過的形式評量，應很難立即想到處理方式。 照理說本題答對率可能又會是個位數，不過因為選填格式 $k$ 是二位數，且依題意 $k\lt15$，若讀懂題意，從 $k=10,11,12,13,14$ 一個個代入，應可得到正確答案。首先要注意，依題意燈暗的時間是一區間而不是一個點。例如紅色燈一開始是在第 $3$ 秒到第 $4$ 秒間是暗的。這很容易混淆造成錯誤，不過這裡為了方便起見，我們以每一秒暗的起始時間標記。也就是說對於紅色燈我們標記它暗的時間為 $3$, $9$, $15$,...；而綠色暗的時間為 $6$, $7$, $14$, $15$,...。若沒有週期的概念，很難看出紅、綠同時暗的規律性。利用紅燈 $6$ 秒一週期、綠燈 $8$ 秒一週期的概念，我們知紅燈暗的時間點為 $6m+3$，而綠燈暗的時間點為 $8n+6$、$8n+7$，其中 $m,n$ 為非負整數。因為 $6m+3$ 為奇數，而 $8n+6$ 為偶數，它們不可能相等。所以只需考慮 $6m+3=8n+7$ 就可找出紅、綠同時暗的時間點。移項可得 $3m=4n+2$，不難發現只有在 $n=1,4,7,\dots$ 才能找到 $m=2,6,10,\dots$ 滿足 $6m+3=8n+7$。所以紅、綠燈同時暗的時間點依序為 $15,39,73,\dots$。利用紅、綠燈一起看的週期為 $6,8$ 的最小公倍數，即 $24$，我們可以將紅、綠燈同時暗的時間點寫成 $24\ell+15$，其中 $\ell$ 為非負整數。確認紅、綠燈同時暗的時間點後，依題意我們必需調整藍燈亮的時長 $k$ 秒 使得紅、綠燈同時暗的時間點會落在藍燈亮的時間。由於藍燈的週期為 $15$ 秒，我們可以將藍燈亮的時間點用 $15h+r$ 表示，其中 $h$ 為非負整數，而 $r$ 為滿足 $0\le r \lt k\le15$ 的整數。 換言之我們希望對於任意的非負整數 $\ell$，都能符合 $24\ell+15=15h+r$，其中 $0\le r \lt k\le15$。移項得 $24\ell=15(h-1)+r$，由 $r\lt 15$，應可看出 $r$ 即為 $24\ell$ 除以 $15$ 的餘數。因此我們只要將 $\ell=1,2,3,\dots$ 一個個代入 $24\ell$ 再除以 $15$ 求其餘數，亦即由 $24=15+9$、$24\times 2=15\times3+3$、$24\times 3=15\times4+12$、$24\times 4=15\times6+6$、$24\times 5=15\times 8+0$（因為 $24$ 和 $15$ 的最小公倍數為 $120$，之後餘數重複出現），可知符合的 $r$ 為 $0,3,6,9,12$。因此知滿足 $r\lt k$ 的最小整數 $k$ 為 $13$。
解析：依題意，每上升300公尺 UVI 數值會是原來的 $1.04$ 倍。因此若上升了600公尺，會是上升到300公尺時的 $1.04$ 倍，因此為原來的 $1.04\times1.04=(1.04)^2$ 倍，依此類推上升了4500公尺，會是原來的 $(1.04)^{15}$ 倍。不過出題者不想如此輕易放過，在地面上給的是接受到太陽所釋放的能量（焦耳），而問的是在4500公尺所接收的 UVI 數值，多評量了單位的換算。估計未注意到單位換算而誤選選項(4)的會不少。
解析： 第19題很直接，希望由 $f(12)=a\sin(12b)=0$ 以及 $f(2)=a\sin(2b)=4$ 解出 $a,b$。因為題設 $x$ 在 $0$ 和 $12$ 之間需滿足 $f(x)\gt 0$，所以由正弦函數圖形知道 $0\lt12b\le\pi$。故由 $f(12)=a\sin(12b)=0$ 得 $12b=\pi$，亦即 $b=\dfrac{\pi}{12}$。在閱卷現場發現，許多學生慣用度度量，而不知正弦函數變數是以弧度量表示，而寫出 $b=\dfrac{180}{12}=15$。無法得到完整分數，非常可惜。課堂上務必確實要求學生了解數學上如此的約定，並習慣之。 知道 $b=\dfrac{\pi}{12}$ 之後，就可由 $f(2)=a\sin\dfrac{\pi}{6}=4$，解出 $a=8$。
第20題，便是由 $f(x)=8\sin(\dfrac{\pi}{12}x)$ 求出滿足 $4\sqrt{2}\le f(t)\le 4\sqrt{3}$ 的 $t$ 之範圍。亦即 $t$ 需滿足 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}\le\sin(\dfrac{\pi}{12}t)\le\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。故由正弦函數的圖形， $\sin\dfrac{\pi}{4}=\sin\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 以及 $\sin\dfrac{\pi}{3}=\sin\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$， 知 $\dfrac{\pi}{4}\le \dfrac{\pi}{12}t\le\dfrac{\pi}{3}$ 或 $\dfrac{2\pi}{3}\le \dfrac{\pi}{12}t\le \dfrac{3\pi}{4}$。解得 $3\le t\le 4$ 或 $8\le t\le 9$。許多考生忘了正弦函數的對稱性（本題對稱於 $x=6$），只寫了一個範圍，也很可惜。