此次分科數乙考題，一般評論認為偏簡單。個人覺得：若精熟課程內容，確實沒有需要特別花時間計算處理的問題，要在80分鐘內正確完整作答應無問題。這次解析的編排分成：『說明』（題目所需高中數學內容）、『解答』、『附註』（額外的補充），而最後大考中心公佈考生表現的統計資料會置於『後記』。
『說明』的部份希望能提供給老師參考，在學生練習前先理解題目所評量的內容、並大致說明或複習這些內容，再讓學生作答。『解答』的部份則力求完整，避免邏輯不夠完善或用錯誤的論點處理問題。『附註』則可依學生理解程度，適時補充。
說明：評量對數律或指對數的換算。這裡所用的對數律是：$\log_2a-\log_2b=\log_2(\dfrac{a}{b})$。若不使用對數率，也可以將 $8\sqrt{2}$ 和 $4\sqrt{2}$ 寫成 $2$ 的次方再套入 $\log_2$ 計算即可。
解答：利用對數律知 $\log_2(8\sqrt{2})-\log_2(4\sqrt{2})=\log_2(\dfrac{8\sqrt{2}}{4\sqrt{2}})=\log_22=1$。也可先將所有數字寫成 $2$ 的次方，即 $8=2^3$, $\sqrt{2}=2^{1/2}$ 以及 $4=2^2$，再利用指數律得 $8\sqrt{2}=2^{7/2}$, $4\sqrt{2}=2^{5/2}$，代入原式得 $\log_2(2^{7/2})-\log_2(2^{5/2})=\dfrac{7}{2}-\dfrac{5}{2}=1$。故答案為選項(1)。
說明：此題評量複數的減法以及複數絕對值。兩複數 $z_1=a+bi$, $z_2=c+di$ 相減定義為 $z_1-z_2=(a-c)+(b-d)i$，而一個複數 $a+bi$ 的絕對值定義為 $|a+bi|=\sqrt{a^2+b^2}$。依此定義，本題需檢查五個選項的絕對值。不很了解為何出題者要求作五次同樣的計算？或許想評量複數平面的概念，也就是將複數 $a+bi$ 寫成 $(a,b)$ 的形式，比較容易看出長度吧！另外依絕對值定義 $|z-nw|=|nw-z|$，對有些學生或許計算 $nw-z$ 比較不會出錯。
解答：本題各選項一一代入分別可得 $|z-w|=1$、$|z-2w|=|-i|=1$、$|z-3w|=|-1-2i|=\sqrt{5}$、$|z-4w|=|-2-3i|=\sqrt{13}$、$|z-5w|=|-3-4i|=5$。若用複數平面的看法，並利用 $|z-nw|=|nw-z|$ 考慮 $nw-z$ 在複數平面上對應到 $n(1,1)-(2,1)=(n-2,n-1)$，很容易看出各選項對應的坐標為 $(-1,0)$, $(0,1)$, $(1,2)$, $(2,3)$, $(3,4)$，故絕對值為 $5$ 的是選項(5)。
附註：本題不需牽涉與複數平面的結合，不過這裡探討一下從複數平面的角度來看其幾何意義。由 $w=1+i$ 所對應到複數平面的點 $(1,1)$ 知 $w$ 的實數倍 $rw$ 對應到 $(r,r)$，也就是直線 $y=x$ 上的點。而 $z=2+i$ 對應到點 $(2,1)$ 以及 $|z-rw|=|rw-z|$ 表示 $(r,r)$ 到 $(2,1)$ 的距離。所以本題可轉換成：直線 $y=x$ 上哪些點與 $(2,1)$ 的距離為 $5$；也可轉換成：直線 $y=x$ 與圓 $(x-2)^2+(y-1)^2=25$ 的交點。很容易求出符合的有兩點：$(5,5)$ 和 $(-2,-2)$。也就是說複數 $5w$, $-2w$ 分別符合 $|z-5w|=5$, $|z-(-2w)|=5$。
說明：本題若知道期望值的線性性質，直接就可得到答案（留在附註探討）。由於三種情況的樣本空間都不大，利用期望值定義處理即可。期望值的定義就是將每個樣本點發生機率乘上其所對應的值再加總。 本題因為同一樣本空間中的各個樣本點機率相等，所以也可直接計算各樣本點的值再平均，就是期望值。所以基本上只要知道：（甲）、（乙）、（丙）各別的樣本點有哪些即可。
解答：依題意，（甲）的樣本空間為 $\{1,2,6\}$，每個樣本點發生的機率都是 $\dfrac{1}{3}$ 且對應的值為本身，故得期望值 $a=\dfrac{1+2+6}{3}=3$。（乙）因為抽玩放回再抽，所以樣本空間為 $\{(1,1),(1,2),(1,6),(2,1),(2,2),(2,6),(6,1),(6,2),(6,6)\}$，每個樣本點發生的機率都是 $\dfrac{1}{9}$ 且對應的值為前後兩次平均（可計算第一次總和與第二次總和的平均），得期望值 $b=\dfrac{\frac{1}{2}(3\times9+3\times9)}{9}=3$。（丙）因為抽玩不放回再抽，所以樣本空間為 $\{(1,2),(1,6),(2,1),(2,6),(6,1),(6,2)\}$，每個樣本點發生的機率都是 $\dfrac{1}{6}$ 且對應的值為前後兩次平均（可計算第一次總和與第二次總和的平均），得期望值 $c=\dfrac{\frac{1}{2}(2\times9+2\times9)}{6}=3$。故答案為選項(3) $a=b=c$。
附註：簡單說明一下，如何由期望值的線性性質知道本題三個情況的期望值皆相同。假設 $X,Y$ 分別為兩隨機試驗的隨機變數，給定實數 $a_1,a_2$，我們可以將兩實驗結果依序代入，得到新的隨機變數 $a_1X+a_2Y$（即樣本點 $(s_1,s_2)$ 代入得 $a_1X(s_1)+a_2Y(s_2)$）。期望值的線性性質說：隨機變數 $a_1X+a_2Y$ 的期望值 $E(a_1X+a_2Y)$ 與 $X,Y$ 的期望值 $E(X),E(Y)$ 會符合 $E(a_1X+a_2Y)=a_1E(X)+a_2E(Y)$。注意：當 $X,Y$ 為獨立，例如本題情況（乙），很容易理解此性質；不過即使 $X,Y$ 不獨立，例如本題情況（丙），此性質依然成立。關於這點，稍後再簡單說明一下。目前先看看如何用此性質得到本題（乙）、（丙）兩情況的期望值。
在情況（乙），隨機變數 $X$ 是第一次抽的球號、隨機變數 $Y$ 是第二次抽的球號。因為是抽出後放回，各球號兩次被抽到的機率皆為 $\dfrac{1}{3}$，所以 $E(X)=E(Y)=a$。在此情況題目要求的是隨機變數 $\dfrac{1}{2}(X+Y)=\dfrac{1}{2}X+\dfrac{1}{2}Y$ 期望值，故由線性性質知 $b=\dfrac{1}{2}E(X)+\dfrac{1}{2}E(Y)=a$。
在情況（丙），隨機變數 $X$ 是第一次抽的球號、隨機變數 $Y$ 是第二次抽的球號。各球號第一次被抽到的機率皆為 $\dfrac{1}{3}$，故 $E(X)=a$。不過雖然是抽出後不放回，各球號第二次被抽到的機率依然皆為 $\dfrac{1}{3}$（大家應該了解：中獎機率與抽獎先後順序無關）。例如第二次抽到 $1$ 號球，表示第一次抽到的是 $2$ 或 $6$ 號球，所以第二次抽到 $1$ 號球的機率為 $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{3}$。因此在此情況，我們依然有 $E(Y)=a$。故題目要求的隨機變數 $\dfrac{1}{2}(X+Y)$ 的期望值，依然滿足 $c=\dfrac{1}{2}E(X)+\dfrac{1}{2}E(Y)=a$。要注意：此情況 $X$, $Y$ 並不獨立。例如 $P(X=1,Y=1)=0$（因為抽後不放回）；但 $P(X=1)\cdot P(Y=1)=\dfrac{1}{9}$。
最後我們簡單說明期望值線性性質成立的原因。一般會先證明對任意實數 $r$ 以及隨即變數 $X$ 會有 $E(rX)=rE(X)$，再證明 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$。也因此可得 $E(a_1X+a_2Y)=E(a_1X)+E(a_2Y)=a_1E(X)+a_2E(Y)$。假設隨機變數 $X$ 可能的取值為 $x_1,\dots,x_n$，則隨機變數 $rX$ 可能的取值為 $rx_1,\dots,rx_n$。為了方便，我們用 $P(x_k)$ 表示 $X=x_k$ 發生的機率。依定義 $E(X)=\sum_{k=1}^nx_kP(x_k)$，且 $E(rX)=\sum_{k=1}^nrx_kP(x_k)$。因此將 $E(rX)$ 加法內各項的 $r$ 提出，即得 $E(rX)=r\sum_{k=1}^nx_kP(x_k)=rE(x)$。至於 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 為了顧及學生可能對兩個足碼的 $\sum$ 符號不熟悉，這裡僅探討簡單的情況（論證方式是相同的），假設隨機變數 $X$ 可能的取值為 $x_1,x_2$，而隨機變數 $Y$ 可能的取值為 $y_1,y_2$。對於 $i=1,2$ 以及 $j=1,2$，我們用 $P(x_i)$ 表示 $X=x_i$ 發生的機率、$P(y_j)$ 表示 $Y=y_j$ 發生的機率，且用 $P(x_i,y_j)$ 表示 $(X,Y)=(x_i,y_j)$ 發生的機率。注意：在此設定之下 $P(x_i)=P(x_i,y_1)+P(x_i,y_2)$ 且 $P(y_j)=P(x_1,y_j)+P(x_2,y_j)$。依定義，$E(X+Y)=(x_1+y_1)P(x_1,y_1)+(x_1+y_2)P(x_1,y_2)+(x_2+y_1)P(x_2,y_1)+(x_2+y_2)P(x_2,y_2)$。將右式利用分配律乘開，再將同樣係數的 $x_i,y_j$ 合併整理得 $E(X+Y)=x_1\big(P(x_1,y_1)+P(x_1,y_2)\big)+x_2\big(P(x_2,y_1)+P(x_2,y_2)\big)+y_1\big(P(x_1,y_1)+P(x_2,y_1)\big)+y_2\big(P(x_1,y_2)+P(x_2,y_2)\big)$。因此得到 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$。注意：這個論證並沒有用到 $P(x_i,y_j)=P(x_i)P(y_j)$ 所以與 $X,Y$ 是否獨立無關。
說明：評量對稱與圓方程式。給定一點坐標 $(a,b)$，課綱要求學生應了解此點對 $x$軸、$y$軸，以及直線 $y=x$ 的對稱點坐標分別為：$(a,-b)$、$(-a,b)$ 以及 $(b,a)$。利用題目已知的對稱條件得到圓心坐標 $(c,d)$ 後，便可得此圓方程式 $(x-c)^2+(y-d)^2=r^2$ 其中 $r$ 為半徑，也就是圓心到切線的距離。
解答：依題意圓心和點 $(5,3)$ 對稱於直線 $L:y=x$，所以圓心坐標為 $(3,5)$。又此圓與 $L$ 相切，而圓心與 $L$ 的距離為 $\dfrac{|5-3|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$，故知此圓半徑為 $\sqrt{2}$。也可利用對稱，知直線 $L$ 為 $(5,3)$、$(3,5)$ 兩點連線的中垂線，故半徑為此二點距離 $\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$ 的一半。得圓方程式為：$(x-3)^2+(y-5)^2=2$。答案為選項(4)。
說明：評量坐標空間中兩點距離。分別設定 $x$、$y$、$z$ 軸上的點坐標，再解與點 $A$ 距離為 $10$ 的點有幾個即可。也可利用點 $(a,b,c)$ 對 $x$、$y$、$z$ 軸上的投影點坐標分別為 $(a,0,0)$、$(0,b,0)$、$(0,0,c)$，得到點 $A$ 到各坐標軸的距離。再依其距離是否小於或等於 $10$，決定有幾點符合題意。
解答：$x$軸上的點 $(x,0,0)$ 到點 $A(6,8,-8)$ 的距離為 $\sqrt{(6-x)^2+8^2+8^2}$。由此知 $x$軸上的點到 $A$ 的最短距離為 $\sqrt{8^2+8^2}=8\sqrt{2}\gt10$，故 $x$軸上不會有點與 $A$ 的距離為 $10$。也可解方程式 $(6-x)^2+8^2+8^2=10^2$，得 $(6-x)^2=-28$，因而知無解。又$y$軸上的點 $(0,y,0)$ 到點 $A(6,8,-8)$ 的距離為 $\sqrt{6^2+(8-y)^2+8^2}$。由此知 $y$軸上的點到 $A$ 的最短距離為 $\sqrt{6^2+8^2}=10$，故 $y$軸上僅有一點與 $A$ 的距離為 $10$。也可解方程式 $6^2+(8-y)^2+8^2=100$，得 $(8-y)^2=0$，因而知僅有一解 $y=8$。同理，$z$軸上的點到 $A$ 的最短距離為 $\sqrt{6^2+8^2}=10$，故 $z$軸上也僅有一點與 $A$ 的距離為 $10$。因此知選項(2)正確。
說明：可直接積分求得 $f(x)$，利用其分解判斷函數取值正負的區間（即解多項式不等式），找到正確選項。也可由其首相係數為正，篩選可能的選項，再比較可能選項中圖形的差異性，代點找到正確選項。若知道微積分基本定理，就可不必積分，，由 $f'(x)$ 篩選可能的選項。不過 $f'(x)$ 只能知道圖形趨勢，要切確決定圖形位置仍需要 $f(x)$ 在某點的取值。此處可用到定積分上下界一樣則定積分為 $0$ 這個性質。今年115數甲第12題評量同樣概念。
解答：因為 $\dfrac{1}{3}t^3-t^2$ 為 $t(t-2)=t^2-2t$ 的一個反導函數，故由微積分基本定理知 $f(x)=\int_0^xt(t-2)\,dt=\dfrac{1}{3}t^3-t^2\big|_0^x=\dfrac{1}{3}x^3-x^2$。將 $f(x)$ 分解得 $f(x)=\dfrac{1}{3}x^2(x-3)$。因此知當 $x\gt 3$ 時，$f(x)\gt 0$；而當 $x\lt 3$ 時，$f(x)\le 0$，故僅有選項(2)最符合。
此題也可不必積分，直接由微積分基本定理知 $f'(x)=x(x-2)$。故知 $f(x)$ 在 $x=0,2$ 有局部極值且在區間 $[0,2]$ 為遞減，因此僅選項(1)、(2)符合。但 $f(0)=\int^0_0t(t-2)\,dt=0$，故僅有選項(2)最符合。
說明：評量機率概念，不過使用「按讚」的情境，但又和平常經驗不太一樣，可能會被此情境干擾。學生可將之換成熟悉的情境處理（或許這也是素養訓練的一環）。例如箱中有兩顆白球一顆紅球，抽完放回，抽四回。選項(1)就變成：第四回時，抽中紅球的機率。選項(2)就是：第一回抽中紅球的條件下，第二回抽中紅球的機率。選項(3)為：恰抽中兩個紅球的機率。選項(4)為：至少抽中兩個紅球的機率。選項(5)為：發生連續抽中紅球的機率。有關機率（或排列組合）問題，有時善用“扣”的方式較容易計算。例如選項(4)若算抽中少於兩個紅球的情況，只要算沒有抽到紅球以及抽到一個的情形再扣掉就好。這或許沒有省太多時間，不過處理選項(5)，若知道抽到三個以上的紅球一定會發生連續抽中的情況，就可以利用選項(4)的結果扣掉抽到兩個紅球但不是連續抽中的情況即可。
解答：為了方便說明，這裡改用『箱中有兩顆白球一顆紅球，抽完放回，抽四回』，這樣的情境處理。因為抽完放回且抽球結果互不影響（題目假設前後互相獨立），所以第四回抽中紅球的機率依然為 $\dfrac{1}{3}$。選項(1)正確。同樣的，因為前後抽中紅球為獨立事件，所以第一回抽中紅球且第二回也抽中紅球的機率為 $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{3}$。故將之除以第一回抽中紅球的機率 $\dfrac{1}{3}$，得條件機率為 $\dfrac{1}{3}$。選項(2)錯誤。
選項(3)要算恰四回中恰有兩回抽到紅球的機率。因為這四回中選兩回抽中紅球有 $C^4_2=6$ 種可能，且每種可能因為是抽到兩紅兩白，機率為 $\dfrac{2^2}{3^4}$。故全部的機率為 $6\times \dfrac{2^2}{3^4}=\dfrac{8}{27}$。選項(3)錯誤。選項(4)問的是至少抽中兩個紅球的機率。既然前一選項已算恰抽中兩個，這裡就不用扣的，直接算抽中恰三個紅球以及全是紅球的機率再全部加起來。 如前，抽中恰三個紅球的機率為 $C^4_3\times\dfrac{2}{3^4}=\dfrac{8}{3^4}$；而全是紅球的機率為 $\dfrac{1}{3^4}$，故三者相加為 $\dfrac{8}{27}+\dfrac{8}{3^4}+\dfrac{1}{3^4}=\dfrac{11}{27}$。選項(4)正確。
選項(5)要算發生連續抽中紅球的機率。由於至少要抽到兩個紅球才有可能發生連續抽中的情況，且抽到三個以上的紅球一定會發生連續抽中的情況，所以我們只要算抽到兩個紅球的情況有哪些不是連續抽中的，再扣除即可。前面算過，四回中有兩回抽到紅球有 $6$ 種可能，其中有一半為連續抽中（即一、二；二、三；三、四，這 $3$ 種），其餘 $3$ 種（即一、三；一、四；二、四）就沒有連續抽中紅球。 故將至少抽中兩個紅球的機率 $\dfrac{11}{27}$ 扣除恰抽到兩個紅球機率 $\dfrac{8}{27}$ 的一半 $\dfrac{4}{27}$，得 $\dfrac{7}{27}$，就是發生連續抽中紅球的機率。因此選項(5)正確。
說明：當 $\langle a_n\rangle$ 是公差為 $d$ 的等差數列，不難推得 $\langle 10^{a_n}\rangle$ 為公比為 $10^d$ 的等比數列。本題利用對數求出 $a_3,a_5$ 後，就能求出 $\langle a_n\rangle$ 的公差以及 $\langle 10^{a_n}\rangle$ 的公比，進而回答各選項的問題。三項的等差、等比數列，有時善用等差中項、等比中項，能簡化處理程序。選項(2)、(3) 可嘗試用此概念處理。選項(5)評量加總符號 $\sum$ 的表示法，知道 $a_{k+1}-a_k$ 為公差，以及項數就可計算其值。不過若算出的值形式不同未必表示有誤，因為將「無理數」寫成「整數加無理數」的寫法並不唯一，需利用對數律驗證是否相同。
解答：$\langle a_n\rangle$ 是公差為 $d$ 的等差數列，表示 $a_{n+1}-a_n=d$。故 $\dfrac{10^{a_{n+1}}}{10^{a_n}}=10^{a_{n+1}-a_n}=10^d$ 為定值，亦即 $\langle 10^{a_n}\rangle$ 為公比為 $10^d$ 的等比數列。選項(1)正確。因為後面選項都可以用等比中項的概念處理，這裡就略過制式化求公差、公比的方式，以強調如何善用等比中項概念。
因為 $10^{a_5}$ 是 $10^{a_3}$ 與 $10^{a_7}$ 的等比中項，故由 $(10^{a_5})^2=25$ 等於 $10^{a_3}\cdot 10^{a_7}=2\cdot10^{a_7}$ 解得 $10^{a_7}=\dfrac{25}{2}$。選項(2)正確。
選項(3)所問的 $a_4$，一樣可由 $10^{a_4}$ 是 $10^{a_3}$ 與 $10^{a_5}$ 的等比中項，故由 $(10^{a_4})^2$ 等於 $10^{a_3}\cdot 10^{a_5}=10$ 解得 $10^{a_4}=\sqrt{10}$（注意 $10^{a_n}$ 恆正）。因此得 $a_4=\dfrac{1}{2}$，即選項(3)錯誤。
選項(4)問的是 $a_1$，我們可以由 $10^{a_3}$ 是 $10^{a_1}$ 與 $10^{a_5}$ 的等比中項，知 $4=(10^{a_3})^2=10^{a_1}\cdot 10^{a_5}=5\cdot10^{a_1}$。因此由 $10^{a_1}=\dfrac{4}{5}\lt1$ 知 $a_1\lt0$，故選項(4)錯誤。
選項(5)：因為 $\displaystyle\sum_{k=3}^6(a_{k+1}-a_k)=a_7-a_3$，利用已算出的 $10^{a_7}=\dfrac{25}{2}$，將選項(5)等號左邊取 $10$ 的次方得值 $10^{(a_7-a_3)}=\dfrac{10^{a_7}}{10^{a_3}}=\dfrac{25}{4}$。而選項(5)等號右邊 $2-4\log2$ 取 $10$ 的次方為 $\dfrac{10^2}{2^4}=\dfrac{25}{4}$，故選項(5)正確。
說明：本題評量統計上二維數據，迴歸直線的相關問題。題目選用的題材或許出現了一些較專業的名詞，不過因為是評量數學，不會評量這些名詞相關的專業知識。所以不要因為對名詞不熟悉，而產生障礙。小心區分 $x$、$y$ 坐標的數據即可。本題所評量迴歸直線的概念都在卷尾所附迴歸直線方程式中。了解迴歸直線會通過 $x$ 坐標平均數、$y$ 坐標平均數所在的點，以及題目中已知通過的點，就可完全決定此迴歸直線。再利用其斜率推得相關係數與標準差之間的關係作答。選項(5)要注意：一般來說若將非鉛直或水平的直線上的點 $x,y$ 坐標交換，所得直線其斜率與原直線斜率互為倒數（即相乘等於 $1$）；但本題是將原二維數據的順序交換，而不是迴歸直線上的數據交換，所以兩種二維數據的迴歸直線斜率未必互為倒數。事實上兩迴歸直線斜率相乘應為相關係數的平方。
解答：依題目已知：$x$、$y$ 坐標數據的平均值分別為 $24.8$、$12.6$。所以迴歸直線 $L$ 會通過點 $(24.8,12.6)$，再加上已知 $L$ 也通過點 $(6.8,0)$，推得 $L$ 的斜率為 $\dfrac{12.6}{24.8-6.8}=\dfrac{1.4}{2}=0.7$ 且方程式為 $y=0.7(x-6.8)$。選項(1)的點 $(12.6,24.8)$ 不符，而選項(3)的點 $(46.8,28)$ 符合，故選項(1)、(2)錯誤；選項(3)正確。又已知兩數據相關係數為 $0.8$ 故 $L$ 的斜率會等於 $0.8\cdot\dfrac{\sigma_y}{\sigma_x}$，因此由選項(2)算出 $L$ 的斜率為 $0.7$ 知 $\dfrac{\sigma_y}{\sigma_x}=\dfrac{0.7}{0.8}\lt1$，亦即 $\sigma_y\lt \sigma_x$，因此選項(4)正確。最後當 $x,y$ 坐標數據交換，所得迴歸直線斜率，應為相關係數 $0.8$ 乘上 $\dfrac{\sigma_y}{\sigma_x}$ 的倒數 $\dfrac{8}{7}$，即 $0.8\times\dfrac{8}{7}=\dfrac{6.4}{7}$。選項(5)錯誤。
說明：僅評量二階方陣的加法、乘法運算以及矩陣的相等。將左式矩陣運算所得矩陣和右式的矩陣比較，就能求出 $a$。
解答：若了解所謂特徵多項式，就可直接推得 $A$ 的行列式值為 $-3$，因此 $a=-3$；不過這裡我們還是按部就班處理。首先由 $A=\begin{bmatrix}a&1\\0&1\end{bmatrix}$ 得 $A^2=\begin{bmatrix}a^2&a+1\\0&1\end{bmatrix}$，故 $A^2+2A=\begin{bmatrix}a^2&a+1\\0&1\end{bmatrix}+2\begin{bmatrix}a&1\\0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a^2+2a&a+3\\0&3\end{bmatrix}$。而 $3I=\begin{bmatrix}3&0\\0&3\end{bmatrix}$，故比較兩邊 $(1,2)$ 位置得 $a+3=0$，因此 $a=-3$。最後為了確認，還是將 $a=-3$ 代回 $A^2+2A$ 的 $(1,1)$ 位置，確實得 $(-3)^2+2\times(-3)=3$。
說明：評量線性規劃，即在各邊為直線的多邊形區域 $\Gamma$ 上找到二元一次函數 $f(x,y)=ax+by$ 的最大或最小值。因為 $f(x,y)$ 有共同值 $k$ 的點形成一條直線 $ax+by=k$，而取值不同的直線互相平行，所以我們可以在 $\Gamma$ 上畫這些平行線，找到最大值或最小值，稱為“平行線法”。事實上直線 $ax+by=k$ 將坐標平面分成兩部份：一部分為 $ax+by\lt k$；另一部份為 $ax+by\gt k$。因此若在 $\Gamma$ 上 $f(x,y)$ 有最大值 $k$，表示 $\Gamma$ 會完全落在 $ax+by\le k$ 的這一側且與 $ax+by=k$ 有交點。若 $\Gamma$ 與 $ax+by=k$ 僅交一點，表示此交點為 $\Gamma$ 的一個頂點。而當有多於一個點在 $\Gamma$ 與 $ax+by=k$ 上，若 $\Gamma$ 為凸多邊形（表示 $\Gamma$ 上任兩點連線段都會在 $\Gamma$ 上），則此時表示有一邊就是 $ax+by=k$ 的一部分，所以整個邊（包含兩頂點）都可得最大值；而若 $\Gamma$ 為凹多邊形，則可能有有限多點與 $ax+by=k$ 相交，此時這些點也都是 $\Gamma$ 的頂點。也就是說 $f(x,y)$ 的最大值一定會發生於 $\Gamma$ 的頂點上，所以我們只要檢查 $\Gamma$ 上的頂點哪個會使得 $f(x,y)$ 取值最大，就得到最大值了！這個方法稱為“頂點法”。一般情形要一個一個先找到 $\Gamma$ 各邊的交點（即頂點），再代點求值頗麻煩。我們可先用平行線法找到哪些可能的邊的交點會有最大值，再去把頂點找出。不過本題已經給了 $\Gamma$ 的頂點，所以我們直接使用頂點法，將這四頂點代入 $x+4y$ 找到最大值即可。
解答：本題直接代點比較大小即可。在此特別利用平行線法概念，說明如何利用斜率看出最大值會發生於頂點 $(-1,8)$。首先依題目所給頂點 $(6,1)$, $(5,5)$, $(2,7)$, $(-1,8)$ 各邊斜率依序為 $-4$、$-\dfrac{2}{3}$、$-\dfrac{1}{3}$ 以及 $-1$。而這些邊的傾斜程度都比 $x+4y=k$ 的斜率 $-\dfrac{1}{4}$ 陡（即取絕對值都大於 $\dfrac{1}{4}$）。也就是說：若取 $y$ 坐標最大的頂點 $(-1,8)$，考慮過 $(-1,8)$ 且斜率為 $-\dfrac{1}{4}$ 的直線 $x+4y=31$，則其餘頂點都會在此直線的下方（即 $\Gamma$ 會完全落在 $x+4y\le 31$ 的區域）。因此 $31$ 會是最大值。從這裡我們知道 $f(x,y)=x+4y$ 在這四個頂點的取值會隨著它們的 $y$ 坐標遞增而遞增。事實上 $f(6,1)=10$, $f(5,5)=25$, $f(2,7)=30$, $f(-1,8)=31$，確實是遞增的！
說明：評量中位數定義以及有系統的計數。若清楚六個數的中位數就是「從小到大排在第三、四位置的兩數平均」，之後計算個數的部份應該不難。有系統的計數，意指找到好的分類方式，不只要各類都好算且不會重複或遺漏。因為每個編號只有一個，不會有兩張 $5$ 的情況，所以中位數是 $5$ 表示排在第三位置的數字必需小於 $5$，且因為與排在第四位置數之和為 $10$，所以第四位置的數必需大於 $5$。換言之，前三個位置只能排 $1,2,3,4$ 這 $4$ 個數；而後三個位置只能排 $6,7,8,9,10$ 這 $5$ 個數。所以利用前三個數分類會較簡便。之後要注意的便是：(1)第三位置的數字需大於 $2$；(2)決定第三位置的數之後，第四位置的數就確定；(3)抽出六個數後，由小到大排序已確定，所以這裡只算可能的“組合”，不需再“排列”。
解答：六個數的中位數是 $5$ 表示將此六數從小到大排在第三、四位置的兩數平均為 $5$，所以排在第三位置的數會小於 $5$ 且大於 $2$，即僅有 $3$、$4$ 兩種可能。因此可考慮以第三個位置的數來分類。可分成兩類：(A)第三位置的數為 $3$；(B)第三位置的數為 $4$。在(A)的情況，前兩個位置只能依序擺 $1$、$2$，而第四個位置只能擺 $7$。所以後兩個位置只能從 $8,9,10$ 這三個數中選兩個依序擺放。因為共有 $C^3_2=3$ 種選法，故在(A)的情況總共有 $3$ 種組合。在(B)的情況，前兩個位置只能從 $1,2,3$ 這三個數中選兩個依序擺放，共有 $C^3_2=3$ 種選法。而第四個位置只能擺 $6$。所以後兩個位置只能從 $7,8,9,10$ 這四個數中選兩個依序擺放，共有 $C^4_2=6$ 種選法。故在(B)的情況總共有 $3\times6=18$ 種組合。也因此算出中位數為 $5$ 的組合共有 $3+18=21$ 種組合。
說明：
本題談論的是經濟學上的成本函數，不過沒有涉及邊際成本且平均變動成本也給定義，所以可直接考慮函數 $C(x)$ 求得 $A(x)$ 處理，不必顧及其在經濟理論上的意義解讀。要了解函數首先應注意其定義域。題目給定函數 $C(x)$ 的定義域為區間 $[0,15]$；而函數 $A(x)=\dfrac{C(x)-C(0)}{x}$ 在 $x=0$ 時因為分母為 $0$ 無意義，所以其定義域為區間 $(0,15]$。不談在 $x=0$ 的平均，在實際情況也有其意義，因為從 $x=0$ 到 $x=0$ 根本尚未生產，所以沒有必要談論其變動的平均。本題主要是探討：函數 $A(x)$ 在其定義域 $(0,15]$ 的最小值。通常探討連續函數 $f(x)$ 在閉區間 $[a,b]$ 的最大、最小值，我們先找到 $f(x)$ 在區間 $(a,b)$ 可能發生極值之處（若 $f(x)$ 可微，就是解 $f'(x)=0$），求其值再與兩端點的取值 $f(a)$、$f(b)$ 比較大小即可。不過本題是考慮區間 $(0,15]$。在極值發生處以及一端點 $x=15$ 取值沒問題，但在 $x=0$ 沒有定義（不被考慮）。我們會擔心 $A(x)$ 在 $x$ 越來越靠近 $0$ 時取值會比其他的值小，所以需要了解：當$x$ 越來越靠近 $0$ 時 $A(x)$ 取值的趨勢。因為定義域僅考慮 $x\gt0$ 的情況，所以 $x$ 越來越靠近 $0$，表示 $x$ 是在數線上 $0$ 的右側逼近 $0$，此即本題「右極限」 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}A(x)$ 的意義。要注意，雖然 $x$ 為 $C(x)-C(0)$ 的因式，一般處理 $A(x)=\dfrac{C(x)-C(0)}{x}$ 會把 $x$ 消去；不過從函數的角度來看 $0$ 就是不能代入分母，所以原除式與消去 $x$ 所得多項式代表的是不同的函數。但當 $x\ne0$ 時兩者代入的值一樣，所以我們可以利用消去 $x$ 後的多項式計算 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}A(x)$。最後要注意的是，假設 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}A(x)=k$，而 $A(x)$ 在區間內的極值與 $A(15)$ 的最小值為 $\ell$。當 $k\le \ell$，我們便可確定 $A(x)$ 在其定義域 $(0,15]$ 的最小值為 $\ell$；但若 $k\lt\ell$，表示 $A(x)$ 在 $x$ 越來越靠近 $0$ 時取值會越來越小且趨近於 $k$，但不會達到 $k$，所以此時 $A(x)$ 沒有最小值。解答：13題：$C(x)=x^3-12x^2+60x+42$，故 $C(0)=42$，答案為選項(2)。
14題：依定義 $A(x)=\dfrac{C(x)-C(0)}{x}=\dfrac{x^3-12x^2+60x}{x}$。雖然 $A(x)$ 與 $x^2-12x+60$ 為不同函數，但當 $x\ne0$ 時 $A(x)=x^2-12x+60$。所以當 $x\in(0,15]$ 從 $0$ 的右邊趨近於 $0$ 時，其極限 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}A(x)$ 與極限 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}(x^2-12x+60)$ 相同。依極限性質，極限為 $0^2-12\times 0+60=60$。
15題：函數 $A(x)$ 在其定義域 $(0,15]$ 和函數 $f(x)=x^2-12x+60$ 取值相同。由圖形可知 $f(x)$ 是凹向上且對稱軸為 $x=6$ 的拋物線，因 $6\in(0,15]$ 故在 $x=6$ 時有最小值 $f(6)=24$。也可不看圖形由 $f'(x)=2x-12$ 知當 $2x-12=0$，即 $x=6$ 時函數 $A(x)$ 有極值。故比較 $A(15)=105$, $A(6)=24$ 以及 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}A(x)=60$，知當 $x=6$ 時 $A(x)$ 有最小值 $24$。也就是說：當藥廠產量為 $6$ 公斤時，平均變動成本達到最小值 $24$（萬元/公斤）。
說明：題目中的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 以及 $A,B$ 兩點都用坐標表示，再加上表明點 $C$ 在第二象限，直覺會設點 $C$ 坐標為 $(x,y)$（其中 $x\lt0,y\gt0$）。然後由 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CA}$ 垂直，以及 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}$ 夾角的餘弦值為 $\dfrac{1}{\sqrt{10}}$，得到兩個 $x,y$ 的方程式。再解方程式，得到點 $C$ 坐標。不過這有點奇怪，題目並沒有問 $C$ 的坐標，反而求出坐標後還要回頭回答各題的問題，應該不是出題者的本意。其實第17題的問題僅需 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CA}$ 垂直，就能處理。揣摩出題者本意，應該將 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}$ 夾角的餘弦值為 $\dfrac{1}{\sqrt{10}}$ 的假設置於第18題。這樣即使求出點 $C$ 坐標，也不能代回第17題解答問題（因為只是特定的 $C$ 成立）。
這裡說明如何不求點 $C$ 坐標，利用向量與三角性質處理本題組。第16題提示向量 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 與向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=(-2,1)$ 平行且同向（注意這裡用到點 $C$ 在第二象限）。因此 $\angle BAC$ 就是 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的夾角。所以第17題依定義求出 $\overline{AB}$ 後，雖然不知 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$，無法由 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 的內積求 $\cos\angle BAC$。但可以利用 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的內積求出 $\cos\angle BAC$。
第18題有兩種作法，由於知道 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}$ 夾角的餘弦值，所以若能知道 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}$ 的內積便能求得 $\overline{BC}$ 長。然而 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}=\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}-\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 且 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 垂直。因此我們可以由 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$ 的內積推得 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}$ 的內積。不過這個作法並沒有用到第17題求出的 $\cos\angle BAC$。推測出題者想從 $\triangle ABC$ 的看法處理。亦即利用 $\overline{BC}$ 是 $\angle BAC$ 的對邊，且由 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}$ 夾角餘弦值推得 $\sin\angle BCA$，因此可由正弦定理求出 $\overline{BC}$。解答：16題：與 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=(1,2)$ 垂直的向量會與 $(-2,1)$ 平行，所以答案為選項(1)。
17題：依定義 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}=(4,2)-(1,1)=(3,1)$。另一方面由題設 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CA}$ 垂直，所以 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 會平行於向量 $(-2,1)$。又因為 $A$ 在第一象限、$C$ 在第二象限，所以 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 的 $x$ 分量應為負。因此我們知 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=(-2,1)$ 平行且同向。也就是說：若設 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的夾角為 $\phi$，則 $\angle BAC=\phi$。故利用 $\cos\phi=\dfrac{\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}}{|\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}|\times|\overset{\large\rightharpoonup}{v}|}=\dfrac{-6+1}{\sqrt{9+1}\times\sqrt{5}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 得知 $\cos\angle BAC=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。
18題：題目已知 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}$ 夾角 $\theta$ 的餘弦值為 $\dfrac{1}{\sqrt{10}}$。因 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 與 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CA}$ 垂直，故 $\angle BCA$ 與 $\theta$ 互為餘角（注意17題已知 $\angle BAC$ 為鈍角）。亦即 $\sin\angle BCA=\cos\theta=\dfrac{1}{\sqrt{10}}$。又由前 $\cos\angle BAC=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 知 $\sin\angle BAC=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以利用正弦定理 $\dfrac{\overline{AB}}{\sin\angle BCA}=\dfrac{\sqrt{10}}{\frac{1}{\sqrt{10}}}=\dfrac{\overline{BC}}{\sin\angle BAC}=\dfrac{\overline{BC}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$，得 $\overline{BC}=5\sqrt{2}$。
我們也可單純利用向量性質求 $\overline{BC}$。因為 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}=\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}-\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}$ 且 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AC}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{u}=0$，故知 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{u}=(3,1)\cdot(1,2)=5$。所以由 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{u}=|\overset{\Large\rightharpoonup}{CB}|\times|\overset{\large\rightharpoonup}{u}|\times\cos\theta=\overline{BC}\times\sqrt{5}\times\dfrac{1}{\sqrt{10}}$，得 $\overline{BC}=5\times\dfrac{1}{\sqrt{5}}\times\sqrt{10}=5\sqrt{2}$。