2022 HKDSE 數學 單元一 (微積分與統計) 模拟试题及答案详解

利用二項式展開，\(\left(1 + \frac{x}{k}\right)^n = 1 + \binom{n}{1}\left(\frac{x}{k}\right) + \binom{n}{2}\left(\frac{x}{k}\right)^2 + \dots = 1 + \frac{n}{k}x + \frac{n(n-1)}{2k^2}x^2 + \dots\)。比較係數可得：\(\frac{n}{k} = 2\) --- (1)，及 \(\frac{n(n-1)}{2k^2} = \frac{3}{2}\) --- (2)。由 (1) 可得 \(k = \frac{n}{2}\)。將 \(k = \frac{n}{2}\) 代入 (2)：\(\frac{n(n-1)}{2\left(\frac{n}{2}\right)^2} = \frac{3}{2}\)，化簡得 \(\frac{2(n-1)}{n} = \frac{3}{2}\)，即 \(4n - 4 = 3n\)，解得 \(n = 4\)。由於 \(k = \frac{n}{2}\)，故 \(k = 2\)。

1M：寫出展開至 \(x^2\) 項。1M：建立兩個聯立方程。1M：代入並消去其中一個變數。1A：求得 \(n = 4\)。1A：求得 \(k = 2\)。

設 \(R\) 為抽得紅球的事件，\(X\) 為選擇袋子 \(X\) 的事件（即擲得 1 或 2），而 \(Y\) 為選擇袋子 \(Y\) 的事件（即擲得 3、4、5 或 6）。我們有 \(P(X) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\) 及 \(P(Y) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)。(a) 根據全概率公式，\(P(R) = P(X)P(R|X) + P(Y)P(R|Y) = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} + \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{6} = \frac{1}{5} + \frac{2}{9} = \frac{19}{45}\)。(b) 根據貝葉斯定理，所求概率為 \(P(X|R) = \frac{P(X \cap R)}{P(R)} = \frac{P(X)P(R|X)}{P(R)} = \frac{\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5}}{\frac{19}{45}} = \frac{1/5}{19/45} = \frac{9}{19}\)。

(a) 1M：考慮兩個互斥情況的概率相加，1A：求得 \(\frac{19}{45}\)。(b) 1M：寫出條件概率公式，1M：代入數值，1A：求得 \(\frac{9}{19}\)。

我們有 \((1+ax)^n = 1 + nax + \frac{n(n-1)}{2}a^2 x^2 + \dots\) 及 \((1-3x)^2 = 1 - 6x + 9x^2\)。在 \((1+ax)^n(1-3x)^2\) 的展開式中，\(x\) 的係數為 \(na(1) + 1(-6) = 4\)，化簡得 \(na = 10\)（方程 1）。\(x^2\) 的係數為 \(\frac{n(n-1)}{2}a^2(1) + na(-6) + 1(9) = -11\)，化簡得 \(\frac{n(n-1)a^2}{2} - 6na + 9 = -11\)（方程 2）。將方程 1 代入方程 2，可得 \(\frac{na(n-1)a}{2} - 6(10) + 9 = -11\)，即 \(\frac{10(n-1)a}{2} - 60 + 9 = -11\)，因此 \(5a(n-1) - 51 = -11\)，化簡得 \(a(n-1) = 8\)（方程 3）。由方程 1 可得 \(a = \frac{10}{n}\)。將其代入方程 3 得 \(\frac{10}{n}(n-1) = 8\)，化簡為 \(10n - 10 = 8n\)，即 \(2n = 10\)，求得 \(n = 5\)。最後，將 \(n = 5\) 代入方程 1 得 \(5a = 10\)，求得 \(a = 2\)。因此，\(a = 2\) 及 \(n = 5\)。

正確展開兩項至 \(x^2\)（可為隱式）：1M。得出 \(na = 10\)：1M。得出 \(\frac{n(n-1)}{2}a^2 - 6na + 9 = -11\)：1M。解聯立方程（代入 \(na=10\) 或等效）：1M。求得 \(n = 5\)：1A。求得 \(a = 2\)：1A。

(a) 使用商法則，我們有 \(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(e^{2x})(x-1) - e^{2x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x-1)}{(x-1)^2} = \frac{2e^{2x}(x-1) - e^{2x}(1)}{(x-1)^2} = \frac{e^{2x}(2x-3)}{(x-1)^2}\)。 (b) 要找出平穩點，設 \(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 0\)。由於 \(e^{2x} > 0\) 且 \(x > 1\)，我們有 \(2x - 3 = 0\)，即 \(x = 1.5\)。使用一階導數檢定法：當 \(1 < x < 1.5\) 時，\(2x-3 < 0\) 故 \(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} < 0\)。當 \(x > 1.5\) 時，\(2x-3 > 0\) 故 \(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} > 0\)。因此，\(C\) 在 \(x = 1.5\) 處有極小值。當 \(x = 1.5\) 時，\(y\) 坐標為 \(y = \frac{e^{2(1.5)}}{1.5-1} = \frac{e^3}{0.5} = 2e^3\)。所以，\(C\) 的極小值點的坐標為 \((1.5, 2e^3)\)。

(a) 應用商法則（或乘法則）：1M。得出正確簡化式：1A。 (b) 設 \(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 0\)：1M。求得 \(x = 1.5\)：1A。證明此點為極小值點：1M。求得 \(y\) 坐標且得出正確坐標 \((1.5, 2e^3)\)：1A。

利用二項式展開：\((1 + kx)^n = 1 + nkx + \frac{n(n-1)k^2}{2}x^2 + \dots\) 及 \((1 - 2x)^5 = 1 - 10x + 40x^2 - \dots\)。乘積展開至 \(x^2\) 項：\((1 + kx)^n (1 - 2x)^5 = (1 + nkx + \frac{n(n-1)k^2}{2}x^2 + \dots)(1 - 10x + 40x^2 - \dots)\)。\(x\) 的係數為 \(nk - 10 = -2\)，得 \(nk = 8\)（方程 1）。\(x^2\) 的係數為 \(40 - 10nk + \frac{n(n-1)k^2}{2} = -16\)（方程 2）。將 \(nk = 8\) 代入方程 2：\(40 - 10(8) + \frac{n^2k^2 - nk^2}{2} = -16\)，\(-40 + \frac{64 - 8k}{2} = -16\)，\(-40 + 32 - 4k = -16\)，\(-8 - 4k = -16\)，\(4k = 8\)，\(k = 2\)。將 \(k = 2\) 代入方程 1：\(n(2) = 8\)，得 \(n = 4\)。

1M: 正確寫出展開式的通項。1M: 建立關於 x 係數的方程。1A: 得 nk = 8。1M: 建立關於 x^2 係數的方程。1M: 將 nk = 8 代入關於 x^2 係數的方程。1A: 得 k = 2。1A: 得 n = 4。

設 \(A\) 為代碼由 Alice 撰寫的事件，\(B\) 為代碼由 Bob 撰寫的事件，及 \(E\) 為代碼含有錯誤的事件。已知：\(P(A) = 0.60\)，\(P(B) = 0.40\)，\(P(E|A) = 0.02\)，\(P(E|B) = 0.05\)。 (a) 由全概率公式：\(P(E) = P(A)P(E|A) + P(B)P(E|B) = (0.60)(0.02) + (0.40)(0.05) = 0.012 + 0.020 = 0.032\)。 (b) 由貝氏定理：\(P(B|E) = \frac{P(B \cap E)}{P(E)} = \frac{P(B)P(E|B)}{P(E)} = \frac{(0.40)(0.05)}{0.032} = \frac{0.020}{0.032} = 0.625\)。

(a) 1M: 應用全概率公式。1M: 正確代入數值。1A: 正確答案（0.032 或 4/125）。 (b) 1M: 應用貝氏定理公式。1M: 分子正確。1M: 除以上面的答案。1A: 正確答案（0.625 或 5/8）。

(a) 利用積法則及鏈式法則：\(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}t} = 12 \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(t^2) e^{-0.5t} + t^2 \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(e^{-0.5t}) \right) = 12 \left( 2t e^{-0.5t} + t^2 (-0.5 e^{-0.5t}) \right) = 12 e^{-0.5t} (2t - 0.5t^2) = 6t e^{-0.5t} (4 - t)\)。 (b) 設 \(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}t} = 0\)：\(6t e^{-0.5t} (4 - t) = 0\)。由於範圍內的臨界值 \(t > 0\) 且 \(e^{-0.5t} > 0\)，可得 \(t = 4\)。當 \(0 < t < 4\) 時，\(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}t} > 0\)；當 \(t > 4\) 時，\(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}t} < 0\)。因此，\(P\) 在 \(t = 4\) 處達到最大值。最大利潤為 \(P(4) = 12(4)^2 e^{-0.5(4)} + 5 = 12(16) e^{-2} + 5 = 192 e^{-2} + 5\) 百萬港元。

(a) 1M: 應用積法則。1M: e^{-0.5t} 的導數正確。1A: 正確的導數表達式。 (b) 1M: 設導數為零並求解 t。1A: t = 4。1M: 進行一階導數測試以驗證最大值。1A: 最大利潤 = 192 e^{-2} + 5。

對 \(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) 進行積分以求 \(C\) 的方程：\(y = \int x \sqrt{2x^2 + 9} \mathrm{d}x\)。設 \(u = 2x^2 + 9\)。則 \(\mathrm{d}u = 4x \mathrm{d}x\)，即 \(x \mathrm{d}x = \frac{1}{4} \mathrm{d}u\)。代入積分中：\(y = \int \sqrt{u} \cdot \frac{1}{4} \mathrm{d}u = \frac{1}{4} \int u^{1/2} \mathrm{d}u = \frac{1}{4} \left( \frac{u^{3/2}}{3/2} \right) + C = \frac{1}{6} u^{3/2} + C = \frac{1}{6} (2x^2 + 9)^{3/2} + C\)，其中 \(C\) 為常數。由於曲線通過 \((0, 4)\)，將 \(x = 0\) 及 \(y = 4\) 代入：\(4 = \frac{1}{6} (2(0)^2 + 9)^{3/2} + C\)，\(4 = \frac{1}{6} (27) + C\)，\(4 = 4.5 + C\)，\(C = -0.5\)。因此，曲線 \(C\) 的方程為 \(y = \frac{1}{6} (2x^2 + 9)^{3/2} - \frac{1}{2}\)。

1M: 將方程表示為不定積分。1M: 使用代換積分法。1A: 得到正確的關於 u 的積分形式。1M: 對 u^{1/2} 進行積分。1A: 得到含 C 的正確表達式。1M: 代入 (0, 4) 以求 C。1A: 得到正確的最終曲線方程。

(a) 設 \(R(t) = \frac{80 \ln(t+1)}{(t+1)^2}\)，其中 \(t \ge 0\)。
\(R'(t) = 80 \cdot \frac{\frac{1}{t+1}(t+1)^2 - \ln(t+1) \cdot 2(t+1)}{(t+1)^4} = \frac{80[1 - 2\ln(t+1)]}{(t+1)^3}\)。
設 \(R'(t) = 0\)，得 \(1 - 2\ln(t+1) = 0 \Rightarrow \ln(t+1) = 0.5 \Rightarrow t = e^{0.5} - 1\)。
當 \(0 \le t < e^{0.5} - 1\) 時，\(R'(t) > 0\)；
當 \(t > e^{0.5} - 1\) 時，\(R'(t) < 0\)。
因此，當 \(t = e^{0.5} - 1\) 星期時，\(R(t)\) 達到最大值。

(b) (i) 設 \(u = t+1\)，則 \(du = dt\)。
\(\int \frac{\ln(t+1)}{(t+1)^2} dt = \int \frac{\ln u}{u^2} du = \int \ln u d(-u^{-1}) = -\frac{\ln u}{u} - \int -u^{-1} \cdot \frac{1}{u} du = -\frac{\ln u}{u} + \int u^{-2} du = -\frac{\ln u + 1}{u} + C = -\frac{\ln(t+1) + 1}{t+1} + C\)。

(ii) \(X(t) = \int \frac{dX}{dt} dt = -80 \cdot \frac{\ln(t+1) + 1}{t+1} + C\)。
代入 \(X(0) = 100\)，得 \(100 = -80 \cdot \frac{\ln(1) + 1}{1} + C \Rightarrow 100 = -80 + C \Rightarrow C = 180\)。
因此 \(X(t) = 180 - \frac{80(\ln(t+1) + 1)}{t+1}\)。
當 \(t = 5\) 時：
\(X(5) = 180 - \frac{80(\ln(6) + 1)}{6} = \frac{500 - 40\ln(6)}{3} \approx 142.78\) 克。
5 星期後缸內化學物質 \(X\) 的質量為 \(142.78\) 克。

(a) 1M 應用商法則，1A 求得 \(R'(t)\)，1M 解 \(R'(t) = 0\)，1A 藉由合理解釋判斷最大值。
(b)(i) 1M 應用分部積分法，1M 中間積分步驟，1A 最後答案及寫上 C。
(b)(ii) 1M 對 dX/dt 進行積分，1M 利用初始條件求 C，1A 寫出正確的 X(t)，1A 算出 t=5 時的正確質量（接受極其精確值或準確至二位小數的值）。

(a) 由於初始濃度為 \(4\text{ ppm}\)，
\(C(0) = 4 \implies \frac{b}{3} = 4 \implies b = 12\)。

因此，我們有 \(C(t) = \frac{at + 12}{t^2 + 3}\)。
根據商法則：
\(C'(t) = \frac{a(t^2 + 3) - 2t(at + 12)}{(t^2 + 3)^2} = \frac{-at^2 - 24t + 3a}{(t^2 + 3)^2}\)。
由於在 \(t = 1\) 時變率為 \(0\)，我們有 \(C'(1) = 0\)：
\(\frac{-a(1)^2 - 24(1) + 3a}{(1^2 + 3)^2} = 0\)
\(2a - 24 = 0 \implies a = 12\)。

(b) 將 \(a = 12\) 代入 \(C'(t)\)：
\(C'(t) = \frac{-12t^2 - 24t + 36}{(t^2 + 3)^2} = \frac{-12(t-1)(t+3)}{(t^2 + 3)^2}\)。
對於 \(t > 1\)，我們有 \(t-1 > 0\)、\(t+3 > 0\) 及 \((t^2 + 3)^2 > 0\)。
因此，對於所有 \(t > 1\)，\(C'(t) < 0\)。
故當 \(t > 1\) 時，污染物的濃度正在減少。

(c) 當 \(t = 3\) 時：
\(C'(3) = \frac{-12(3-1)(3+3)}{(3^2 + 3)^2} = \frac{-12(2)(6)}{144} = -1\text{ ppm/hour}\)。

(d) (i) 再次將 \(C'(t) = \frac{-12t^2 - 24t + 36}{(t^2 + 3)^2}\) 關於 \(t\) 求導：
設 \(u = -12t^2 - 24t + 36 \implies u' = -24t - 24\)
設 \(v = (t^2 + 3)^2 \implies v' = 4t(t^2 + 3)\)
運用商法則：
\(C''(t) = \frac{(-24t-24)(t^2+3)^2 - (-12t^2-24t+36)(4t(t^2+3))}{(t^2+3)^4}\)
\(C''(t) = \frac{(-24t-24)(t^2+3) - 4t(-12t^2-24t+36)}{(t^2+3)^3}\)
\(C''(t) = \frac{(-24t^3 - 24t^2 - 72t - 72) + (48t^3 + 96t^2 - 144t)}{(t^2+3)^3}\)
\(C''(t) = \frac{24t^3 + 72t^2 - 216t - 72}{(t^2+3)^3} = \frac{24(t^3 + 3t^2 - 9t - 3)}{(t^2+3)^3}\)。

(ii) 設 \(R(t) = -C'(t)\) 為濃度的減少率。要使 \(R(t)\) 最大，我們需要 \(R'(t) = -C''(t) = 0\)。
當 \(t = 3\) 時：
\(C''(3) = \frac{24(3^3 + 3(3^2) - 9(3) - 3)}{(3^2+3)^3} = \frac{24(24)}{12^3} = \frac{576}{1728} = \frac{1}{3} \neq 0\)。
由於 \(R'(3) = -C''(3) = -\frac{1}{3} \neq 0\)，\(t = 3\) 不是 \(R(t)\) 的平穩點。
因此，當 \(t = 3\) 時，污染物的減少率並不是最快的。不同意該研究員的聲稱。

(a)
- 1M: 將 \(t=0\) 代入 \(C(t) = 4\)
- 1A: 得 \(b = 12\)
- 1M: 用商法則求 \(C'(t)\) 並設 \(C'(1) = 0\)
- 1A: 得 \(a = 12\)

(b)
- 1M: 因式分解得 \(C'(t) = \frac{-12(t-1)(t+3)}{(t^2+3)^2}\)
- 1A: 附清晰解釋得出當 \(t > 1\) 時 \(C'(t) < 0\) 的結論

(c)
- 1M: 將 \(t=3\) 代入 \(C'(t)\)
- 1A: 得 \(-1\text{ ppm/hour}\) （接受 \(-1\)）

(d)(i)
- 1M: 用商法則將 \(C'(t)\) 求導
- 1A: 得 \(C''(t) = \frac{24(t^3 + 3t^2 - 9t - 3)}{(t^2+3)^3}\) （或等價的最簡形式）

(d)(ii)
- 1M: 將 \(t=3\) 代入 \(C''(t)\) 求得 \(C''(3) = \frac{1}{3}\)
- 1A: 解釋 \(C''(3) \neq 0\) 故 \(R'(3) \neq 0\) 並得出不同意的結論

(a) 利用商法則，可得：
\( S'(t) = \frac{\frac{d}{dt}[a \ln(t+1) + b] \cdot (t+1) - [a \ln(t+1) + b] \cdot \frac{d}{dt}(t+1)}{(t+1)^2} \)
\( S'(t) = \frac{\frac{a}{t+1}(t+1) - (a \ln(t+1) + b)}{(t+1)^2} \)
\( S'(t) = \frac{a - b - a \ln(t+1)}{(t+1)^2} \)
設 \( S'(t) = 0 \)：
\( a - b - a \ln(t+1) = 0 \implies \ln(t+1) = 1 - \frac{b}{a} \)
\( t+1 = e^{1 - \frac{b}{a}} \implies t = e^{1 - \frac{b}{a}} - 1 \)
由於 \( a > 0 \)：
當 \( t < e^{1 - \frac{b}{a}} - 1 \) 時，\( \ln(t+1) < 1 - \frac{b}{a} \implies S'(t) > 0 \)。
當 \( t > e^{1 - \frac{b}{a}} - 1 \) 時，\( \ln(t+1) > 1 - \frac{b}{a} \implies S'(t) < 0 \)。
因此，\( S(t) \) 的最大值出現在 \( t = e^{1 - \frac{b}{a}} - 1 \)。

(b)(i) 由於最大值出現在 \( t = 1 \)：
\( e^{1 - \frac{b}{a}} - 1 = 1 \implies e^{1 - \frac{b}{a}} = 2 \implies 1 - \frac{b}{a} = \ln 2 \implies b = a(1 - \ln 2) \) --- (1)
另外，最大值為 12：
\( S(1) = 12 \implies \frac{a \ln 2 + b}{2} = 12 \implies a \ln 2 + b = 24 \) --- (2)
將 (1) 代入 (2)：
\( a \ln 2 + a(1 - \ln 2) = 24 \implies a = 24 \)
將 \( a = 24 \) 代回 (1)：
\( b = 24(1 - \ln 2) = 24 - 24 \ln 2 \approx 7.36 \)
(ii) 當 \( t = 0 \)：
\( S(0) = \frac{a \ln(1) + b}{1} = b = 24 - 24 \ln 2 \approx 7.36 \) 千件/月。

(c)(i) \( I(T) = \int_0^T \frac{24 \ln(t+1) + b}{t+1} dt \)
設 \( u = \ln(t+1) \)。則 \( du = \frac{1}{t+1} dt \)。
當 \( t = 0 \) 時，\( u = 0 \)。
當 \( t = T \) 時，\( u = \ln(T+1) \)。
\( I(T) = \int_0^{\ln(T+1)} (24u + b) du = [12u^2 + bu]_0^{\ln(T+1)} = 12(\ln(T+1))^2 + b \ln(T+1) \)
因此，\( I(T) = 12(\ln(T+1))^2 + (24 - 24 \ln 2)\ln(T+1) \)。
(ii) 將 \( T = 5 \) 代入表達式：
\( I(5) = 12(\ln 6)^2 + (24 - 24 \ln 2)\ln 6 \)
由於 \( \ln 6 \approx 1.791759 \) 且 \( 24 - 24 \ln 2 \approx 7.364444 \)：
\( I(5) \approx 12(1.791759)^2 + 7.364444(1.791759) \approx 38.5249 + 13.1953 = 51.7202 \) 千件。
由於 \( 51.7202 > 50 \)，總銷售量將超過 50 千件。因此，同意該聲稱。

(a)
1M: 運用商法則求導。
1A: 正確求出 \( S'(t) = \frac{a - b - a\ln(t+1)}{(t+1)^2} \)。
1M: 設 \( S'(t) = 0 \) 並解出 \( t \)。
1A: 利用一階導數測試說明其為最大值。

(b)(i)
1M: 利用 (a) 建立方程 \( e^{1-b/a} - 1 = 1 \) 或等價方程。
1M: 利用 \( S(1) = 12 \) 建立方程。
1A: 求出 \( a = 24 \) 且 \( b = 24 - 24\ln 2 \)（或 \( b \approx 7.36 \)）。
(b)(ii)
1A: 求出 \( S(0) \approx 7.36 \)（接受 7.36 至 7.4 之間的數值）。

(c)(i)
1M: 應用代換法 \( u = \ln(t+1) \) 及 \( du = \frac{1}{t+1} dt \)。
1M: 進行積分得到 \( 12u^2 + bu \)。
1A: 正確寫出 \( I(T) = 12(\ln(T+1))^2 + (24 - 24 \ln 2)\ln(T+1) \)。
(c)(ii)
1M: 代入 \( T = 5 \) 並計算 \( I(5) \) 的值。
1A: 計算出 \( I(5) \approx 51.7 > 50 \) 並得出「同意」的結論。

(a) (i) 設 \(u = 4-t\)，則 \(dt = -du\)。
當 \(t = 0\) 時 \(u = 4\)，當 \(t = 4\) 時 \(u = 0\)。
\\begin{aligned}
\\int_0^4 t \\sqrt{4-t} dt &= \\int_4^0 (4-u) \\sqrt{u} (-du) \\\\
&= \\int_0^4 (4u^{1/2} - u^{3/2}) du \\\\
&= \\left[ \\frac{8}{3}u^{3/2} - \\frac{2}{5}u^{5/2} \\right]_0^4 \\\\
&= \\frac{8}{3}(4)^{3/2} - \\frac{2}{5}(4)^{5/2} \\\\
&= \\frac{64}{3} - \\frac{64}{5} \\\\
&= \\frac{128}{15}
\\end{aligned}
(ii) 在 \(t=4\) 時，污染物量為：
\(A(4) = A(0) + \int_0^4 t \sqrt{4-t} dt = 20 + \frac{128}{15} = \frac{428}{15} \approx 28.5333\text{ kg}\)。

(b) (i) 設 \(u = t-3\)，則 \(du = dt\)。
\\begin{aligned}
\\int \\frac{\\ln(t-3)}{(t-3)^2} dt &= \\int \\frac{\\ln u}{u^2} du \\\\
&= -\\frac{\\ln u}{u} - \\int -\\frac{1}{u^2} du \quad \\text{(使用分部積分法，設 } w = \\ln u, dv = u^{-2}du\\text{)} \\\\
&= -\\frac{\\ln u}{u} - \\frac{1}{u} + C \\\\
&= -\\frac{\\ln(t-3)}{t-3} - \\frac{1}{t-3} + C
\\end{aligned}
(ii) 當 \(t > 4\) 時：
\(A(t) = k \left( -\frac{\ln(t-3)}{t-3} - \frac{1}{t-3} \right) + C_2\)。
由於 \(A(t)\) 在 \(t=4\) 連續：
\(\lim_{t \to 4^+} A(t) = A(4)\)
\(k \left( -\frac{\ln(1)}{1} - \frac{1}{1} \right) + C_2 = \frac{428}{15}\)
\(-k + C_2 = \frac{428}{15} \implies C_2 = \frac{428}{15} + k\).
當 \(t \to \infty\) 時， \(A(t) \to 40\)。
由於 \(\lim_{t \to \infty} \frac{\ln(t-3)}{t-3} = 0\) 及 \(\lim_{t \to \infty} \frac{1}{t-3} = 0\)，
可得 \(C_2 = 40\)。
因此，
\(\frac{428}{15} + k = 40 \implies k = 40 - \frac{428}{15} = \frac{172}{15}\)。

(c) (i) 設 \(H(t) = \frac{172}{15} \frac{\ln(t-3)}{(t-3)^2}\)。
分成 \(n=2\) 個子區間， \(h = \frac{10-6}{2} = 2\)。
\(H(t)\) 在 \(t=6\), \(8\), \(10\) 的值分別為：
\(H(6) = \frac{172}{15} \frac{\ln 3}{9} \approx 1.399558\)
\(H(8) = \frac{172}{15} \frac{\ln 5}{25} \approx 0.738194\)
\(H(10) = \frac{172}{15} \frac{\ln 7}{49} \approx 0.454925\)
梯形估計值為：
\(I \approx \frac{2}{2} [H(6) + 2H(8) + H(10)] \approx 1.399558 + 2(0.738194) + 0.454925 \approx 3.330871 \approx 3.33\text{ kg}\)。
(ii) 設 \(y = H(t) = \frac{172}{15} \frac{\ln(t-3)}{(t-3)^2}\)。
\(\frac{dy}{dt} = \frac{172}{15} \frac{1 - 2\ln(t-3)}{(t-3)^3}\)
\(\frac{d^2y}{dt^2} = \frac{172}{15} \frac{6\ln(t-3) - 5}{(t-3)^4}\)
當 \(6 \le t \le 10\) 時，我們有 \(t-3 \ge 3 > e^{5/6} \approx 2.30\)。
因此， \(6\ln(t-3) - 5 \ge 6\ln 3 - 5 \approx 1.59 > 0\)。
由於在 \([6, 10]\) 上 \(\frac{d^2 y}{dt^2} > 0\)，該曲線為凹向上。
因此，(c)(i) 中的估計值是高估。

(a) (i) 1M 屬使用代換 \(u=4-t\)，1M 屬積分得 \(\frac{8}{3}u^{3/2} - \frac{2}{5}u^{5/2}\)，1A 屬求得 \(\frac{128}{15}\)（或 8.53）。
(a) (ii) 1A 屬求得 \(20 + \frac{128}{15} = \frac{428}{15}\)（或 28.5）。
(b) (i) 1M 屬使用代換 \(u=t-3\)，1M 屬使用分部積分，1A 屬求得 \(-\frac{\ln(t-3)}{t-3} - \frac{1}{t-3} + C\)。
(b) (ii) 1M 屬對 \(H(t)\) 積分得含有常數的 \(A(t)\)，1M 屬應用連續條件，1M 屬應用趨向無限時的極限，1A 屬正確證明 \(k = \frac{172}{15}\)。
(c) (i) 1M 屬使用 2 個子區間的梯形法則，1A 屬求得 \(3.33\)。
(c) (ii) 1A 屬證明在 \([6, 10]\) 上 \(\frac{d^2 H}{dt^2} > 0\) 並得出高估的結論。