2021 DSE 數學 單元二 (代數與微積分) 答案詳解與評分準則

設 \(P(n)\) 爲命題 \(\sum_{r=1}^{n} \frac{1}{(2r-1)(2r+1)} = \frac{n}{2n+1}\)。當 \(n=1\) 時，\(\text{左方} = \frac{1}{1 \times 3} = \frac{1}{3}\) 及 \(\text{右方} = \frac{1}{2(1)+1} = \frac{1}{3}\)。由於 \(\text{左方} = \text{右方}\)，所以 \(P(1)\) 成立。假設對某正整數 \(k\)，\(P(k)\) 成立，即 \(\sum_{r=1}^{k} \frac{1}{(2r-1)(2r+1)} = \frac{k}{2k+1}\)。當 \(n=k+1\) 時，\(\text{左方} = \sum_{r=1}^{k} \frac{1}{(2r-1)(2r+1)} + \frac{1}{(2(k+1)-1)(2(k+1)+1)} = \frac{k}{2k+1} + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k(2k+3) + 1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{2k^2+3k+1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{(2k+1)(k+1)}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k+1}{2k+3} = \frac{k+1}{2(k+1)+1} = \text{右方}\)。因此， \(P(k+1)\) 成立。根據數學歸納法原理，\(P(n)\) 對所有正整數 \(n\) 均成立。

測試 \(n=1\) (1 分)；假設 \(P(k)\) 成立 (0.5 分)；利用歸納假設寫出 \(n=k+1\) 時的左方 (1.5 分)；代數化簡以證明 \(P(k+1)\) 成立 (2.5 分)；結論 (0.75 分)。

(a) \(x\) 的係數爲 \(na = 12\) (1)。\(x^2\) 的係數爲 \(\frac{n(n-1)}{2} a^2 = 60 \implies n(n-1)a^2 = 120\) (2)。將 (2) 除以 (1) 的平方可得 \(\frac{n(n-1)a^2}{n^2 a^2} = \frac{120}{144} \implies \frac{n-1}{n} = \frac{5}{6} \implies n = 6\)。將 \(n = 6\) 代入 (1) 可得 \(6a = 12 \implies a = 2\)。(b) 當 \(a = 2\) 且 \(n = 6\) 時，該式爲 \((2-x)(1+2x)^6\)。在 \((1+2x)^6\) 的展開式中，\(x^2\) 的係數爲 \(\binom{6}{2}2^2 = 60\)，而 \(x^3\) 的係數爲 \(\binom{6}{3}2^3 = 160\)。在 \((2-x)(1+2x)^6\) 的展開式中，\(x^3\) 的係數爲 \(2 \times 160 - 1 \times 60 = 260\)。

(a) 建立係數關係式 (1 分)；求得方程比例 (0.5 分)；求得 \(n = 6\) (1 分)；求得 \(a = 2\) (0.75 分)。(b) 求得 \((1+2x)^6\) 中 \(x^2\) 及 \(x^3\) 的係數 (1 分)；列出求 \(x^3\) 係數的算式 (1 分)；正確答案 \(260\) (1 分)。

利用和差化積公式，可得 \(\cos 3\theta + \cos \theta = 2 \cos 2\theta \cos \theta\)。原方程化爲 \(2 \cos 2\theta \cos \theta = \cos 2\theta \implies \cos 2\theta (2 \cos \theta - 1) = 0\)。因此，\(\cos 2\theta = 0\) 或 \(\cos \theta = \frac{1}{2}\)。由於 \(0 \le \theta \le \pi\)：若 \(\cos 2\theta = 0\)，則 \(2\theta = \frac{\pi}{2}\) 或 \(2\theta = \frac{3\pi}{2}\)，求得 \(\theta = \frac{\pi}{4}\) 或 \(\theta = \frac{3\pi}{4}\)。若 \(\cos \theta = \frac{1}{2}\)，則 \(\theta = \frac{\pi}{3}\)。因此，方程的解爲 \(\theta = \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3}, \frac{3\pi}{4}\)。

應用和差化積公式 (1 分)；簡化爲積的形式 (1 分)；因式分解方程 (1.25 分)；解 \(\cos 2\theta = 0\) (1 分)；解 \(\cos \theta = 1/2\) (1 分)；寫出所有正確解 (1 分)。

根據定義，\(f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{2(x+h)+3} - \sqrt{2x+3}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(\sqrt{2x+2h+3} - \sqrt{2x+3})(\sqrt{2x+2h+3} + \sqrt{2x+3})}{h(\sqrt{2x+2h+3} + \sqrt{2x+3})} = \lim_{h \to 0} \frac{(2x+2h+3) - (2x+3)}{h(\sqrt{2x+2h+3} + \sqrt{2x+3})} = \lim_{h \to 0} \frac{2h}{h(\sqrt{2x+2h+3} + \sqrt{2x+3})} = \lim_{h \to 0} \frac{2}{\sqrt{2x+2h+3} + \sqrt{2x+3}} = \frac{2}{\sqrt{2x+3} + \sqrt{2x+3}} = \frac{2}{2\sqrt{2x+3}} = \frac{1}{\sqrt{2x+3}}\)。

寫出導數定義 (1 分)；代入 \(f(x)\) (1 分)；分子有理化 (1.25 分)；簡化分子爲 \(2h\) (1 分)；約去 \(h\) (1 分)；取極限得最終答案 (1 分)。

(a) 球體的體積爲 \(V = \frac{4}{3}\pi r^3\)。兩邊對 \(t\) 求導得 \(\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = 4\pi r^2 \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}\)。已知 \(\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = 12\pi\)，當 \(r = 3\) 時，有 \(12\pi = 4\pi (3)^2 \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} \implies 12\pi = 36\pi \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} \implies \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{3} \text{ cm/s}\)。(b) 球體的表面積爲 \(A = 4\pi r^2\)。兩邊對 \(t\) 求導得 \(\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t} = 8\pi r \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}\)。當 \(r = 3\) 且 \(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{3}\) 時，有 \(\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t} = 8\pi (3) \left(\frac{1}{3}\right) = 8\pi \text{ cm}^2\text{s}^{-1}\)。

(a) 對 \(V\) 關於 \(t\) 求導 (1.25 分)；代入數值 (1 分)；正確答案連單位 (1 分)。(b) 對 \(A\) 關於 \(t\) 求導 (1.25 分)；代入數值 (0.75 分)；正確答案連單位 (1 分)。

使用分部積分法：設 \(u = x^2\) 且 \(\mathrm{d}v = e^{2x} \, \mathrm{d}x\)，則 \(\mathrm{d}u = 2x \, \mathrm{d}x\) 且 \(v = \frac{1}{2} e^{2x}\)。\(\int_{0}^{1} x^2 e^{2x} \, \mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2} x^2 e^{2x} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x e^{2x} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} e^2 - \int_{0}^{1} x e^{2x} \, \mathrm{d}x\)。再次對 \(\int_{0}^{1} x e^{2x} \, \mathrm{d}x\) 使用分部積分法：設 \(u_1 = x\) 且 \(\mathrm{d}v_1 = e^{2x} \, \mathrm{d}x\)，則 \(\mathrm{d}u_1 = \mathrm{d}x\) 且 \(v_1 = \frac{1}{2} e^{2x}\)。\(\int_{0}^{1} x e^{2x} \, \mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2} x e^{2x} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{1}{2} e^{2x} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} e^2 - \left[ \frac{1}{4} e^{2x} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2} e^2 - \left( \frac{1}{4} e^2 - \frac{1}{4} \right) = \frac{1}{4} e^2 + \frac{1}{4}\)。因此，\(\int_{0}^{1} x^2 e^{2x} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} e^2 - \left( \frac{1}{4} e^2 + \frac{1}{4} \right) = \frac{e^2 - 1}{4}\)。

第一次分部積分設定 (1 分)；求得首個邊界項及剩餘積分算式 (1.25 分)；第二次分部積分設定 (1 分)；求得第二個邊界項 (1 分)；計算最終積分 (1 分)；最簡正確答案 (1 分)。

(a) 係數矩陣的行列式爲 \(\det(M) = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & a \end{vmatrix} = 1(2a - 9) - 1(a - 3) + 1(3 - 2) = a - 5\)。若 \((E)\) 有唯一解，則 \(\det(M) \ne 0 \implies a \ne 5\)。(b) 當 \(a = 5\) 時，增廣矩陣爲 \(\left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 5 & b \end{array} \right)\)。行運算：\(\sim \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 4 & b - 3 \end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & b - 5 \end{array} \right)\)。要使 \((E)\) 相容，必須有 \(b - 5 = 0 \implies b = 5\)。在該情況下，方程爲 \(y + 2z = 1\) 及 \(x + y + z = 3\)。設 \(z = t\)，其中 \(t \in \mathbb{R}\)。得 \(y = 1 - 2t\) 及 \(x = 3 - (1-2t) - t = 2 + t\)。因此，解爲 \(x = 2 + t\)，\(y = 1 - 2t\)，\(z = t\)（其中 \(t \in \mathbb{R}\)）。

(a) 計算行列式 (1 分)；求得 \(a \ne 5\) (1 分)。(b) 對增廣矩陣進行行運算 (2 分)；求得 \(b = 5\) (0.75 分)；引入參數 \(t\) 並求得 \(x, y, z\) 的正確表示式 (1.5 分)。

(a) 由於 \(\det(A) = 2(3) - 1(5) = 1 \ne 0\)，我們有 \(A^{-1} = \frac{1}{1} \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix}\)。(b) 由 \(A X A = B\)，在等式兩邊左乘 \(A^{-1}\) 及右乘 \(A^{-1}\) 可得 \(X = A^{-1} B A^{-1}\)。首先，\(A^{-1} B = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -5 & -2 \end{pmatrix}\)。然後，\(X = (A^{-1} B) A^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -5 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3(3)+1(-5) & 3(-1)+1(2) \\ -5(3)+(-2)(-5) & -5(-1)+(-2)(2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -5 & 1 \end{pmatrix}\)。

(a) 求得 \(A\)的行列式 (1 分)；正確求得 \(A^{-1}\) (1 分)。(b) 寫出 \(X = A^{-1} B A^{-1}\) (2 分)；計算 \(A^{-1} B\) (1 分)；求得正確的矩陣 \(X\) (1.25 分)。

(a) 設 \(A\) 為方程組的係數矩陣。
\(|A| = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & a+3 & 3 \\ 3 & 6 & a^2-4 \end{vmatrix} \)。
利用行動作：\(R_2 \to R_2 - 2R_1\) 及 \(R_3 \to R_3 - 3R_1\)，
\(|A| = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & a-1 & 5 \\ 0 & 0 & a^2-1 \end{vmatrix} = (a-1)(a^2-1) = (a-1)^2(a+1)\)。
若方程組有唯一解，則 \(|A| \neq 0 \implies a \neq 1\) 且 \(a \neq -1\)。

(b)(i) 當 \(a = 1\) 時，增廣矩陣為：
\(\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 2 & 4 & 3 & 4 \\ 3 & 6 & -3 & 3 \end{array}\right)\)
執行 \(R_2 \to R_2 - 2R_1\) 及 \(R_3 \to R_3 - 3R_1\)：
\(\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 5 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\)
由第二行得，\(5z = 2 \implies z = \frac{2}{5}\)。
設 \(y = t\)，其中 \(t\) 為任意實數。
則 \(x + 2t - \frac{2}{5} = 1 \implies x = \frac{7}{5} - 2t\)。
因此，通解為 \(x = \frac{7}{5} - 2t\)，\(y = t\)，\(z = \frac{2}{5}\)（其中 \(t \in \mathbb{R}\)）。

(b)(ii) \(x^2 + y^2 = \left(\frac{7}{5} - 2t\right)^2 + t^2 = 5t^2 - \frac{28}{5}t + \frac{49}{25} = 5\left(t - \frac{14}{25}\right)^2 + \frac{49}{125}\)。
因此，\(x^2 + y^2\) 的最小值為 \(\frac{49}{125}\)。

(c)(i) 當 \(a = -1\) 時，增廣矩陣為：
\(\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 2 & 2 & 3 & 2 \\ 3 & 6 & -3 & -1 \end{array}\right)\)
執行 \(R_3 \to R_3 - 3R_1\)：
\(\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & -2 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -4 \end{array}\right)\)
由於第三行意指 \(0 = -4\)，這是不可能的，故方程組無解（不相容）。

(c)(ii) 若第三個方程被替換為 \(3x + 6y - 3z = k\)，方程組變為：
\(\begin{cases} x + 2y - z = 1 \\ 2x + 2y + 3z = 2 \\ 3x + 6y - 3z = k \end{cases}\)
注意到第三個方程的左邊為 \(3(x + 2y - z)\)。
由於 \(x + 2y - z = 1\)，必須有 \(3(1) = k \implies k = 3\)。
當 \(k = 3\) 時，第三個方程與第一個方程的三倍完全相同，故方程組有無限多個解，即為相容。

(a) 1M 設出行列式方程，1M 分解行列式，1A 求得 \(a\) 的範圍。
(b)(i) 1M 進行行簡化，1M 設參數 \(t\)，1A 求得正確解。
(b)(ii) 1M 將 \(x^2+y^2\) 用 \(t\) 表示，1A 配方並求得最小值。
(c)(i) 1M 代入 \(a=-1\) 並行簡化，1A 得出矛盾 \(0 = -4\) 因而無解。
(c)(ii) 1M 找出第一個方程與修改後第三個方程的關係，1A 求得 \(k=3\)。

(a) 設 \(u = a+b-x\)。則 \(dx = -du\)。
當 \(x = a\) 時， \(u = b\)。當 \(x = b\) 時，\(u = a\)。
\(\int_a^b f(x) \, dx = \int_b^a f(a+b-u) (-du) = \int_a^b f(a+b-u) \, du = \int_a^b f(a+b-x) \, dx\)。

(b)(i) 在 (a) 中設 \(a=0\) 及 \(b=\pi/2\)。則 \(a+b-x = \frac{\pi}{2} - x\)。
\(\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x}{\sin x + \cos x} \, dx = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3(\frac{\pi}{2}-x)}{\sin(\frac{\pi}{2}-x) + \cos(\frac{\pi}{2}-x)} \, dx\)
由於 \(\sin(\frac{\pi}{2}-x) = \cos x\) 且 \(\cos(\frac{\pi}{2}-x) = \sin x\)，
我們有 \(\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x}{\sin x + \cos x} \, dx = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^3 x}{\cos x + \sin x} \, dx = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^3 x}{\sin x + \cos x} \, dx\)。

(b)(ii) 設 \(I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x}{\sin x + \cos x} \, dx\)。
\(2I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x}{\sin x + \cos x} \, dx + \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^3 x}{\sin x + \cos x} \, dx\)
\(2I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x + \cos^3 x}{\sin x + \cos x} \, dx\)
利用 \(A^3 + B^3 = (A+B)(A^2 - AB + B^2)\)：
\(2I = \int_0^{\pi/2} \frac{(\sin x + \cos x)(\sin^2 x - \sin x \cos x + \cos^2 x)}{\sin x + \cos x} \, dx = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin x \cos x) \, dx\)
\(2I = \left[ x - \frac{1}{2}\sin^2 x \right]_0^{\pi/2} = \left(\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\right) - 0 = \frac{\pi - 1}{2}\)
所以 \(I = \frac{\pi - 1}{4}\)。

(c) 設 \(t = \tan \frac{x}{2}\)。則 \(dx = \frac{2}{1+t^2} \, dt\)，\(\sin x = \frac{2t}{1+t^2}\)，且 \(\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}\)。
當 \(x = 0\) 時，\(t = 0\)。當 \(x = \pi/2\) 時，\(t = 1\)。
\(\int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sin x + \cos x + 1} \, dx = \int_0^1 \frac{1}{\frac{2t}{1+t^2} + \frac{1-t^2}{1+t^2} + 1} \left(\frac{2}{1+t^2}\right) \, dt\)
\(= \int_0^1 \frac{2}{2t + (1-t^2) + (1+t^2)} \, dt = \int_0^1 \frac{2}{2t + 2} \, dt = \int_0^1 \frac{1}{t+1} \, dt\)
\(= \left[ \ln|t+1| \right]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2\)。

(a) 1M 設代換 \(u=a+b-x\) 且改變積分上下限，1A 完成證明。
(b)(i) 1M 應用 (a) 代入 \(a=0\) 及 \(b=\pi/2\)，1A 利用餘角公式正確化簡。
(b)(ii) 1M 寫出 \(2I\) 並合併，1M 進行代數化簡，1A 求得 \(I = \frac{\pi-1}{4}\)。
(c) 1M 寫出正確關於 \(t\) 的 \(dx\), \(\sin x\), \(\cos x\) 恆等式，1M 改變積分上下限，1M 代入並將被積函數化簡為 \(\frac{1}{t+1}\)，1M 積分得出 \(\ln|t+1|\)，2A 求得最後答案 \(\ln 2\)。

(a) \(\vec{AB} = (0-2)\mathbf{i} + (3-1)\mathbf{j} + (2-0)\mathbf{k} = -2\mathbf{i} + 2\mathbf{j} + 2\mathbf{k}\)。
\(\vec{AC} = (1-2)\mathbf{i} + (0-1)\mathbf{j} + (4-0)\mathbf{k} = -\mathbf{i} - \mathbf{j} + 4\mathbf{k}\)。
\(\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -2 & 2 & 2 \\ -1 & -1 & 4 \end{vmatrix}\)
\(= (8 - (-2))\mathbf{i} - (-8 - (-2))\mathbf{j} + (2 - (-2))\mathbf{k}\)
\(= 10\mathbf{i} + 6\mathbf{j} + 4\mathbf{k}\)。

三角形 \(ABC\) 的面積 \(= \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \frac{1}{2} \sqrt{10^2 + 6^2 + 4^2} = \frac{1}{2} \sqrt{152} = \sqrt{38}\)。

(b)(i) \(\vec{AD} = (k-2)\mathbf{i} + (2-1)\mathbf{j} + (-1-0)\mathbf{k} = (k-2)\mathbf{i} + \mathbf{j} - \mathbf{k}\)。
四面體 \(ABCD\) 的體積為：
\(V = \frac{1}{6} |(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AD}|\)
\(= \frac{1}{6} |(10\mathbf{i} + 6\mathbf{j} + 4\mathbf{k}) \cdot ((k-2)\mathbf{i} + \mathbf{j} - \mathbf{k})|\)
\(= \frac{1}{6} |10(k-2) + 6(1) + 4(-1)|\)
\(= \frac{1}{6} |10k - 20 + 6 - 4| = \frac{1}{6} |10k - 18| = \frac{1}{3} |5k - 9|\)。

(b)(ii) 已知 \(V = 5\)：
\(\frac{1}{3} |5k - 9| = 5 \implies |5k - 9| = 15\)。
若 \(5k - 9 = 15 \implies 5k = 24 \implies k = \frac{24}{5}\)。
若 \(5k - 9 = -15 \implies 5k = -6 \implies k = -\frac{6}{5}\)。

(c)(i) 平面 \(ABC\) 的法向量為 \(\mathbf{n} = 10\mathbf{i} + 6\mathbf{j} + 4\mathbf{k}\)。
與正 \(z\) 軸夾角為鈍角的向量，其 \(z\) 分量必須為負。
因此，我們選擇 \(-\mathbf{n} = -10\mathbf{i} - 6\mathbf{j} - 4\mathbf{k}\)。
單位法向量 \(\hat{\mathbf{n}}\) 為：
\(\hat{\mathbf{n}} = -\frac{10\mathbf{i} + 6\mathbf{j} + 4\mathbf{k}}{\sqrt{152}} = -\frac{10\mathbf{i} + 6\mathbf{j} + 4\mathbf{k}}{2\sqrt{38}} = -\frac{5}{\sqrt{38}}\mathbf{i} - \frac{3}{\sqrt{38}}\mathbf{j} - \frac{2}{\sqrt{38}}\mathbf{k}\)。

(c)(ii) 當 \(k = -\frac{6}{5}\) 時，\(\vec{AD} = -\frac{16}{5}\mathbf{i} + \mathbf{j} - \mathbf{k}\)。
點 \(D\) 至平面 \(ABC\) 的最短距離為：
\(d = |\vec{AD} \cdot \hat{\mathbf{n}}|\)
\(= \left| \left(-\frac{16}{5}\mathbf{i} + \mathbf{j} - \mathbf{k}\right) \cdot \left(-\frac{5}{\sqrt{38}}\mathbf{i} - \frac{3}{\sqrt{38}}\mathbf{j} - \frac{2}{\sqrt{38}}\mathbf{k}\right) \right|\)
\(= \left| \frac{16}{\sqrt{38}} - \frac{3}{\sqrt{38}} + \frac{2}{\sqrt{38}} \right| = \frac{15}{\sqrt{38}} = \frac{15\sqrt{38}}{38}\)。

(a) 1M 求向量 \(\vec{AB}\) 及 \(\vec{AC}\)，1M 計算叉積，1A 求出叉積，1A 求出面積。
(b)(i) 1M 求向量 \(\vec{AD}\)，1M 標量三重積公式，1A 求出以 \(k\) 表示的體積。
(b)(ii) 1M 設出絕對值方程，1A 求得兩個 \(k\) 的值。
(c)(i) 1M 選擇法向量的反方向，1A 除以長度求得正確單位法向量。
(c)(ii) 1M 使用投影／點積公式，1A 求出正確距離。

(a) 由於 \(\lim_{x \to 4^+} \frac{x^2-3x}{x-4} = +\infty\) 及 \(\lim_{x \to 4^-} \frac{x^2-3x}{x-4} = -\infty\)，
垂直漸近線為 \(x = 4\)。
利用長除法：
\(f(x) = x + 1 + \frac{4}{x-4}\)。
當 \(x \to \pm\infty\) 時，\(\frac{4}{x-4} \to 0\)。
所以 \(C\) 的斜漸近線為 \(y = x + 1\)。

(b) \(f'(x) = \frac{d}{dx} \left(x + 1 + \frac{4}{x-4}\right) = 1 - \frac{4}{(x-4)^2} = \frac{(x-4)^2 - 4}{(x-4)^2} = \frac{x^2 - 8x + 12}{(x-4)^2} = \frac{(x-2)(x-6)}{(x-4)^2}\)。
對於駐點，設 \(f'(x) = 0 \implies (x-2)(x-6) = 0 \implies x = 2\) 或 \(x = 6\)。
我們可以使用一階導數表測試其性質：
當 \(x < 2\) 時，\(f'(x) > 0\)。
當 \(2 < x < 4\) 時，\(f'(x) < 0\)。
因此，\(x = 2\) 是極大值點。
當 \(x = 2\) 時，\(y = f(2) = \frac{2^2 - 3(2)}{2-4} = 1\)。
所以極大值點為 \((2, 1)\)。

當 \(4 < x < 6\) 時，\(f'(x) < 0\)。
當 \(x > 6\) 時，\(f'(x) > 0\)。
因此，\(x = 6\) 是極小值點。
當 \(x = 6\) 時，\(y = f(6) = \frac{6^2 - 3(6)}{6-4} = 9\)。
所以極小值點為 \((6, 9)\)。

(c) \(f''(x) = \frac{d}{dx} \left(1 - 4(x-4)^{-2}\right) = 8(x-4)^{-3} = \frac{8}{(x-4)^3}\)。
若曲線 \(C\) 凹向上，我們需要 \(f''(x) > 0\)。
由於分子 \(8 > 0\)，我們必須有 \((x-4)^3 > 0 \implies x > 4\)。
所以 \(C\) 凹向上的 \(x\) 範圍為 \(x > 4\)。

(d) 描繪 \(C\) 的略圖：
1. 畫出垂直漸近線 \(x = 4\) 和斜漸近線 \(y = x + 1\)。
2. 標出極大值點 \((2, 1)\) 和極小值點 \((6, 9)\)。
3. 注意截距：\(y = 0 \implies x(x-3) = 0 \implies x = 0\) 或 \(x = 3\)。
4. 繪出曲線的兩個分支：左分支穿過 \((0,0)\) 及 \((3,0)\)，在 \((2,1)\) 處達到頂峰，並逼近漸近線；右分支位於 \(x > 4\) 的區域，在 \((6,9)\) 處取得極小值，並逼近漸近線。

(a) 1A 求得垂直漸近線，2A 求得斜漸近線（其中 1M 為長除法／極限計算）。
(b) 1M 求得 \(f'(x)\)，1M 設 \(f'(x)=0\) 以找出臨界值，1A 求得極大值點，1A 求得極小值點。
(c) 1M 求得 \(f''(x)\)，1A 設 \(f''(x)>0\) 並解得 \(x > 4\)。
(d) 1A 畫出正確的漸近線，1A 標示出駐點及其坐標，1A 畫出正確形狀及截距的左分支，1A 畫出正確形狀的右分支。