100永春高中代理
as title請享用 想請教填充第2題 謝謝
回復 2# 阿光 的帖子
填充第 2 題：\(\displaystyle log_3 \left[(3+1)\cdot (3^2+1)\cdot (3^4+1)\cdot \ldots \cdot (3^{64}+1)+\frac{1}{2}\right]+log_3 2\)的值為[u] [/u]。
[解答]
\(\log_3\left((3+1)(3^2+1)(3^4+1)\cdots(3^{64}+1)+\frac{1}{2}\right)+\log_3 2\)
\(=\log_3\left(2(3+1)(3^2+1)(3^4+1)\cdots(3^{64}+1)+1\right)\)
\(=\log_3\left((3-1)(3+1)(3^2+1)(3^4+1)\cdots(3^{64}+1)+1\right)\)
\(=\log_3\left((3^{128}-1)+1\right)\)
\(=\log_3\left(3^{128}\right)\)
\(=128.\) 請教填充第一題
謝謝
回復 4# arend 的帖子
填充第 1 題：設\(A(3,3)\)、\(B(-1,-5)\)、\(C(6,0)\)及直線\(L\)：\(y=mx-8m-6\)，若直線\(L\)與\(\Delta ABC\)相交，則求\(m\)的範圍[u] [/u]。
[解答]
\(\displaystyle L: y=mx-8m-6\Rightarrow m=\frac{y-(-6)}{x-8}\)
令 \(P(8,-6)\)
[img]http://i.imgur.com/xLzmf.png[/img]
如圖，
依題目敘述， \(L\) 與 \(\triangle ABC\) 有相交，可得
\(PB\) 直線斜率 \(\leq m\leq PB\) 直線斜率
所以，\(\displaystyle -3\leq m\leq \frac{-1}{9}\) 謝謝瑋岳老師 請教多選1的(2)和(3)為什麼錯?
還有多選2,填充6和8該怎麼算?謝謝
回復 7# pizza 的帖子
多選第1題設\(f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\)為實係數三次多項式，則下列選項哪些是正確的？
(1)\(y=f(x)\)的圖形與\(x\)軸至少交於一點
(2)若\(f(2-\sqrt{3})=-7+2\sqrt{3}\)，則\(f(2+\sqrt{3})=-7-2\sqrt{3}\)
(3)若\(\displaystyle -\frac{2}{3}\)為方程式\(f(x)=0\)的一根，則\(3|a\)且\((-2)|d\)
(4)若方程式\(f(x)=0\)有一實根為0與兩虛根，則\(a\times c>0\)
(5)若\(-1\)與2之間有實數\(x\)，使得\(f(x)=0\)，則\(f(-1)f(2)<0\)
[解答]
第2個選項：題目沒有說是「有理係數多項式」，因此可以舉反例如下：
\(f(x)=x\left(x-2+\sqrt{3}\right)\left(x-2-\sqrt{3}\right)-7+2\sqrt{3}\)
第3個選項：題目沒有說是「整係數多項式」，因此可以舉反例如下：
\(\displaystyle f(x)=x^2\left(x+\frac{2}{3}\right)\)
回復 7# pizza 的帖子
多選第 2 題已知一正方形\(ABCD\)依下列方式分割正方形為數個全等且不重疊的直角三角形：
(1)當\(n=1\)，如圖(一)正方形\(ABCD\)被分割為2個直角三角形，共5個邊
(2)當\(n=2\)，如圖(二)正方形\(ABCD\)被分割為8個直角三角形，共16個邊
(2)當\(n=3\)，如圖(三)正方形\(ABCD\)被分割為18個直角三角形，共33個邊
依照上述規則，當\(n=50\)時，正方形\(ABCD\)會被分割為\(a\)個直角三角形，共\(b\)個邊，則下列個敘述何者正確？
(1)\(a=5000\) (2)\(b=7500\) (3)\(|\;a-b|\;=2500\) (4)\(a,b\)的最大公因數\(=200\) (5)\(a+b=12500\)
[解答]
小正方形有 \(50\times 50\) 個，每個都可以分成兩個小三角形，
所以 \(a=50\times 50\times 2=5000\)
小斜線有 \(50\times 50\) 條
小水平線有 \(50\times 51\) 條
小鉛直線有 \(50\times 51\) 條
\(b=50\times50+50\times 51+50\times 51=7600\)
\(\left|a-b\right|=2600\)
\(a,b\) 的最大公因數 \(=200\)
\(a+b=12600\)
回復 7# pizza 的帖子
填充第 6 題設複數\(z\)滿足\(|\;z|\;=1\)，則\(\displaystyle \left| z+\frac{2}{z}+1\right|\)之最大值為[u] [/u]。
[解答]
令 \(z=\cos\theta+i\sin\theta\)
則 \(\displaystyle \left|z+\frac{2}{z}+1\right|=\left|(\cos\theta+i\sin\theta)+2\left(\cos\theta-i\sin\theta\right)+1\right|\)
\(=\left|3\cos\theta+1-i\sin\theta\right|\)
\(\displaystyle =\sqrt{\left(3\cos\theta+1\right)^2+\sin^2\theta}\)
\(\displaystyle =\sqrt{9\cos^2\theta+6\cos\theta+1+\sin^2\theta}\)
\(\displaystyle =\sqrt{8\cos^2\theta+6\cos\theta+2}\)
令 \(t=\cos\theta\)，則 \(-1\leq t\leq 1\)
因為 \(\displaystyle y=f(t)=8t^2+6t+2\) 是開口向上拋物線的部分圖形，
所以最大值即是 「兩個邊界端點 \(f(1)\) 或 \(f(-1)\) 的最大值」＝\(16\)
所以 \(\displaystyle \left|z+\frac{2}{z}+1\right|\) 的最大值＝\(\sqrt{16}=4\)
回復 7# pizza 的帖子
填充第 8 題一小球由原點\(O(0,0,0)\)發射，撞擊到平面\(E_1\)：\(x+2y+2z=18\)上一點\(A\)，再經過平面\(E_1\)反射後，撞擊到平面\(E_2\)：\(2x+y+2z=-10\)上一點\(B\)，再經由平面\(E_2\)反射後，彈向一個點\(C(-1,-1,1)\)。試求\(\overline{OA}+\overline{AB}+\overline{BC}\)之值為[u] [/u]。
[解答]
將 \(O\) 對稱 \(E_1: x+2y+2z-18=0\)，可得對稱點 \(P(4,8,8)\)
將 \(C\) 對稱 \(E_2:2x+y+2z+10=0\)，可得對稱點 \(Q(-5,-3,-3)\)
則 \(\overline{OA}+\overline{AB}+\overline{BC}\)
\(=\overline{PA}+\overline{AB}+\overline{BQ}\)
\(=\overline{PQ}=\sqrt{323}\)
想請問填充9
我的立體概念不好 完全無思緒 可否給點指教 謝謝回復 12# WAYNE10000 的帖子
填充第 9 題，設正方形\(ABCD\)之邊長為1，而\(P,Q\)依次為\(\overline{BC},\overline{CD}\)之中點，若將此正方形沿虛線\(\overline{AP},\overline{AQ},\overline{PQ}\)向上摺起，使\(B,C,D\)三點重合為一點\(R\)，則\(R\)點到底面\(APQ\)之距離為[u] [/u]。
[解答]
把 \(R\) 當原點，\(\overrightarrow{RQ}\) 射線當正向 \(x\) 軸，\(\overrightarrow{RP}\) 射線當正向 \(y\) 軸，\(\overrightarrow{RA}\) 射線當正向 \(z\) 軸，
則 \(\triangle APQ\) 所在平面方程式為 \(\displaystyle \frac{x}{\frac{1}{2}}+\frac{y}{\frac{1}{2}}+\frac{z}{1}=1\Rightarrow 2x+2y+z-1=0\)
原點 \(R\) 到 \(\triangle APQ\) 所在平面的距離＝\(\displaystyle \frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=\frac{1}{3}\)
另解：（沒有比較快ＸＤ）
\(\triangle APQ\) 面積＝正方形 \(ABCD\) 面積－\(\triangle ABP\) 面積－\(\triangle ADQ\) 面積－\(\triangle CPQ\) 面積
＝\(\displaystyle\frac{3}{8}\)
因為錐形體 \(APQR\) 的體積＝\(\displaystyle\frac{1}{3}\times \triangle RPQ\mbox{面積}\times \overline{RA}=\frac{1}{3}\times\triangle APQ\mbox{面積}\times \left(R\mbox{到}\triangle APQ\mbox{的距離}\right)\)
所以 \(\displaystyle\frac{1}{3}\times \frac{1}{8}\times 1 =\frac{1}{3}\times \frac{3}{8}\times \left(R\mbox{到}\triangle APQ\mbox{的距離}\right)\)
\(\displaystyle\Rightarrow R\mbox{到}\triangle APQ\mbox{的距離}=\frac{1}{3}\)
其實還可以再來個另解～（更慢一點～但是只要會畢氏定理就可以了）
設 \(\overline{PQ}\) 的中點為 \(M\)，
就是拿菜刀往錐形體 \(APQR\)～延 \(\triangle ARM\) 剖下去，
利用畢氏定理算出各邊長之後，再來就可以算出直角\(\triangle ARM\) 斜邊上的高～即為所求。：） 填充6
設複數\(z\)滿足\(|\;z|\;=1\)，則\(\displaystyle \left| z+\frac{2}{z}+1\right|\)之最大值為[u] [/u]。
[解答]
因為 \( |z|=1 \)，所以
\(\displaystyle \frac{1}{z}=\overline{z} \)
\(\displaystyle |z+\frac{2}{z}+1|^2=|z+2\overline{z}+1|^2 \)
\(\displaystyle =(z+2\overline{z}+1)(\overline{z}+2z+1) \)
\(\displaystyle =2(z^2+\overline{z}^2)+3(z+\overline{z})+6 \)
\(\displaystyle =2(z+\overline{z})^2+3(z+\overline{z})+2 \)
\(\displaystyle =8Re(z)^2+6Re(z)+2 \)
\(\displaystyle =8(Re(z)+\frac{9}{64})^2+\frac{7}{8} \)
因為 \( -1<Re(z)<1 \)
所以當\( Re(z)=1 \)時有最大值16
於是所求為4
另外，11題我一直沒想通，請教想法，感謝!! 填充第 11 題，
有紅,黃,藍,綠四種顏色，要從右圖中任取4小格塗色，且顏色不重複使用，每1小格只塗一色，但同一行、同一列皆只能塗1小格﹐則有[u] [/u]種不同的塗法。
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[解答]
就先來塗紅色吧～
紅色有 \(16\) 格可以選～
任選一格之後～與紅色那格同行或同列的其他格就不能塗了～
刪掉紅色那格所在的行與列，剩下空格集中靠攏，
再來塗黃色，還有 \(9\) 格可以選～
任選一格之後～與黃色那格同行或同列的其他格就不能塗了～
刪掉黃色那格所在的行與列，剩下空格集中靠攏，
再來塗藍色，還有 \(4\) 格可以選～
任選一格塗藍色之後～與藍色那格同行或同列的其他格就不能塗了～
刪掉藍色那格所在的行與列，
剩下只有一個空格可以選而已～當然就只能塗綠色啦。
因此，塗色的方法數為 \(16\times 9\times 4\times 1=576\) 感謝瑋岳老師!!原來我把題目看錯了
以為是用四種顏色各塗四個方格
每個顏色都不能同行同列
回復 16# 老王 的帖子
我剛剛試著用老王老師的新規則～「用四種顏色各塗四個方格、每個顏色都不能同行同列」
討論到最後也是 \(576\) 耶！
就第一行、第二行、第三行、第四行地慢慢討論所有可能性～
\(4!\times(3\cdot 1\cdot 1\cdot 1)\times(2!\cdot 2!)\times(1^4)+4!\times(3\cdot 2\cdot 1\cdot 1)\times(2\cdot 1\cdot1\cdot1)\times(1^4)=576\)
第一大類是～第一行與第二行～剛好某兩顏色互換～另兩顏色也互換～
第二大類是～第一行與第二行沒有任何顏色互換～
剩下第三行與第四行就用慢慢討論的～其實只有很少種可能性。
這些討論不是重點，重點在～答案與原題目相同耶～
也就是原題目只把四格塗四色結束之後～
如過要繼續把剩下的 \(12\) 格的顏色～用老王老師的新規則塗上去～
或許只有唯一的一種塗法（此點有待證明，純屬隨便亂猜測～：Ｐ）～或是必定無法繼續塗下去？！
[b]或是說～猜測這兩者（新、舊規則的每一種塗法）可能有某種唯一的對應關係！[/b]
神奇耶！（小弟原本還以為兩者會相差四倍～：Ｐ）
＜＜為避免小弟計算的過程可能有算錯～待會寫詳細一點加張圖，請大家來幫我檢查一下～：Ｐ＞＞
回復 17# weiye 的帖子
「用四種顏色各塗四個方格、每個顏色都不能同行同列」上篇回覆中，討論的圖解，寫在附加檔案，如果有錯誤煩請不吝告知，感謝。
^____^
另外，小弟繼續思考，還發現~
如果以最容易填完的一種情況情況出發~將任兩行互換~或任兩列互換~
也都會是符合題目要求的情況~
因此~將 [img]http://i.imgur.com/7phMY.png[/img] 任數行位置互換～或任數列位置互換，延伸出來的都是滿足"新規則"的塗法。
將 [img]http://i.imgur.com/6uM55.png[/img] 任數行位置互換～或任數列位置互換，延伸出來的都是滿足"舊規則"的塗法。
而將原本的第一二三四列換到新的一二三四列～總共有 \(4!\) 種方法，
將原本的第一二三四行換到新的一二三四行～總共有 \(4!\) 種方法，
所以換完之後的情形種共有 \(4!\times4!=576\) 種。
但是～～～～～如何證明就只有這麼多，而不會有「更多」種呢？
或是說～如何證明全部的塗色方法，都可以經由任意數行互換～再任意數列互換，
而變成最基本的上面哪兩張（對應到新、舊規則）的方法呢？
十分有趣！：Ｐ 94年第二區筆試二第六題，沒有答案。(因為參考答案給了個奇怪的東西)可以對照一下。 把題目寫出來讓以後的網友也能google到這篇
有一遊戲規則如右：在右圖中每一直行、每一橫列即每個小四方格裡，只有1到4的數字，每個數字在每個行列及每個小四方格裡都只出現一次，滿足這些條件的填法稱為一種解法。考慮方格不可旋轉或翻轉，則共有幾種解法。
這是2x2的數獨，wiki答案是288
[url]http://en.wikipedia.org/wiki/Mathematics_of_Sudoku#Sudoku_with_rectangular_regions[/url]
解法可以參考看這篇
[url]http://forum.enjoysudoku.com/sudoku-maths-can-mortals-work-it-out-for-the-2x2-square-t170.html#p2992[/url]
by geoff
A neat way of counting.
Consider grids of the type
AB | xx
Cx | xx
--------
xx | Dx
xx | x E
where A,B,C are different, D and E are different. There are 288 of these and each gives a unique solution. Therefore 288 solutions.
A、B、C三個數字要完全不同有4*3*2=24種
D、E兩個數字要完全不同有4*3=12種
A~E數字決定後剩下的空位是唯一決定的
共有24*12=288種
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