填充第 2 題：
log3(3+1)(32+1)(34+1)(364+1)+21+log32 的值為　　　。
[解答]
log3(3+1)(32+1)(34+1)(364+1)+21+log32 

=log32(3+1)(32+1)(34+1)(364+1)+1 

=log3(3−1)(3+1)(32+1)(34+1)(364+1)+1 

=log3(3128−1)+1 

=log33128 

=128

填充第 1 題：
設A(33)、B(−1−5)、C(60)及直線L：y=mx−8m−6，若直線L與ABC相交，則求m的範圍　　　。
[解答]
L:y=mx−8m−6m=x−8y−(−6)

令 P(8−6)



如圖，

依題目敘述， L 與 ABC 有相交，可得

　　　　　PB 直線斜率 mPB 直線斜率

所以，−3m9−1

多選第1題
設f(x)=ax3+bx2+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(2−3)=−7+23 ，則f(2+3)=−7−23 
(3)若−32為方程式f(x)=0的一根，則3a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)

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

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　　　。
[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

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　　　。
[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}

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　　　。
[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　　　種不同的塗法。
□ □ □ □
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□ □ □ □
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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

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？！

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！

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＞＞

「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 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 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