填充第 2 題：

\(\log_3\left((3+1)(3^2+1)(3^4+1)\cdots(3^{64}+1)+\frac{1}{2}\right)+\log_3 2\)

\(=\log_3\left(2(3+1)(3^2+1)(3^4+1)\cdots(3^{64}+1)+1\right)\)

\(=\log_3\left((3-1)(3+1)(3^2+1)(3^4+1)\cdots(3^{64}+1)+1\right)\)

\(=\log_3\left((3^{128}-1)+1\right)\)

\(=\log_3\left(3^{128}\right)\)

\(=128.\)

填充第 1 題：

\(\displaystyle L: y=mx-8m-6\Rightarrow m=\frac{y-(-6)}{x-8}\)

令 \(P(8,-6)\)



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，\(\displaystyle -3\leq m\leq \frac{-1}{9}\)

多選第 1 題

　　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

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

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

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，

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，

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。

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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