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010000
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(1) $S_{\triangle ABC}=\dfrac 12 \cdot 2\times 2\times \sin 60^\circ=\sqrt{3}$, 三棱锥的高$PO=2\sin 60^\circ = \sqrt{3}$, 故$V_{P-ABC}=\dfrac 13\cdot S_{\triangle ABC}\cdot PO=\dfrac 13\times \sqrt{3}\times \sqrt{3}=1$.\\
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(2) 取$OC$中点$N$, 由于$MN\parallel BO$, 且$BO\perp AC$, 故$MN\perp AC$. 又因为$PO\perp$平面$ABC$, 故$MN\perp PO$. 注意到$PO\cap AC=O$, 于是$MN\perp$平面$PAC$, 从而$PN$是$PM$在平面$PAC$上的射影. $MN=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $PN=\dfrac{\sqrt{13}}{2}$, 故$\angle MPN=\arctan \dfrac{MN}{PN}=\arctan \dfrac{\sqrt{39}}{13}$. 综上, $PM$与平面$PAC$所成角的大小为$\arctan \dfrac{\sqrt{39}}{13}$.
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011301
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(1) 由$a^2+c^2-2ac\cos B=b^2$, 即$c^2-5c-24=0$解得$c=8$或$-3$(负数舍去). 故$c=8$.\\
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(2) 延长$CM$至$N$, 使得$CM=MN$, 则四边形$ACBN$是平行四边形, 故$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ACN}$. $\triangle ACN$的三边长分别为$5,6,7$, 故$\cos \angle CAN=\dfrac{5^2+7^2-6^2}{2\times 5\times 7}=\dfrac{19}{35}$, 所以$\sin \angle CAN=\dfrac{12\sqrt{6}}{35}$. 由此, $S_{\triangle ACN}=\dfrac 12\cdot AC\cdot AN\cdot \sin \angle CAN=6\sqrt{6}$. 综上, 三角形$ABC$的面积为$6\sqrt{6}$.
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003691
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(1) 前$4$个月的累计投放量为$a_1+a_2+a_3+a_4=20+95+420+430=965$. 前$4$个月的累计损失量为$b_1+b_2+b_3+b_4=6+7+8+9=30$, 因此该地区第$4$个月底的共享单车的保有量为$965-30=935$.\\
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(2) 考察不等式$a_n \geq b_n$在整数范围内的解集. 当$n \leq 3$时, $5 n^4+15 \geq n+5$确实成立, 当$n \geq 4$时, 由$-10 n+470 \geq n+5$, 解得$n \leq \dfrac{465}{11}\approx 42.27$, 因此第$42$个月底, 保有量达到最大. 当$n \geq 4$时, $\{a_n\}$是公差为$-10$的等差数列, 而$\{b_n\}$是公差为$1$的等差数列, 于是到第$42$个月底, 单车保有量为$\dfrac{38(a_5+a_{42})}{2}+965-\dfrac{42(b_1+b_{42})}{2}=\dfrac{38(420+50)}{2}+965-\dfrac{42(6+47)}{2}=8782$. 而$S_{42}=-4\times 16+8800=8736<8782$. 因此该月底单车保有量超过了容纳量.
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011450
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(1) 设直线$l$的方程为$x=m$, 由$S_{\triangle OPQ}=\dfrac 12\cdot |m|\cdot |PQ|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$得$|PQ|=\dfrac{\sqrt{2}}{|m|}$, 于是点$(m,\dfrac{\sqrt{2}}{2|m|})$在椭圆上. 代入椭圆$C$的方程, 得$m^2+\dfrac{2}{8m^2}=1$, 解得$m^2=\dfrac 12$. 故直线$l$的方程为$x=\dfrac{\sqrt{2}}2$或$x=-\dfrac{\sqrt{2}}2$.\\
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(2) 当直线$l$的斜率不存在时, 点$P,Q$关于$x$轴对称, 设$P(x_1,y_1)$, $Q(x_1,-y_1)$, 由$x_1^2+\dfrac{y_1^2}{2}=1$及$|x_1y_1|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$解得$|x_1|=\dfrac{\sqrt{2}}2$, $|y_1|=1$, 故此时$x_1^2+x_2^2=1$, $y_1^2+y_2^2=2$.\\
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当直线$l$的斜率存在时, 设直线$l$的方程为$y=kx+m$, 与椭圆$C$的方程联立, 整理得$(2+k^2)x^2+2kmx+m^2-2=0$, 由$\dfrac 12|x_1y_2-x_2y_1|=\dfrac 12|x_1(kx_2+m)-x_2(kx_1+m)|=\dfrac 12|m||x_1-x_2|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$得$\sqrt{2}(2+k^2)=|m|\sqrt{2+k^2-m^2}$. 于是$2m^2=2+k^2$, $x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=(\dfrac{-2km}{2+k^2})^2-\dfrac{2m^2-4}{2+k^2}=1$, $y_1^2+y_2^2=2(1-x_1^2+1-x_2^2)=2$.\\
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(3) 假设这样的三角形存在, 则三点$D(x_1,y_1)$, $E(x_2,y_2)$, $G(x_3,y_3)$应满足$x_1^2+x_2^2=x_2^2+x_3^2=x_3^2+x_1^2=1$, 从而$x_1^2=x_2^2=x_3^2=\dfrac 12$, 但椭圆$C$上任取横坐标为$\pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}$的三点, 总有两个点与原点共线, 此时三角形不存在, 矛盾. 因此假设不成立, 满足条件的三角形不存在.
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031236
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(1) $f'(0)=\mathrm{e}^0(\dfrac{1}{1+0}+\ln (1+0))=1$, 又$f(0)=0$, 故所求切线的方程为$y=x$.\\
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(2) $g(x)=f'(x)=\mathrm{e}^x(\dfrac{1}{1+x}+\ln (1+x))$. $g'(x)=\mathrm{e}^x(\ln (1+x)+\dfrac{2}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2})$, 当$x>0$时, $\mathrm{e}^x>1>0$, $\ln(1+x)>0$, 且$\dfrac{2}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2}=\dfrac{2x+1}{(1+x)^2}>0$, 所以$g'(x)$在$(0,+\infty)$上恒正. 因此$g(x)$在$[0,+\infty)$上是严格增函数.\\
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(3) 对于固定的常数$t$, 令$h(x)=f(x+t)-f(x)-f(t)$, 则$h(t)=0$, 而$h'(x)=f'(x+t)-f'(x)=g(x+t)-g(x)$. 由(2)可知$g(x+t)>g(x)$, 故$h'(x)$在$(0,+\infty)$上恒正, 于是有$h(s)>h(0)=0$, 即$f(s+t)>f(s)+f(t)$. |