设集合 $S,T$，$S\subseteq \mathbb N^{\ast}$，$T\subseteq \mathbb N^{\ast}$，$S,T$ 中至少有两个元素，且 $S,T$ 满足：
① 对于任意 $x,y\in S$，若 $x\neq y$，都有 $xy \in T$；
② 对于任意 $x,y\in T$，若 $x<y$，则 $\dfrac{y}{x} \in S$．
下列命题正确的是（ ）
A．若 $S$ 有 $4$ 个元素，则 $S \cup T$ 有 $7$ 个元素
B．若 $S$ 有 $4$ 个元素，则 $S \cup T$ 有 $6$ 个元素
C．若 $S$ 有 $3$ 个元素，则 $S \cup T$ 有 $4$ 个元素
D．若 $S$ 有 $3$ 个元素，则 $S \cup T$ 有 $5$ 个元素
甲口袋中装有 $2$ 个黑球和 $1$ 个白球，乙口袋中装有 $3$ 个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复 $n$ 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 $X_n$，恰有 $2$ 个黑球的概率为 $p_n$，恰有 $1$ 个黑球的概率为 $q_n$．
1、求 $p_1,q_1$ 和 $p_2,q_2$．
2、求 $2p_n+q_n$ 与 $2p_{n-1}+q_{n-1}$ 的递推关系式和 $X_n$ 的数学期望 $E(X_n)$（用 $n$ 表示）．
在平面直角坐标系 $xOy$ 中，已知 $P\left(\dfrac{\sqrt 3}2,0\right)$，$A,B$ 是圆 $C:x^2+\left(y-\dfrac 12\right)^2=36$ 上的两个动点，满足 $PA=PB$，则 $\triangle PAB$ 的面积的最大值是_______．
答案 $10\sqrt 5$．
解析 不改变问题的本质，将问题改写为已知 $P$ 到半径 $r=6$ 的圆 $O$ 的圆心距离为 $1$，圆 $O$ 上有两动点 $A,B$，且 $PA=PB$，求 $\triangle PAB$ 面积的最大值． 由于 $OA=OB$，$PA=PB$，于是 $OP\perp AB$，设 $O$ 到 $AB$ 的距离为 $d$，则\[\begin{split}[PAB]&\leqslant \dfrac 12\left(1+d\right)\cdot 2\sqrt{r^2-d^2}\\ &=\sqrt{(r+d)(r-d)(1+d)(1+d)}\\ &=\dfrac1{\sqrt{\lambda\mu}}\sqrt{(6\lambda +\lambda d)(6\mu-\mu d)(1+d)(1+d)}\\ &\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{\lambda\mu}}\sqrt{\left(\dfrac{6\lambda+6\mu+2+(\lambda-\mu+2)d}{4}\right)^4},\end{split}\]等号当 $O$ 位于 $P$ 到 $AB$ 的垂线段内部，且 \[6\lambda+\lambda d=6\mu-\mu d=1+d\]时取得，同时，令\[\lambda-\mu+2=0,\]解得 $(\lambda,\mu,d)=\left(\dfrac 12,\dfrac 52,4\right)$，有因此所求面积的最大值为\[\dfrac{1}{\sqrt{\lambda\mu}}\cdot \left(\dfrac{6\lambda+6\mu+2}4\right)^2=10\sqrt 5.\]
已知数列 $\{a_n\}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）的首项 $a_1=1$，前 $n$ 项和为 $S_n$，设 $\lambda$ 与 $k$ 是常数．若对一切正整数 $n$，均有 $S_{n+1}^{\frac 1k}-S_n^{\frac 1k}=\lambda a_{n+1}^{\frac 1k}$ 成立，则称此数列为“$\lambda\sim k$”数列．
1、若等差数列 $\{a_n\}$ 是“$\lambda\sim 1$”数列，求 $\lambda$ 的值．
2、若数列 $\{a_n\}$ 是“$\dfrac{\sqrt 3}3\sim 2$”数列，且 $a_n>0$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．
3、对于给定的 $\lambda$，是否存在三个不同的数列 $\{a_n\}$ 为“$\lambda \sim 3$”数列，且 $a_n\geqslant 0$？若存在，求 $\lambda$ 的取值范围；若不存在，说明理由．
已知关于 $x$ 的函数 $y=f(x)$，$y=g(x)$ 与 $h(x)=kx+b$（$k,b\in\mathbb R$）在区间 $D$ 上恒有 $f(x)\geqslant h(x)\geqslant g(x)$．
1、若 $f(x)=x^2+2x$，$g(x)=-x^2+2x$，$D=(-\infty,+\infty)$，求 $h(x)$ 的表达式．
2、若 $f(x)=x^2-x+1$，$g(x)=k\ln x$，$h(x)=kx-k$，$D=(0,+\infty)$，求 $k$ 的取值范围．
3、若 $f(x)=x^4-2x^2$，$g(x)=4x^2-8$，$h(x)=4(t^3-t)x-3t^4+2t^2$（$0<|t|\leqslant \sqrt 2$），$D=[m,n]\subseteq \left[-\sqrt 2,\sqrt 2\right]$，求证：$n-m\leqslant \sqrt 7$．
已知函数 $f(x)=\begin{cases} x^3,&x\geqslant 0,\\ -x,&x<0.\end{cases}$ 若函数 $g(x)=f(x)-|kx^2-2x|$（$k\in\mathbb R$）恰有 $4$ 个零点，则 $k$ 的取值范围是（ ）
A．$\left(-\infty,-\dfrac 12\right)\cup\left(2\sqrt 2,+\infty\right)$
B．$\left(-\infty,-\dfrac 12\right)\cup\left(0,2\sqrt 2\right)$
C．$\left(-\infty,0\right)\cup\left(0,2\sqrt 2\right)$
D．$(-\infty,0)\cup\left(2\sqrt 2,+\infty\right)$
已知 $\{a_n\}$ 是无穷数列．给出两个性质：
① 对于 $\{a_n\}$ 中任意两项 $a_i,a_j$（$i>j$），在 $\{a_n\}$ 中都存在一项 $a_m$，使得 $\dfrac{a^2_i}{a_j}=a_m$；
② 对于 $\{a_n\}$ 中任意一项 $a_n$（$n\geqslant 3$），在 $\{a_n\}$ 中都存在两项 $a_k,a_l$（$k>l$），使得 $a_n=\dfrac{a^2_k}{a_l}$．
1、若 $a_n=n$（$n=1,2,\cdots$），判断数列 $\{a_n\}$ 是否满足性质 ①，说明理由．
2、若 $a_n=2^{n-1}$（$n=1,2,\cdots$），判断数列 $ \{a_n\}$ 是否满足性质 ① 和性质 ②，说明理由．
3、若 $\{a_n\}$ 是递增数列，且同时满足性质 ① 和性质 ②，证明：$\{a_n\}$ 为等比数列．
设 $\triangle ABC$ 的三边长 $a,b,c$ 都是整数，面积是有理数，则 $a$ 的最小值是_______．
答案 $3$．
解析 取三边为 $3,4,5$ 的三角形，其面积为 $6$，此时 $a$ 的值可以取 $3$．
当 $a=1$ 时，有\[|a-b|<c<|a+b|\iff c=b,\]此时 $\triangle ABC$ 的面积为 $\dfrac 14\sqrt{4b^2-1}$，注意到 $4b^2-1\equiv 3\pmod 4$，不为完全平方数，因此 $\triangle ABC$ 的面积不可能是有理数．
当 $a=2$ 时，不妨设 $2\leqslant b\leqslant c$，有\[|a-b|<c<|a+b|\iff c=b\lor c=b+1.\] 若 $c=b$，则 $\triangle ABC$ 的面积为 $\sqrt{b^2-1}$，注意到 $b^2-1\equiv 3\pmod 4$，因此 $\triangle ABC$ 的面积不可能是有理数． 若 $c=b+1$，则\[\cos C=\dfrac{b^2+2^2-(b+1)^2}{4b}=\dfrac{-2b+3}{4b},\]于是面积为有理数，等价于 $\sin C$ 为有理数，即\[\sqrt{(4b)^2-(-2b+3)^2}=\sqrt{12b^2+12b-9}\]为完全平方数，注意到 $12b^2+12b-9\equiv 3\pmod 4$，因此 $\triangle ABC$ 的面积不可能是有理数．
综上所述，$a$ 的值不可能为 $1,2$，最小值为$3$．
设多项式 $f(x)$ 的各项系数都是非负实数，且 $f(1)=f'(1)=f''(1)=f'''(1)=1$．则 $f(x)$ 的常数项的最小值为_______．
已知数列 $A:a_0,a_1,a_2,\cdots,a_{20}$ 满足 $a_0=0$，$|a_i|=|a_{i-1}+1|$（$i=1,2,\cdots,20$），则（ ）
A．存在数列 $A$，使得 $|a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{20}|=0$
B．存在数列 $A$，使得 $|a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{20}|=2$
C．存在数列 $A$，使得 $|a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{20}|=10$
D．存在数列 $A$，使得 $|a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{20}|=12$
