三个底面半径为 $50$，高为 $120$ 的圆锥的底面在同一水平面内且两两外切，在它们之间的空间放置一个球体，若球体与三个圆锥的锥顶确定的平面相切，则球体的半径最接近（ ）
A．$38.1$
B．$38.3$
C．$38.5$
D．$38.7$
E．$38.9$
已知函数 $f(x)=\dfrac{x^2}2-x\ln x-(a-1)x+a$．
1、若 $x_1,x_2$ 是 $f(x)$ 的两个极值点，求实数 $a$ 的取值范围．
2、在第 $(1)$ 小题的条件下，若 $m>f(x_1)+f(x_2)$ 恒成立，求实数 $m$ 的取值范围．
求所有的三元有序整数组，使得 $\sqrt{\dfrac{2015}{x+y}}+\sqrt{\dfrac{2015}{y+z}}+\sqrt{\dfrac{2015}{z+x}}$ 为正整数．
对于定义在 $[-1,1]$ 上的函数 $f(x)$ 和 $g(x)$，有下列命题：
① 若 $f(\cos x)=\cos nx$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），当 $n$ 为奇数时，函数 $f(x)$ 是奇函数；
② 若 $f(\cos x)=\cos nx$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），当 $n$ 为偶数时，函数 $f(x)$ 是偶函数；
③ 存在正奇数 $n$ 和奇函数 $g(x)$，满足对任意 $x$，都有 $g(\sin x)=\sin nx$；
④ 存在正偶数 $n$ 和偶函数 $g(x)$，满足对任意 $x$，都有 $g(\sin x)=\sin nx$；
⑤ 存在正整数 $n$，使得 $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为单调函数，其中 $f(\cos x)=\cos nx$，$g(\sin x)=\sin nx$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）． 其中真命题有_______．
定义：有限非空数集 $\Omega$ 的所有元素的”乘积“称为数集 $\Omega$ 的”积数“，例如：集合 $\Omega=\{1,2,3\}$，其积数为 $1\cdot 2\cdot 3=6$．
1、若有限数集 $A=\{a_1,a_2,a_3\}$，求证：集合 $A$ 的所有非空子集的积数之和\[S_A=(1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)-1.\]
2、根据第 $(1)$ 小题的结论，对于有限非空数集 $A=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$，$n\geqslant 2$），记集合 $A$ 的所有非空子集的积数之和为 $S_n$，写出 $S_n$ 的表达式，并利用数学归纳法予以证明．
3、若有限集 $\Omega=\left\{\dfrac 12,\dfrac 13,\dfrac 14,\cdots,\dfrac1{100}\right\}$，求出 $\Omega$ 中所有奇数个元素构成的非空子集的积数之和 $M$ 以及 $\Omega$ 中所有偶数个元素构成的非空子集的积数之和 $N$．
设 $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin x$，$n\in\mathbb N^{\ast}$．
1、证明：$(1-x^2)f^{(n+1)}(x)-(2n+1)xf^{(n)}(x)-n^2f^{(n-1)}(x)=0$．
2、求 $f^{(n)}(0)$．
已知正数 $x,y>0$，$xy(x+y)=4$，则 $xy$ 的最大值为_______；$2x+y$ 的最小值为_______．
『3820992』已知等边六边形的三对对边分别平行，且三组对边之间的距离分别为 $192,195,237$，则此六边形的面积为_______．
『3758108』设正实数 $x,y,z$ 满足 $x^3+y^3+z^3=5xyz$，求\[f=(x+y+z)\left(\dfrac 1x+\dfrac 1y+\dfrac 1z\right)\]的最大值与最小值．
解法一（post by tzy）
不妨设 $p=x+y+z=1$，$q=xy+yz+zx$，$r=xyz$，则由\[x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\]可得\[2r=1-3q\iff q=\dfrac{1-2r}3.\]而由 $(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2\geqslant 0$，可得\[\sum_{\rm cyc}\left(x^4y^2+x^2y^4+2x^3y^2z+2x^2y^3z-2x^3y^3-2x^4yz-2x^2y^2z^2\right),\]也即\[(p^2q^2-2q^3+4pqr-3r^2-2p^3r)+2r(pq-3r)-2(q^3-3pqr+3r^2)-2r(p^3-3pq+3r)-6r^2\geqslant 0,\]也即\[p^2q^2-4q^3-4p^3r+18pqr-27r^2\geqslant 0,\]将 $p=1$，$q=\dfrac{1-2r}3$ 代入，可得\[-1+66r-1089r^2+32r^3\geqslant 0\iff 17-12\sqrt 2\leqslant r\leqslant \dfrac{1}{32},\]而原式\[f=\dfrac{1}{3r}-\dfrac 23,\]于是当 $r=17-12\sqrt 2$，即 $(x,y,z)=\left(\sqrt 2-1,\sqrt 2-1,3-2\sqrt 2\right)_{\rm cyc}$ 时，$f$ 取得最大值 $5+4\sqrt 2$；当 $r=\dfrac{1}{32}$，即 $(x,y,z)=\left(\dfrac 14,\dfrac 14,\dfrac 12\right)_{\rm cyc}$ 时 $f$ 取得最小值 $10$．
解法二（post by louxin2020）
不妨设 $x+y+z=1$，$x,y,z\in (0,1)$，则\[x^3+y^3+z^3=5xyz\iff (x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=2xyz,\]即\[1-3\big(xy+(1-z)z\big)=2xyz\iff xy=\dfrac{3z^2-3z+1}{3+2z},\]又\[xy\leqslant \left(\dfrac{x+y}2\right)^2=\dfrac{(1-z)^2}{4},\]于是\[\dfrac{3z^2-3z+1}{3+2z}\leqslant \dfrac{(1-z)^2}{4}\iff 2z^3-13z^2+8z-1\geqslant 0,\]即\[\left(z-\dfrac 12\right)\big(z-(3-2\sqrt 2)\big)\big(z-(3+2\sqrt 2)\big)\geqslant 0,\]又 $z\in (0,1)$，从而 $3-2\sqrt 2\leqslant z\leqslant \dfrac 12$．而\[f=\dfrac 1x+\dfrac 1y+\dfrac 1z=\dfrac{xy+yz+zx}{xyz}=\dfrac{1-2xyz}{3xyz}=\dfrac 13\left(\dfrac1{xyz}-2\right),\]于是设 $g=\dfrac{1}{xyz}$，则\[g(z)=\dfrac{3+2z}{z(3z^2-3z+1)},\]进而\[g'_z=\dfrac{-3(4z-1)\big(z-(\sqrt 2-1)\big)\big(z-(-\sqrt 2-1)\big)}{z^2(1-3z+3z^2)^2},\]从而 $g(z)$ 在 $z\in\left[3-2\sqrt 2,\dfrac 14\right]$ 上单调递增，在 $\left[\sqrt 2-1,\dfrac 12\right]$ 上单调递减，而\[\begin{split} g\left(3-2\sqrt 2\right)=17+12\sqrt 2,\\ g\left(\sqrt 2-1\right)=17+12\sqrt 2,\\ g\left(\dfrac 14\right)=32,\end{split}\]因此可得当 $z=3-2\sqrt 2$ 或 $\sqrt 2-1$ 时，即 $(x,y,z)=\left(\sqrt 2-1,\sqrt 2-1,3-2\sqrt 2\right)_{\rm cyc}$ 时，$f$ 取得最大值为 $5+4\sqrt 2$；当 $z=\dfrac 14$ 时，即 $(x,y,z)=\left(\dfrac 14,\dfrac 14,\dfrac 12\right)_{\rm cyc}$ 时，$f$ 取得最小值为 $10$．
