设 $A(0, 0)$，$B(4, 0)$，$C(t + 4, 4)$，$D(t, 4)$（$t \in \mathbf{R}$）. 记 $N(t)$ 为平行四边形 $ABCD$ 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横，纵坐标都是整数的点，则函数 $N(t)$ 的值域为（ ）

如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PA \perp$ 平面 $ABCD$，底面 $ABCD$ 是菱形，$AB = 2$，$\angle BAD = 60^{\circ}$.

(1) 求证：$BD \perp$ 平面 $PAC$； (2) 若 $PA = AB$，求 $PB$ 与 $AC$ 所成角的余弦值； (3) 当平面 $PBC$ 与平面 $PDC$ 垂直时，求 $PA$ 的长.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在底面菱形中，$AB=AD=2$，$\angle BAD=60^{\circ}$. 由平行四边形法则，取底面坐标 $A=(0,0,0)$，$B=(2,0,0)$，$D=(1,\sqrt3,0)$，则 $C=(3,\sqrt3,0)$. 于是 $\overrightarrow{BD}=(-1,\sqrt3,0)$，$\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt3,0)$，从而 $\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{AC}=0$，即 $BD\perp AC$. 设 $H$ 为 $BD$ 的中点，则 $H=(\frac32,\frac{\sqrt3}{2},0)=\frac12C$，所以 $H\in AC\subset$ 平面 $PAC$，即 $BD$ 与平面 $PAC$ 相交于 $H$. 又因为 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，过 $H$ 作直线 $h\parallel PA$，则 $BD\perp h$. 因 $AC$ 与 $h$ 是平面 $PAC$ 内过 $H$ 的两条相交直线，且 $BD\perp AC$、$BD\perp h$，故 $BD\perp$ 平面 $PAC$. \item 由 $PA=AB=2$，可取 $P=(0,0,2)$. 于是 $\overrightarrow{PB}=(2,0,-2)$，$\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt3,0)$. 因此 $\cos\angle(PB,AC)=\dfrac{\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|PB||AC|}=\dfrac6{(2\sqrt2)(2\sqrt3)}=\dfrac{\sqrt6}{4}$. \item 设 $PA=h>0$，取 $P=(0,0,h)$. 平面 $PBC$ 的两个方向向量可取 $\overrightarrow{PB}=(2,0,-h)$，$\overrightarrow{PC}=(3,\sqrt3,-h)$，其法向量可取 $\boldsymbol{n}_1=(\sqrt3h,-h,2\sqrt3)$. 平面 $PDC$ 的两个方向向量可取 $\overrightarrow{PD}=(1,\sqrt3,-h)$，$\overrightarrow{PC}=(3,\sqrt3,-h)$，其法向量可取 $\boldsymbol{n}_2=(0,-2h,-2\sqrt3)$.

两平面垂直等价于两法向量垂直，所以 $\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2=2h^2-12=0$. 由 $h>0$，得 $PA=h=\sqrt6$. \end{enumerate} \end{solution}

已知函数 $f(x) = (x - k)^2\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}$.

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间； (2) 若对于任意的 $x \in (0, +\infty)$，都有 $f(x) \leqslant \frac{1}{\mathrm{e}}$，求 $k$ 的取值范围.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由于 $k\ne0$，求导得 $f'(x)=2(x-k)\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}+\dfrac1k(x-k)^2\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}=\dfrac{\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}}{k}(x-k)(x+k)$. 因 $\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}>0$，只需讨论 $\dfrac{(x-k)(x+k)}k$ 的符号.

当 $k>0$ 时，$f'(x)>0$ 在 $(-\infty,-k)$ 和 $(k,+\infty)$ 上成立，$f'(x)<0$ 在 $(-k,k)$ 上成立. 因此递增区间为 $(-\infty,-k)$、$(k,+\infty)$，递减区间为 $(-k,k)$.

当 $k<0$ 时，因分母 $k$ 为负，符号相反，故递减区间为 $(-\infty,k)$、$(-k,+\infty)$，递增区间为 $(k,-k)$. \item 若 $k>0$，则当 $x\to+\infty$ 时，$(x-k)^2\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}\to+\infty$，不可能对所有 $x>0$ 有 f(x)\leqslant\dfrac1\mathrm{e}.

令 $k=-a$，其中 $a>0$. 此时 $f(x)=(x+a)^2\mathrm{e}^{-\frac{x}{a}}$，且 $f'(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{-\frac{x}{a}}}a(a-x)(a+x)$. 所以 $f$ 在 $(0,a)$ 上递增，在 $(a,+\infty)$ 上递减，最大值为 $f(a)=\dfrac{4a^2}{\mathrm{e}}$. 要使最大值不超过 \dfrac1\mathrm{e}，必须且只需 $4a^2\leqslant1$，即 $0<a\leqslant\dfrac12$. 因此 $-\dfrac12\leqslant k<0$. \end{enumerate} \end{solution}

已知椭圆 $G: \frac{x^2}{4} + y^2 = 1$. 过点 $(m, 0)$ 作圆 $x^2 + y^2 = 1$ 的切线 $l$，交椭圆 $G$ 于 $A$，$B$ 两点.

(1) 求椭圆 $G$ 的焦点坐标和离心率； (2) 将 $\left|AB\right|$ 表示为 $m$ 的函数，并求 $\left|AB\right|$ 的最大值.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 椭圆的标准方程为 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，所以 $a=2$，$b=1$. 由 $c^2=a^2-b^2=3$，得 $c=\sqrt3$. 因此焦点为 $(-\sqrt3,0)$、$(\sqrt3,0)$，离心率为 $e=\dfrac ca=\dfrac{\sqrt3}{2}$. \item 过 $(m,0)$ 的圆 $x^2+y^2=1$ 的切线存在的条件是 $|m|\geqslant1$. 先处理边界情形：当 $m=1$ 时，切线为 $x=1$，与椭圆的交点为 $\left(1,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$、$\left(1,-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$，所以 $|AB|=\sqrt3$；当 $m=-1$ 时，切线为 $x=-1$，与椭圆的交点为 $\left(-1,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$、$\left(-1,-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$，所以 $|AB|=\sqrt3$.

当 $|m|>1$ 时，设切线写成 $x+\lambda y=m$，则其到原点的距离为 $1$，故 $1+\lambda^2=m^2$. 代入椭圆方程，令 $x=m-\lambda y$，得 $(\lambda^2+4)y^2-2m\lambda y+m^2-4=0$. 该方程关于 $y$ 的判别式为 $\Delta=4m^2\lambda^2-4(\lambda^2+4)(m^2-4)=48$，所以两交点的纵坐标之差为 $\dfrac{4\sqrt3}{\lambda^2+4}=\dfrac{4\sqrt3}{m^2+3}$. 又直线方向向量可取 $(\lambda,-1)$，其长度为 $\sqrt{1+\lambda^2}=|m|$，故 $\displaystyle\left|AB\right|=\frac{4\sqrt{3}\left|m\right|}{m^2+3}$.

结合 $m=\pm1$ 时的结果，$|AB|=\dfrac{4\sqrt3|m|}{m^2+3}$，其中 $m\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$. 令 $r=|m|\geqslant1$，则 $|AB|=g(r)=\dfrac{4\sqrt3r}{r^2+3}$，且 $g'(r)=\dfrac{4\sqrt3(3-r^2)}{(r^2+3)^2}$. 所以 $g$ 在 $[1,\sqrt3]$ 上递增，在 $[\sqrt3,+\infty)$ 上递减，最大值在 $r=\sqrt3$ 处取得，为 $g(\sqrt3)=2$. \end{enumerate} \end{solution}