1.設集合A={x|?2≤x≤2}，B={x|lg2x1?x沒有整數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍．
17.(本小題12分)
已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2n=2an+1，S4=4(a3?1)，n∈N?．
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn=k,n=ak,bn?1+k,n=ak+1,其中k是正整數(shù)．
(i)求b1，b2，b3，b4；
(ii)求i=12nbi(n∈N?)．
18.(本小題12分)
如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，三角形PAD是正三角形，M是棱PC的中點，設平面PAD與平面PBC的交線為l．
(1)證明：l/?/平面ABCD；
(2)證明：BC⊥DM；
(3)若二面角P?AD?B為60°，求直線DM與平面PAB所成角的正弦值．
19.(本小題12分)
拋物線的弦與弦的端點處的兩條切線形成的三角形稱為阿基米德三角形，由拋物線的三條切線圍成的三角形稱為拋物線的切線三角形.已知拋物線C：x2=2py(p>0)的焦點為F，直線l：y=2過點F，過x軸下方的一點P作C的兩條切線l1和l2，且l1，l2分別交x軸于點A，B，交l于點M，N．
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)若△PMN為阿基米德三角形，求∠MPN；
(3)證明：切線三角形PAB的外接圓過定點．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：由lg2xxex?x+1，即a>x?x?1ex，
所以a>x?x?1ex沒有整數(shù)解，
設?(x)=x?x?1ex，?′(x)=1?2?xex=ex+x?2ex，
設t(x)=ex+x?2，t′(x)=ex+1>0，所以t(x)單調(diào)遞增，
且t(0)=?10，
所以存在唯一的x0∈(0,1)，使t(x0)=ex0+x0?2=0，即?′(x0)=0，
當x∈(?∞,x0)時，?′(x)0，?(x)單調(diào)遞增，
又?(0)=?(1)=1，所以當x∈Z時，?(x)≥1，
所以當a≤1時，a>?(x)沒有整數(shù)解，即f(x)>1?x沒有整數(shù)解．
(1)先求導f′(x)=(1?x)ex=1，構(gòu)造函數(shù)φ(x)=e?x+x?1，利用導數(shù)求得φ(x)的零點即得f′(x)=1時x的值，繼而求得切點坐標，再用點斜式即可得切線方程．
(2)通過參變分離轉(zhuǎn)化為a>x?x?1ex沒有整數(shù)解，相繼構(gòu)造函數(shù)?(x)=x?x?1ex，t(x)=ex+x?2，利用導數(shù)分析t(x)的單調(diào)性，得存在唯一的x0∈(0,1)使t(x0)=0，即?′(x0)=0，繼而再利用?(x)的單調(diào)性結(jié)合?(0)=?(1)=1得結(jié)論：當x∈Z時，?(x)≥1，從而當a≤1時，a>?(x)沒有整數(shù)解．
本題考查導數(shù)的綜合運用，考查運算求解能力，屬于中檔題．
17.【答案】an=2n?1；
(i)b1=1，b2=2，b3=2，b4=4；(ii)3(2n?2+22n?3).
【解析】解：(1)由等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2n=2an+1，S4=4(a3?1)，n∈N?，
由等差數(shù)列的通項公式與求和公式，可得a1+(2n?1)d=2a1+2(n?1)d+14a1+6d=4(a1+2d?1)，解得a1=1d=2，
∴{an}的通項公式為an=2n?1．
(2)(i)∵bn=k,n=2k?1,bn?1+k,n=2k,其中k是正整數(shù)，
∴b1=1，b2=b1+1=2，b3=2，b4=b3+2=4．
(ii)i=12nbi=b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n?1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=(b1+b3+b5+…+b2n?1)+[(b1+1)+(b3+2)+(b5+3)+…+(b2n?1+2n?1)]．
=2(b1+b3+b5+…+b2n?1)+(1+2+3+…+2n?1)
=3(1+2+3+…+2n?1)=3×2n?1(1+2n?1)2=3(2n?2+22n?3).
(1)結(jié)合題意，由等差數(shù)列的基本量法列方程組可得；
(2)(i)由遞推數(shù)列可得；
(ii)采用分組法，再利用等差數(shù)列的求和公式求解．
本題考查等差數(shù)列的通項公式、求和公式，以及數(shù)列的分組求和，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．
18.【答案】證明見解析； 證明見解析； 2 1313．
【解析】解：(1)證明：四邊形ABCD是菱形，所以AD//BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，
所以AD/?/平面PBC，
又因為AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，
所以AD/?/l，
又因為AD?平面ABCD，l?平面ABCD，
所以l/?/平面ABCD．
(2)證明：取AD與PB中點O，N，連接PO，OB，ON，MN，
則運用中位線性質(zhì)知NM//12BC，NM=12BC且OD//12BC,OD=12BC，
則OD/?/MN，OD=MN，
則四邊形ODMN是平行四邊形，
△PAD是正三角形，易知，AD⊥OP，
底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，則△BAD是正三角形，則AD⊥OB，
OP∩OB=O，OP，OB?平面POB，所以AD⊥平面POB，
因為ON?平面POB，所以AD⊥ON，
由于四邊形ABCD是菱形，四邊形ODMN是平行四邊形，
所以AD//BC，ON//DM，
所以BC⊥DM．
(3)由(2)知∠POB為二面角P?AD?B的平面角，即∠POB=60°，
前面知道AD⊥OB，則過O做AD的垂線Oz，
以O為坐標原點，直線OA，OB，Oz為坐標軸，建立空間直角坐標系O?xyz，如圖，

設AB=2，則A(1,0,0)，D(?1,0,0)，C(?2, 3,0)，B(0, 3,0)，P(0, 32,32)，M(?1,3 34,34)，所以DM=(0,3 34,34)，AB=(?1, 3,0)，PB=(0, 32,?32)，
設平面PAB的一個法向量為n=(x,y,z)，
則n?AB=0n?PB=0，則?x+ 3y=0 3y?3z=0，
取n=(3, 3,1)，
設直線DM與平面PAB所成角為α，
則sinα=|DM?n||DM||n|=|0+94+34|32× 13=2 1313．
(1)由線面平行的判定定理證明AD/?/平面PBC，再由線面平行的性質(zhì)定理得 AD/?/l，最后由線面平行的判定定理證明l/?/平面ABCD；
(2)取AD與PB中點O，N.連接PO，OB，ON，MN，證明四邊形ODMN是平行四邊形．得到線面垂直，再用性質(zhì)即可；
(3)建立空間直角坐標系，求出平面PAB的一個法向量為n，再用向量夾角計算公式計算即可．
本題考查線面平行與線線垂直的判定，以及向量法的應用，屬于中檔題．
19.【答案】x2=8y；
∠MPN=90°；
證明過程見解析．
【解析】解：(1)因為直線l：y=2過拋物線C的焦點，
所以p2=2，
解得p=4，
則拋物線C的方程為x2=8y；
(2)因為△PMN為阿基米德三角形，
所以l1，l2分別與拋物線C切于點M，N，
設點M在y軸左側(cè)，
此時M(?4,2)，N(4,2)，
易知y=18x2，
可得y′=14x，
所以l1的斜率為?1，l2的斜案為1，
所以l1⊥l2，
則∠MPN=90°；
(3)證明：由(1)知拋物線C的方程為x2=8y，
設l1，l2分別與拋物線C切于點Q(x1,x128)，R(x2,x228),x1,x2≠0，
由(1)知直線PQ的斜率為14x1，直線PR的斜率為14x2，
所以直線PQ的方程為y?x128=x14(x?x1)，
即y=x14x?x128，
同理得直線PR的方程為y=x24x?x228，
所以P(x1+x22,x1x28),A(x12,0),B(x22,0)，
設△PAB外接圓的圓心為G(m,n)，
此時圓心G在線段AB的垂直平分線上，
所以m=x1+x24，
則圓G的半徑為|GA|= (x1+x24?x12)2+n2= (x2?x14)2+n2，
所以圓G的方程為(x?x1+x24)2+(y?n)2=(x2?x14)2+n2，
因為點P在圓G上，
所以(x1+x24)2+(x1x28?n)2=(x2?x14)2+n2，
即x1x24+x12x2264?nx1x24=0，
所以n=x1x2+1616，
所以(x?x1+x24)2+(y?x1x2+1616)2=(x2?x14)2+(x1x2+1616)2
整理得x2+y2?2y?x1+x22x+x1x24(1?y2)=0，
令x2+y2?2y=0x=01?y2=0，
解得x=0y=2．
則△PAB的外接圓過定點(0,2)．
(1)由條件求得p=4即可；
(2)通過求出拋物線方程和切線斜率，利用斜率乘積判斷兩切線垂直得出角度；
(3)先求出切線方程，進而得到A、B坐標，再根據(jù)外接圓性質(zhì)證明過定點．
本題考查拋物線的方程，考查了邏輯推理和運算能力，屬于中檔題．

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