发布时间 : 星期日 文章山东省2017年高考数学一模试卷（解析版）（理科）更新完毕开始阅读17d4a04b7ed5360cba1aa8114431b90d6c8589fe
3项为4，2，1．首项为4，公比为，可得bn．利用“错位相减法”可得Tn ． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 由a6=0，S4=14，得∴an=5﹣（n﹣1）=6﹣n；
（2）由（1）知数列{an}的前5项为5，4，3，2，1， ∴等比数列{bn}的前3项为4，2，1， 首项为4，公比为． ∴∴
，
，
，解得a1=5，d=﹣1．
数列{anbn}的前n项和Tn， 则
=5∴
+4
（6﹣n）?
+…+（7﹣n）?
， +（6﹣n）?
]﹣（6﹣n）?
，
=5﹣[
=5﹣=4+（n﹣4）．
∴．
【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，训练了错位相减法求数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19．（12分）（2017?枣庄一模）在四边形ABCD中（如图①），AB∥CD，AB⊥BC，G为AD上一点，且AB=AG=1，GD=CD=2，M为GC的中点，点P为边BC上的点，且满足BP=2PC．现沿GC折叠使平面GCD⊥平面ABCG（如图②）． （1）求证：平面BGD⊥平面GCD：
（2）求直线PM与平面BGD所成角的正弦值．
【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．
【分析】（1）利用勾股定理，证明BG⊥GC，根据平面与平面垂直的性质，证明BG⊥平面GCD，即可证明平面BGD⊥平面GCD：
（2）取BP的中点H，连接GH，则GH∥MP，作HQ⊥平面BGD，连接GQ，则∠HGQ为直线GH与平面BGD所成的角，即直线PM与平面BGD所成角． AB=AG=1，GD=CD=2，BC=2【解答】（1）证明：在直角梯形ABCD中，∴GC=
=
，BG=
，
cosD=，，
∴BG2+GC2=BC2，∴BG⊥GC，
∵平面GCD⊥平面ABCG，平面GCD∩平面ABCG=GC， ∴BG⊥平面GCD， ∵BG?平面GCD， ∴平面BGD⊥平面GCD：
（2）解：取BP的中点H，连接GH，则GH∥MP，作HQ⊥平面BGD，连接GQ，则∠HGQ为直线GH与平面BGD所成的角，即直线PM与平面BGD所成角． 由（1），作CN⊥GD，则CN⊥平面BGD， ∵HQ⊥平面BGD， ∴HQ∥GN， ∴
=
=，
∴HQ=CN． △DGC中，GC=
，DM=
， ，
由GD?CN=GC?DM，得CN=∴HQ=
，
∵直角梯形ABCD中，GH=，∴sin∠HGQ=∴直线PM与平面BGD所成角的正弦值为
=．
，
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定与性质，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
20．（13分）（2017?枣庄一模）已知函数f（x）=x?ex﹣1﹣a（x+lnx），a∈R． （1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为x轴，求a的值： （2）在（1）的条件下，求f（x）的单调区间；
（3）若?x＞0，f（x）≥f（m）恒成立，且f（m）≥0，求证：f（m）≥2（m2﹣m3）．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程． 【分析】（1）求出函数f（x）的对数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（2）求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（3）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，从而证明不等式即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞）， f′（x）=ex﹣1+x?ex﹣1﹣a（1+）， 故f（1）=1﹣a，f′（1）=2﹣2a，
故切线方程是：y﹣（1﹣a）=（2﹣2a）（x﹣1）， 即y=（2﹣2a）x+a﹣1；
由2﹣2a=0，且a﹣1=0，解得：a=1；
（2）由（1）得a=1，f′（x）=（x+1）（ex﹣1﹣），
令g（x）=ex﹣1﹣，x∈（0，+∞）， ∵g′（x）=ex﹣1+
＞0，故g（x）在（0，+∞）递增，
又g（1）=0，x∈（0，1）时，g（x）＜g（1）=0， 此时f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（1，+∞）时，g（x）＞g（1）=0，此时f′（x）＞0，f（x）递增， 故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增； （3）f′（x）=（x+1）（ex﹣1﹣）， 令h（x）=ex﹣1﹣，x∈（0，+∞），
①a≤0时，h（x）＞0，此时f′（x）＞0，f（x）递增，无最小值， 故a≤0不合题意；
②a＞0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增， 取实数b，满足0＜b＜min{， }， 则eb﹣1＜
=
，﹣＜﹣2，
﹣2＜0， ＞1﹣
=
＞0，
，
故h（b）=eb﹣1﹣＜又h（a+1）=ea﹣
∴存在唯一的x0∈（b，a+1），使得h（x0）=0，即a=x0
x∈（0，x0）时，h（x）＜h（x0）=0，此时f′（x）＜0，f（x）递减， x∈（x0，+∞）时，h（x）＞h（x0）=0，此时f′（x）＞0，f（x）递增， 故x=x0时，f（x）取最小值，
由题设，x0=m，故a=m?em﹣1，lna=lnm+m﹣1， f（m）=mem﹣1（1﹣m﹣lnm）， 由f（m）≥0，得1﹣m﹣lnm≥0，
令ω（m）=1﹣m﹣lnm，显然ω（x）在（0，+∞）递减， ∵ω（1）=0，∴，1﹣m﹣lnm≥0，故0＜m≤1，
下面证明em﹣1≥m，令n（x）=em﹣1﹣m，则n′（m）=em﹣1﹣1， m∈（0，1）时，n′（x）＜0，n（x）在（0，1）递减，