数学卷·2018届江苏省南通中学高二上学期10月月考数学试卷+（解析版）

数学卷·2018届江苏省南通中学高二上学期10月月考数学试卷+（解析版）

‎2016-2017学年江苏省南通中学高二（上）10月月考数学试卷 ‎　‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答卷相应位置上．‎ ‎1．用符号表示“点A在平面α内，直线l在平面α内”为　　．‎ ‎2．四棱锥共有　　个面．‎ ‎3．梯形ABCD中AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系　　．‎ ‎4．一个正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为　　．‎ ‎5．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=3cm，AA1=4cm，则三棱锥A1ABD的体积为　　cm3．‎ ‎6．在直观图（如图所示）中，四边形O'A'B'C'为菱形且边长为2cm，则在xOy坐标系中，四边形OABC的面积为　　cm2．‎ ‎7．已知m，n是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：‎ ‎①若α⊥β，m⊥α，则m∥β；‎ ‎②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；‎ ‎③若m∥α，n⊥α，则m⊥n；‎ ‎④若m∥α，m⊂β，则α∥β．‎ 其中所有真命题的序号是　　．‎ ‎8．若tanα=2，则的值为　　．‎ ‎9．已知正四棱锥的底面边长是6，高为，这个正四棱锥的侧面积是　　．‎ ‎10．如图所示，ABCD﹣A1B1C1D1‎ 是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=　　．‎ ‎11．如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线PA垂直于圆O所在的平面，点M是线段PB的中点．有以下四个命题：‎ ‎①MO∥平面PAC；‎ ‎②PA∥平面MOB；‎ ‎③OC⊥平面PAC；‎ ‎④平面PAC⊥平面PBC．‎ 其中正确的命题的序号是　　．‎ ‎12．如图是表示一个正方体表面的一种平面展开图，图中的四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中相互异面的有　　对．‎ ‎13．如图，直三棱柱ABC一A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为　　．‎ ‎14．已知数列{an}的前n项和Sn=（﹣1）n•n，若对任意正整数n，（an+1﹣p）（an﹣p）＜0恒成立，则实数P的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎15．（14分）在△ABC中，a=3，b=2，∠B=2∠A．‎ ‎（Ⅰ）求cosA的值；‎ ‎（Ⅱ）求c的值．‎ ‎16．（14分）如图，在三棱锥S﹣ABC中，AS=AB，CS=CB，点E，F，G分别是棱SA，SB，SC的中点．求证：‎ ‎（1）平面EFG∥平面ABC；‎ ‎（2）SB⊥AC．‎ ‎17．（14分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，点D为BC中点，点E为BD中点，点F在AC1上，且AC1=4AF．‎ ‎（1）求证：平面ADF⊥平面BCC1B1；‎ ‎（2）求证：EF∥平面ABB1A1．‎ ‎18．（16分）过去的2013年，我国多地区遭遇了雾霾天气，引起口罩热销．某品牌口罩原来每只成本为6元．售价为8元，月销售5万只．‎ ‎（1）据市场调查，若售价每提高0.5元，月销售量将相应减少0.2万只，要使月总利润不低于原来的月总利润（月总利润=月销售总收入﹣月总成本），该口罩每只售价最多为多少元？‎ ‎（2）为提高月总利润，厂家决定下月进行营销策略改革，计划每只售价x（x≥9）元，并投入（x﹣9）万元作为营销策略改革费用．据市场调查，每只售价每提高0.5元，月销售量将相应减少万只．则当每只售价x为多少时，下月的月总利润最大？并求出下月最大总利润．‎ ‎19．（16分）如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点，‎ ‎（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；‎ ‎（2）求证：PA∥平面MBD；‎ ‎（3）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．‎ ‎20．（16分）在正数数列{an}（n∈N*）中，Sn为{an}的前n项和，若点（an，Sn）在函数y=的图象上，其中c为正常数，且c≠1．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）是否存在正整数M，使得当n＞M时，a1•a3•a5…a2n﹣1＞a101恒成立？若存在，求出使结论成立的c的取值范围和相应的M的最小值．‎ ‎（Ⅲ）若存在一个等差数列{bn}，对任意n∈N*，都有b1an+b2an﹣1+b3an﹣2+…+bn﹣1a2+bna1=成立，求{bn}的通项公式及c的值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省南通中学高二（上）10月月考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答卷相应位置上．‎ ‎1．用符号表示“点A在平面α内，直线l在平面α内”为　A∈α，l⊂α　．‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】直接利用空间点、线、面的关系写出结果即可．‎ ‎【解答】解：“点A在平面α内，直线l在平面α内”符号表示为：A∈α，l⊂α；‎ 故答案为：A∈α，l⊂α．‎ ‎【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系，是基础题．‎ ‎　‎ ‎2．四棱锥共有　5　个面．‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】四棱锥的四个侧面和一个底面．‎ ‎【解答】解：四棱锥的四个侧面和一个底面，‎ 故四棱锥共有5个面．‎ 故答案为：5．‎ ‎【点评】本题考查四棱锥的面的个数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意四棱锥的性质的合理运用．‎ ‎　‎ ‎3．梯形ABCD中AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系　平行或异面　．‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】由线面平行的性质定理，得CD∥α，由此得到直线CD与平面α内的直线的位置关系是平行或异面．‎ ‎【解答】解：∵AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，‎ ‎∴由线面平行的性质定理，得CD∥α，‎ ‎∴直线CD与平面α内的直线的位置关系是平行或异面．‎ 故答案为：平行或异面．‎ ‎【点评】本题考查直线的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．‎ ‎　‎ ‎4．一个正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为　　．‎ ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】球的直径就是正方体的棱长，求出球的半径，然后直接求出球的体积．‎ ‎【解答】解：由题设知球O的直径为2，故其体积为：．‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查球的体积，球的内接体的知识，是基础题．‎ ‎　‎ ‎5．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=3cm，AA1=4cm，则三棱锥A1ABD的体积为　6　cm3．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】利用三棱锥的体积计算公式即可得出．‎ ‎【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，‎ ‎∴三棱锥A1ABD的体积V=•AA1==6cm3．‎ 故答案为：6．‎ ‎【点评】本题考查了长方体的性质、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎6．在直观图（如图所示）中，四边形O'A'B'C'为菱形且边长为2cm，则在xOy坐标系中，四边形OABC的面积为　8　cm2．‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】由题意，四边形OABC是长为4，宽为2的矩形，即可求得四边形OABC的面积．‎ ‎【解答】解：由题意，四边形OABC是长为4，宽为2的矩形，其面积为4×2=8cm2，‎ 故答案为8‎ ‎【点评】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属基本概念、基本运算的考查．‎ ‎　‎ ‎7．已知m，n是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：‎ ‎①若α⊥β，m⊥α，则m∥β；‎ ‎②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；‎ ‎③若m∥α，n⊥α，则m⊥n；‎ ‎④若m∥α，m⊂β，则α∥β．‎ 其中所有真命题的序号是　②③　．‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的分类及几何特征，逐一分析四个命题的真假，可得答案．‎ ‎【解答】解：①若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，故错误；‎ ‎②若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故正确；‎ ‎③若m∥α，n⊥α，则m⊥n，故正确；‎ ‎④若m∥α，m⊂β，则α与β的位置不确定，故错误．‎ 故答案为：②③‎ ‎【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与平面的位置关系，难度中档．‎ ‎　‎ ‎8．若tanα=2，则的值为　　．‎ ‎【考点】弦切互化．‎ ‎【分析】把所求的式子分子、分母都除以cosα，根据同角三角函数的基本关系把弦化切后，得到关于tanα的关系式，把tanα的值代入即可求出值．‎ ‎【解答】解：因为tanα=2，‎ 则原式===．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】此题考查学生灵活运用同角三角函数间的基本关系进行弦化切，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎9．已知正四棱锥的底面边长是6，高为，这个正四棱锥的侧面积是　48　．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．‎ ‎【分析】由已知正四棱锥的底面边长是6，高为，可以求出棱锥的侧高，代入棱锥侧面积公式，可得答案．‎ ‎【解答】解：∵正四棱锥的底面边长是6，高为，‎ 正四棱锥的侧高为=4‎ ‎∴正四棱锥的侧面积是4××6×4=48‎ 故答案为：48‎ ‎【点评】本题考查的知识点是棱锥的侧面积，其中根据已知结合勾股定理求出棱锥的侧高是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=‎ ‎，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=　a　．‎ ‎【考点】平面与平面平行的性质；棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】由题设PQ在直角三角形PDQ中，故需要求出PD，QD的长度，用勾股定理在直角三角形PDQ中求PQ的长度．‎ ‎【解答】解：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，MN⊂平面A1B1C1D1‎ ‎∴MN∥平面ABCD，又PQ=面PMN∩平面ABCD，‎ ‎∴MN∥PQ．‎ ‎∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点 ‎∴MN∥A1C1∥AC，‎ ‎∴PQ∥AC，又AP=，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体，‎ ‎∴CQ=，从而DP=DQ=，‎ ‎∴PQ===a．‎ 故答案为： a ‎【点评】本题考查平面与平面平行的性质，是立体几何中面面平行的基本题型，本题要求灵活运用定理进行证明．‎ ‎　‎ ‎11．如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线PA垂直于圆O所在的平面，点M是线段PB的中点．有以下四个命题：‎ ‎①MO∥平面PAC；‎ ‎②PA∥平面MOB；‎ ‎③OC⊥平面PAC；‎ ‎④平面PAC⊥平面PBC．‎ 其中正确的命题的序号是　①④　．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的性质．‎ ‎【分析】①先证明MO∥PA，即可判定MO∥平面PAC；‎ ‎②PA在平面MOB内，可得①错误；‎ ‎③可证PA⊥BC，BC⊥平面PAC．即可证明OC⊥平面PAC不成立；‎ ‎④由③知BC⊥平面PAC，即可证明平面PAC⊥平面PBC．‎ ‎【解答】解：①因为MO∥PA，MO⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以MO∥平面PAC；‎ ‎②因为PA在平面MOB内，所以①错误；‎ ‎③因为PA垂直于圆O所在的平面，所以PA⊥BC．‎ 又BC⊥AC，AC∩PA=A，所以BC⊥平面PAC．因为空间内过一点作已知平面的垂线有且只有一条，所以OC⊥平面PAC不成立，③错误；‎ ‎④由③知BC⊥平面PAC，且BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC．‎ 正确命题的序号是①④．‎ 故答案为：①④．‎ ‎【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了数形结合思想的应用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．如图是表示一个正方体表面的一种平面展开图，图中的四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中相互异面的有　3　对．‎ ‎【考点】异面直线的判定．‎ ‎【分析】展开图复原几何体，标出字母即可找出异面直线的对数．‎ ‎【解答】解：画出展开图复原的几何体，所以C与G重合，F，B重合，‎ 所以：四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中相互异面的有：‎ AB与GH，AB与CD，GH与EF，‎ 共有3对．‎ 故答案为：3．‎ ‎【点评】本题考查几何体与展开图的关系，考查异面直线的对数的判断，考查空间想象能力．‎ ‎　‎ ‎13．如图，直三棱柱ABC一A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为　　．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】以C1为原点，C1A1为x轴，C1B1为y轴，C1C为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段B1F的长．‎ ‎【解答】解：以C1为原点，C1A1为x轴，C1B1为y轴，C1C为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 由题意A1（1，0，0），B1（0，1，0），D（，0），C1（0，0，0），A（1，0，2），设F（0，1，t），0≤t≤2，‎ ‎=（，0），=（﹣1，1，﹣2），=（0，1，t），‎ ‎∵AB1⊥平面C1DF，‎ ‎∴，∴1﹣2t=0，解得t=．‎ ‎∴线段B1F的长为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查线段长的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎14．已知数列{an}的前n项和Sn=（﹣1）n•n，若对任意正整数n，（an+1﹣p）（an﹣p）＜0恒成立，则实数P的取值范围是　（﹣1，3）　．‎ ‎【考点】数列的函数特性．‎ ‎【分析】当n=1时，a1=S1=﹣1；当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1．即可得出an．由于对任意正整数n，（an+1﹣p）（an﹣p）＜0恒成立，分类讨论：n是奇数时，求得p的取值范围；当n是正偶数时，求得p的取值范围，再求其交集即可．‎ ‎【解答】解：当n=1时，a1=S1=﹣1；‎ 当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=（﹣1）nn﹣（﹣1）n﹣1（n﹣1）=（﹣1）n（2n﹣1）．‎ ‎∵对任意正整数n，（an+1﹣p）（an﹣p）＜0恒成立，‎ ‎∴[（﹣1）n+1（2n+1）﹣p][（﹣1）n（2n﹣1）﹣p]＜0，‎ ‎①当n是奇数时，化为[p﹣（2n+1）][p+（2n﹣1）]＜0，解得1﹣2n＜p＜2n+1，‎ ‎∵对任意正奇数n都成立，取n=1时，可得﹣1＜p＜3．‎ ‎②当n是正偶数时，化为[p﹣（2n﹣1）][p+（1+2n）]＜0，解得﹣1﹣2n＜p＜2n﹣1，‎ ‎∵对任意正偶数n都成立，取n=2时，可得﹣5＜p＜3．‎ 联立，解得﹣1＜p＜3．‎ ‎∴实数P的取值范围是（﹣1，3）．‎ 故答案为：（﹣1，3）．‎ ‎【点评】本题考查了“当n=1时，a1=S1；当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1”求数列的通项公式an的方法、交集的运算法则、分类讨论思想方法，属于难题．‎ ‎　‎ 二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎15．（14分）（2015秋•宝安区校级期中）在△ABC中，a=3，b=2，∠B=2∠A．‎ ‎（Ⅰ）求cosA的值；‎ ‎（Ⅱ）求c的值．‎ ‎【考点】正弦定理；余弦定理．‎ ‎【分析】（ I）由正弦定理得，结合二倍角公式及sinA≠0即可得解．‎ ‎（ II）由（ I）可求sinA，又根据∠B=2∠A，可求cosB，可求sinB，利用三角形内角和定理及两角和的正弦函数公式即可得sinC，利用正弦定理即可得解．‎ ‎【解答】解：（ I）因为a=3，b=2，∠B=2∠A．‎ 所以在△ABC中，由正弦定理得．‎ 所以．‎ 故．‎ ‎（ II）由（ I）知，‎ 所以．‎ 又因为∠B=2∠A，‎ 所以．‎ 所以．‎ 在△ABC中，．‎ 所以．‎ ‎【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数关系式，两角和的正弦函数公式的应用，属于基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎16．（14分）（2016秋•崇川区校级月考）如图，在三棱锥S﹣ABC中，AS=AB，CS=CB，点E，F，G分别是棱SA，SB，SC的中点．求证：‎ ‎（1）平面EFG∥平面ABC；‎ ‎（2）SB⊥AC．‎ ‎【考点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．‎ ‎【分析】（1）证明EF∥平面ABC，EG∥平面ABC，即可证明平面EFG∥平面ABC；‎ ‎（2）连接AF，CF，转化证明SB⊥平面AFC，即可得证SB⊥AC．‎ ‎【解答】证明：（1）∵E、G分别为SA、SC的中点，‎ ‎∴EF、EG分别是△SAB、△SAC的中位线，可得EF∥AB且EG∥AC．‎ ‎∵EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ ‎∴EF∥平面ABC，同理可得EG∥平面ABC 又∵EF、EG是平面EFG内的相交直线，‎ ‎∴平面EFG∥平面ABC；‎ ‎（2）连接AF，CF，‎ ‎∵AS=AB，CS=CB，‎ ‎∴SB⊥AF，SB⊥FC，‎ ‎∵AF∩CF=F，‎ ‎∴SB⊥平面AFC，‎ ‎∵AC⊂平面AFC，‎ ‎∴SB⊥AC．‎ ‎【点评】本题考查了线面、面面平行的判定，考查空间直线的垂直的判断，运用直线与平面的垂直转化证明，属于中档题，掌握好基本定理即可．‎ ‎　‎ ‎17．（14分）（2013•连云港一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，点D为BC中点，点E为BD中点，点F在AC1上，且AC1=4AF．‎ ‎（1）求证：平面ADF⊥平面BCC1B1；‎ ‎（2）求证：EF∥平面ABB1A1．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）欲证平面ADF⊥平面BCC1B1，可先证AD⊥平面BCC1B1，CD⊥AB，因AB=AC，D为BC中点，所以AD⊥BC，故只须证CC1⊥AD，这个可以根据直三棱柱ABC﹣A1B1C1中CC1⊥平面ABC得到；‎ ‎（2）欲证EF∥平面ABB1A1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面ABB1A1内一直线平行，连结CF延长交AA1于点G，连结GB．根据中点条件及AC1=4AF可知EF∥GB，又EF⊄平面ABBA1，GB⊂平面ABBA1，满足定理所需条件，从而得出答案．‎ ‎【解答】证明：（1）因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以CC1⊥平面ABC，‎ 而AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD．…（2分）‎ 又AB=AC，D为BC中点，所以AD⊥BC，‎ 因为BC∩CC1=C，BC⊂平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，‎ 所以AD⊥平面BCC1B1，…‎ 因为AD⊂平面ADF，‎ 所以平面ADF⊥平面BCC1B1．…（7分）‎ ‎（2）连结CF延长交AA1于点G，连结GB．‎ 因为AC1=4AF，AA1∥CC1，所以CF=3FG，‎ 又因为D为BC中点，点E为BD中点，所以CE=3EB，‎ 所以EF∥GB，…（11分）‎ 而EF⊄平面AB1A1B，GB⊂平面AB1A1B，‎ 所以EF∥平面ABB1A1．…（14分）‎ ‎【点评】本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，考查学生空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（16分）（2013秋•镇江期末）过去的2013年，我国多地区遭遇了雾霾天气，引起口罩热销．某品牌口罩原来每只成本为6元．售价为8元，月销售5万只．‎ ‎（1）据市场调查，若售价每提高0.5元，月销售量将相应减少0.2万只，要使月总利润不低于原来的月总利润（月总利润=月销售总收入﹣月总成本），该口罩每只售价最多为多少元？‎ ‎（2）为提高月总利润，厂家决定下月进行营销策略改革，计划每只售价x（x≥9）元，并投入（x﹣9）万元作为营销策略改革费用．据市场调查，每只售价每提高0.5元，月销售量将相应减少万只．则当每只售价x为多少时，下月的月总利润最大？并求出下月最大总利润．‎ ‎【考点】函数模型的选择与应用．‎ ‎【分析】（1）设口罩每只售价最多为x元，根据条件建立不等式，解不等式即可得到结论．‎ ‎（2）求出利润函数，利用基本不等式即可求出最值．‎ ‎【解答】解：设口罩每只售价最多为x元，则月销售量为（5﹣）万只，‎ 则由已知（5﹣）（x﹣6）≥（8﹣6）×5，‎ 即，即2x2﹣53x+296≤0，‎ 解得8≤x≤，即每只售价最多为18.5元．‎ ‎（2）下月的月总利润y=[5﹣]（x﹣6）﹣==‎ ‎=﹣[]+，‎ ‎∵x≥9，∴ ，‎ 即y=﹣[]+=14，‎ 当且仅当，即x=10时取等号．‎ 答：当x=10时，下月的月总利润最大，且最大利润为14万元．‎ ‎【点评】本题主要考查与函数有关的应用问题，根据条件建立方程或不等式是解决本题关键，考查学生的阅读和应用能力，综合性较强．‎ ‎　‎ ‎19．（16分）（2013•沈河区校级模拟）如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点，‎ ‎（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；‎ ‎（2）求证：PA∥平面MBD；‎ ‎（3）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）先证明PQ⊥底面ABCD，即为底面ABCD上的高，进而即可求出其体积；‎ ‎（2）连接底面的对角线交于点O，再连接OM，利用三角形的中位线即可证明；‎ ‎（3）由（1）可知：PQ⊥底面ABCD，因此只要在底面上找到一条直线与BQ垂直即可，由平面几何的知识可知，只要取AB的中点N即可．‎ ‎【解答】解：（1）连接PQ，∵PA=PD=AD=4，AQ=QD，∴PQ⊥AD，PQ=．‎ 又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，‎ ‎∴PQ⊥底面ABCD．‎ ‎∴=．‎ ‎（2）证明：连接AC、BD交于点O，连接OM．‎ 则AO=OC，又PM=MC，‎ ‎∴PA∥OM．‎ ‎∵PA⊄平面BMD，OM⊂平面BMD，‎ ‎∴PA∥平面BMD．‎ ‎ 3）存在，N为AB中点．‎ 证明：取AB的中点N，连接CN交BQ于点E．‎ 由正方形ABCD可知：△ABQ≌△BCN，∴∠ABQ=∠BCN，‎ ‎∵∠CNB+∠BCN=90°，∴∠ABQ+∠CNB=90°，∴BQ⊥CN．‎ 由（1）可知：PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥CN．‎ 又PQ∩QB=Q，∴CN⊥平面PQB，‎ ‎∵CN⊂平面PCN，‎ ‎∴平面PCN⊥平面PQB．‎ ‎【点评】熟练掌握线面、线面的平行与垂直的判定定理与性质定理即锥体的体积是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎20．（16分）（2013秋•无锡期末）在正数数列{an}（n∈N*）中，Sn为{an}的前n项和，若点（an，Sn）在函数y=的图象上，其中c为正常数，且c≠1．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）是否存在正整数M，使得当n＞M时，a1•a3•a5…a2n﹣1＞a101恒成立？若存在，求出使结论成立的c的取值范围和相应的M的最小值．‎ ‎（Ⅲ）若存在一个等差数列{bn}，对任意n∈N*，都有b1an+b2an﹣1+b3an﹣2+…+bn﹣1a2+bna1=成立，求{bn}的通项公式及c的值．‎ ‎【考点】数列与不等式的综合；数列的函数特性．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由点（an，Sn）在函数图象上，代入函数表达式可得到an与Sn的关系式，消sn可求an．‎ ‎（Ⅱ）考查了恒成立条件的转化及指数运算法则；同时也考查了分类讨论的思想．‎ ‎（Ⅲ）考查了错位相减法的变形应用及恒成立问题的常规解决方法．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）‎ ‎∴{an}是等比数列．‎ 将（a1，S1）代入得a1=c，‎ 故．‎ ‎（Ⅱ）由a1•a3•a5…a2n﹣1＞a101得，，‎ ‎∴．‎ 若，‎ 解得：n＞11或n＜﹣9（舍去）．‎ 若，‎ 解得：﹣9＜n＜11，‎ 不符合n＞M时，a1•a3•a5…a2n﹣1＞a101恒成立，故舍去．‎ c的取值范围是（0，1），相应的M的最小值为11．‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）知，，由{bn}为等差数列，设bn=b1+（n﹣1）d．‎ b1an+b2an﹣1+…+bn﹣1a2+bna1=（n∈N*），（1）‎ 当n=1时，．（2）‎ 当n≥2时，b1an﹣1+b2an﹣2+…+bn﹣2a2+bn﹣1a1=，（3）‎ ‎（1）﹣（3）得b1an+d（an﹣1+an﹣2+…+a1）=3n﹣3n﹣1﹣，‎ 即（）c1﹣n，（4）‎ ‎∵（4）式对一切n（n≥2）恒成立，则必有 解（2）（5）得故b．‎ ‎【点评】本题以数列为载体，不仅考查了数列的求和方法与求通项公式的方法，而且考查了恒成立问题的处理方法；综合性比较强．化简很繁琐，学生可通过多练习掌握．‎ ‎　‎