2019云南名校高考适应性月考卷 [2015高考名校月考卷]
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
2015高三创新信息调研卷（一） 理科数学 命题时间：2014.10.31-2014.11.1 说明：1、测试时间：150分钟 总分：150分；
2、本试卷考查范围：集合与常用逻辑用语、基本初等函数与导数（重难点）、数列与不等式
8. 已知各项均为正数的等比数列{a
n }满足a 7=a 6+2a 5, 若存在两项
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共12小题，每题5分，共60分。每题只有一个正确答案，将正确答案的序号涂在答题卡上. ）
1. 设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B ，则集合Cu(A∩B) 的非空真子集共有（ ）. 14
+的最小值为 （ ） m n
359A ．B ． C ．
32 4
a m , a n =4a 1, 则
D ．9
9. 已知a ∈Z , 关于x 的一元二次不等式x 2-6x +a ≤0的解集中有且仅有3个整数， 则所有符合条件的a 值之和是（ ） A.2个 B.5个 C.6个 D.7个
2. 函数f (x ) =x 2
-bx +a 的图象如图所示，则函数g (x ) =ln x +f "(x ) 的零点所在的区间是 A. (1, 1
) B. (1422
,1) C. (1, 2) D (2,3).
3. 已知函数f （x ）=，
若a ，b ，c 互不相等，且f （a ）=f（b ）=f（c ），则abc 的取值范围
(A ⊗B ) ⊗C 的所有元素之和为
A ．3 B．9 C．18 D．27
=⎧5. 设定义域为R 的函数f (x ) ⎪⎨5|x -1|
-1, x ≥0,
⎪⎩
x 2+4x +4, x
f 2(x ) -(2m +1) f (x ) +m 2=0有7个不同的实数解，则m =
A ．2
B ．4或6
C ．2或6
D ．6
6. 有四个关于三角函数的命题：
p x x 11：∃x ∈R ，sin 22cos 22＝2
p 2：∃x 、y ∈R ，sin(x －y ) ＝sin x －sin y p x 3：∀x ∈[0，π]，
1－cos22＝sin x p y ⇒x ＋y ＝π
4：sin x ＝cos 2
, 其中假命题的是( A ．p3，p4 B.p2，p4 C．P1，p3 D. p1，p4
2
7. “点M 在曲线y =4x 上”是“点M 的坐标满足方程y =-2x ”的（ ）
A.13
B.18
C.21
D.26
10. 若函数f (x ) =ax 3+bx 2+cx +d (a ≠0) ，[f "(α)]2+[f "(β)]2=0, f (α) +f (β) =0 （其中α, β∈R 且α≠β），则下列选项中一定是方程f (x ) =0的根的是（ ） A ．-
b
3a
B ．-
b 2a
C ．
c c 3a
D ．
2a
11. 已知a , b , c 为互不相等的正数，a 2
+c 2
=2bc ，则下列关系中可能成立的是（ ） A ．a >b >c B ．b >c >a C．b >
a >c D ．a >c >b
12. 某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱的长度是（ ）
A.
第Ⅱ卷
二、填空题（本题共4小题，每题5分, 共20分）.
13. 已知两个命题r (x ) ：sin x ＋cos x >m ，s (x ) ：x 2＋mx ＋1>0.如果对∀x ∈R ，r (x ) 与s (x ) 有且仅有一个是真命题．求实数m 的取值范围_____． 14.已知函数若f (x ) =x 2
+
2x , g (x ) =(1
2
) x +m , ∀x 1∈[1,2],∃x 2∈[-1,1],使得f (x 1) ≥g (x 2) ，则实数m 的取值范围是⎧2x -y +1>0,
15. 设关于x , y 的不等式组⎪
⎨x -m
⎪⎩
y +m >0) 值范围是
16. 已知数列{an }中，Sn 为其前n 项和，S
100=150,S150=100，则S 250=
三、 解答题：（本大题共6小题，满分70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. ）
2
17. (本题12分) 设命题p ：f (x ) ＝在区间(1，＋∞) 上是减函数；命题q ：x 1，x 2是方程x 2－ax －2＝0 的
x －m 两个实根，不等式m 2＋5m －3≥|x 1－x 2|对任意实数a ∈[－1,1]恒成立；若¬p ∧q 为真， 试求实数m 的（1）求函数F (x ) 的定义域D 及其零点；
（2）若关于x 的方程F (x ) -m =0在区间[0, 1) 内仅有一解，求实数m 的取值范围. 取值范围
18（. 本题12分）已知函数f (x ) =-x 3+mx 在（0，1）上是增函数，
（Ⅰ）实数m 的取值集合为A ，当m 取集合A 中的最小值时，定义数列{a n }满足a 1=3, 且
a n >
0, a n +1={an }的通项公式；
（Ⅱ）若b 3n =na n , 数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：S n >
4
.
19. （本题12分）数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *) ．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b b n }满足：a n ＝b 3＋13＋1b 3＋1…＋b 3＋1{b n }的通项公式；
(3)令c a n ＝n b n
4n ∈N *) ，求数列{c n }的前n 项和T n .
20. （本题12分）已知a >0且a ≠1，函数f (x ) =log a (x +1) ，g (x ) =log 1
a
1-x
，F (x ) =2f (x ) +g (x )
21、（本题12分）已知函数f (x ) =a x +x 2-x ln a (a >0, a ≠1).
（1）求函数f (x ) 在点(0, f (0)) 处的切线方程； （2）求函数f (x ) 单调递增区间；
（3）若存在x 1, x 2∈[-1, 1]，使得f (x 1) -f (x 2) ≥e -1(e 是自然对数的底数），求实数a 的取值范
围.
22、（本题12分）设函数
f (x ) =x 2
+bx -a ln x (I) 若x=2是函数f(x)的极值点，1和x 0是函数f (x ) 的两个不同零点，且x 0∈(n , n +1), n ∈N ，求
n 。
(II) 若对任意b ∈[-2, -1], 都存在x ∈(1, e ) (e 为自然对数的底数) ，使得f (x )
记
参考答案1.C2.B3.c4.a5.a6.D7.B8a9c10a11.C12.B13. {m |m ≤－2或－
2≤m
【解析】 命题p ：m ≤1. ……………………………………………………..3
命题q ：|x 1－x 2|＝(x 1＋x 2)－4x 1x 2＝a ＋8≤3，……………………6
∴m 2＋5m －3≥3，∴m 2＋5m －6≥0，∴m ≥1或m ≤－6. …………………9 若¬p ∧q 为真，则p 假q 真，∴⎧⎨m >1
⎩m ≥1或m ≤－6
⇒m >1…………………..12
18. 解：（1）由题意得f′（x ）=﹣3x 2
+m，
∵f （x ）=﹣x 3
+mx在（0，1）上是增函数，∴f′（x ）=﹣3x 2
+m≥0在（0，1）上恒成立， 即m≥3x2
，得m≥3，-----------------------------2分
故所求的集合A 为[3，+∞）；所以m=3，∴f′（x ）=﹣3x 2
+3
，∵，an ＞0
，∴
=3an，即
=3，
∴数列{an}是以3为首项和公比的等比数列，故an=3n； -------------------------------6分
（2）由（1）得，bn=na2
n =n•3n，∴Sn=1•3+2•3+3•33
+„+n•3n
①3Sn=1•32
+2•33
+3•34
+„+n•3n
+1 ②
①﹣②得，﹣2Sn=3+32+33+„+3n ﹣n•3n
+1=
﹣n•3n+1
化简得，Sn=＞．----------------------------12分
19[解析] （1）当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n (n ＋1) －(n －1) n ＝2n ，知a 1＝2满足该式 ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分 (2)a b 1b 2b 3b n
n 3＋132＋133＋13n ＋1n ≥1)①
∴a b 1b 2b 3b n b n ＋1
n ＋1＝3＋1＋32＋1＋33＋1＋„＋3＋1＋3＋1＋1② ②－①得，b n ＋1
n ＋1
3＋1＋1
＝a n ＋1－a n ＝2，b n ＋1＝2(3＋1) ，
故b n
*
n ＝2(3＋1)(n ∈N) ． „„„„„„„„„„„„„„„„„„..6分 (3)c a n b n
(3n ＋1) ＝n ·3n ＋n ，∴T ＝c 23
n
n ＝
4
＝n n 1＋c 2＋c 3＋„＋c n ＝(1×3＋2×3＋3×3＋„＋n ×3) ＋(1＋2＋„＋n )
令H 2
3
n ＝1×3＋2×3＋3×3＋„＋n ×3n
，①
则3H 234n ＝1×3＋2×3＋3×3＋„＋n ×3
n ＋1
②
①－②得，－2H ＋32＋33＋„＋3n
－n ×3
n ＋1
n ＝3＝（31-3n ）－n ×3
n
＋1
1-3
(2n -1) 3n +1∴H +3
n ＝4
。
∴数列{c (2n -1) 3n +1+3n (n +1)
n }的前n 项和T n ＝4
＋2. 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 12分
20解：（1）F (x )
=2f (x ) +g (x ) =2log a (x +1) +log 1
a
1-x
（a >0且a ≠1） ⎨
⎧x +1>0
，解得-1⎩
1-x >0
令F (x )
=0，则2log a (x +1) +log 1
a
1-x
=0„„（*）方程变为 log a (x +1) 2=log a (1-x ) ，(x +1) 2=1-x ，即x 2+3x =0
解得x 1
=0，x 2=-3„„4分
经检验x =-3是（*）的增根，所以方程（*）的解为x =0，所以函数F (x ) 的零点为0. 。。。。。6分
（2）m
=2log a (x +1) +log 1
a
1-x
（0≤x
a 1-x =log a (1-x +1-x -4) ，a m =1-x +1-x
-4
设1-x =t ∈(0, 1]，
则函数y =t +4t
在区间(0, 1]上是减函数，当t =1时，此时x =1，y m
min =5，所以a ≥1。①若a
>1，则m ≥0，方程有解；②若0
21. ⑴因为函数f (x ) =a x +x 2-x ln a (a >0, a ≠1) ，
所以
f "(x ) =a x ln a +2x -ln a ，f "(0)=0，„„„„„„„„„„„„„„„„2分
又因为f (0)=1，所以函数f (x ) 在点(0,f (0))处的切线方程为y =1． „„„„4分 ⑵由⑴，
f "(x ) =a x ln a +2x -ln a =2x +(a x -1)ln a ．
因为当a >0, a ≠1时，总有
f "(x ) 在R 上是增函数，
又
f "(0)=0，所以不等式f "(x ) >0的解集为(0,+∞) ，
故函数f (x ) 的单调增区间为(0,+∞) ．„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分 ⑶因为存在x 1, x 2∈[-1,1]，使得f (x 1) -f (x 2) ≥e -1成立，
而当x ∈[-1,1]时，f (x 1) -f (x 2) ≤f (x ) max -f (x ) min ，
所以只要
f (x ) max -f (x ) min ≥e -1即可． 又因为x ，
f "(x ) ，f (x ) 的变化情况如下表所示
所以f (x ) 在[-1,0]上是减函数，在[0,1]上是增函数，所以当x ∈[-1,1]时，
f (x )的最小值
f (x )min =f (0)=1，f (x )的最大值f (x )max 为f (-1)和f (1)中的最大值．
因为f (1)-f (-1) =(a +1-ln a ) -(1a +1+ln a ) =a -1
a
-2ln a ，
令g (a ) =a -1a -2ln a (a >0) ，因为g "(a ) =1+1212
a 2-a =(1-a ) >0，
所以g (a ) =a -1
a
-2ln a 在a ∈(0, +∞)上是增函数．
而g (1)=0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (-1) 当0
所以，当a >1时，f (1)-f (0)≥e -1，即a -l n a ≥e 1-，函数y =a -ln a 在a ∈(1,+∞) 上是增函数，解得a ≥e ；
当0
f (-1) -f (0)≥e -1，即
1a +ln a ≥e -1，函数y =1
a
+ln a 在a ∈(0,1)上是减函数，解得0
e
．
综上可知，所求a 的取值范围为a ∈(0,1e
][e,+∞) ．
。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 22、（Ⅰ）f "(x ) =2x -a
x +b ，∵x =2是函数f (x ) 的极值点，∴f "(2)=4-
a 2
+b =0.∵1是函数f (x ) 的零点，得f (1)=1+b =0，
⎧
a 由⎪⎨4-+b =0, 解得a =6, b =-1. „„„2分⎪2 ⎩1+b =0,
∴f (x ) =x 2
-x -6ln x , f "(x ) =2x -
6
x
-1， 令f "
(x ) =2x -6x -1=2x 2-x -6x =(2x +3)(x -2) x
>0，x ∈(0,+∞) ，得x >2； 令f "
(x )
所以
f (x ) 在(0,2)上单调递减；在(2, +∞)上单调递增.„„4分 故函数
f (x ) 至多有两个零点，其中1∈(0,2),x 0∈(2,+∞) ，
因为f (2)
f (4)=6(2-ln 4)=6ln e 2
4
>0，所以x 0∈(3,4)，故n =3．„„6分
（Ⅱ）令g (b ) =xb +x 2
-a ln x ，b ∈[-2, -1]
，则g (b ) 为关于b 的一次函数且为增函数，根据题意，对任意
b ∈[-2, -1]，都存在x ∈(1,e ) ，使得f (x )
令h (x ) =x 2
-x -a ln x ，只需存在x 0∈(1,e ) 使得h (x 0)
由于h "
(x ) =2x -1-a 2x 2-x -a x =x
，
令ϕ(x ) =2x 2
-x -a , x ∈(1,e ) ，ϕ"(x ) =4x -1>0， ∴ϕ(x ) 在(1，e ) 上单调递增，ϕ(x ) >ϕ(1)=1-a ，„„„9分
①当1-a ≥0，即a ≤1时，ϕ(x ) >0，即h "(x ) >0，h (x ) 在(1，e ) 上单调递增，∴h (x ) >h (1)=0，不符合题意. ②当1-a 1时，ϕ(1)=1-a
-e -a
若a ≥2e 2
-e >1，则ϕ(e )
∴存在x 0∈(1,e ) ，使得h (x 0)
若2e 2
-e >a >1，则ϕ(e ) >0，∴在(1，e ) 上一定存在实数m ，使得ϕ(m ) =0，∴在(1，m ) 上ϕ(x )
h "(x )
综上所述，当a >1时，对任意b ∈
[-2, -1]，都存在x ∈(1,e ) ，使得f (x )