2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷三

中圖分類(lèi)號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2025）07-0093-09

第Ⅰ卷（選擇題）

一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）

1.已知全集U=R，集合M={x|（x-1）（x+2）≥

0}，N={x|-1≤x≤3}，則（

瘙 綂 UM）∩N=（）.

A.［-2，-1］B.［-1，2］

C.［-1，1）D.［1，2］

2.設(shè)i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足i3z=1+2i，則z-

在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（）.

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

3.已知菱形ABCD中，∠ABC=120°，AC=23，BM+12CB=0，DC=λDN，若AM·AN=29，則λ=（）.

A.18B.17C.16D.15

4.已知sinθ+sin（θ-π3）=1，則sin（2θ+π6）=（）.

A.13B.-13C.12D.-12

5.為了給地球減負(fù)，提高資源利用率，2019年全國(guó)掀起了垃圾分類(lèi)的熱潮，垃圾分類(lèi)已經(jīng)成為新時(shí)尚.假設(shè)某市2019年全年用于垃圾分類(lèi)的資金為5 000萬(wàn)元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的資金比上一年增長(zhǎng)20％，則該市全年用于垃圾分類(lèi)的資金開(kāi)始超過(guò)1.28億元的年份是（）.（參考數(shù)據(jù)：lg1.2≈0.079，lg2≈0.301）

A.2023年B.2024年C.2025年D.2026年

6.設(shè)函數(shù)f（x）=2sin（ωx+φ）-1（ωgt;0），若對(duì)于任意實(shí)數(shù)φ，f（x）在區(qū)間［π4，3π4］上至少有2個(gè)零點(diǎn)，至多3個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是（）.

A.［83，5）B.［4，5）C.［4，203）D.［83，203）

7.由中國(guó)科學(xué)院空天信息創(chuàng)新研究院自主研發(fā)的極目一號(hào)Ⅲ型浮空艇（如圖1），從海拔4 300米的中國(guó)科學(xué)院珠穆朗瑪峰大氣與環(huán)境綜合觀(guān)測(cè)研究站附近發(fā)放場(chǎng)地升空，最終超過(guò)珠峰8 848.86米的高度，創(chuàng)造了海拔9 032米的大氣科學(xué)觀(guān)測(cè)海拔高度世界紀(jì)錄，彰顯中國(guó)實(shí)力.“極目一號(hào)”Ⅲ型浮空艇長(zhǎng)45米，高16米，若將它近似看作一個(gè)半球、一個(gè)圓柱和一個(gè)圓臺(tái)的組合體，正視圖如圖2所示，則“極目一號(hào)”Ⅲ型浮空艇的表面積為（）.

A.2 540πB.449πC.562πD.561π

8.已知連續(xù)函數(shù)f（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒有f（x+y）=f（x）+f（y）-1，當(dāng)xgt;0時(shí)，f（x）gt;1，f（1）=2，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）.

A.f（0）=1

B.f（x）在［-4，4］上的最大值是4

C.f（x）圖象關(guān)于（-1，0）中心對(duì)稱(chēng)

D.不等式f（3x2）-2f（x）lt;f（3x）-2的解集為（0，53）

二、多項(xiàng)選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共計(jì)18分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中至少有兩項(xiàng)是符合題目要求的，部分選對(duì)得部分分，有選錯(cuò)的得0分）

9.已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N（100，100），則下列選項(xiàng)正確的是（）.（參考數(shù)值：隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N（μ，σ2），則P（μ-σlt;ξlt;μ+σ）=0.682 6，P（μ-2σlt;ξlt;μ+2σ）=0.954 4，P（μ-3σlt;ξlt;μ+3σ）=0.997 4））

A.E（X）=100B.D（X）=10

C.P（X≥90）=0.841 3D.P（X≤120）=0.998 7

10.已知函數(shù)f（x）=ex-ax（a∈R），則下列說(shuō)法正確的是（）.

A.當(dāng)a=2時(shí)，f（x）在（-∞，ln2）上單調(diào)遞增

B.當(dāng)a=e時(shí)，f（x）≥0在R上恒成立

C.存在alt;0，使得f（x）在（-∞，0）上不存在零點(diǎn)D.對(duì)任意的agt;0，f（x）有唯一的極小值

11.已知雙曲線(xiàn)C：x24-y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線(xiàn)l與雙曲線(xiàn)C的左、右兩支分別交于A，B兩點(diǎn)，P為C的右支上一點(diǎn)（異于點(diǎn)B），△PF1F2的內(nèi)切圓圓心為N.則以下結(jié)論正確的是（）.

A.直線(xiàn)PA與PB的斜率之積為4

B.若|PF1|·|PF2|=4，則∠F1PF2=π3

C.以PF1為直徑的圓與圓x2+y2=4相切

D.若PF1·PF2=0，則點(diǎn)N坐標(biāo)為（2，6-5）

第Ⅱ卷（非選擇題）

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）

12.抽樣統(tǒng)計(jì)某位射擊運(yùn)動(dòng)員10次的訓(xùn)練成績(jī)分別為86，85，88，86，91，89，88，87，85，92，則該運(yùn)動(dòng)員這10次成績(jī)的80%分位數(shù)為.

13.已知某地市場(chǎng)上供應(yīng)的燈泡中，甲廠(chǎng)產(chǎn)品占60%，乙廠(chǎng)產(chǎn)品占40%，甲廠(chǎng)產(chǎn)品的合格率是95%，乙廠(chǎng)產(chǎn)品的合格率是90%，則從該地市場(chǎng)上買(mǎi)到一個(gè)合格燈泡的概率是.

14.已知二面角α-l-β的棱上有A，B兩點(diǎn)，ACα，AC⊥l，BDβ，BD⊥l.若AB=6，AC=3，BD=4，CD=7，則點(diǎn)D到平面α的距離是.

四、解答題（本題共5個(gè)小題，共77分.解答應(yīng)在答卷的相應(yīng)各題中寫(xiě)出文字說(shuō)明，說(shuō)明過(guò)程或演算步驟）

15.（本小題13分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)足a+bb=sin2CsinAsinB-sinBsinA.

（1）求C；

（2）若a=3，∠ACB的平分線(xiàn)交AB于點(diǎn)D，且CD=1，求b.

16.（本小題15分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1

（agt;bgt;0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1（-1，0），F(xiàn)2（1，0），橢圓的離心率為33.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）過(guò)點(diǎn)F2的直線(xiàn)l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，求△F1AB的面積的最大值.

17.（本小題15分）如圖3，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，AB=AD=12BC=1，PA=2，E為棱BC上的點(diǎn)，且BE=14BC，點(diǎn)Q在棱CP上（不與點(diǎn)C，P重合）.

（1）求證：平面DEQ⊥平面PAC；

（2）求二面角A-PC-D的平面角的余弦值；

（3）直線(xiàn)QE能與平面PCD垂直嗎？若能，求出CQCP的值;若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由.

18.（本小題17分）已知函數(shù)f（x）=alnx+1x（a≠0）.

（1）若f（x）gt;a對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，求a的取值范圍;

（2）當(dāng)a=3時(shí)，若關(guān)于x的方程f（x）=1x-12x2+4x+b有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，x3，且x1lt;x2lt;x3，求b的取值范圍，并證明：x3-x1lt;4.

19.（本小題17分）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿(mǎn)足Sn=1-an，數(shù)列bn滿(mǎn)足b1=1，bn+1=bn+n-2.

（1）求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；

（2）cn=an，n為奇數(shù)，log2an，n為偶數(shù)（n∈N*），求數(shù)列

cn的前n項(xiàng)和Tn；

（3）對(duì)任意的正整數(shù)m，是否存在正整數(shù)k，使得amgt;bk恒成立？若存在，請(qǐng)求出k的所有值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

參考答案

1.因?yàn)槿疷=R，集合M={x|（x-1）（x+2）≥0}={x|x≤-2或x≥1}，所以

瘙 綂 UM={x|-2lt;xlt;1}.

又N={x|-1≤x≤3}，所以（

瘙 綂 UM）∩N=［-1，1）.故選C.

2.因?yàn)閦·i3=1+2i，

所以z=1+2ii3=（1+2i）i（-i）·i=-2+i.

所以z-=-2-i.

所以復(fù)數(shù)z-在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為（-2，-1），位于第三象限.

故選C.

3.作出圖形，建立如圖4所示的坐標(biāo)系，設(shè)

N（x，y），因?yàn)锳C=23，∠ABC=120°，故BD=2.

則A（-3，0），M（32，12），D（0，-1），C（3，0）.

則AM=（332，12），

DC=（3，1）=λDN=λ（x，y+1）.

由題可知λ≠0，故N（3λ，1λ-1）.

所以AN=（3λ+3，1λ-1）.

故AM·AN=5λ+4=29.

解得λ=15.

故選D.

4.因?yàn)閟inθ+sin（θ-π3）=1，

所以sinθ+sinθcosπ3-cosθsinπ3=1.

即32sinθ-32cosθ=1.

即3（32sinθ-12cosθ）=1.

所以sin（θ-π6）=33.

則sin（2θ+π6）=sin［2（θ-π6）+π2］

=cos［2（θ-π6）］

=1-2sin2（θ-π6）

=1-2×（33）2=13.

故選A.

5.設(shè)經(jīng)過(guò)n年之后該市全年用于垃圾分類(lèi)的資金為y=5 000×（1+20％）n.

由題意可得y=5 000×（1+20％）ngt;12 800.

即1.2ngt;2.56.

所以nlg1.2gt;lg2.56=lg28-2.所以ngt;lg28-2lg1.2=8×0.301-20.079≈5.16.

因?yàn)閚∈N*，所以n≥6.即從2025年開(kāi)始該市全年用于垃圾分類(lèi)的資金超過(guò)1.28億元.

故選C.

6.令函數(shù)f（x）=2sin（ωx+φ）-1=0，則

sin（ωx+φ）=22.

令t=ωx+φ，則

t=π4+2kπ或t=3π4+2kπ，k∈Z.

不妨令k=0，k=1，k=2，則相鄰的t值分別為π4，3π4，9π4，11π4，17π4，19π4.

故在長(zhǎng)度為2π的區(qū)間中至少有兩個(gè)零點(diǎn)，在長(zhǎng)度為52π的區(qū)間中至多有三個(gè)零點(diǎn).

當(dāng)x∈［π4，3π4］時(shí)，則

ωx+φ∈［π4ω+φ，3π4ω+φ］，

則2π≤（3π4ω+φ）-（π4ω+φ）lt;52π.

解得4≤ωlt;5，故選B.

7.該組合體的直觀(guān)圖如圖5，半球的半徑為8 m，圓柱的底面半徑為8 m，母線(xiàn)長(zhǎng)為13 m，圓臺(tái)的兩底面半徑分別為8 m和1 m，高為24 m，

所以半球的表面積為12×4π×82=128π（m2），

圓柱的側(cè)面積為2×π×8×13=208π（m2），

圓臺(tái)的側(cè)面積為

π（8+1）×72+242=225π（m2）.

故該組合體的表面積為

128π+208π+225π+π×12=562π（m2）.

故選C.

8.對(duì)于A，令x=y=0，則

f（0）=f（0）+f（0）-1.

所以f（0）=1，故A正確.

對(duì)于B，設(shè)x1，x2是實(shí)數(shù)集上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且x1gt;x2，令x+y=x1，y=x2，則

x=x1-x2gt;0.

則f（x1）-f（x2）=f（x+y）-f（y）

=f（x）+f（y）-1-f（y）

=f（x）-1.

因?yàn)閤gt;0，所以f（x）gt;1，f（x）-1gt;0.

所以f（x1）-f（x2）gt;0.

即f（x1）gt;f（x2）.

所以函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù).

所以f（x）在［-4，4］上的最大值是f（4），

f（2）=f（1）+f（1）-1=3，f（4）=f（2）+f（2）-1=5，故B錯(cuò)誤.

對(duì)于C，f（0）=f（1）+f（-1）-1=1，f（-1）

=0，f（-2）=f（-1）+f（-1）-1=-1，

故f（-2）=f（-1+x）+f（-1-x）-1=-1.

所以f（-1+x）+f（-1-x）=0.

所以f（x）圖象關(guān)于（-1，0）中心對(duì)稱(chēng)，故C正確.

對(duì)于D，由不等式f（3x2）-2f（x）lt;f（3x）-2可得

f（3x2）lt;f（x）+f（x）+f（3x）-2.

即f（3x2）lt;f（2x）+f（3x）-1.

即f（3x2）lt;f（5x）.

因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在R上是增函數(shù)，

所以3x2lt;5x，

解得0lt;xlt;53，故D正確.

故選B.

9.因?yàn)殡S機(jī)變量X服從正態(tài)分布N（100，102），所以曲線(xiàn)關(guān)于x=100對(duì)稱(chēng).

所以E（X）=μ=100，D（X）=σ2=100，故A正確，B錯(cuò)誤.

根據(jù)題意可得，P（90lt;xlt;110）=0.682 6，

P（80lt;xlt;120）=0.954 4.

所以P（x≥90）=0.5+12×0.682 6=0.841 3，故C正確.

P（x≤120）=0.5+12×0.954 4=0.977 2，故D錯(cuò)誤.

故選AC.

10.f ′（x）=ex-a，若a=2，則f ′（x）=ex-2.

令f ′（x）gt;0，可得xgt;ln2，故A錯(cuò)誤.若a=e，則f ′（x）=ex-e.

因此當(dāng)x∈（-∞，1）時(shí)，f ′（x）lt;0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f ′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增.

所以f（x）≥f（1）=0，故B正確.

若alt;0，則f ′（x）=ex-agt;0恒成立.

所以函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增.

f（0）=1gt;0，當(dāng)x→-∞時(shí)，f（x）lt;0，故函數(shù)f（x）在（-∞，0）上一定存在零點(diǎn)，故C錯(cuò)誤.

若agt;0，f ′（x）=ex-a，

令f ′（x）gt;0，可得xgt;lna.

令f ′（x）lt;0可得xlt;lna.

所以x=lna為函數(shù)f（x）的唯一極小值點(diǎn)，所以

D正確.

故選BD.

11.設(shè)A（m，n），則B（-m，-n），P（x1，y1）

（x1≥2）.則m24-n2=1，x214-y21=1.

兩式作差，得m2-x214=n2-y21.

故n2-y21m2-x21=14.

故kPA·kPB=n-y1m-x1·-n-y1-m-x1

=n2-y21m2-x21=14.

故A錯(cuò)誤.

因?yàn)閨PF1|-|PF2|=2a=4，

所以|PF1|2+|PF1|2=（|PF1|-|PF1）2+2|PF1|·|PF1|=16+2×4=24.

又|F1F2|=2c=25，

所以cos∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1|·|PF2|=12.

因?yàn)椤螰1PF2∈（0，π），

所以∠F1PF2=π3.

故B正確.

設(shè)PF1的中點(diǎn)為H，|HF1|=12|PF1|，

|HO|=12|PF2|，

又12|PF1|-12|PF2|=2，

所以|HF1|-|HO|=2.

即|HF1|=|HO|+2.

則以PF1為直徑的圓與圓x2+y2=4相內(nèi)切.

故C正確.

若PF1·PF2=0，則∠F1PF2=π2.所以|PF1|2+|PF1|2=|F1F2|2=20.

又|PF1|-|PF2|=2a=4，

解得|PF1|=6+2，|PF2|=6-2.

故內(nèi)切圓半徑

r=12（|PF1|+|PF2|-|F1F2）=6-5.

過(guò)點(diǎn)N作x軸的垂線(xiàn)，垂足為點(diǎn)M，則

|F1M|=|PF1|-r=2+5.

又|OF1|=5，

所以點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為2.

則點(diǎn)N（2，±6-5）.

故D錯(cuò)誤.

故選BC.

12.該射擊運(yùn)動(dòng)員10次的訓(xùn)練成績(jī)從小到大分別為85，85，86，86，87，88，88，89，91，92.

又10×80%=8，這10次成績(jī)的80%分位數(shù)為89+912=90.

故答案為90.

13.從某地市場(chǎng)上購(gòu)買(mǎi)一個(gè)燈泡，設(shè)買(mǎi)到的燈泡是甲廠(chǎng)產(chǎn)品為事件A，買(mǎi)到的燈泡是乙廠(chǎng)產(chǎn)品為事件B，則P（A）=0.6，P（B）=0.4.

記事件C：從該地市場(chǎng)上買(mǎi)到一個(gè)合格燈泡，則P（C|A）=0.95，P（C|B）=0.9.

所以P（C）=P（AC）+P（BC）

=P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）

=0.6×0.95+0.4×0.9=0.93.

14.如圖6，過(guò)點(diǎn)A作AE∥BD，使AE=BD=4，則四邊形BAED為平行四邊形.則l∥DE.

因?yàn)锳C⊥l，AE⊥l，AC∩AE=A，AC，AE平面ACE，

所以l⊥平面ACE.

因?yàn)镃E平面ACE，

則l⊥CE.故DE⊥CE.

所以在Rt△CED中，CE=49-36=13.

所以AC⊥l，ACα，AE⊥l，AEβ，AE∩AC=A.

所以∠CAE即為二面角α-l-β的平面角.

則cos∠CAE=16+9-132×3×4=12.

即∠CAE=π3.

因?yàn)閘⊥平面AEC，lα，

所以平面α⊥平面AEC.

過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，平面α∩平面AEC=AC，EF平面AEC，

所以EF⊥平面α.

所以EF即為點(diǎn)E到平面α的距離.

又DE∥l，lα，DE不在平面α上，

所以DE∥α.

所以EF也是點(diǎn)D到平面α的距離.

又EF=4×sinπ3=23，故答案為23.

15.（1）由正弦定理及已知條件，得

a+bb=c2ab-ba.

整理，得a2+b2-c2=-ab.

由余弦定理，得cosC=a2+b2-c22ab=-12.

因?yàn)?lt;Clt;π，所以C=2π3.

（2）根據(jù)題意，得S△ABC=12absinC=34ab.

因?yàn)椤螦CB的平分線(xiàn)交AB于點(diǎn)D，且CD=1，

所以S△CBD=12×CD×a×sin∠BCD=34a，

S△CAD=12×CD×b×sin∠ACD=34b.

又S△ABC=S△CBD+S△CAD，

所以34ab=34a+34b.

化簡(jiǎn)，得ab=a+b.

因?yàn)閍=3，所以b=32.

16.（1）由題意可得2c=2，e=ca=33.

解得a=3，c=1.

所以b2=a2-c2=2.

故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y22=1.

（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由題意知，直線(xiàn)l的斜率不為零.

可設(shè)直線(xiàn)l的方程為x=ty+1，

聯(lián)立直線(xiàn)與橢圓方程x23+y22=1，x=ty+1，

消去x整理，得（2t2+3）y2+4ty-4=0.

由韋達(dá)定理可知Δ=16t2+16（2t2+3）gt;0，y1+y2=-4t2t2+3，y1y2=-42t2+3.

則S△F1AB=12|F1F2||y1-y2|

=12×2c×|y1-y2|

=|y1-y2|

=（y1+y2）2-4y1y2

=43·t2+12t2+3.

令u=t2+1，則u≥1.

則S△F1AB=43u2u2+1=432u+1/u.

令f（u）=2u+1/u，由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)f（u）在［1，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù).

因此有f（u）≥f（1）=32.

所以S△F1AB≤433.

即當(dāng)u=1，即t=0時(shí)，S△F1AB最大，最大值為433.

17.（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，

所以PA⊥AB，PA⊥AD.

又AB⊥AD，則以A為原點(diǎn)，建立如圖7所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A（0，0，0），B（1，0，0），E（1，12，0），D（0，1，0），C（1，2，0），P（0，0，2）.

所以DE=（1，-12，0），AC=（1，2，0），AP=（0，0，2）.

所以DE·AP=0，DE·AC=1-1=0.

所以DE⊥AP，DE⊥AC.

因?yàn)锳P∩AC=A，AP，AC平面PAC，

所以DE⊥平面PAC.

因?yàn)镈E平面DEQ，

所以平面DEQ⊥平面PAC.

（2）由（1）知DE=（1，-12，0）是平面PAC的一個(gè)法向量，PD=（0，1，-2），PC=（1，2，-2），

設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n=（x，y，z），

所以PD·n=0，PC·n=0.

即y-2z=0，x+2y-2z=0.

令z=-1，則x=2，y=-2.

所以n=（2，-2，-1）.

所以coslt;DE，n

gt;=DE·n|DE|×|n|=255.

又由圖7可知二面角A-PC-D的平面角為銳角，

所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值為255.

（3）由（1）得C（1，2，0），P（0，0，2），E（1，12，0），CP=（-1，-2，2）.

設(shè)CQCP=λ（0lt;λlt;1），則

CQ=λCP=（-λ，-2λ，2λ）.

可得Q（1-λ，2-2λ，2λ）.

所以QE=（λ，-32+2λ，-2λ）.

由（2）知n=（2，-2，-1）是平面PCD的一個(gè)法向量.

若QE⊥平面PCD，可得QE∥n.

則λ2=-3/2+2λ-2=-2λ-1，該方程無(wú)解.

所以直線(xiàn)QE不能與平面PCD垂直.

18.（1）當(dāng)alt;0時(shí)，1a-1lt;0，則0lt;e1a-1lt;1.

f（e1-1a）=a（1-1a）+e1a-1

=a+e1a-1-1lt;a，

所以不等式f（x）gt;a在區(qū)間（0，+∞）上不恒成立，不合題意.

當(dāng)agt;0時(shí)，函數(shù)f（x）=alnx+1x的定義域?yàn)椋?，+∞），且

f ′（x）=ax-1x2=ax-1x2，

由f ′（x）gt;0可得xgt;1a;

由f ′（x）lt;0可得0lt;xlt;1a.

此時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1a），單調(diào)遞增區(qū)間為（1a，+∞）.

則f（x）min=f（1a）=-alna+agt;a.

即alnalt;0，即lnalt;0，解得0lt;alt;1.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，1）.

（2）當(dāng)a=3時(shí)，由f（x）=1x-12x2+4x+b，得

3lnx+12x2-4x=b.

令g（x）=3lnx+12x2-4x，

則g′（x）=3x+x-4=（x-1）（x-3）x.

當(dāng)xgt;3或0lt;xlt;1時(shí)，g′（x）gt;0，

當(dāng)1lt;xlt;3時(shí)，g′（x）lt;0，

所以g（x）在（0，1），（3，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，3）內(nèi)單調(diào)遞減.

所以g（x）極大值=g（1）=-72，

g（x）極小值=g（3）=3ln3-152.

若g（x）=b有3個(gè)不同實(shí)根，

則3ln3-152lt;blt;-72.

此時(shí)0lt;x1lt;1lt;x2lt;3lt;x3.

令h（x）=g（x）-g（2-x），0lt;xlt;1，

則h′（x）=g′（x）+g′（2-x）

=（3x+x-4）+（32-x+2-x-4）

=6（x-1）2x（2-x）gt;0.可知h（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增.

則h（x）lt;h（1）=0.

可得g（x）lt;g（2-x）在（0，1）內(nèi)恒成立.

因?yàn)?lt;x1lt;1，則g（x1）=g（x2）lt;g（2-x1）.

又1lt;2-x1lt;2，1lt;x2lt;3，g（x）在（1，3）內(nèi)單調(diào)遞減，

則2-x1lt;x2.

即x1+x2gt;2.

令m（x）=g（x）-g（6-x），1lt;xlt;3，

則m′（x）=g′（x）+g′（6-x）

=（3x+x-4）+（36-x+6-x-4）

=2（x-3）2x（6-x）gt;0.

可知m（x）在（1，3）內(nèi)單調(diào)遞增.

則m（x）lt;m（3）=0.

可得g（x）lt;g（6-x）在（1，3）內(nèi)恒成立.

因?yàn)?lt;x2lt;3，則g（x2）=g（x3）lt;g（6-x2）.

且3lt;6-x2lt;5，x3gt;3，g（x）在（3，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，

則6-x2gt;x3.

即x2+x3lt;6.

由x1+x2gt;2和x2+x3lt;6可得x3-x1lt;4.

19.（1）在數(shù)列an中，

當(dāng)n=1時(shí)，a1=12，

當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn=1-an，Sn-1=1-an-1，得an=12an-1.

所以數(shù)列an是以12為首項(xiàng)，12為公比的等比數(shù)列.

即an=12n（n∈N*）.

在數(shù)列bn中，當(dāng)n≥2時(shí)，bn-bn-1=n-3，

有b2-b1=-1，b3-b2=0， ……bn-bn-1=n-3，

疊加，得bn-b1=-1+0+…+n-3.

則bn=b1+（n-1）（n-4）2=n2-5n+62.

當(dāng)n=1時(shí)，b1=1也符合上式.

所以bn=n2-5n+62（n∈N*）.

（2）由題意，得cn=12n，n為奇數(shù)，-n，n為偶數(shù)，

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，

Tn=（c1+c3+…+cn-1）+（c2+c4+…+cn）

=（12+18+…+12n-1）+（-2-4-…-n）

=23（1-12n）-n（n+2）4，

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，

Tn=（c1+c3+…+cn）+（c2+c4+…+cn-1）

=（12+18+…+12n）+（-2-4-…-n+1）

=23（1-12n+1）-n2-14.（3）對(duì)任意的正整數(shù)m，有0lt;am≤12.

假設(shè)存在正整數(shù)k，使得amgt;bk，則bk≤0.

令bk=k2-5k+62≤0，解得2≤k≤3.

又k為正整數(shù)，所以k=2或3滿(mǎn)足題意.

［責(zé)任編輯：李慧嬌］