2025年高考数学全真模拟卷05（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（2024·山西·模拟预测）已知集合A={−1,0,1,2,3}，B=x|x3−2x<4，则A∩B的真子集的个数为（ ）
A．8B．7C．16D．15
【解题思路】进行交集的运算求出A∩B，然后即可得出的真子集的个数．
【解答过程】因为A={−1,0,1,2,3}，B=x|x3−2x<4，
将A中元素代入x3−2x<4，验证可得A∩B={−1,0,1}，
所以A∩B的真子集的个数为23−1=7.
故选：B.
2．（5分）（2024·全国·模拟预测）在复平面内，复数z=3+i1−i对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【解题思路】利用复数乘法运算可得z=4−2i，得出对应的点为4,−2，可得结论.
【解答过程】因为z=3+i1−i=4−2i，所以该复数在复平面内对应的点为4,−2，位于第四象限.
故选：D.
3．（5分）（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知向量a=1,2,b=λ,−1,c=μ,−1，若a+c ∥ b，则λ+μ=（ ）
A．−2B．−1C．0D．1
【解题思路】由向量平行的坐标表示即可求解.
【解答过程】由条件可得a+c=1+μ,1
因为a+c ∥ b，
所以−1+μ=λ
所以λ+μ=−1
故选：B.
4．（5分）（2024·吉林长春·模拟预测）已知sinαsinα+π6=csαsinπ3−α，则tan2α+π4=（ ）
A．3B．33C．2−3D．−2−3
【解题思路】根据三角恒等变换得到tan2α=3，再利用正切和角公式得到答案.
【解答过程】由sinαsinα+π6=csαsinπ3−α，得
32sin2α+12sinαcsα=32cs2α−12sinαcsα，
即32cs2α−sin2α=sinαcsα，所以32cs2α=12sin2α，
所以tan2α=3，
所以tan2α+π4=tan2α+tanπ41−tan2αtanπ4=3+11−3×1=−2−3．
故选：D．
5．（5分）（2024·云南大理·模拟预测）如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽20cm，塔顶宽约10cm，侧面面积为780cm2，据此计算该揽月阁模型体积为（ ）cm3
A．1400B．2800C．91003D．8400
【解题思路】设斜高，利用侧面积求出斜高ℎ′=13，求出棱台的高，利用台体体积公式得到答案.
【解答过程】如图，正四棱台底面边长分别为20cm和10cm，侧面积为780cm2，
设ℎ′为斜高，可得780=4×20+102ℎ′，解得ℎ′=13，即EE1=13，
∴棱台的高OO1=EE12−EO−E1O12=132−52=12，
∴V=13ℎS+S′+SS′=13×12×100+400+10×20=2800cm，
棱台的体积为2800cm3.
故选：B.
6．（5分）（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，若对于任意的x，y∈(0,+∞)，都有f(x)+f(y)= f(xy)+2，当x>1时，都有f(x)>2，且f(3)=3，则函数f(x)在区间[1,27]上的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解题思路】令x=y=1可得f(1)=2，再令x=y=3可得f(9)=4，再令x=3,y=9即可得f(27)，再利用函数单调性定义可得该函数为单调递增函数，故f(27)的值即为所求.
【解答过程】令x=y=1，则f(1)=2，令x=y=3有f(3)+f(3)=f(9)+2，
又f(3)=3，所以f(9)=4，
令x=3,y=9，所以f(3)+f(9) =f(27)+2，所以f(27)=5，
设x2>x1>0，则x2x1>1，所以fx2x1>2，
所以fx1−fx2=fx1−fx1+fx2x1−2=2−fx2x1<0，
则fx1所以函数f(x)在区间[1,27]上的最大值为f(27)=5.
故选：D.
7．（5分）（2024·广东珠海·一模）函数fx=23sin2ωx+sin2ωx+2π3，其中ω>0，其最小正周期为π，则下列说法错误的是（ ）
A．ω=1
B．函数fx图象关于点π3,3对称
C．函数fx图象向右移φφ>0个单位后，图象关于y轴对称，则φ的最小值为5π12
D．若x∈0,π2，则函数fx的最大值为3+1
【解题思路】化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式可求ω判断A，验证π3,3是否为函数fx的对称中心判断B，结合函数图象平移变换结论判断C，结合不等式性质及正弦函数性质判断D.
【解答过程】由已知fx=23sin2ωx+sin2ωx+2π3=31−cs2ωx+sin2ωxcs2π3+cs2ωxsin2π3，
所以fx=−12sin2ωx−32cs2ωx+3=−sin2ωx+π3+3，
又ω>0，所以函数fx的最小正周期为π，
由已知2π2ω=π，所以ω=1，A正确；
所以fx=−sin2x+π3+3，
因为2×π3+π3=π，所以函数fx图象关于点π3,3对称，B正确，
将函数图象向右移φφ>0个单位后可得函数y=−sin2x−2φ+π3+3的图象，
因为y=−sin2x−2φ+π3+3的图象关于y轴对称，
所以φ=−kπ2−π12,k∈Z，又φ>0，
所以φ的最小值为5π12，C正确，
若0≤x≤π2，则π3≤2x+π3≤4π3，
所以−32≤sin2x+π3≤1，故−1+3≤fx≤332，
所以当x=π2时，函数fx取最大值，最大值为332，D错误.
故选：D.
8．（5分）（2024·湖南益阳·一模）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=exx+2，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f(x)有两个零点B．当x>0时，f(x)=−ex−x+2
C．f(x)>0的解集是−2,0∪2,+∞D．∀x1，x2∈R都有fx1−fx2<3
【解题思路】利用函数的奇偶性即可求解x>0时函数的解析式，即可判断B；分情况令fx=0即可求解函数的零点判断A；令f(x)>0求出解集即可判断C；分情况对函数求导，判断函数的单调区间即可求得函数的最值，用最大值减最小值即可判断D.
【解答过程】设x>0，则−x<0，所以f(−x)=e−x−x+2，
因为f(x)是奇函数，所以f−x=−fx，
所以−f(x)=e−x−x+2，即f(x)=−e−x−x+2，
所以函数的解析式为fx=exx+2,x<00,x=0−e−x−x+2,x>0，故B不正确；
因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f0=0，
当x<0时，令fx=0，解得x=−2，
当x>0时，令fx=0，解得x=2，
所以函数f(x)有三个零点，故A不正确；
当x<0时，令fx>0，解得x>−2，
当x>0时，令fx>0，解得x>2，
所以f(x)>0的解集为−2,0∪2,+∞，故C正确；
当x<0时，f′x=exx+3，
所以当x<−3时，f′x<0，函数fx单调递减，
当−30，函数fx单调递增，
所以当x=−3时，函数fx取得最小值−e−3，
当x>0时，f′(x)=e−x−x+3，
所以当00，函数fx单调递增，
当x>3时，f′x<0，函数fx单调递减，
所以当x=3时，函数fx取得最大值e−3，
当x=0时，f0=0，
所以∀x1，x2∈R都有fx1−fx2≤fx1−fx2max=1e3+1e3=2e3，
所以D不正确.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（6分）（2024·四川遂宁·模拟预测）某科技企业为了对一种新研制的专利产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
由表中数据，求得经验回归方程为y=−0.4x+66，则下列说法正确的是（ ）
A．产品的销量与单价成负相关
B．m=40
C．若单价为50元时，估计其销量为44件
D．为了获得最大的销售额（销售额=单价×销量)，单价应定为70元或80元
【解题思路】由回归系数b=−0.4<0，可得判定A正确；求得样本中心，代入回归方程，求得m的值，可得判定B正确；令x=50，求得y=46，可得判定C不正确；根据题意，得出销售额的函数，结合二次函数的性质，可得判定D不正确.
【解答过程】对于A中，由回归方程y=−0.4x+66，可得回归系数b=−0.4<0，
所以产品的销量与单价成负相关，所以A正确；
对于B中，由表格中的数据，可得x=16(40+50+60+70+80+90)=1302，
y=16(50+44+43+m+35+28)=200+m6，即样本中心为(1303,200+m6)，
将(1302,200+m6)代入回归直线方程，都可200+m6=−0.4×1302+66，
解得m=40，所以B正确；
对于C中，由回归方程y=−0.4x+66，令x=50，可得y=−0.4×50+66=46，
即单价为50元时，估计其销量为46件，所以C不正确；
对于D中，设销售额为z，
可得z=x(−0.4x+66)=−0.4x2+66x=−0.4(x−82.5)2+2722.5，
所以为了获得最大的销售额，单价应定位82.5元，所以D错误.
故选：AB.
10．（6分）（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(3x+1)是偶函数，且f(2+x)− f(2−x)=x，令g(x)=f′(x)，则下列说法正确的是（ ）
A．函数y=12x−f(x+2)是奇函数B．g(1)=0
C．函数g(x)的图象关于点(3,1)对称D．i=126g(i)=3252
【解题思路】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定B；对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得g(i)关系式，再求和可判定D.
【解答过程】对A，因为f(2+x)−f(2−x)=x，所以−12x−f(2−x)=12x−f(2+x)，
所以函数y=12x−f(x+2)是偶函数，故A错误；
对B，因为y=f(3x+1)为偶函数，所以f(3x+1)=f(−3x+1)，即f(1+x)=f(1−x)，
所以f′(1+x)=−f′(1−x)，即g(1+x)=−g(1−x)，令x=0，得g(1)=−g(1)，
所以g(1)=0，故B正确；
对C，因为f(2+x)−f(2−x)=x，所以f′(2+x)+f′(2−x)=1，
即g(2+x)+g(2−x)=1，又g(1+x)= −g(1−x)，所以g(x)=−g(2−x)，
所以g(2+x)=g(x)+1，所以g(4+x)−1+g(2−x)=1，即g(4+x)+g(2−x)=2，
所以函数g(x)的图象关于点(3,1)对称，故C正确；
对D，因为g(2+x)+g(2−x)=1，令x=0，得g(2)+g(2)=2g(2)=1，
所以g(2)=12，又g(2+x)=g(x)+1，所以g(3)=g(1)+1 =1，
g(4)=g(2)+1=32，…，所以i=126g(i)=0+12+1+⋯+26−12=3252，故D正确.
故选：BCD.
11．（6分）（2024·广东珠海·一模）中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，中国结有着复杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.已知在平面直角坐标系xOy中，到两定点F1−a,0，F2a,0距离之积为常数a2的点的轨迹C是双纽线.若M3,0是曲线C上一点，则下列结论正确的是（ ）

A．曲线C的图象关于原点对称
B．曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过3
D．曲线C上有且仅有3个点P满足PF1=PF2
【解题思路】根据题意求出轨迹C的方程，把−x,−y代入C的方程可判断A；令y=0，x=±1,x=±2，得y的范围可判断B；由曲线C的方程可得x2+y2=9x2−y2x2+y2≤9，根据d=x2+y2≤3可判断C；由题意得xP=0，设P0,yp，结合题意计算yp可判断D.
【解答过程】对于选项A：PF1⋅PF2=(x+a)2+y2⋅(x−a)2+y2=a2,
化简得到：x2+y22=2a2x2−y2，
将M3,0代入可得2a2=9，
所以曲线C:x2+y22=9x2−y2.
把−x,−y代入x2+y22=9x2−y2得x2+y22=9x2−y2，
所以，曲线C的图象关于原点对称，故A正确；
对于选项B：令y=0解得x=0,x=±3，即：曲线经过0,0,3,0,−3,0，
结合图象，得−3≤x≤3.
今x=±1，得y2=−11+1532<1，
令x=±2，得1因此，结合图象曲线C只能经过3个整点0,0,3,0,−3,0.
故B错误；
对于选项C：x2+y22=9x2−y2可得x2+y2=9x2−y2x2+y2≤9，
所以曲线C上任意一点到坐标原点O的距离d=x2+y2≤3，
即：都不超过3，故C正确；
对于选项D：点P满足PF1=PF2，则P在FF2垂直平分线上，则xP=0，
设P0,yp，则a2+yp22=a2，
∴yp=0，
故只有原点满足，故D错误.
故选：AC.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024·宁夏银川·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线C在第一象限的交点为P，若∠F1PF2的内角平分线与x轴的交点M平分线段OF2，则双曲线C的离心率为 102 ．
【解题思路】根据角平分线的性质可得PF1=3PF2，结合双曲线的定义得PF2=a,PF1=3a，根据直角三角形△PF1F2勾股定理即可求解.
【解答过程】

∵∠F1PF2的内角平分线与x轴的交点M平分线段OF2，
∴根据角平分线的性质可得PF1PF2=MF1MF2=c+c2c2=3⇒PF1=3PF2，
根据双曲线的定义PF1−PF2=2a⇒PF2=a,PF1=3a，
又∵PF1⊥PF2,F1F2=2c，
∴3a2+a2=2c2⇒c2a2=52，
∴双曲线C的离心率为e=ca=102，
故答案为：102.
13．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）已知过点(0,a)可作三条直线与曲线f(x)=x33−x2+1相切，则实数a的取值范围为 (1,43) ．
【解题思路】根据函数导数求解函数的切线方程，由方程过点(0,a)可得a=−23x13+x12+1．构造新函数g(x)=−23x3+x2+1，结合函数导数判断函数的单调性求得极值，根据数形结合判断实数a的取值范围.
【解答过程】f′(x)=x2−2x，设点(x1,f(x1))为曲线y=f(x)的切点，
则切线方程为y−f(x1)=(x12−2x1)(x−x1)，整理得y=(x12−2x1)x−23x13+x12+1，
将点(0,a)代入可得a=−23x13+x12+1．
令g(x)=−23x3+x2+1，则g′(x)=−2x2+2x=2x(1−x)，
∴当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
又g(0)=1，g(1)=43，∴当1即当1即过点(0,a)可作三条直线与曲线f(x)=x33−x2+1相切．
故答案为：(1,43).
14．（5分）（2024·江苏苏州·模拟预测）高三开学，学校举办运动会，女子啦啦队排成一排坐在跑道外侧.因烈日暴晒，每个班的啦啦队两侧已经摆好了两个遮阳伞，但每个遮阳伞的荫蔽半径仅为一名同学，为了效益最佳，遮阳伞的摆放遵循伞与伞之间至少要有一名同学的规则.高三(一)班共有七名女生现在正坐成一排，因两边的遮阳伞荫蔽范围太小，现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞.则添置遮阳伞后，晒黑女生人数的数学期望为 1 .
【解题思路】设晒黑女生人数为X，确定X可能取值为0，1，2，求出每个值相应的概率，即可求得答案.
【解答过程】由题意可设高三(一)班共有七名女生坐成一排依次为1,2,3,4,5,6,7，
由于两侧已经摆好了两个遮阳伞，则1，7一定晒不到，
现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞，即在7位同学之间形成的空中选3个放置，共有C63=20种放法；
设晒黑女生人数为X，则X可能取值为0，1，2，
X=0时，若12之间放一把伞，则另外2把分别放在34，56之间，
若23之间放一把伞，则另外1把分别放在56之间，第三把放在34或45之间，
若67之间放一把伞，则另外2把分别放在23，45之间，
则P(X=0)=420=15；
X=1时，被晒的人若是2，则23之间没有伞，34之间必有一把伞，其余2把伞有3种放法，
同理被晒的人若是6，则67之间没有伞，45之间必有一把伞，其余2把伞有3种放法，
被晒的人若是3或4或5，此时3把伞均有2种放法，
故P(X=1)=3+2+2+2+320=35，
P(X=2)=1−15−35=15，
故晒黑女生人数的数学期望为EX=0×15+1×35+2×15=1,
故答案为：1.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2024·湖南益阳·一模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3asinC−ccsA−c=0.
(1)求A；
(2)若a=4，则△ABC面积为23，求b+c的值.
【解题思路】（1）由正弦定理，可得3sinAsinC−sinCcsA−sinC=0，得3sinA−csA−1=0，则2sinA−π6=1，即可求得A；
（2）由△ABC面积为23，利用三角形面积公式可得bc=8，由余弦定理得16=b2+c2−2bc×12，即(b+c)2=16+3bc=40，则可求得b+c的值.
【解答过程】（1）由正弦定理得a=2RsinA，c=2RsinC，
又3asinC−ccsA−c=0，
∴3sinAsinC−sinCcsA−sinC=0，
∵C∈(0,π)，∴sinC≠0，
∴3sinA−csA−1=0，
∴2sinA−π6=1，
∵A∈(0,π)，∴A=π3.
（2）∵△ABC面积为23，
∴23=12bcsinA=12bcsinπ3=34bc，
∴bc=8，
∵a=4，A=π3，
由a2=b2+c2−2bccsA得16=b2+c2−2bc×12，
即(b+c)2=16+3bc=40，
∴b+c=210.
16．（15分）（2024·江西九江·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为5，点P3,4在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，证明：直线l过定点．
【解题思路】（1）根据离心率及a，b，c的平方关系得出b=2a，再由点P(3,4)在C上，可求解a2，b2，进而可得双曲线C的方程；
（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．当l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与方程联立C联立，可得根与系数的关系，表示出直线PA，PB的斜率k1，k2，由k1k2=1，结合根与系数的关系可得k与m的关系，从而可证得直线l过定点．
【解答过程】（1）由已知得e=ca=5，c2=a2+b2，所以b=2a，
又点P(3,4)在C上，故9a2−164a2=1，
解得a2=5，b2=20，
所以双曲线C的方程为：x25−y220=1．
（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．
当l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与方程联立C联立，消去y得(4−k2)x2−2kmx−m2−20=0，
由已知得k2≠4，且Δ=4k2m2+4(4−k2)(m2+20)=16(m2−5k2+20)>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=2km4−k2，x1x2=−m2+204−k2，
直线PA，PB的斜率分别为k1=y1−4x1−3=kx1+m−4x1−3，k2=kx2+m−4x2−3，
由已知k1k2=1，故(kx1+m−4)(kx2+m−4)=(x1−3)(x2−3)，
即(k2−1)x1x2+(km−4k−3)(x1+x2)+m2−8m+7=0，
所以−(k2−1)(m2+20)+2km(km−4k−3)+(4−k2)(m2−8m+7)=0，
化简得(m+3k−4)(5m−9k−12)=0，又已知l不过点P(3,4)，故m+3k−4≠0，
所以5m−9k−12=0，即m=95k+125，
故直线l的方程为y=k(x+95)+125，所以直线l过定点(−95,125)．
17．（15分）（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD=PC=CB=BA=12AD=2,AD∥CB，∠CPD=∠ABC=90°，平面PCD⊥平面ABCD,E为PD中点．

(1)求证：PD⊥平面PCA；
(2)点Q在棱PA上，CQ与平面PDC所成角的正弦值为63，求平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值．
【解题思路】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；
（2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可.
【解答过程】（1）由题意：BC=AB=2,∠ABC=90°,∴AC=AB2+BC2=22，同理CD=22，
又AD=4,∴CD2+AC2=AD2,∴CD⊥AC．而CD=22=PD2+PC2，即PC⊥PD
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD,AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PCD,PD⊂平面PCD,∴PD⊥AC，又PC⊥PD，且PC⊂面PCA,AC⊂面PCA,PC∩AC=C,∴PD⊥平面PCA．
（2）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C0,0,0,A0,22,0,D22,0,0,P2,0,2，
∴CD=22,0,0,CP=2,0,2,PA=−2,22,−2，
设PQ=λPA(0<λ<1)，有CQ=CP+λPA=21−λ,22λ,21−λ，
取面PCD的一个法向量m=0,1,0，
则csCQ,m=22λ41−λ2+8λ2=63，λ=12，
故CQ=22,2,22．
令n=x,y,z是平面CDQ的一个法向量，则n⋅CD=0n⋅CQ=0，即22x=022x+2y+22z=0
令y=1，有n=0,1,−2，则csn,m=n⋅mnm=55，
故平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值为55．
18．（17分）（2024·云南大理·模拟预测）已知函数fx=eax−x（x>0），其中a∈R.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx恰好有一个零点，求a的取值范围；
(3)若fx有两个零点x1，x2（x13.
【解题思路】（1）求导，分a≤0，a≥1和0（2）fx=0⇒a=lnxx，构造ℎx=lnxx，x>0，求导，得到函数单调性，又ℎe=1e，当x趋向于0时，ℎx趋向于−∞，当x趋向于+∞时，ℎx趋向于0，从而得到a≤0或a=1e
（3）由（2）知a∈0,1e时，fx有两个零点，ax1=lnx1，ax2=lnx2，两式相减得a=lnx2−lnx1x2−x1，故所证不等式可化为lnx2x1>3x2x1−11+2x2x1，令t=x2x1（t>1），则上不等式化为lnt−3t−11+2t>0，构造Ft=lnt−3t−11+2t，t>1，求导得到其单调性，得到Ft>F1=0，证毕.
【解答过程】（1）f′x=aeax−1（x>0）.
当a≤0时，f′x≤0，fx在0,+∞递减，
当a>0时，f′x=aeax−1a，x>0，
ⅰ）若a≥1，则f′x>0，fx在0,+∞单调递增，
ⅱ）若0.当x∈0,1aln1a时，f′x<0，当x∈1aln1a,+∞，f′x>0，
∴fx在0,1aln1a单调递减，在1aln1a,+∞单调递增.
综上：当a≤0时，fx在0,+∞递减；当a≥1时，fx在0,+∞递增：
当0（2）令fx=0⇒eax=x⇒ax=lnx⇒a=lnxx，
记ℎx=lnxx（x>0），ℎ′x=1−lnxx2，
易知x∈0,e，ℎ′x>0；x∈e,+∞，ℎ′x<0，
∴ℎx在0,e单调递增，在e,+∞单调递减，
又ℎe=1e，当x趋向于0时，ℎx趋向于−∞，
当x趋向于+∞时，ℎx趋向于0，
故fx恰有一个零点时，a≤0或a=1e.
（3）由（2）知a∈0,1e时，fx有两个零点，
由ax1=lnx1，ax2=lnx2，
作差可得ax2−x1=lnx2−lnx1⇒a=lnx2−lnx1x2−x1.
所证不等式lnx1+2lnx2>3⇔ax1+2x2>3⇔lnx2−lnx1x2−x1⋅x1+2x2>3
⇔lnx2−lnx1>3x2−x1x1+2x2⇔lnx2x1>3x2x1−11+2x2x1.
令t=x2x1（t>1），则上不等式即lnt>3t−11+2t⇔lnt−3t−11+2t>0.①
记Ft=lnt−3t−11+2t（t>1），
F′t=1t−91+2t2=4t2−5t+1t1+2t2=4t−1t−1t1+2t2>0，
∴Ft在1,+∞单调递增，
∴Ft>F1=0.所以不等式①成立，故有lnx1+2lnx2>3.
19．（17分）（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列an是斐波那契数列，其数值为：1,1,2,3,5,8,13, 21,34⋅⋅⋅⋅⋅⋅.这一数列以如下递推的方法定义：a1=1，a2=1，an+2=an+1+an (n∈N*).数列bn对于确定的正整数k，若存在正整数n使得bk+n=bk+bn成立，则称数列bn为“k阶可分拆数列”.
(1)已知数列cn满足cn=man （n∈N*，m∈R）.判断是否对∀m∈R，总存在确定的正整数k，使得数列cn为“k阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列{dn}的前n项和为Sn=3n−a a≥0，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列fn满足fn=anSn，n∈N*，其前n项和为Tn.证明：当n∈N*且n≥3时，Tn【解题思路】（1）由已知可得c1=m,c2=m,c3=2m,可得c1+2=c1+c2,由定义可得结论；
（2）当n≥2时，dn=Sn−Sn−1=2⋅3n−1，（i）由已知可得存在正整数n使得d1+n=d1+dn成立，当n=1时，可求得a=0，当n≥2时，可得4⋅3n−1=3−a，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当n≥2时，易得an2=anan+1−anan−1，计算可得a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，由（1）可得fn=an3n，Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n，利用错位相减法可得23Tn =13+132Tn-2−an3n+1，可证结论成立；法二：同法一可得a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n，两边同乘以13,23，可求得59Tn<13，可证结论.
【解答过程】（1）存在，理由如下：
由已知得a1=1，a2=1，a3=a1+a2=2，
∴c1=m,c2=m,c3=2m,
∴c3=c1+c2,即c1+2=c1+c2,
∴对∀m∈R，当正整数k=1时，存在n=2，使得ck+n=ck+cn成立，
即数列cn为“1阶可分拆数列”；
（2）∵Sn=3n−a，
∴当n=1时，d1=3−a，
当n≥2时，dn=Sn−Sn−1=(3n−a)−(3n−1−a)=2⋅3n−1，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得d1+n=d1+dn成立，
当n=1时，d2=d1+d1，即6=2(3−a)，解得a=0，
当n≥2时，2⋅3n=3−a+2⋅3n−1，即4⋅3n−1=3−a，
因a≥0，所以3−a≤3，又4⋅3n−1≥12，
故方程4⋅3n−1=3−a无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为0.
（ii）方法一：
证明：∵an+2=an+1+an,(n∈N∗)，
∴当n≥2时，an2=an(an+1−an−1)=anan+1−anan−1，
∴ a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2
=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (anan+1−anan−1)
=a12−a2a1 +anan+1 =anan+1，
∴a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，
由（i）知Sn=3n，所以fn=an3n，
∴Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n①，
13Tn=a132+a233+a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n+an3n+1②，
由①-②可得 23Tn=a131+a2−a132+a3−a233+a4−a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−an−13n−an3n+1
=13+a133+a234+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n−an3n+1
=13+132（a131+a232+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n−2）−an3n+1
=13+132Tn-2−an3n+1，
∵Tn−20，
∴23Tn=13+132Tn-2−an3n+1<13+132Tn，
∴Tn<35<1，
当n∈N∗且n≥3时， Tn方法二：
证明：∵an+2=an+1+an,(n∈N∗)，
∴当n≥2时，an2=an(an+1−an−1)=anan+1−anan−1，
∴ a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+
=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (anan+1−anan−1)
=a12−a2a1 +anan+1 =anan+1，
∴a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，
由（i）知Sn=3n，所以fn=an3n，
∴Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n①，
13Tn=a132+a233+a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n+an3n+1②，
132Tn=a133+a234+a335+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n+an−13n+1+an3n+2③，
由①−②−③可得
59Tn=a131+a232−a132−an3n+1−an−13n+1−an3n+2
=13−an3n+1−an−13n+1−an3n+2<13，
∴Tn<35<1，
当n∈N∗且n≥3时， Tn单价x（元）
40
50
60
70
80
90
销量y（件）
50
44
43
m
35
28