文档内容
2025 年 1 月“长沙市联考”考前猜想卷
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在
本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共 58 分）
一、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，只有一项是符合题目要
求的。
1．已知集合A= { x y=ln(1−x)} ,B= { y y=e1−x } ，则AB=（ ）
A．(−∞,1) B．(0,1) C．(1,+∞) D．∅
【答案】B
【知识点】交集的概念及运算、求指数型复合函数的值域、求对数型复合函数的定义域
【分析】化简集合A,B，结合集合的交集运算定义求结论.
【详解】因为A={ x∣y=ln(1−x)}={x∣x<1},B= { y∣y=e1−x} ={ y∣y>0 }，
所以A∩B={x∣00) 𝐴𝐴(𝑝𝑝1,𝑦𝑦1)
试卷第5页，共22页
学科网（北京）股份有限公司两点，M 为弦AB的中点，则下列说法正确的是（ ）
𝐵𝐵(𝑝𝑝 A 2,．𝑦𝑦2 抛 ) 物线C的焦点坐标是(2,0)
B．xx =4
1 2
C．若x +x =5，则 AB =7
1 2
D．若以M 为圆心的圆与C的准线相切，则AB是该圆的一条直径
【答案】ABD
【知识点】利用焦半径公式解决直线与抛物线交点问题、与抛物线焦点弦有关的几何性质、根据焦点或准
线写出抛物线的标准方程
【分析】对选项A，根据题意得到P=4，即可判断A正确，对选项B，分别对直线斜率存在和不存在进行
讨论，即可判断B正确，对选项C，根据焦点弦的公式即可判断C错误，对选项D，首先过A,B,M 分别向
准线作垂线，垂足为A,B,M ，再结合抛物线的概念即可判断D正确.
1 1 1
【详解】对选项A，抛物线C： 的焦点F到准线的距离是4，
2
所以p=4，F(2,0)，故A正确𝑦𝑦
.
=2𝑝𝑝𝑝𝑝(𝑝𝑝>0)
对选项B，当直线l的斜率不存在时，l:x=2，所以xx =2×2=4，
1 2
当直线l的斜率存在时，设l:y=k(x−2)，
得：
y2 =8x
⇒k2x2− ( 4k2+8 ) x+4k2 =0，所以xx =4.
y=k(x−2) 1 2
故B正确.
对选项C， AB =x +x + p=5+4=9，故C错误.
1 2
对选项D，如图所示：
过A,B,M 分别向准线作垂线，垂足为A,B,M ，
1 1 1
试卷第6页，共22页因为 AA = AF , BB = BF ，
1 1
MM
所以 AB = AF + BF = AA + BB = 1 ，
1 1 2
即：以AB为直径的圆与C的准线相切，故D正确.
故选：ABD
π
10．已知 f (x)=2sin2 ωx+ −1(ω>0)，则（ ）
6
π
A．若 f (x )=1, f (x )=−1，且 x −x = ，则ω=2
1 2 1 2 min 2
π
B．∃ω∈(0,2)，使得 f (x)的图象向左平移 个单位长度后所得图象关于原点对称
6
3 π 2π
C．当ω= 时，函数y= f (x)+m(m∈R ),x∈− , 恰有三个零点x､､x x ，且x 0，b>0，
2 1 2 1 2b a 2b a
所以 + = + (a+b)=2+1+ + ≥3+2 ⋅ =3+2 2，
a b a b a b a b
2b a 2 1
当且仅当 = ，即a=2− 2,b= 2−1时等号成立，所以 + 的最小值为3+2 2．
a b a b
故答案为：3+2 2．
4 2
13．已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为 ，出现B性状的概率为 ，
15 15
试卷第10页，共22页7
A、B两种遗传性状都不出现的概率为 ．则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为 ．
10
3
【答案】
8
【知识点】计算条件概率、利用互斥事件的概率公式求概率、利用对立事件的概率公式求概率
【分析】首先需要定义事件，根据题意得出P(A)和P(B)，利用概率公式计算出P(AB)，最后根据条件概
率公式计算即可.
【详解】记事件A为该家族某位成员出现A性状；事件B为该家族某位成员出现B性状，由题意得：
P(A)= 4 ，P(B)= 2 ，又P ( A∩B ) = 7 ，
15 15 10
则P(A∪B)=1−P ( A∩B ) =1− 7 = 3 ,且P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)，
10 10
4 2 3 1 1
则P(AB)=P(A)+P(B)−P(A∪B)= + − = ，因此P(AB)= ，
15 15 10 10 10
1
则P(B|A)=
P(AB)
= 10 = 3 ．
P(A) 4 8
15
3
故答案为： ．
8
1
14．已知函数 f (x)=lnx+x2−ax有两个极值点m,n，且m∈
,1
，则 f (m)− f (n)的取值范围是
2
3 3
【答案】
ln2− , −ln2
4 4
【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、根据极值点求参数
【分析】求 f′(x)，根据m,n是 f (x)的两个极值点可得m,n为方程2x2−ax+1=0的两个根，结合韦达定理可
得 f (m)− f (n)=ln ( 2m2) −m2+ 1 ，令t=m2，构造函数g(t)分析单调性可得g(t)的值域，即得
4m2
f (m)− f (n)的取值范围.
【详解】∵ f (x)=lnx+x2−ax，∴ f′(x)= 1 +2x−a= 2x2−ax+1 ，
x x
∴m,n为方程2x2−ax+1=0的两个根，
1 a 1 1
∴mn= ,m+n= ，∴n= ，a=2(m+n)=2m+ ，
2 2 2m m
m
∴ f (m)− f (n)=lnm+m2−am−lnn−n2+an=ln +m2−n2−a(m−n)
n
=ln m +m2−n2−2(m+n)(m−n)=ln m − ( m2−n2)
n n
试卷第11页，共22页
学科网（北京）股份有限公司代入n= 1 可得： f (m)− f (n)=ln ( 2m2) −m2+ 1 ，
2m 4m2
1 1
设t=m2，∵m∈
,1
，∴t∈
,1
，
2 4
设g(t)=ln2t−t+ 1 ，则 g′(t)= 1 −1− 1 = −(2t−1)2 ≤0 ，
4t t 4t2 4t2
1
∴g(t)在
,1
上单调递减，
4
1 3 3
∵g = −ln2,g(1)=ln2− ，
4 4 4
3 3 3 3
∴g(t)∈ ln2− , −ln2 ，即 f (m)− f (n)的取值范围是 ln2− , −ln2 .
4 4 4 4
3 3
故答案为： ln2− , −ln2 .
4 4
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．如图PA⊥平面ABCD,PA= AC =4,BC =2,AB=2 3．
(1)若AD//平面PBC，证明：AD⊥PB；
π
(2)若AD=2,∠ACD= ，求平面PBD和平面PDC夹角的余弦值．
6
【答案】(1)证明过程见解析；
285
(2) .
19
【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直、线面平行的性质
【分析】（1）由勾股定理逆定理得到BC⊥AB，由线面垂直得到PA⊥BC，从而证明出线面垂直，得到BC
⊥PB，再由线面平行的性质得到AD//BC，证明出结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量坐标，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角余
弦公式即可求出面面角的夹角余弦值.
【详解】（1）因为AC =4,BC =2,AB=2 3，故BC2+ AB2 = AC2，
试卷第12页，共22页所以BC⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC，
因为ABPA= A，AB,PA⊂平面APB，
所以BC⊥平面APB，
因为PB⊂平面APB，
所以BC⊥PB，
因为AD//平面PBC，AD⊂平面ABCD，平面ABCD ∩平面PBC=BC，
所以AD//BC，
因为BC⊥PB，
所以AD⊥PB；
1 π
（2）由（1）知，BC⊥AB，又BC = AC，故∠CAB= ，
2 6
π
因为AD=2,∠ACD= ，
6
CD2+AC2−AD2
在ACD中，由余弦定理得cos∠ACD= ，
2CD⋅AC
CD2+42−22 3
即 = ，解得CD=2 3，
2CD⋅4 2
因为CD2+AD2 = AC2，所以CD⊥AD，
3 1
过点D作DH ⊥AC于点H，则DH = AD= 3,AH = AD=1，
2 2
以A为坐标原点，AC,AP所在直线分别为y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D ( − 3,1,0 ) ，B ( 3,3,0 ) ，P(0,0,4),C(0,4,0)，
( ) ( )
故PB= 3,3,−4 ，PD= − 3,1,−4 ，PC=(0,4,−4)，
设平面PBD的法向量为m=(x,y,z)，
试卷第13页，共22页
学科网（北京）股份有限公司 m ⊥ P B m ⋅ P B =(x,y,z)⋅ ( 3,3,−4 ) = 3x+3y−4z=0
则 m ⊥ P D ，所以 m ⋅ P D =(x,y,z)⋅ ( − 3,1,−4 ) =− 3x+y−4z=0 ，
2 3 2 3
令y=2，则z=1,x=− ，故m=
− ,2,1
，
3 3
设平面PDC的法向量为n=(a,b,c)，
n⋅PC =(a,b,c)⋅(0,4,−4)=4b−4c=0
则 m ⋅ P D =(a,b,c)⋅ ( − 3,1,−4 ) =− 3a+b−4c=0 ，
( )
令b=1，则c=1,a=− 3，则n= − 3,1,1 ，
设平面PBD和平面PDC夹角为θ，
2 3 ( )
− ,2,1⋅ − 3,1,1
m⋅n 3 285
则 cosθ= cos m,n = = = .
m⋅ n 4 19
+4+1× 3+1+1
3
16．为进一步提升人才选拔的公正性，某省拟在三年内实现高考使用新高考全国Ⅰ卷，为测试学生对新高考
试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分150分），其中甲市有10000名学生参加
考试．根据成绩反馈，该省及各市本次模拟考试成绩X都近似服从正态分布N
( µ,σ2)
．
(1)已知本次模拟考试甲市平均成绩为97.5分，成绩位于(97.5,130.5]区间内的学生共有4772人．甲市学生A
的成绩为114分，试估计学生A在甲市的大致名次；
(2)在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取500人作为研究样本，随机变量Y为本次考试数学成绩在
(µ−3σ,150]之外的人数，求P(Y ≥1)的概率及随机变量Y的数学期望．
附：参考数据：0.9987500 ≈0.5218,0.9987499 ≈0.5225
参考公式：若X ∼N
( µ,σ2)
,有P(µ−σ< X <µ+σ)=0.6826,P(µ−2σ< X <µ+2σ)=0.9544，
P(µ−3σ< X <µ+3σ)=0.9974．
【答案】(1)1587名
(2)0.0013，0.65
【知识点】二项分布的均值、指定区间的概率、正态分布的实际应用
【分析】（1）考试成绩X 近似服从正态分布N
( µ,σ2)
，根据概率公式计算出概率后可得名次；
（2）求出事件B：在样本中抽取的学生在本次考试中数学成绩在(µ−3σ,150]之外的概率，随机变量Y服从
试卷第14页，共22页二项分布，即Y ∼B(500,0.0013)，由公式P(Y ≥1)=1−P(Y =0)计算出概率，再由二项分布的期望公式计算
出期望．
【详解】（1）已知本次模拟考试成绩X 近似服从正态分布N
( µ,σ2)
，
由题意可得µ=97.5，
4772 P(µ−2σ< X <µ+2σ)
=0.4772= ,，
10000 2
∴µ+2σ=130.5,即97.5+2σ=130.5，解得σ=16.5，
甲市学生A在该次考试中成绩为114分，且114=µ+σ，
1−P(µ−σ< X <µ+σ)
又 =0.1587，即P(X ≥µ+σ)=0.1587，
2
∴10000×1587=1587，
答：学生A在甲市本次考试的大致名次为1587名．
（2）设事件B：在样本中抽取的学生在本次考试中数学成绩在(µ−3σ,150]之外，
由于成绩在(µ−3σ,µ+3σ)之内的概率为0，9974，
0.9974
∴P(B)=0.5− =0.0013，
2
∴随机变量Y服从二项分布，即Y ∼B(500,0.0013)，
∴P(Y ≥1)=1−P(Y =0)=1−0.9987500 ≈1−0.5218=0.4782，
Y的数学期望为E(Y)=np=500×0.0013=0.65.
17．已知函数 f (x)=(x−2)( ex−ax ) ，a∈R.
(1)求函数y= f (x)的图象经过的所有的定点坐标，并写出函数y= f (x)的一条以上述一个定点为切点的切
线；
(2)讨论函数y= f (x)的单调性；
(3)当a=0时，证明： f (x+2)(lnx+x−1)+e2 ≥0.
【答案】(1)y= ( e2−2a ) (x−2)（或y =(2a−1)x−2）
(2)答案见详解
(3)证明见详解
【知识点】利用导数证明不等式、含参分类讨论求函数的单调区间、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）
试卷第15页，共22页
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）分析可知定点的坐标为(2,0)和(0,−2)，求导，根据导数的几何意义求切线方程；
（2）求导，分类讨论a的符号，和两根大小，利用导数判断原函数单调性；
（3）分析可知原不等式等价于ex( xlnx+x2−x ) +1≥0，构建函数g(x)=ex( xlnx+x2−x ) +1，利用导数结
合最值分析证明.
【详解】（1）因为 f (2)=0， f (0)=−2，其他函数值均与a有关，
所以 f(x)的图象经过的所有定点的坐标为(2,0)和(0,−2)，
又因为 f′(x)=ex−ax+(x−2) ( ex−a ) =(x−1) ( ex−2a ) ，
若以(2,0)为切点，则切线斜率为 f′(2)=e2−2a，切线方程为y= ( e2−2a ) (x−2)；
若以(0,−2)为切点，则切线斜率为 f′(0)=2a−1，切线为y =(2a−1)x−2；
所以切线方程为y= ( e2−2a ) (x−2)（或y =(2a−1)x−2）.
（2）因为 f′(x)=(x−1) ( ex−2a ) ，
①当a≤0时，ex −2a>0恒成立，
所以当x<1时， f′(x)<0， f(x)在(−∞,1)单调递减，
当x>1时， f′(x)>0， f(x)在(1,+∞)单调递增；
②当a>0时，由 f′(x)=0，得x =1或x =ln(2a).
1 2
e
当ln(2a)=1，即a= 时， f′(x)≥0恒成立，则 f(x)在R上单调递增，
2
e
当ln(2a)>1时，即a> 时，当x<1时， f′(x)>0， f(x)在(−∞,1)单调递增；
2
当1ln(2a)时， f′(x)>0， f(x)在(ln(2a),+∞)单调递增；
e
当ln(2a)<1时，即00， f(x)在(−∞,ln(2a))单调递增；
当ln(2a)< x<1时， f′(x)<0， f(x)在(ln(2a),1)单调递减；
当x>1时， f′(x)>0， f(x)在(1,+∞)单调递增；
综上所述：当a≤0时， f(x)在(−∞,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增；
e
当0 时， f(x)在(−∞,1)单调递增，在(1,ln(2a))单调递减，在(ln(2a),+∞)单调递增.
2
（3）当a=0时， f(x+2)(lnx+x−1)+e2 ≥0⇔ex( xlnx+x2−x ) +1≥0.
令g(x)=ex( xlnx+x2−x ) +1，则g′(x)=ex( xlnx+x2−x+lnx+1+2x−1 ) =ex(x+1)(lnx+x)
1
令h(x)=lnx+x，h′(x)= +1，则h(x)在(0,+∞)上单调递增.
x
1 1
又因为h(1)=1>0，h =−1+ <0，
e e
1 1
所以存在t∈ ,1，使得h(t)=lnt+t =0，即lnt =−t，即et = .
e t
当x∈(0,t)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(t,+∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以g(x)≥g(t)=et( tlnt+t2−t ) +1=0.
所以ex( xlnx+x2−x ) +1≥0也即 f(x+2)(lnx+x−1)+e2 ≥0.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数h(x)；
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
x2 y2 1
18．已知椭圆Γ: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F,F ，离心率e= ，点D在椭圆上，且DF ⋅FF =0，
a2 b2 1 2 2 1 1 2
3
DF = ．
1 2
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)过点F的动直线l与椭圆Γ交于A，B两点（不与椭圆的左、右顶点重合）．
1
π
①当l的倾斜角为 时，求△ABF 的面积；
3 2
②点P为椭圆Γ的右顶点，直线PA、PB分别与y轴相交于点M、N，求证以MN为直径的圆被x轴截得的
弦长为定值．
试卷第17页，共22页
学科网（北京）股份有限公司x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
8 3
(2)① ；②证明见解析
5
【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程
a 3 3
【分析】（1）由离心率得到c= ，由 DF = 得到b2 = a，再结合椭圆中a2 =b2+c2，求得a,b,c的值，
2 1 2 2
得到椭圆方程；
（2）①由（1）知道点F,F 坐标，从而写出直线l方程，联立方程组，求得x,x ，由焦点弦长公式求得 AB ，
1 2 1 2
点F 到直线l的距离为高，从而求得三角形ABF 的面积；
2 2
②当直线l⊥x轴时，通过相似证明点F,F 在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得
1 2
的弦是FF ，得到弦长为2；当直线l斜率存在时，设直线方程，然后联立方程组，整理得一元二次方程，
1 2
由韦达定理得到A,B两点坐标与斜率k的关系式；然后用两点式写出直线MP,NP直线方程，求得点M,N坐
标，证明向量FM⋅FN =0，证得点F,F 在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得
1 1 1 2
的弦是FF ，得到弦长为2，从而证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值．
1 2
c 1 a
【详解】（1）由题意可知e= = ，即c=
a 2 2
b2 b2 3 3
∵DF ⋅FF =0，∴DF ⊥ FF ，令x=−c，则y=± ，即 DF = = ，即b2 = a，
1 1 2 1 1 2 a 1 a 2 2
a=2
3 a2
又∵在椭圆中a2 =b2+c2，∴a2 = a+ ，解得b= 3，
2 4
c=1
x2 y2
∴求椭圆Γ的方程： + =1.
4 3
π
（2）① ， ，k =tan = 3，则直线l:y= 3x+ 3，
l 3
𝐹𝐹1(−1,0) 𝐹𝐹2(1,0)
试卷第18页，共22页y= 3x+ 3
8
联立方程组
x2
+
y2
=1
，解得x
1
=−
5
，x
2
=0，
4 3
( )2 8 16
焦点弦长 AB = 1+ 3 x −x =2× = ，
1 2 5 5
3−0+ 3
点F 到直线l的距离d = = 3，
2 ( )2
1+ 3
1 8 3
∴S = AB ⋅d =
ABF2
2 5
②P(2,0)，
3 3
当l⊥x轴时，交点A−1, ，A−1,− 关于x轴对称，∴点M,N关于原定对称，∴与MN为直径的圆圆
2 2
心为O，半径为OM
OM PO 3
∵MO∥AF，∴AFP∽MOP，则 = = ，∴OM =1，
1 1 AF PF 2
1 1
又∵OF = OF =1，∴圆O与x轴的截得的弦为FF ， FF =2
1 2 1 2 1 2
当直线l斜率存在时，设直线l:y=kx+k，
设 ，
𝐴𝐴(𝑝𝑝1,𝑦𝑦1),𝐵𝐵 y (𝑝𝑝 =2, k 𝑦𝑦 x2+ ) k
联立方程组 x2 y2 ，整理得 ( 3+4k2) x2+8k2x+4k2−12=0，
+ =1
4 3
试卷第19页，共22页
学科网（北京）股份有限公司8k2 4k2−12
则x +x =− ，xx = ，
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
−9k2
y y =k2(xx +x +x +1)= ，
1 2 1 2 1 2 3+4k2
y−y x−x 2y 2y
直线PM : 1 = 1 ，令x=0，则y= 1 ，M0, 1
0−y 1 2−x 1 2−x 1 2−x 1
y−y x−x 2y 2y
直线PN: 2 = 2 ，令x=0，则y= 2 ，N0, 2
0−y 2 2−x 2 2−x 2 2−x 2
2y 2y
则FM =1, 1 ，FN =1, 2 ，
1 2−x 1 2−x
1 2
2y 2y 4y y
则FM⋅FN =1+ 2 ⋅ 1 =1+ 1 2
1 1 2−x 2−x 4−2(x +x )+xx
2 1 1 2 1 2
−9k2
4× 3+4k2 −36k2
即F
1
M⋅F
1
N =1+
8k2 4k2−12
=1+
12+16k2+16k2+4k2−12
=1−1=0
4−2− +
3+4k2
3+4k2
即FM ⊥FN，同理可证FM ⊥F N ，
1 1 2 2
即点F,F 在以MN为直径的圆上，又∵F,F 在x轴上，
1 2 1 2
∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为FF ， FF =2，
1 2 1 2
综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2.
(a +a ++a )−a
19．已知项数为m（m∈N*，m≥2）的数列{a }为递增数列，且满足a ∈N*，若b = 1 2 m n ，
n n n m−1
且b ∈N*，则称{b }为{a }的“伴随数列”.
n n n
(1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
(2)若{b }为{a }的“伴随数列”，证明：b >b >>b ；
n n 1 2 m
(3)已知数列{a }存在“伴随数列” {b }，且a =1，a =2025，求m的最大值.
n n 1 m
试卷第20页，共22页【答案】(1)存在，“伴随数列”是15,13,11,10
(2)见解析
(3)m的最大值为45
【知识点】判断数列的增减性、数列新定义、累加法求数列通项
【分析】（1）根据定义求出{b }即可；
n
（2）证明b −b >0即可得出；
n n+1
（3）首先证明a =1,a =2025的伴随数列是存在的，最小的m=2，然后确定m得到范围，求m得到最大
m
值，由（2）知a −a =m−1(n=1,2,...n−1)，利用累加法可得a −1=(m−1)2，得出m−1≤ 2024，从而m≤45，
n+1 n m
2024
（m是整数）又由b −b = ∈N*知m−1是2024的正约数，这样得出m得到最大值为45，构造数列
1 m m−1
a =44n−43(n=1,2,...,44)，a =2025，它存在伴随数列，从而得证.
n 45
4+10+16+19−4 4+10+16+19−10
【详解】（1）b = =15，b = =13,
1 4−1 2 4−1
4+10+16+19−16 4+10+16+19−19
b = =11,b = =10，均为正整数，
3 4−1 4 4−1
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10.
（2）因为数列{a }存在“伴随数列” {b }，
n n
所以a −a >0(1≤n≤m−1)，且b ,b ∈N*，
n+1 n n n+1
(a +a +...+a )−a (a +a +...+a )−a a −a
所以b −b = 1 2 m n − 1 2 m n+1 = n+1 n ∈N*，
n n+1 m−1 m−1 m−1
所以b −b >0，即b >b ，
n n+1 n n+1
所以b >b >b >...>b .
1 2 3 m
（3）①因为a =1，a =2025，其中m≥2，
1 m
(1+2025)−1 (1+2025)−2025
当m=2时，a =1，a =2025，有b = =2025 b = =1，均为正整数，
1 2 1 2−1 2 2−1
即当m=2时，数列1,2025存在“伴随数列”：2025,1，
因此m的最小值为2；
②一方面，由（2）知，a −a =(m−1)(b −b )≥m−1(n=1,2,...n−1)，
n+1 n n n+1
于是a −1=(a −a )+(a −a )+...+(a −a )≥(m−1)+(m−1)+...+(m−1)=(m−1)2，
m m m−1 m−1 m−2 2 1
试卷第21页，共22页
学科网（北京）股份有限公司所以(m−1)2 ≤2024⇒m≤45 ( m∈N*) ，
另一方面，由数列{a }存在“伴随数列” {b }，知
n n
(a +a +...+a )−a (a +a +...+a )−a a −a 2024
b −b = 1 2 m 1 − 1 2 m m = m 1 = ∈N*，
1 m m−1 m−1 m−1 m−1
所以m−1是2024的正约数，2024=2×2×2×11×23
m−1取2,4,8,11,22,23,44,46,88,92,184,253,506,1012,2024，
即m取3,5,9,12,23,24,45,47,89,93,185,254,507,1013,2025，
综合上述m=45为最大值，取a =44n−43(n=1,2,...,44)，a =2025，
n 45
当1≤n≤44时，
(a +a +...+a )−a (1+45+89+...+1893+2025)−(44n−43)
b = 1 2 m n − =994−n∈N*，符合条件，
n 45−1 44
(a +a +...+a )−a (1+45+89+...+1893+2025)−2025
当n=45，b = 1 2 m n − =947∈N*，符合条件
n 45−1 44
因此m的最大值为45.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求m的最大值时，
注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少m=2是可
以的，另一方面，确定m得到最大值，利用累加法估计出m得到范围，再由伴随数列的性质得出m满足的
性质，由这两个确定出m得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是m，且存在伴随数列.
试卷第22页，共22页
