2025年高考数学全真模拟卷01（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·陕西西安·三模）若集合A=xx≤2，B=−3,−1,0,1,3，则A∩B=（ ）
A．0,1B．−1,0,1C．0,1,3D．−3,−1,0,1,3
【解题思路】先求解根式不等式，化简集合A，然后再根据集合交集运算规则即可求解.
【解答过程】依题意得A=xx≤2=0,4，则A∩B=0,1,3．
故选：C.
2．（5分）（2024·湖南衡阳·模拟预测）若复数z=1+i3−i，则1z的虚部为（ ）
A．−2iB．2iC．2D．−2
【解题思路】利用复数除法运算法则计算，然后求虚部即可.
【解答过程】1z=3−i1+i=3−i1−i1+i1−i=3−1−4i2=1−2i，
所以1z的虚部为−2.
故选：D.
3．（5分）（2024·湖北武汉·一模）已知向量a→=(−1,2)，b→=(x,4)，且a→⊥b→，则|b→|=（ ）
A．45B．43C．25D．8
【解题思路】先应用向量垂直数量积为0求参，再根据模长公式求模长即可.
【解答过程】因为a→⊥b→,所以a→·b→=−1×x+2×4=0,所以x=8,
因为b→=8,4，所以b→=82+42=45.
故选：A.
4．（5分）（2024·江西九江·三模）若2sinα+π3=csα−π3，则tanα−π6=（ ）
A．−4−3B．−4+3C．4−3D．4+3
【解题思路】设β=α−π6，则原等式可化为2sinβ+π2=csβ−π6，化简后求出tanβ即可.
【解答过程】令β=α−π6，则α=β+π6，
所以由2sinα+π3=csα−π3，
得2sinβ+π2=csβ−π6，
即2csβ=32csβ+12sinβ，
即sinβ=4−3csβ，得tanβ=4−3，
所以tanα−π6=tanβ=4−3，
故选：C.
5．（5分）（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ）
A．10500B．12500C．31500D．52500
【解题思路】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．
【解答过程】一斛米的体积为V=13S上+S下+S上S下ℎ=13×252+502+25×50×36=52500cm3，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为V5=10500cm3，
故选：A.
6．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=−14x−4,x≤34lga(4x)−1,x>34是R上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．0,1B．1,3C．1,3D．1,3
【解题思路】根据题意，结合分段函数的单调性的判定方法，结合对数函数的性质，列出关于a的不等式，即可求解.
【解答过程】根据题意，当x≤34时，fx=−14x−4=−14x−1，可得fx在−∞,34上递增，
要使得函数fx=−14x−4,x≤34lga(4x)−1,x>34 是R上的单调函数，
则满足a>1，且lga4×34−1≥−14×34−4，解可得1所以实数a的取值范围为1,3.
故选：B.
7．（5分）（2024·湖北武汉·模拟预测）设ω>0，已知函数fx=sin3ωx−π4sin2ωx+5π6在0,π上恰有6个零点，则ω取值范围为（ ）
A．1912,74B．1712,1912C．1312,1712D．34,1312
【解题思路】令f(x)=0，解方程得x=4k+1π12ω或x=6k+1π12ω，在区间(0,π)取6个零点即可.
【解答过程】由题意可知，
令fx=sin3ωx−π4sin2ωx+5π6=0，
即sin3ωx−π4=0或sin2ωx+5π6=0，
即x=4k+1π12ω或x=6k+1π12ω，
当x>0时，零点从小到大依次为x=π12ω,5π12ω,7π12ω,9π12ω,13π12ω,17π12ω,19π12ω,⋅⋅⋅，
因此有17π12ω<π≤19π12ω，
即ω∈1712,1912．
故选：B．
8．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx的定义域为R，函数Fx=f1+x−1+x为偶函数，函数Gx=f2+3x−1为奇函数，则下列说法错误的是（ ）
A．函数fx的一个对称中心为2,1B．f0=−1
C．函数fx为周期函数，且一个周期为4D．f1+f2+f3+f4=6
【解题思路】对于A，由G(x)为奇函数，则G(−x)=−G(x)，再将Gx=f2+3x−1代入化简可求出对称中心；对于B，由选项A可得f(2)=1，再由F(x)为偶函数可得f(1+x)−f(1−x)=2x，令x=1可求出f(0)；对于C，由fx的图象关于点(2,1)对称，结合f(0)=−1求出f(4)进行判断；对于D，利用赋值法求解判断.
【解答过程】对于A，因为Gx=f2+3x−1为奇函数，
所以G(−x)=−G(x)，即f(2−3x)−1=−[f(2+3x)−1]，
所以f(2−3x)+f(2+3x)=2，所以f(2−x)+f(2+x)=2，
所以函数fx的图象关于点(2,1)对称，所以A正确，
对于B，在f(2−x)+f(2+x)=2中，令x=0，得2f(2)=2，得f(2)=1，
因为函数Fx=f1+x−1+x为偶函数，所以F(−x)=F(x)，
所以f1−x−1−x=f1+x−1+x，
所以f(1+x)−f(1−x)=2x，
令x=1，则f(2)−f(0)=2，所以1−f(0)=2，得f(0)=−1，所以B正确，
对于C，因为函数fx的图象关于点(2,1)对称，f(0)=−1，
所以f(4)=3，所以f(0)≠f(4)，
所以4不是fx的周期，所以C错误，
对于D，在f(2−x)+f(2+x)=2中令x=1，则f(1)+f(3)=2，
令x=2，则f(0)+f(4)=2，因为f(0)=−1，所以f(4)=3，
因为f(2)=1，所以f1+f2+f3+f4=6，所以D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）（2024·四川成都·模拟预测）已知X，Y都是服从正态分布的随机变量，且X∼N(μ1,σ12)，Y~N(μ2,σ22)，其中μ1,μ2∈R，σ1,σ2∈R+，则下列命题正确的有（ ）
A．E(X)=μ1
B．D(X)=σ1
C．若μ1=2，σ1=1，则P(X≤1)+P(X≤3)=1
D．若μ1=μ2=0，σ1=2，σ2=3，则P(|X|≤1)>P(|Y|≤1)
【解题思路】由正态分布的期望公式及方差公式即可判断AB；由正态分布的对称性即可判断C；由方差的性质即可判断D．
【解答过程】对于A，由正态分布的期望公式得，E(X)=μ1，故A正确；
对于B，由正态分布的方差公式得，D(X)=σ12，故B错误；
对于C，由正态分布的对称性得，P(X≤1)=P(X≥3)，
所以P(X≤1)+P(X≤3)=P(X≥3)+P(X≤3)=1，故C正确；
对于D，由μ1=μ2=0，σ1=2，σ2=3，则σ12=4，σ22=9，
根据方差的性质知，X分布更集中，所以P(|X|≤1)>P(|Y|≤1)，故D正确；
故选：ACD．
10．（6分）（2024·河北衡水·三模）已知函数f(x)=x3−mx2，x=2是函数f(x)的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．m=3B．函数fx在区间(−1,2)上单调递减
C．过点(1,−2)能作两条不同直线与y=f(x)相切D．函数y=f[f(x)]+2有5个零点
【解题思路】求得f′(x)=3x2−2mx，根据f′(2)=0，可判定A正确；由f′(x)=3x(x−2)，利用导数的符号求得函数fx的单调区间，可判定B错误；设过点(1,−2)且与函数y=f(x)相切的切点为x0,y0，求得切线方程，列出方程求得x0的值，可判定C错误；令f(x)=t，作出函数的图象，得到−1【解答过程】对于A中，由函数f(x)=x3−mx2，可得f′(x)=3x2−2mx，
因为x=2 是函数fx的一个极值点，可得f′(2)=3×22−2m×2=0，
解得m=3，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由f′(x)=3x(x−2)，令f′(x)=0，解得x1=0或x2=2，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0；当x∈(0,2)时，f′(x)<0；当x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，
故fx在区间(−∞,0)上递增，在区间(0,2)上递减，在区间(2,+∞)上递增，所以B错误；
对于C中，设过点(1,−2)且与函数y=f(x)相切的切点为x0,y0，
则该切线方程为y=f′x0(x−1)−2=3x02−6x0(x−1)−2，
由于切点x0,y0满足直线方程，则fx0=3x02−6x0x0−1−2=x03−3x02，
整理得2x0−1x02−2x0+1=0，解得x0=1，所以只能作一条切线，所以C错误；
对于D中，令f(x)=t，则f(t)=−2的根有三个，如图所示，−1所以方程f(x)=t1有3个不同根，方程f(x)=t2和f(x)=t3均有1个根，
故y=f[f(x)]+2有5个零点，所以D正确．
故选：AD．
11．（6分）（2024·广东江门·一模）已知曲线E:xx4+yy8=1，则下列结论正确的是（ ）
A．y随着x增大而减小
B．曲线E的横坐标取值范围为−2,2
C．曲线E与直线y=−1.4x相交，且交点在第二象限
D．Mx0,y0是曲线E上任意一点，则2x0+y0的取值范围为0,4
【解题思路】首先对x、y分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与y=−1.4x的关系判断C，由点到直线的距离公式得到2x0+y0，即点Mx0,y0到直线2x+y=0的距离的3倍，求出直线2x+y+c=0与曲线x24+y28=1x≥0,y≥0相切时c的值，再由两平行线将的距离公式求出2x0+y0的最大值，即可判断D.
【解答过程】因为曲线E:xx4+yy8=1，
当x≥0，y≥0时x24+y28=1，则曲线E为椭圆x24+y28=1的一部分；
当x>0，y<0时x24−y28=1，则曲线E为双曲线x24−y28=1的一部分，
且双曲线的渐近线为y=±2x；
当x<0，y>0时y28−x24=1，则曲线E为双曲线y28−x24=1的一部分，
且双曲线的渐近线为y=±2x；
可得曲线的图形如下所示：
由图可知y随着x增大而减小，故A正确；
曲线E的横坐标取值范围为R，故B错误；
因为−1.4>−2，所以曲线E与直线y=−1.4x相交，且交点在第四象限，故C错误；
因为2x0+y0=3×2x0+y022+12，即点Mx0,y0到直线2x+y=0的距离的3倍，
当直线2x+y+c=0与曲线x24+y28=1x≥0,y≥0相切时，
由x24+y28=12x+y+c=0，消去y整理得4x2+22cx+c2−8=0，
则Δ=22c2−16c2−8=0，解得c=4（舍去）或c=−4，
又2x+y=0与2x+y−4=0的距离d=422+12=43，
所以2x0+y0max=3d=4，
所以2x0+y0的取值范围为0,4，故D正确；
故选：AD.
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·上海·模拟预测）椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，过F2作x轴的垂线交椭圆于P,Q，若△F1PQ为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为 2−1 .
【解题思路】根据给定条件，结合椭圆的定义求出离心率.
【解答过程】令椭圆的半焦距为c，由PQ⊥x轴，△F1PQ为等腰直角三角形，得|PF2|=|F1F2|=2c，
|PF1|=2|F1F2|=22c，由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a，即22c+2c=2a，
所以椭圆的离心率e=ca=12+1=2−1.
故答案为：2−1.

13．（5分）（2024·上海·三模）设曲线fx=aex+b和曲线gx=csπx2+c在它们的公共点P0,2处有相同的切线，则ba+c的值为 2 .
【解题思路】根据两曲线在P0,2有公切线，则P是公共点，该点处的导数值相同，列出方程求出a,b,c的值，则答案可求.
【解答过程】由已知得f(0)=a+b=2g(0)=1+c=2，解得c=1,b=2−a，
又f′x=aex,g′x=−π2sinπ2x，
所以f′(0)=g′(0)得a=0，
所以a=0,b=2,c=1，
所以ba+c=20+1=2.
故答案为：2.
14．（5分）（2024·云南·模拟预测）现有标号依次为1,2,3的盒子，标号为1的盒子里面有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球.现从1号盒子里面取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里面取出2个球放入3号盒子，则3号盒子里面是2个红球和2个白球的概率为 1118 .
【解题思路】设Ai：从标号为1的盒子中取出的2个球中有i个红球，i=0,1,2，B：3号盒子里面是2个红球和2个白球，则B=A0B∪A1B∪A2B，由概率的乘法公式和全概率公式可得PB=PB∣A0PA0+PB∣A1PA1+PB∣A2PA2，再由古典概型分别求出对应结果，代入计算即可得到答案.
【解答过程】设Ai：从标号为1的盒子中取出的2个球中有i个红球，i=0,1,2，
B：3号盒子里面是2个红球和2个白球，所以B=A0B∪A1B∪A2B，
则PB=PA0B∪A1B∪A2B=PA0B+PA1B+PA2B
=PB∣A0PA0+PB∣A1PA1+PB∣A2PA2
=C22C42⋅C11C31C42+C21C21C42⋅C21C21C42+C22C42⋅C11C31C42
=16×12+23×23+16×12=1118.
故答案为：1118.
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·安徽芜湖·三模）已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且bcsA+3bsinA=a+c
(1)求B；
(2)若b=2,△ABC的面积为3，D为AC边上一点，满足CD=2AD，求BD的长．
【解题思路】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去C，由和差公式和辅助角公式化简可得；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出a,c，然后在△ABD中利用余弦定理可得.
【解答过程】（1）由正弦定理有sinBcsA+3sinBsinA=sinA+sinC，
因为sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB，
所以sinBcsA+3sinBsinA=sinA+sinAcsB+csAsinB，
化简得3sinBsinA=sinA+sinAcsB，
由A∈0,π,sinA≠0有3sinB=1+csB，可得sinB−π6=12，
因为B∈0,π,B−π6∈−π6,5π6，
所以B−π6=π6，则B=π3．
（2）由B=π3,S=12acsinB=3有ac=4
又b2=a2+c2−2accsB可得a2+c2=8，
联立a2+c2=8ac=4解得a=c=2，所以△ABC为正三角形，
所以AD=23,A=π3，
在△ABD中，由余弦定理得BD2=22+232−2×2×23×12=289．
故BD的长为273.
16．（15分）（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线Γ：x2−y24=1与直线l：y=x+1交于A、B两点（A在B左侧），过点A的两条关于l对称的直线l1、l2分别交双曲线Γ于C、D两点（C在右支，D在左支）．
(1)设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，求k1⋅k2的值；
(2)若直线CD与双曲线Γ在点B处的切线交于点P，求△ABP的面积．
【解题思路】（1）设直线l1、l2的倾斜角分别为θ1、θ2（θ1、θ2∈0,π），则θ1+θ2=2α=π2，再利用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；
（2）先求出点B的坐标，进而得到双曲线Γ在点B处的切线方程为53x−23y=1，不妨设直线CD为mx+1+ny=1，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解.
【解答过程】（1）由题意知直线l斜率为1，∴直线l的倾斜角α=π4，
设直线l1、l2的倾斜角分别为θ1、θ2（θ1、θ2∈0,π），
直线l1、l2关于直线l对称，∴θ1+θ2=2α=π2，
∴k1⋅k2=tanθ1⋅tanθ2=tanθ1⋅tanπ2−θ1=sinθ1csθ1⋅sinπ2−θ1csπ2−θ1=1．
（2）联立x2−y24=1y=x+1⇒A−1,0,B53,83，
∴双曲线Γ在点B处的切线方程为53x−23y=1．
不妨设直线CD为mx+1+ny=1，Cx1,y1，Dx2,y2，
联立x2−y24=1mx+1+ny=1得4x+1−12−y2−4=0mx+1+ny=1，
⇒4x+12−8x+1mx+1+ny−y2=0
整理得y2x+12+8n⋅yx+1+8m−4=0，将等式看作关于yx+1的方程：
两根之和y1x1+1+y2x2+1=−8n，两根之积y1x1+1⋅y2x2+1=8m−4，
而其中k1⋅k2=kAC⋅kAD=y1x1+1⋅y2x2+1=8m−4，
由（1）得k1⋅k2=1，∴m=58
∴直线CD为58x+1+ny=1，过定点35,0，
又∵双曲线Γ在点B处的切线方程为53x−23y=1，过点35,0，∴P35,0，
∴S△ABP=12⋅AB⋅dP−AB=12⋅2⋅83⋅35−0+12=3215．
17．（15分）（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形ABCDE中，AB=BD，AD⊥DC，EA=ED且EA⊥ED，将△AED沿AD折成图2，使得EB=AB，F为AE的中点．
(1)证明：BF//平面ECD；
(2)若EB与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A−EB−D的正弦值．
【解题思路】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，从而证明BG//平面ECD，FG//平面ECD，即可得到平面BFG//平面ECD，即可得证．
（2）推导出AE⊥平面BFG，BG⊥平面EAD，平面EAD⊥平面ABCD，连接EG，以G为坐标原点，GB，GD，GE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−EB−D的正弦值．
【解答过程】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，
∵AB=BD，G为AD的中点，∴BG⊥AD，
又AD⊥DC，∴BG//CD．
又BG⊄平面ECD，CD⊂平面ECD，∴BG//平面ECD．
∵F为AE的中点，∴FG//ED．
又FG⊄平面ECD，ED⊂平面ECD，∴FG//平面ECD，
又BG∩FG=G，BG,FG⊂平面BFG，∴平面BFG//平面ECD，
又BF⊂平面BFG，∴BF//平面ECD．
（2）∵EA⊥ED，由（1）知FG//ED，∴FG⊥AE，
又EB=AB，F为AE的中点，∴BF⊥AE，
又BF∩FG=F，BF,FG⊂平面BFG，∴AE⊥平面BFG，
又BG⊂平面BFG，∴BG⊥AE，
又BG⊥AD，AD∩AE=A，AD,AE⊂平面EAD，∴BG⊥平面EAD，
又BG⊂平面ABCD，∴平面EAD⊥平面ABCD，
连接EG，∵EA=ED，G为AD的中点，∴EG⊥AD，
又平面EAD∩平面ABCD=AD，EG⊂平面EAD，
∴EG⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，∴EG⊥BG，
以G为坐标原点，GB，GD，GE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∠EBG是EB与平面ABCD所成的角，即∠EBG=30°，
∵EA=ED，设EA=t(t>0)，则AD=2t，EG=22t，EB=2t，BG=62t，
∴G0,0,0，E0,0,22t，A0,−22t,0，D0,22t,0，B62t,0,0，
∴ EB=62t,0,−22t，AE=0,22t,22t，DE=0,−22t,22t，
设平面ABE的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅EB=62tx1−22tz1=0n1⋅AE=22ty1+22tz1=0，令x1=1，得n1=1,−3,3，
设平面DBE的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅EB=62tx2−22tz2=0n2⋅DE=−22ty2+22tz2=0，令x2=1，得n2=1,3,3，
设二面角A−EB−D的平面角为θ，
∴csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1n2=17×7=17，
所以sinθ=1−cs2θ=437，即二面角A−EB−D的正弦值为437．
18．（17分）（2024·四川南充·模拟预测）已知函数f(x)=1−x(lnx)a−x,a∈R.
(1)若函数f(x)在x=1e处切线的斜率为2e，求实数a的值；
(2)当a=2时，∀x∈1,+∞, f(x)−mx≥0恒成立，求实数m的最大值；
(3)当a=2时，证明：i=1n2(2i)2−1>ln(2n+1), n∈N∗.
【解题思路】（1）求导，利用导数值等于切线斜率构造方程，求出a即可.
（2）将a代入不等式，x和m参变分离，转化为恒成立问题，构造函数后转化为求函数最值问题即可.
（3）由（2）知， 当 x>1时， 有 x+1x−2>lnx2，即 x−1x>lnx，后进行放缩证明即可.
【解答过程】（1）因为 f′(x)=2x−(lnx)a−1⋅(a+lnx)，所以f′(1e)=2e−(−1)a−1⋅(a−1)=2e，
所以a=1
（2）因为 fx=x2−xlnx2+1，x>0，当 x≥1时， x2−x(lnx)2+1≥mx恒成立，所以 m≤x+1x−lnx2，
设 gx=x+1x−lnx2，x≥1，
则 g′x=1−1x2−2lnxx=x2−2xlnx−1x2，
因为 x2−2xlnx−1'=2x−lnx−1，x−lnx−1'=1−1x，
当x≥1时，有 1−1x≥0，所以函数 y=x−lnx−1单调递增，故 x−lnx−1≥1−ln1−1=0，
所以函数 y=x2−2xlnx−1单调递增，
故 x2−2xlnx−1≥12−2×1×ln1−1=0，
所以函数 gx=x+1x−lnx2单调递增，故 gx≥g1=2，所以 m≤2，
所以实数m的最大值为2.
（3）由（2）知， 当 x>1时， 有 x+1x−2>lnx2，即 x−1x>lnx，
设 i∈N∗，取 x=2i+12i−1>1 ,所以 2i+12i−1−2i−12i+1>ln2i+12i−1，
即 24i2−1>ln2i+12i−1， i=1n24i2−1>i=1nln2i+12i−1，.
因为i=1nln2i+12i−1=ln31+ln53+⋯+ln2n+12n−1=ln31×53×⋯×2n+12n−1=ln2n+1，
所以 i=1n24i2−1>ln2n+1即 i=1n22i2−1>ln2n+1，n∈N∗.
19．（17分）（2024·安徽芜湖·模拟预测）对于数列an,bn，如果存在正整数n0≥3，当任意正整数n≤n0时均有b1(1)已知bn=2n，请写出一个数列bn的“无限递增相伴数列an”，并说明理由？
(2)若an,bn满足an+bn=6n−2，其中bn是首项b1=1的等差数列，当an为bn的“无限递增相伴数列”时，求an的通项公式：
(3)已知等差数列bn和正整数等比数列an满足：an=k2024−n(k+1)n−1(n=1,2,…,2024)，其中k是正整数，求证：存在正整数k，使得an为bn的“2024项递增相伴数列”．
【解题思路】（1）利用指数数列，构造一个加上正的常数，就可得到一个递增相伴数列，只需要检验前二项和最后三项；
（2）由于有一个是等差数列，两数列相加也是等差数列，说明另一个数列还是等差数列，通过假设，就可以表示出两个数列的通项，进而引入后三项不等式进行分析，即可求出数列通项；
（3）利用前面两小问，知道构造的数列比已知数列每项加1，再去证明即可.
【解答过程】（1）由于bn=2n，我们可以取an=2n+1，此时恒有bn再由bn−an−1=2n−2n−1−1=2n−1−1，当n≥2时，2n−1−1>0，
所以恒有an−1（2）∵an+bn=6n−2,∴a1+b1=4,a2+b2=10
设b2=t ∴bn=1+(n−1)(t−1),an=3+(n−1)(7−t)
当an为bn的“无限递增相伴数列”时bn∴1+(n−1)(t−1)<3+(n−1)(7−t)<1+n(t−1)
∴t<4n−3n−1t>8n−52n−1，当n=2时，113即an=3n.
（3）证明：取b2024=a2024−1,b2023=a2023−1，若存在这样的正整数k使得
b1所以d=b2024−b2023=a2024−a2023=(k+1)2023−k(k+1)2022=(k+1)2022，
由an=k2024−n(k+1)n−1(n=1,2,…,2024)，得an+1−an=k2024−n−1(k+1)n−k2024−n(k+1)n−1=k2023−n(k+1)n−1<(k+1)2022=d，
于是an=a2024+a2023−a2024+…+an−an−1>b2024−(2024−n)d=bn(1≤n≤2023)，
又因为b2024=a2024−1而n≥2时，an=a1+a2−a1+…+an−an−1所以b2由b2=b2024−2022d=(k+1)2023−1−2022(k+1)2022=(k+1)2022(k−2021)−1>k2023，
上式对于充分大的k成立，即总存在满足条件的正整数k.