信息必刷卷02（广东专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷

2025年高考考前信息必刷卷02（广东专用） 数 学·参考答案 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，只有一项是符合题目要求的． 1 2 3 4 5 6 7 8 A D C B C B A A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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 10 11 AC BD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 13． / 14．/ 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分） 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， ，（2分） ，， ，即， 即，∴． 又，；（6分） （2）因为的角平分线与边相交于点， 所以，即， 所以，所以，（8分） 又由余弦定理，即，（10分） 所以，解得或（舍去）， 所以.（13分） 16．（15分） 【详解】（1）取中点，连接，如图， 因为是中点，所以且， 又分别是中点，所以且， 所以与平行且相等，从而是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；（6分）    （2）由已知，， 所以，又，，平面， 所以平面， 又因为， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， ，（10分） 设平面的一个法向量是， 则，取得， 设平面的一个法向量是， 则，取得， ， 所以平面与平面夹角的余弦值．（15分） 17．（15分） 【详解】（1）设椭圆标准方程为：， 由题意：， 所以椭圆的标准方程为：.（5分） （2）如图： 若直线的斜率不存在，则可取，因为，可取，此时. 若直线的斜率为0，同理可得.（8分） 当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为， 由，得，则， 用代替，得，则.（10分） 所以. 设，， 则.（13分） 因为，所以，， 所以，所以. 综上，（15分） 18．（17分） 【详解】（1）， 当时，；当时，， 的增区间为，减区间为．（3分） （2）令， 当时，；当时，， 当时，，即， 原不等式等价于，（7分） 为上的减函数，， 只需证明，即， 令， 当时，，当时，， 原不等式成立．（10分） （3）当时，由（2）知,又， ， 原不等式在上恒成立． 当时，令． ，（13分） 在内必有零点，设为，则， ， ，而， 综上所述实数的取值范围是．（17分） 19．（17分） 【详解】（1）， ，（2分） 若，使得成立，则成立，显然，当时等式成立， 所以，使得成立，得证. （5分） （2）因为数列的前项和为 当时，； 当时，， 所以，（8分） 因为存在正整数使得成立， 则①当时，，即， 因为， 所以，而，所以不存在正整数使得成立； ②当时，若成立，则，得， 所以时存在正整数使得成立， 由①②得.（11分） （3）假设存在使得数列为“阶可分拆数列” 即存在确定的正整数，存在正整数使得成立. 即， 即，（13分） ①当时，时方程成立， ②当时， 当时，； 当时，， 当时，，所以不存在正整数使得成立； ③当时，，当时，成立， ④当时，， 所以不存在正整数使得成立. 综上：或3. （17分） 试卷第2页，共22页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷02（广东专用） 数 学 考情速递 高考·新动向：广东省使用全国新课标Ⅰ卷，结合最新八省联考动向，更加注重空间想象能力的考察（从动态的角度想象图象变化），虽然八省联考最后一道压轴题不是新定义题，但新定义题仍很大可能继续作为最后一道解答题压轴。 高考·新考法：从动态的角度想象几何图形的变化（如本卷第8题），直线，椭圆，利用导数求切线融合考察（如本卷第11题） 高考·新情境：从课本直线方程出发考察新概念直线族（高中课堂讲过）；另外以朗博变形为概念考察同构变形（高中课堂讲过） 命题·大预测：结合2024新课标Ⅰ卷和最新八省联考动向，立体几何突出考察从动态想象图象变化过程（如本卷第8题），另外新定义压轴仍然是高考的一大趋势，本卷最后一题以数列为背景考察新定义压轴。 （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、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，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知变量和的统计数据如下表： 6 8 10 12 2 3 5 6 根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（    ） A．7.8 B．6.5 C．9.6 D．8.2 3．在的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（    ） A． B． C． D．7 4．设为等差数列的前项和，已知，则（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 5．若向量，且，则（    ） A． B． C．1 D．2 6．将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．已知椭圆，过焦点的直线与交于，两点，坐标原点在以为直径的圆上，若，则的方程为（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知菱形ABCD的边长为2，且分别为棱中点.将和分别沿折叠，若满足平面DEBF，则线段AC的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有这9个数字（1张卡片上标1个数），“从中任抽取1张卡片，结果卡片号或为1或为4或为7”记为事件，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号小于7”记为事件，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号大于7”记为事件．下列说法正确的是（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件对立 C．事件与事件相互独立 D． 10．下列函数是奇函数，且满足对任意. 都有 的是（   ） A． B． C． D． 11．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括直线）．直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．已知直线族，则下列说法正确的是（   ） A．若，则该直线族的包络曲线为圆 B．若，则该直线族的包络曲线为椭圆 C．当时，点可能在直线族上 D．当时，曲线是直线族的包络曲线 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若，则 ． 13．在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为 . 14．“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分） 在中，内角所对的边分别为．已知． (1)求角的大小； (2)若的角平分线与边相交于点，，求的周长． 16．（15分） 如图，直角中，，，D、E分别为、中点，将沿翻折成，得到四棱锥，M为中点.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 17．（15分） 已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围． 18．（17分） 已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)证明时，； (3)若对于任意的，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围． 19．（17分） 对于给定的数列以及正整数，若，使得成立，则称为“阶可分拆数列”. (1)设，证明：为“3阶可分拆数列”； (2)设的前项和为，若为“1阶可分拆数列”，求实数的值； (3)设，是否存在，使得为“阶可分拆数列”？若存在，请求出所有的值；若不存在，请说明理由. 7 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷02（广东专用） 数 学 考情速递 高考·新动向：广东省使用全国新课标Ⅰ卷，结合最新八省联考动向，更加注重空间想象能力的考察（从动态的角度想象图象变化），虽然八省联考最后一道压轴题不是新定义题，但新定义题仍很大可能继续作为最后一道解答题压轴。 高考·新考法：从动态的角度想象几何图形的变化（如本卷第8题），直线，椭圆，利用导数求切线融合考察（如本卷第11题） 高考·新情境：从课本直线方程出发考察新概念直线族（高中课堂讲过）；另外以朗博变形为概念考察同构变形（高中课堂讲过） 命题·大预测：结合2024新课标Ⅰ卷和最新八省联考动向，立体几何突出考察从动态想象图象变化过程（如本卷第8题），另外新定义压轴仍然是高考的一大趋势，本卷最后一题以数列为背景考察新定义压轴。 （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、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，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】交集的概念及运算、解不含参数的一元二次不等式 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求得答案. 【详解】集合，而， 所以. 故选：A 2．已知变量和的统计数据如下表： 6 8 10 12 2 3 5 6 根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（    ） A．7.8 B．6.5 C．9.6 D．8.2 【答案】D 【知识点】根据回归方程进行数据估计、根据样本中心点求参数 【分析】利用回归直线过样本中心点求解，代入即可. 【详解】根据表格中的数据， 当时， 故选：D 3．在的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（    ） A． B． C． D．7 【答案】C 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数 【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得的系数． 【详解】在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大， 它的展开式共计有9项，， 故二项展开式的通项公式为， 令，求得，可得在的展开式中的系数为， 故选：C． 4．设为等差数列的前项和，已知，则（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】B 【知识点】等差数列片段和的性质及应用 【分析】根据给定条件，利用等差数列片段和的性质求解即得. 【详解】由等差数列的片段和性质知，成等差数列， 由，得该数列首项为4，公差为2， 所以. 故选：B 5．若向量，且，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【知识点】运用换底公式化简计算、垂直关系的向量表示 【分析】根据向量垂直的坐标表示以及对数运算即可求解. 【详解】由得，， 所以. 故选：C. 6．将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】三角函数综合、求图象变化前（后）的解析式 【分析】根据函数的周期及函数在区间上无零点，列出不等式组，即可解出的取值范围. 【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度，可得， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变， 可得的图象，因为，周期， 函数在上没有零点，则， 所以，因为，所以， 又在上没有零点，所以， 解得，， 又因为，所以当，，，， 所以或. 故选：B 7．已知椭圆，过焦点的直线与交于，两点，坐标原点在以为直径的圆上，若，则的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】由已知坐标原点在以为直径的圆上，即，然后根据椭圆的性质可表示出相关线段长度，再由余弦定理可得关系，最后联立方程即可求解. 【详解】由于坐标原点在以为直径的圆上，所以， 故可设为上顶点，为右焦点，为左焦点. 则，而， 故，，， 由余弦定理，得，得， 结合，，解得，，符合题意， 所以的方程为. 故选：A 8．如图，已知菱形ABCD的边长为2，且分别为棱中点.将和分别沿折叠，若满足平面DEBF，则线段AC的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】证明面面平行、证明线面垂直、求面面距离 【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出AC的长度，折叠过程中证明平面EAB//平面FDC，面面距离即为AC的最小值，由此得到AC的范围. 【详解】 折叠前，连接AC，BD， 由题意，在菱形ABCD中，，， 则由余弦定理得，， ，故在折叠过程中，， 折叠后，平面DEBF，则平面DEBF，则，故D项错误； 折叠前，在菱形ABCD中，，，则是正三角形， 由E，F分别为棱中点，， 折叠后，则， 又平面EAB，所以平面EAB， 由E，F分别为棱中点， 则，又FC，FD在平面FCD内交于点F，所以平面FCD， 又，所以平面EAB//平面FCD， 则平面EAB与平面FCD的距离即为， 由点平面EAB，点平面FCD，则，故B错； 在折叠过程中，当时，由， 则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱， 满足平面DEBF，此时. 所以AC最小值为，故A正确，C项错误. 故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有这9个数字（1张卡片上标1个数），“从中任抽取1张卡片，结果卡片号或为1或为4或为7”记为事件，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号小于7”记为事件，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号大于7”记为事件．下列说法正确的是（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件对立 C．事件与事件相互独立 D． 【答案】AC 【知识点】判断所给事件是否是互斥关系、独立事件的判断 【分析】根据互斥、对立、相互独立定义和并事件概率的计算公式判断各个选项； 【详解】样本空间为，，，． 对于A，因为，所以事件与事件互斥，故A正确； 对于B，因为，， 所以事件与事件不对立，故B错误； 对于C，，，，， 即事件与事件相互独立，故C正确； 对于D，因为，所以事件与事件不互斥，故D错误． 故选：AC. 10．下列函数是奇函数，且满足对任意. 都有 的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断、复合函数的单调性 【分析】依题意，是在上单调递增的奇函数，分别讨论选项中各函数的单调性和奇偶性即可. 【详解】对任意，都有， 则在上单调递增； 所以是在上单调递增的奇函数. 对于A，函数定义域为，不是奇函数，A错误； 对于B，与在上都为增函数，故在上为增函数， ，所以是在上单调递增的奇函数，B正确； 对于C，，易知在上单调递减，C错误； 对于D，函数定义域为R， 函数在上是增函数，函数在定义域内是增函数， 所以在上单调递增， ， 是奇函数，D正确. 故选：BD. 11．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括直线）．直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．已知直线族，则下列说法正确的是（   ） A．若，则该直线族的包络曲线为圆 B．若，则该直线族的包络曲线为椭圆 C．当时，点可能在直线族上 D．当时，曲线是直线族的包络曲线 【答案】ABD 【知识点】利用导数研究函数的零点、过圆上一点的圆的切线方程、求椭圆的切线方程、判断直线与抛物线的位置关系 【分析】设圆上的点为，求解该圆的切线方程即可判断选项A；设椭圆上的点为，求解该椭圆的切线方程即可判断选项B；若点可能在直线族上，则存在使得，即函数有零点，因而对函数零点个数进行分析从而判断选项C；当时，直线族为，将其与曲线联立可得，即可得直线和曲线相切, 故可判断选项D. 【详解】对于A，设圆：上的点为，直线的斜率为，过点作圆的切线，由，得， 所以切线的方程为，即，故A正确； 对于B，设椭圆上的点为，过点作圆的切线， 当切线斜率存在时，设，，联立得： ， 所以，. 作商：，得， 所以切线的方程为，即； 当切线斜率不存在时，或，则切线方程和亦满足，故B正确； 对于C，将代入得，构造， ， 当时，；当，. 所以在上单调递减，在上单调递增， 因而当时，取到最小值， 所以在无零点，无解，故C错误； 对于D，若不在直线族上，则将代入直线得无解，则，所以, 因而可得当在曲线上时，则一定在直线族上， 联立和得，所以，故直线和相切， 又不包括直线，所以是直线族的包络曲线，故D正确. 故选：ABD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若，则 ． 【答案】 【知识点】复数的除法运算 【分析】根据复数的四则运算求解即可. 【详解】． 故答案为：. 13．在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为 . 【答案】/ 【知识点】计算古典概型问题的概率、计算条件概率、独立事件的乘法公式 【分析】设事件表示“第1次抽到代数题”，事件表示“第2次抽到几何题”，然后利用古典概型公式代入求解出与，再代入条件概率公式即可求解. 【详解】设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题， 则，，所以. 故答案为： 14．“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为 . 【答案】/ 【知识点】指数式与对数式的互化、对数的运算性质的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】先化简，再同构设函数，再结合函数的单调性得出所以，进而得出，根据单调性即可得出最大值. 【详解】由，得， 即，所以，， 令，则对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递增， 由可得，所以， 令，所以， 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数，再结结合函数单调性解题. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分） 在中，内角所对的边分别为．已知． (1)求角的大小； (2)若的角平分线与边相交于点，，求的周长． 【答案】(1) (2) 【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，在由三角恒等变换公式化简，即可求出，从而得解； （2）根据等面积法得到，再由余弦定理得到，即可求出，从而求出周长. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， ， ， ， ，即， 即， ∴． 又， ； （2）因为的角平分线与边相交于点， 所以，即， 所以，所以， 又由余弦定理，即， 所以，解得或（舍去）， 所以. 16．（15分） 如图，直角中，，，D、E分别为、中点，将沿翻折成，得到四棱锥，M为中点.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法 【分析】（1）取中点，连接，证明是平行四边形，得，然后由线面平行的判定定理得证； （2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）取中点，连接，如图， 因为是中点，所以且， 又分别是中点，所以且， 所以与平行且相等，从而是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；    （2）由已知，， 所以，又，，平面， 所以平面， 又因为， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 设平面的一个法向量是， 则，取得， ， 所以平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分） 已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、根据椭圆过的点求标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积 【分析】（1）设椭圆标准方程为：，根据及点在椭圆上，可求椭圆的标准方程. （2）按直线是否垂直于坐标轴分类，求出，，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求出范围即可. 【详解】（1）设椭圆标准方程为：， 由题意：， 所以椭圆的标准方程为：. （2）如图： 若直线的斜率不存在，则可取，因为，可取，此时. 若直线的斜率为0，同理可得. 当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为， 由，得，则， 用代替，得，则. 所以. 设， 则. 因为，所以，， 所以，所以. 综上， 18．（17分） 已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)证明时，； (3)若对于任意的，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)增区间为，减区间为 (2)证明见解析 (3) 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）求导即可得到函数的单调区间； （2）令，即可得到，原不等式化为，再结合函数的单调性，即可化为，然后构造函数，求导即可证明； （3）根据题意，由（2）中的结论可得符合题意，然后证明当时，不符合题意，即可得到结果. 【详解】（1）， 当时，；当时，， 的增区间为，减区间为． （2）令， 当时，；当时，， 当时，，即， 原不等式等价于， 为上的减函数，， 只需证明，即， 令， 当时，，当时，， 原不等式成立． （3）当时，由（2）知,又， ， 原不等式在上恒成立． 当时，令． ， 在内必有零点，设为，则， ， ，而， 综上所述实数的取值范围是． 19．（17分） 对于给定的数列以及正整数，若，使得成立，则称为“阶可分拆数列”. (1)设，证明：为“3阶可分拆数列”； (2)设的前项和为，若为“1阶可分拆数列”，求实数的值； (3)设，是否存在，使得为“阶可分拆数列”？若存在，请求出所有的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2). (3)存在，或3. 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、数列新定义 【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合三角函数即可证得结论； （2）由前项和为可求出，若数列为“1阶可分拆数列”，则有，分别讨论和两种情况，计算可得； （3）假设实数存在，则有，代入化简可得，逐一讨论的取值直至不再成立为止，可得结果. 【详解】（1）， ， 若，使得成立，则成立，显然，当时等式成立， 所以，使得成立，得证. （2）因为数列的前项和为 当时，； 当时，， 所以， 因为存在正整数使得成立， 则①当时，，即， 因为， 所以，而，所以不存在正整数使得成立； ②当时，若成立，则，得， 所以时存在正整数使得成立， 由①②得. （3）假设存在使得数列为“阶可分拆数列” 即存在确定的正整数，存在正整数使得成立. 即， 即， ①当时，时方程成立， ②当时， 当时，； 当时，， 当时，，所以不存在正整数使得成立； ③当时，，当时，成立， ④当时，， 所以不存在正整数使得成立. 综上：或3. 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，且分别为关于的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至时截止可找到所有的. 7 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$