数列递推与概率综合问题、数列与圆锥曲线综合问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

数列递推与概率综合问题、数列与圆锥曲线综合问题专项训练 数列递推与概率综合问题、数列与圆锥曲线综合问题专项训练 考点目录 数列递推与概率综合问题 数列与圆锥曲线综合问题 考点一 数列递推与概率综合问题 例1．（2026·湖北十堰·二模）某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望． (1)当时，求； (2)证明：； (3)已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)（万元） 【分析】（1）根据题意求出的所有可能取值及相应的概率，分析的可能情况，进而运算求解； （2）分析可知随机变量的可能取值有、、、，利用全概率公式求出随机变量在不同取值下的概率，再结合期望公式可证得结论成立； （3）分析可知数列是以为公比的等比数列，求出的表达式，于是可得出第个月的期望宕机节点数为，据此可得出第个月的经济损失的期望，再利用等比数列求和公式可求得从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 【详解】（1）初始状态，即个在线、个宕机． 第个月选中在线节点的概率为，此时； 选中宕机节点的概率为，其中修复成功的概率为，此时； 修复失败的概率为，此时． 所以，． ，． 所以 ， 故当时，． （2）由题意知的可能取值有、、、， 所以， ， ， ， 所以 ． 因为， 所以， 所以 ， 所以． （3）因为，设， 所以， 所以，，， 所以是以为公比的等比数列， ，，, 故， 所以， 所以， 第个月的期望宕机节点数的期望为． 每台宕机节点每月损失万元，故第个月的经济损失的期望为． 设从第个月开始的个月的经济损失的总期望为， 故（万元）. 例2．（2026·安徽蚌埠·模拟预测）某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权．已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为、，高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为、．经商定，高一篮球队获得首次挑战权． (1)经过次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望； (2)若经过次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件、、． （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：当为偶数时，． 【答案】(1) 数学期望为 (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （2）（i）推导得出，，两式作差，结合可推得结论成立； （ii）分析可得，结合（i）推导得出，可得出，则有是以为首项，为公比的等比数列，求出数列的通项公式，可证得结论成立. 【详解】（1）随机变量的可能取值为和， 时，第一次高一篮球队挑战高二篮球队，第二次高二篮球队挑战高三篮球队，第三次高三篮球队挑战高二篮球队， 或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队，第二次高三篮球队挑战高二篮球队，第三次高二篮球队挑战高三篮球队， 则，． 则的分布列为 则的数学期望为． （2）（ⅰ）若第次挑战权属于高二篮球队， 若第次挑战权属于高一篮球队，则第次高一篮球队挑战高二篮球队，其概率为， 若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高二篮球队，其概率为， 所以①，同理可得②， ②①得， 又，因此，因此； （ii）若第次挑战权属于高一篮球队， 若第次挑战权属于高二篮球队，则第次高二篮球队挑战高一篮球队，其概率为， 若第次挑战权属于高三篮球队，则第次高三篮球队挑战高一篮球队，其概率为， 所以，③ ①②，得， 由③知， 又， 从而有，所以， 第一次挑战权为高一篮球队，经过一次挑战后，挑战权不是高一篮球队，则， 故， 则有是以为首项，为公比的等比数列， 因此，，． 当为偶数时，，因此． 例3．（25-26高三上·云南昭通·月考）某工厂一台自动加工机器有两种状态：正常和故障．每小时初检查机器状态，若正常，则继续工作；若故障，则进行检修．机器在正常状态下，1小时内都不会发生故障，1小时后故障的概率为0.2，故障时有两种检修方案：方案一是加急检修，1小时修复的概率为0.9，费用为9元/小时；方案二是常规检修，1小时修复的概率为0.6，费用为6元/小时．若1小时内无法修复，则下1小时继续采用同样的检修方案．机器正常工作1小时可收益10元．各小时机器状态是否正常相互独立． (1)假设机器初始状态为正常，若机器出现故障则随机选择检修方案，求2小时后机器正常工作的概率； (2)假设机器初始状态为故障，并一直选择加急检修，求3小时内机器的总收益的分布列和数学期望； (3)假设机器初始状态为正常，并长期选择常规检修，记小时后（）机器正常的概率为，求并计算个小时的累计期望收益． 【答案】(1) (2)分布列见解析；期望为元 (3)， 【分析】（1）设出相应的事件，条件概率公式和独立事件的概率乘法公式计算即可； （2）由题意，列出的所有可能的值，并依次求出对应的概率，列出分布列，计算出均值即可； （3）经分析推得n个小时后正常的概率递推式由此式构造等比数列，求出其通项公式，再根据修复与收益标准依次计算各小时的期望收益，最后利用等比数列的求和公式计算累计期望收益即可. 【详解】（1）设“小时后机器正常”为事件，设“加急检修，1小时修复”为事件，设“常规检修，1小时修复”为事件． 由题意，， 从而2小时后机器正常的概率为 （2）依题意， 的所有可能的值为 的情况为第1个小时没有修复，第2个小时没有修复，第3个小时继续修，修了3个小时花费27元， 从而 的情况为第1个小时检修好，花费9元，第2个小时正常工作，收益10元，第3个小时也正常工作，收益10元，共收益11元， 从而 的情况为有1个小时收益10元，另外2个小时检修花费18元， 则 于是X的分布列为 X 11 P 0.01 0.27 0.72 数学期望为元． （3）初始状态正常，即；1个小时后正常的概率为；2个小时后正常的概率为； 同理，n个小时后正常的概率为 即，故 从而数列是首项，公比为的等比数列，于是， 因此．               初始状态正常，第1个小时期望收益为元；第2个小时期望收益为； 同理，第k个小时期望收益为． 因此n个小时累计期望收益为 变式1．（2025·江西新余·模拟预测）某班地理老师为提高学生学习地理的积极性，举办地理答题得奖品活动，答题规则如下：两人为一组，每次一人答题，若答对则得奖品且继续答题，未答对则换对方答题．该班王海与吴昊为一组参加该活动，第1次答题人选通过掷硬币确定，正面为王海，反面为吴昊，已知王海每题答对的概率为，吴昊每题答对的概率为． (1)已知第2次答题人是吴昊，求第1次答题人为王海的概率； (2)求第n次答题人是王海的概率； (3)定义是第n次答题人为王海的期望，求第n次答题人为王海的期望的前n项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设事件：第1次答题人为王海，事件：第2次答题人为吴昊，由全概率公式求出，再由条件概率公式计算可得； （2）设事件：第次答题人是王海，事件：第次答题人是吴昊，由全概率公式得到，则，再结合等比数列的定义及通项公式计算可得； （3）由（2）知，，再由分组求和及错位相减法计算可得. 【详解】（1）设事件：第1次答题人为王海，事件：第2次答题人为吴昊， ∴第1次答题人为吴昊为事件， 由题知，，，， 由全概率知，， ， ∴已知第2次答题人是吴昊，则第1次答题人为王海的概率为． （2）设事件：第次答题人是王海，事件：第次答题人是吴昊， 由题知，，，，， 由全概率公式知，， ，， ，∴数列是首项为，公比为的等比数列， ，则． （3）由（2）知，， 设数列的前项和为， ，① ，② 得 ， ，∵等差数列的前项和为， ． 变式2．（24-25高三上·福建泉州·期末）随机数广泛应用于数据加密、安全通信、金融等领域.计算机中的随机数是由算法产生的，其“随机性”的优劣取决于所采用的算法.某工厂计划生产一种随机数发生器，这种发生器的显示屏能显示1，2，3，4中的一个数字，每按一次数字更新按钮后，显示屏上的数字将等可能地更新为另三个数字中的一个.在试生产阶段，采用两种不同算法，生产出相应算法的甲、乙两种随机数发生器.为评估两种算法的优劣，从这两种随机数发生器中随机抽取150件进行检验，得到数据饼图如下： (1)已知这150件发生器中，乙种发生器的三级品为2件.在答题卡中填写列联表；依据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两种发生器的一级品率存在差异? 一级品 非一级品 合计 甲 乙 合计 (2)若发生器显示屏的初始显示数字为1，记按次数字更新按钮后得到的数字为，. （i）求，； （ii）检测一个发生器是否为一级品的方案为：每件被测发生器需进行100轮测试，每轮测试共按10次数字更新按钮；表示100轮测试得到“”的频率，规定满足的被测发生器为一级品.若某件发生器经100轮测试后得到，能否判断该发生器为一级品? 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)列联表见解析，存在差异 (2)（i），；（ii）该发生器为一级品 【分析】（1）根据题意完善列联表，求，并于临界值对比分析； （2）解法一：（i）利用全概率公式求，；（ii）利用全概率公式结合递推法可得，根据等比数列求得，进而分析求解；解法二：设相应事件，利用独立事件概率乘法公式求，；（ii）根据独立事件结合递推法可得，根据等比数列求得，进而分析求解；解法三：（i）（ii）根据题意利用全概率公式求，，，进而分析理解. 【详解】（1）根据题意可得列联表： 一级品 非一级品 合计 甲 26 24 50 乙 70 30 100 合计 96 54 150 零假设为：甲、乙两批发生器的一级品率没有差异. 根据列联表中的数据，经计算得 ， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 所以可以认为甲、乙两批发生器的一级品率存在差异，此推断犯错误的概率不大于0.05. （2）（i）依题意可得. 记“按次按钮后显示的数字为1”， 由全概率公式，得 . （ii）由全概率公式，得 ， 所以， 即，且， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即. 所以. 因为，所以该发生器为一级品. 解法二：（i）依题意可得. 记“按次按钮后显示的数字为1”，“按次按钮后显示的数字为2”， “按次按钮后显示的数字为3”，“按次按钮后显示的数字为4”， 则，且，，，两两互斥. 依据题意得，， . 由全概率公式，得 . （ii） 所以， 即，且， 所以是首项为，公比为的等比数列. 所以，即. 所以. 因为，所以该发生器为一级品. 解法三：（i）依题意可得. 记“按次按钮后显示的数字为1”， 由全概率公式，得 . . . . . . . . . 因为，所以该发生器为一级品. 变式3．（24-25高三上·广东·开学考试）将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设为与桌面接触的数字为偶数的次数，为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率． (1)当时，若正四面体的质地是均匀的，求的数学期望和方差； (2)若正四面体有瑕疵，即． ①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：； ②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率． 【答案】(1)数学期望和方差分别为和． (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）利用二项分布的期望与方差公式计算即可； （2）分类讨论相邻两次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现的次数奇、偶次数时概率之间的关系，结合互斥事件概率的加法法则即可证明第一小问；结合第一小问的结论构造，再利用等比数列的通项公式计算得出即可. 【详解】（1）因为正四面体的质地是均匀的，为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率， 所以，进一步得，， 所以， ， 所以的数学期望和方差分别为和． （2）①因为是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 所以是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 当时， 当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时， 第次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次， 所以， 当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时， 第次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次， 所以， 由互斥事件概率的加法法则得， 即； ②设，结合①所得关系，则， 即且，又， 所以， 所以， 所以抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为． 考点二 数列与圆锥曲线综合问题 例1．（2026·上海徐汇·二模）已知无穷数列为严格增数列，且.双曲线的方程为为双曲线上两个不同的动点，其中在双曲线的右支上. (1)若，求双曲线的渐近线方程和焦点坐标； (2)若，且点为线段的中点，求实数的取值范围； (3)已知直线过双曲线的右顶点.若在双曲线的右支上，则称弦为双曲线的“同支弦”，否则称其为双曲线的“异支弦”.是否存在等差数列，使得对于任意正整数，双曲线“同支弦”弦长的最小值均大于双曲线“异支弦”弦长的最小值？若存在，请求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)渐近线方程；焦点坐标为. (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线的标准方程求出的值，进而得到渐近线方程和焦点坐标. （2）先设出的坐标，再根据中点坐标公式得到关于的表达式，最后结合双曲线的性质求出的取值范围. （3）先设出直线的方程，然后分别联立直线与双曲线的方程，求出“同支弦”和“异支弦”弦长的表达式，再根据条件列出不等式，进而判断是否存在满足条件的等差数列. 【详解】（1）当时，双曲线的方程为，此时. 根据双曲线渐近线方程可得. 根据可得，焦点在轴上，所以焦点坐标为. （2）， ， ， ， ①，，代入上式 ②， 联立①②，得， ； （3）的右顶点为. 若直线的斜率为0，此时，为异支弦，. 若直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入， 得. 当时， 设，则 . 设，则. 当为异支弦时，，所以，即. 所以，所以异支弦最小值为. 当为同支弦时，. 因为，所以. 所以同支弦长最小值为，由已知，所以. 若是等差数列，设公差为，则一定存在一个充分大的，使. 此时，不合题意，所以不存在这样的等差数列. 例2．（2026·四川成都·模拟预测）已知平面直角坐标系中，为：上的动点，.线段的中垂线与直线的交点为R，记点R的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)设，点为E上一点，构造点列：对，点关于x轴的对称点为点，过作斜率为k的直线，与E的另一交点为（若只有一个交点，记为）. ①试判断以和为邻边的平行四边形顶点是否恒在直线上?若是，求出的方程（用表示）；若不是，请说明理由. ②求证：当，且时，数列满足：对，. 【答案】(1)； (2)①是，；②证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出曲线E的方程. （2）①求出直线的方程与曲线E的方程联立，求出点的坐标即可；②由①的信息探求数列的性质，结合已知得，再利用不等式的性质及等比数列前项和公式推理得证. 【详解】（1）点在上，连接，由R在线段的中垂线上，得， 则，因此动点R的轨迹是以C，A为焦点，长轴长为4的椭圆， 即长半轴长，半焦距，则知半轴长， 所以曲线E的方程为. （2）①依题意，，，，， 设直线，即的方程为，由消去， 得，则， 即，， 因此，而， 则，在中，， 即，直线斜率恒为， 所以点恒在直线：上. ②由①知，，当时，， 当时，，则， 由在椭圆上，令，对，， ，，， 由，得，则，， 则，对，， 因此，， 由，得， 所以. 例3．（2026·辽宁盘锦·一模）已知椭圆C：，，，点在椭圆C上.由椭圆的光学性质得到：从焦点处发出的一束光线，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；继续传播，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；如此反复，设第次入射点为.规定：当为奇数时，记；当为偶数时，记；记，，即：，，，…，，，，…. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知椭圆：的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆上的动点M满足，到一个定点的距离与到不通过这个定点的一条定直线的距离之比是一个常数，其中）得到.求证：为定值； (3)若，记，，求证：数列为等比数列，. 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 (3)证明见解析 【分析】（1）借助焦点坐标与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得； （2）由题意可得、、三点共线，设该直线为，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用所给椭圆第二定义可用、横坐标表示、，则利用韦达定理对求和即可得； （3）由椭圆对称性可得，结合椭圆定义可得，则可表示出，结合等比数列定义可得数列为等比数列，再利用等比数列性质可求出的通项公式，即可得的通项公式，再合理放缩后求和即可得证. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）设，由题意可得、、三点共线， 设该直线为，联立， 消去可得， 则，， 由题意可得，， 由椭圆第二定义可得， ， 则 ， 故为定值； （3）由（2）中所得，即， 由椭圆对称性可得也成立， 故有，则 又由椭圆定义可得， 则，即， 由，则 ， 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，整理得， 故 ， 即，即得证. 变式1．（2026·河北衡水·二模）已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且. (1)求抛物线的方程； (2)设直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，为的焦点. （i）若，且的中点为，求到轴距离的最小值； （ii）若已知直线：，且，设数列的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求出双曲线渐近线，求出交点，坐标，结合，从而求出抛物线方程. （2）（i）设出直线，联立抛物线，根据题干信息结合韦达定理得到，再根据中点坐标公式表示点坐标，再利用换元的方式将问题转化为，借助对勾函数的图象和性质求出最终答案. （ii）根据抛物线的焦半径特点求出，从而得，当时，利用放缩法得，从而证得，当时，易得也成立. 【详解】（1）双曲线中，​，渐近线方程为， 联立渐近线与抛物线， 将代入抛物线得对应交点为， 则​，解得， 故抛物线的方程为. （2）（i）设直线，联立得，则， 弦长，故， 中点到轴距离为，代入得 ， 令，则，根据对勾函数图象和性质可知函数在上函数单调递增， 最小值为，故到轴距离的最小值为. （ii）因为， 所以. 当时，， 所以 ，即； 当时，， 即成立. 变式2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知焦距为的双曲线的一条渐近线与直线垂直． (1)求双曲线C的方程； (2)已知数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点在双曲线C上，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据两直线垂直可知斜率之积为 ，可得，再利用待定系数法即可求解. （2）点 在双曲线 上，代入双曲线方程得，计算 并分析范围；再分析数列 的通项，再通过分母放缩可证得，从而得证. 【详解】（1）由已知，则，∴， ∵双曲线C的一条渐近线与直线垂直， ∴这条渐近线的斜率为2，即， 由，解得（负值舍去）， ∴双曲线C的方程为． （2）点 在双曲线 上，代入双曲线方程得： ， 又因为，即 ； 是公差为 4 的等差数列，设首项为 ，则通项为 ； 由 ，且 ，可知 单调递增； 由 ，得： ， 因 公差为 4 ，故 ，代入得： 证明 ： 由 ，得 ，且分母 ，因此 . 证明 ： 对分母放缩：， 因此分母 . 代入， 综上， 得证. 变式3．（2026·广东东莞·模拟预测）对于抛物线过原点作斜率为的直线，交抛物线于另一点.作关于轴的对称点过点作的平行直线，交抛物线C于另一点.作 关于轴对称点以此类推构造点记的坐标为 (1)若，求点的坐标； (2)证明：数列是等差数列； (3)求的面积的最大值. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)的面积的最大值为 【分析】（1）求出直线的方程联立直线与抛物线方程解出即可； （2）先求出直线的方程， 结合抛物线方程以及等差数列的定义证明即可； （3）利用点到直线的距离公式以及两点间的距离公式、三角形面积公式、函数导数求解即可. 【详解】（1）由题意如图所示： 若，则直线的斜率为，抛物线方程为：， 又直线过原点，所以直线的方程为：， 联立，消去得：，解得：或， 当时，，此时该点为坐标原点， 当时，，即. （2）证明：由题意如图所示： 由直线的方程为：代入中化简得：， 解得：或， 当时，，此时该点为坐标原点， 当时，，即， 由题意知直线与直线平行，所以直线的斜率为， 由点关于轴对称后得点， 且在直线上，所以直线的方程为：， 又点在直线上，所以，① 又点也在抛物线上， 所以，代入①得： 所以， 因为，所以， 所以数列为首项为，公差为的等差数列. （3）由题意如图所示： 由题意可知：， 且，， 则直线的斜率为： ， 所以直线的方程为：， 即， 所以点到直线的距离为： 将代入上式可得： 由（2）得：， 所以， 又 ， 所以的面积为：, 设，则， 令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $数列递推与概率综合问题、数列与圆锥曲线综合问题专项训练 数列递推与概率综合问题、数列与圆锥曲线综合问题专项训练 考点目录 数列递推与概率综合问题 数列与圆锥曲线综合问题 考点一 数列递推与概率综合问题 例1．（2026·湖北十堰·二模）某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望． (1)当时，求； (2)证明：； (3)已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 例2．（2026·安徽蚌埠·模拟预测）某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则：先确定挑战权，挑战权属于某队时，该队可挑战另外两队中的一队，且被挑战的队伍获得下一次的挑战权．已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为，高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为、，高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为、．经商定，高一篮球队获得首次挑战权． (1)经过次挑战后，高一篮球队已获得的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望； (2)若经过次挑战后，挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为事件、、． （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：当为偶数时，． 例3．（25-26高三上·云南昭通·月考）某工厂一台自动加工机器有两种状态：正常和故障．每小时初检查机器状态，若正常，则继续工作；若故障，则进行检修．机器在正常状态下，1小时内都不会发生故障，1小时后故障的概率为0.2，故障时有两种检修方案：方案一是加急检修，1小时修复的概率为0.9，费用为9元/小时；方案二是常规检修，1小时修复的概率为0.6，费用为6元/小时．若1小时内无法修复，则下1小时继续采用同样的检修方案．机器正常工作1小时可收益10元．各小时机器状态是否正常相互独立． (1)假设机器初始状态为正常，若机器出现故障则随机选择检修方案，求2小时后机器正常工作的概率； (2)假设机器初始状态为故障，并一直选择加急检修，求3小时内机器的总收益的分布列和数学期望； (3)假设机器初始状态为正常，并长期选择常规检修，记小时后（）机器正常的概率为，求并计算个小时的累计期望收益． 变式1．（2025·江西新余·模拟预测）某班地理老师为提高学生学习地理的积极性，举办地理答题得奖品活动，答题规则如下：两人为一组，每次一人答题，若答对则得奖品且继续答题，未答对则换对方答题．该班王海与吴昊为一组参加该活动，第1次答题人选通过掷硬币确定，正面为王海，反面为吴昊，已知王海每题答对的概率为，吴昊每题答对的概率为． (1)已知第2次答题人是吴昊，求第1次答题人为王海的概率； (2)求第n次答题人是王海的概率； (3)定义是第n次答题人为王海的期望，求第n次答题人为王海的期望的前n项和． 变式2．（24-25高三上·福建泉州·期末）随机数广泛应用于数据加密、安全通信、金融等领域.计算机中的随机数是由算法产生的，其“随机性”的优劣取决于所采用的算法.某工厂计划生产一种随机数发生器，这种发生器的显示屏能显示1，2，3，4中的一个数字，每按一次数字更新按钮后，显示屏上的数字将等可能地更新为另三个数字中的一个.在试生产阶段，采用两种不同算法，生产出相应算法的甲、乙两种随机数发生器.为评估两种算法的优劣，从这两种随机数发生器中随机抽取150件进行检验，得到数据饼图如下： (1)已知这150件发生器中，乙种发生器的三级品为2件.在答题卡中填写列联表；依据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两种发生器的一级品率存在差异? 一级品 非一级品 合计 甲 乙 合计 (2)若发生器显示屏的初始显示数字为1，记按次数字更新按钮后得到的数字为，. （i）求，； （ii）检测一个发生器是否为一级品的方案为：每件被测发生器需进行100轮测试，每轮测试共按10次数字更新按钮；表示100轮测试得到“”的频率，规定满足的被测发生器为一级品.若某件发生器经100轮测试后得到，能否判断该发生器为一级品? 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 变式3．（24-25高三上·广东·开学考试）将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设为与桌面接触的数字为偶数的次数，为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率． (1)当时，若正四面体的质地是均匀的，求的数学期望和方差； (2)若正四面体有瑕疵，即． ①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：； ②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率． 考点二 数列与圆锥曲线综合问题 例1．（2026·上海徐汇·二模）已知无穷数列为严格增数列，且.双曲线的方程为为双曲线上两个不同的动点，其中在双曲线的右支上. (1)若，求双曲线的渐近线方程和焦点坐标； (2)若，且点为线段的中点，求实数的取值范围； (3)已知直线过双曲线的右顶点.若在双曲线的右支上，则称弦为双曲线的“同支弦”，否则称其为双曲线的“异支弦”.是否存在等差数列，使得对于任意正整数，双曲线“同支弦”弦长的最小值均大于双曲线“异支弦”弦长的最小值？若存在，请求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由. 例2．（2026·四川成都·模拟预测）已知平面直角坐标系中，为：上的动点，.线段的中垂线与直线的交点为R，记点R的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)设，点为E上一点，构造点列：对，点关于x轴的对称点为点，过作斜率为k的直线，与E的另一交点为（若只有一个交点，记为）. ①试判断以和为邻边的平行四边形顶点是否恒在直线上?若是，求出的方程（用表示）；若不是，请说明理由. ②求证：当，且时，数列满足：对，. 例3．（2026·辽宁盘锦·一模）已知椭圆C：，，，点在椭圆C上.由椭圆的光学性质得到：从焦点处发出的一束光线，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；继续传播，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；如此反复，设第次入射点为.规定：当为奇数时，记；当为偶数时，记；记，，即：，，，…，，，，…. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知椭圆：的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆上的动点M满足，到一个定点的距离与到不通过这个定点的一条定直线的距离之比是一个常数，其中）得到.求证：为定值； (3)若，记，，求证：数列为等比数列，. 变式1．（2026·河北衡水·二模）已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且. (1)求抛物线的方程； (2)设直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，为的焦点. （i）若，且的中点为，求到轴距离的最小值； （ii）若已知直线：，且，设数列的前项和为，证明：. 变式2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知焦距为的双曲线的一条渐近线与直线垂直． (1)求双曲线C的方程； (2)已知数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点在双曲线C上，求证：． 变式3．（2026·广东东莞·模拟预测）对于抛物线过原点作斜率为的直线，交抛物线于另一点.作关于轴的对称点过点作的平行直线，交抛物线C于另一点.作 关于轴对称点以此类推构造点记的坐标为 (1)若，求点的坐标； (2)证明：数列是等差数列； (3)求的面积的最大值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $