数列与概率综合问题、数列与圆锥曲线综合问题专项训练-2026届高考数学二轮复习

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(1)求该无人机在一个阶段中成功完成任务的概率；
(2)记为该无人机在执行完第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率.
①求，；
②证明：数列单调递减.若对系统分配任务进行设置，在执行完第个阶段任务后，当时，系统停止分配任务，求该无人机最多能挑战多少个阶段的任务?
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析，6个
【详解】（1）设事件“分配到低空任务”，则“分配到高空任务”，
事件“在一个阶段中成功完成任务”，
依题意，，，，，
因此，
所以该无人机在一个阶段任务中成功完成任务的概率为.
（2）①设事件“该无人机在第个阶段中成功完成任务”，则，
当时，挑战显然不会终止，即，
又各阶段完成任务与否相互独立，
故当时，则第1、2阶段至少成功完成一次，，
，
同理.
②设事件“第个阶段任务结束时挑战仍然未结束”，
当时，第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种：
（i）第阶段成功，且第阶段结束时挑战未终止；
（ii）第阶段失败，且第阶段成功，且第阶段结束时挑战未终止，
因此第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为，
而各阶段任务成功与否相互独立，
因此，
当时，，
当时，，要证数列单调递减，只需证，
即，
当时，，，，
当时，，由于，故.
因此，对于，都有，从而.
当时，,
为单调递减数列.
由当时，，经计算，，
所以该无人机最多能挑战6个阶段的任务.
例2．（2026·河北·模拟预测）篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动，篮球控球能力对球员的场上表现有直接影响．某教练指导三名学员B，C，D进行篮球控球训练，训练开始时篮球在教练手里，由教练进行控球示范，1分钟后等可能地传给学员B，C，D其中一人，学员控球训练1分钟后，将球传出，传给教练的概率为，传给另外两名学员的概率均为，篮球在四人之间传递．
(1)若四人进行了3次传球，求教练控球2次的概率．
(2)设分别表示第次传球后由A，B控球的概率．
（i）求的表达式及其最大值；
（ii）若数列的前项和为，求．
【答案】(1)；
(2)（i），其最大值为；（ii）.
【详解】（1）第1次传球后必为学员控球，第2次传球后教练控球的概率为，学员控球的概率为，
若第2次传球后教练控球，则第3次传球后必为学员控球，学员控球的概率为1；
若第2次传球后学员控球，则第3次传球后教练控球的概率为，
四人进行了3次传球，教练控球2次的事件是初始控球及只在第2次控球的事件，
与初始控球及只在第3次控球的事件的和，概率为，
所以四人进行了3次传球，教练控球2次的概率为.
（2）（i）因规则对学员B, C, D完全对称，且第1次传球后他们控球的概率相等，故之后任意一次传球后他们控球的概率均相等，
可记为，则，又，
因此，即，由，得，
则数列是首项为，公比为的等比数列，，
于是，当为正奇数时，，
当为正偶数时，，而数列单调递减，则当时，取最大值，
所以的表达式为，其最大值为.
（ii）由（i）得，，
因此，，，
两式相减得，
所以.
例3．（2026·湖北·模拟预测）某校为丰富学生的课外活动特举办了一次篮球投篮比赛活动，现已知刘翔同学每次投篮投中的概率为，投不中的概率为.为激励学生运动的积极性，规定：投中一次得2分，投不中得1分.刘翔同学投篮若干次，每次投中与否互不影响，各次得分之和作为最终得分.
(1)若投篮2次，最终得分为X，求随机变量X的分布列和期望；
(2)设最终得分为n的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)证明见解析，
【详解】（1）由题意可知：最终得分X的可能取值为2，3，4，
则，，，
可得随机变量X的分布列为
期望为.
（2）由题意可知：，，且，
因为，且，
可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，
当时，则，
累加可得，
则，且时，符合上式，
所以.
例4．（2026·广东茂名·一模）已知甲､乙两个盒子均装有1个白球和1个黑球，现进行如下操作：从这两个盒子中各取1个球放入对方的盒子中.重复这样的操作，第次操作后甲盒中白球的个数记为.
(1)求；
(2)证明：是等比数列；
(3)求的数学期望.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)1
【详解】（1）初始时甲、乙两盒均装有 1 个白球和 1 个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，共有 4 种等可能情况：
甲取白、乙取白：交换后甲盒白球数为 1；
甲取白、乙取黑：交换后甲盒白球数为 0；
甲取黑、乙取白：交换后甲盒白球数为 2；
甲取黑、乙取黑：交换后甲盒白球数为 1。
故
（2）记 ，则 ，
由全概率公式得：
，
，
，
所以，
，
由 （1） 和（3）知 ，结合初始值 ，
可得对任意 有 ，代入中，
得：，
将（4） 代入（2）式得：
，
整理得，
即：，又，
所以数列是公比为的等比数列.
（3）由题意知：的取值为：，
分布列为：
，
由 (2) 知 ，
因此.
变式1．（2025·云南·一模）大模型训练热潮推动了人工智能技术的快速发展，使其在自然语言处理、计算机视觉、语音识别等多个领域取得了显著的成果，并在经济、法律、社会等众多领域展现出了巨大的应用潜力．某人工智能研发团队的甲、乙、丙三个小组分别对同一模型开展检测，各小组检测按多个阶段依次进行测试：第一阶段测试通过的概率为，从第二阶段开始，若前一阶段测试通过，则当前阶段测试通过的概率为p（其中，体现模型经优化后测试通过率的提升趋势）；若前一阶段测试未通过，则当前阶段测试通过的概率仍为（视为小组调整参数后回归基础测试水平）．表示“第k阶段测试通过”．
(1)若，求；
(2)若各组检测结果相互独立，且仅对第一、二阶段进行检测，求甲、乙、丙三个小组检测后，恰有两个小组检测通过了1个阶段测试的概率；
(3)设，证明：对任意正整数n，均有．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），
，
同理，
．
（2）设每个组检测恰好通过1个阶段测试的概率为q，
，
则甲、乙、丙三个组检测后，恰有两个组检测通过了1个阶段测试的概率为：
．
（3）由题目条件，可得递推关系：时，，则，
且，令，则递推关系为．
设常数c使得，则有，与递推关系比较得，
代入可得，
令，则，
，
则．
那么，因为，故且，
所以，
要证，即证，
当时，，则，不等式成立．
当时，令，则，则，要证，
只需证，即只需证明成立，
构造函数，
当时，，则在上成立，
所以在上为减函数，，则不等式成立．
综上所述，对任意正整数n，均有．
变式2．（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)，
【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
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3．（24-25高二下·湖北省直辖县级单位·期末）为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据：
(1)依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；
(2)为了提高学生体育锻炼的积极性，该中学设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动.在该活动的某次排球训练课上，甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，甲传给乙和丙的概率分别为和，乙传给甲和丙的概率分别为和，丙传给甲和乙的概率分别为和.求第次传球后球在乙手中的概率；
(3)记第次传球时，乙接到球的次数为，则服从两点分布，且，设前次传球后，乙接到球的总次数为，且总成立，求实数的最小值.
附：
【答案】(1)认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系
(2)
(3)
【详解】（1）零假设：学生性别与体育锻炼的经常性无关，则
，
故依据的独立性检验，可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；
（2）设次传球后球在乙手中的概率为，
则第次传球后球不在乙手中的概率为，
所以，
所以，其中，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
故，
故第次传球后球在乙手中的概率为；
（3）由（2）知，
故
，
所以，
又总成立，设，只需要，
当最大时，必定为奇数，而随奇数的增大而减小，
故当时，最大值，
所以，故实数的最小值为.
变式4．（24-25高二下·安徽合肥·月考）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次的状态无关，即.已知甲、乙两个盒子中都装有大小、形状、质地相同的2个黑球和1个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作后，记甲盒子中黑球的个数为，甲盒中恰有2个黑球的概率为，甲盒中恰有3个黑球的概率为.
(1)求；
(2)证明：，都有；
(3)求的数学期望.
【答案】(1)；
(2)证明见解析
(3)2
【详解】（1）由题意知：；
（2）证明：n次操作后，甲盒有一个黑球的概率为，由全概率公式知：
，都有
（3）由（2）知
考点二 数列与圆锥曲线综合问题
例1．（25-26高二上·宁夏中卫·期末）已知点和是椭圆上的两个点．
(1)求的方程；
(2)过点作的切线，切点为，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）将点代入椭圆方程，可得，即，
将与点的坐标代入椭圆方程，可得，，解得，
因为，，所以椭圆的方程为.
（2）设过点的切线方程为，
将代入椭圆方程，得到，
展开并整理可得，
因为直线与椭圆相切，所以：，
化简得，所以，即，解得，
将，代入，
可得，即，
因为直线与椭圆相切，所以，
将代入，可得，
将代入上式，可得，
所以数列的通项公式为： .
例2．（25-26高二上·湖南永州·期末）抛物线上有一系列点，对于所有正整数，以点为圆心的圆与轴相切，且圆与圆又彼此外切．已知，点到的准线的距离为，记圆的面积为．
(1)求的方程；
(2)证明：数列是等差数列；
(3)设，判断数列中是否存在互不相同的三项构成等比数列，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)不存在，理由见解析.
【详解】（1）依题意，点的坐标为，而抛物线准线方程为，则，
解得，所以抛物线C的方程为.
（2）由圆、圆与y轴相切，得圆的半径长为，圆的半径长为，
由圆与圆相外切，得，即，
则，
又，因此，即，而，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（3）数列中不存在互不相同的三项构成等比数列，
证明如下：由（2）得，则，而
因此，，
假设数列中存在不同三项（）构成等比数列，
即，于是，
整理得，由，得，
即，因此，整理得，
即，与矛盾，假设不成立，
所以数列中不存在互不相同的三项构成等比数列.
例3．（25-26高二上·广西南宁·期末）已知双曲线，直线是的斜率为正数的渐近线，为的右顶点，过作轴的垂线，交于点，再过作轴的垂线，交的右支于点；过作轴的垂线，交于点，再过作轴的垂线，交的右支于点；依此类推，重复以上操作得到，，记．
(1)求的坐标；
(2)求证：数列是等差数列；
(3)以为切点作的切线分别交的两条渐近线于点、，记，表示不超过实数的最大整数，求．
【答案】(1)，，
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为双曲线为，所以右顶点的坐标为
双曲线的斜率为正数的渐近线的方程为，
过作轴的垂线，交于点，
将代入，可得的坐标为，
过作轴的垂线，交的右支于点，
将代入，可得，即，
因为在双曲线的右支上，所以，则的坐标为，
过作轴的垂线，交于点，
将代入，可得的坐标为，
过作轴的垂线，交的右支于点，
将代入，可得，即，
因为点在双曲线的右支上，所以，
所以的坐标为.
（2）双曲线的渐近线方程为，
由已知可得，又点在双曲线上，所以，
所以，
又因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
（3）由（2）可知，，即，
设，则，当时
以为切点的双曲线的切线斜率存在，设斜率为，
则切线方程为，并代入双曲线的方程可得：
，显然，，
由可得，，求解可得，
所以双曲线在点的切线方程为，
当为切点时，双曲线的切线方程为也满足上式，
由可得，
即，
由可得，
即，
根据两点间距离公式可得，
又因为，
而，
所以，
所以，，
，
所以，即.
例4．（25-26高三上·辽宁·期末）已知双曲线 的中心为坐标原点，焦点在 轴上，它的虚轴长为 ，离心率为 ，直线 与双曲线交于 ， 两点，与渐近线交于 ， 两点（点 ， 在第一象限，点 ， 在第二象限）.
(1)求双曲线 的方程；
(2)若点 的横坐标为 ，在线段 上取一点 ，且满足 ，判断点 是否总在某条定直线上，若定直线存在，求出直线方程，若不存在，说明理由；
(3)已知双曲线上点 ，，，，在点 处作双曲线的切线交 的渐近线于 ， 两点，且 ，数列 的前 项和为 ，求证：.
【答案】(1)；
(2)是，定直线
(3)证明见解析
【详解】（1）设双曲线的方程为： ，
，，
，解得，
所以双曲线方程为；
（2）设，，，
因为点在第一象限内， 所以，
由题意可得， 因为，
因此， 所以，，
由， 得，
解得，
所以， 同理点，
将，两点代入双曲线方程为中，
得： ， 两式相减整理得： ，
因为，所以，即点总在定直线上；
（3）因为在双曲线方程为上，
所以，则，
所以，
双曲线上支方程为：，，
∴过作双曲线切线，斜率为，
故切线方程为：
与渐近线方程联立，解得
同理可求，
因为，
，
所以点是点和的中点．
所以
，
即，，
所以是首项为，公比为的等比数列，
，，
所以，所以，
所以，
构造函数，
因为单调递减，单调递减，
∴函数单调递减，
时，所以，
所以，即，
所以，
即，
又因为
所以，
，
，
综上：.
变式1．（25-26高三上·云南昆明·月考）已知点是抛物线上一点，点，．
(1)求的坐标和抛物线C的方程；
(2)连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点……，如此不断循环，即连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，得到点列和，设，．
（i）证明：数列为等差数列；
（ⅱ）记四边形的面积为，求并证明：．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析.
【详解】（1）由在抛物线上，则，即，
可得，化简可得，解得，
所以抛物线.
（2）（i）由题意可知共线，且，，
由在抛物线上，则，即，
由共线以及三点所在直线斜率存在，则，
可得，化简可得，
整理可得，即，所以数列是等差数列.
（ii）由（i）可知数列是等差数列，公差为，且，
则，即，
由题意可得，，，，
即，，，
则四边形的面积
.
当时，，可得，
故
.
变式2．（25-26高二上·浙江嘉兴·期末）已知双曲线，点，为常数且．按照如下方式依次构造点（）：过点作斜率为的直线与C的左支交于点，令为关于y轴的对称点，记的坐标为．
(1)求的取值范围；
(2)若，求数列的通项公式；
(3)记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：点在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【详解】（1）双曲线的渐近线为，
因为为常数且，过斜率为的直线与的左支交于点，故．
（2）解法1：因为，，，
由，得，
，利用和比性质知
因此数列是首项为，公比为的等比数列．
若，．
解法2：若，，，直线：，
联立，消去y得，
则，化简得，
代入直线得，
∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列．
所以数列通项公式为
（3）∵，，
∴直线的方程为，
∵直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得．
∵直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得．
∴直线的方程为
联立，
∴
故点在定直线上．
变式3．（25-26高二上·山东菏泽·月考）若点，是曲线上相异的两点，且直线的斜率为，则称点，是斜率相关的．已知抛物线：（），点在抛物线上，点与点是斜率相关的，点与点是斜率相关的，其中为常数且，记直线的斜率为．
(1)设为坐标原点，若，求的面积．
(2)对任意的正整数，是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
(3)求数列的前项和；若对任意的正整数，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)是，定值为
(3)，
【详解】（1）解：点在抛物线上，则，解得，
所以抛物线的方程为，
因为，是斜率相关的，点，且，所以的方程为，
联立方程组，解得或，设，所以，
又因为在上，所以，解得，则，
所以，
又因为点到的距离为，
所以的面积为.
（2）解：根据斜率相关的定义可知，的斜率为，
把，代入，可得，
两式相减，则，
所以①，同理可得，，即②，
由①②消去，可得，所以③，
所以，所以对任意的正整数，是定值.
（3）解：由（2）中①②消去，可得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
由（2）知，
所以，
所以
，
所以
因为对单调递增，且对任意的正整数，都有，
所以，
又因为，原式化简为，解得，
所以实数的取值范围为.
变式4．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）已知点和是椭圆上的两个点．
(1)求的方程；
(2)过点作的切线，切点为．
（i）求数列的通项公式；
（ii）设数列的前项和满足，，将数列中属于的项去掉后，中余下的项从小到大排列，得到数列，记的前项和为，求满足的最小的值．
【答案】(1) ；
(2)（i） ； （ii）.
【详解】（1）已知点和在椭圆上，
将点代入椭圆方程，可得，即，
将点代入椭圆方程，可得，即，
由，移项得，两边同时乘以，得到，解得，
因为，，所以椭圆的方程为.
（2）（i）设过点的切线方程为，
将代入椭圆方程，得到，
展开并整理可得，
因为直线与椭圆相切，所以：，
化简得，所以，
所以，即，解得，
将，代入，
可得，即，
因为直线与椭圆相切，所以，
将代入，可得，
将代入上式，可得，
所以数列的通项公式为： .
（ii）已知，
当时，，，
当时，，
故是首项为2、公比为2的等比数列，通项为，
由，是正整数列，
去掉的项（即），则剩余项为：，
设前个正整数的和为，则去掉的中不超过的项的和为：
，且（是去掉的项数），
则：，
当时，满足，故，去掉的项和为，
此时，项数，
当时，满足，故，去掉的项和仍为，
此时，项数，
当时，满足，故，去掉的项和仍为，
此时，项数.
因此，满足的最小值为.考点目录
数列与概率综合问题
数列与圆锥曲线综合问题
2
3
4
0
1
2
X
11
P
0.01
0.27
0.72
性别
锻炼
不经常
经常
女生
40
60
男生
20
80
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828