2026高考总复习优化设计二轮用书数学课后习题考前强化练4 压轴大题抢分练含答案

高考总复习优化设计二轮用书数学课后习题考前强化练4压轴大题抢分练抢分练11.(17分)(2025江苏宿迁二模)某公司邀请某棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛,规则如下:棋手的初始分为200,每局比赛,棋手胜加100分;平局不得分;棋手负减100分.当棋手总分为0时,挑战失败,比赛终止;当棋手总分为300时,挑战成功,比赛终止;否则比赛继续.已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为14,(1)求2局后比赛终止的概率;(2)在3局后比赛终止的条件下,求棋手挑战成功的概率;(3)在挑战过程中,棋手每胜1局,获奖5千元.记n(n≥10)局后比赛终止且棋手获奖1万元的概率为P(n),求P(n)的最大值.2.(17分)(2025山东潍坊二模)双曲线C:x2-y2=a2(a>0)的左、右顶点分别为A,A1,点A1到C的渐近线的距离为22(1)求C的方程;(2)按照如下方式依次构造点An(n≥2且n∈N):过点An-1作斜率为-2的直线交C于另一点Bn-1,设An是点Bn-1关于实轴的对称点,记点An的坐标为(xn,yn).(ⅰ)证明:数列{xn-yn},{xn+yn}是等比数列,并求数列{xn}和{yn}的通项公式;(ⅱ)记△AnAAn+1的面积为S,△AnA1An+1的面积为T,求ST的最大值

答案：1.解(1)设每局比赛棋手胜为事件Ai,每局比赛棋手平为事件Bi,每局比赛棋手负为事件Ci(i∈N*),设“两局后比赛终止”为事件M,因为棋手与机器人比赛2局,所以棋手可能得0分或300分比赛终止.(ⅰ)当棋手得分为0分,则2局均负,即C1C2;(ⅱ)当棋手得分为300分,则2局先平后胜,即B1A2.因为C1C2,B1A2互斥,所以P(M)=P(C1C2+B1A2)=P(C1C2)+P(B1A2)=P(C1)P(C2)+P(B1)P(A2)=(12)2+所以2局后比赛终止的概率为5(2)设“3局后比赛终止”为事件D,“3局后棋手挑战成功”为事件E.因为P(D)=P(B1B2A3+B1C2C3+C1A2A3+C1B2C3)=143+14×(12)2+12×142+12×14×12=所以在3局后比赛终止的条件下,棋手挑战成功的概率为P(E|D)=P(3)因为n局获奖励1万元,说明棋手共胜2局.(ⅰ)当棋手第n局以0分比赛终止,说明前n-1局中有3负2胜,且是“负胜负胜负”的顺序,其余均为平局,共有Cn-(ⅱ)当棋手第n局以300分比赛终止,说明前n-1局中有1负1胜,且是先负后胜的顺序,其余均为平局,共有Cn-则“n(n≥10)局后比赛终止且棋手获得1万元奖励”的概率P(n)=Cn-15(12)所以PCn2+8Cn5-4Cn-12-32Cn-15=(Cn因为n≥10,所以Cn2+8Cn5-4Cn所以P(n+1)P(n)<所以当n=10时,P(n)取最大值为P(10)=2612.解(1)双曲线C的渐近线方程为x±y=0,A1(a,0),则点A1到渐近线的距离为|a|2=22,所以a=1,所以C的方程为x(2)(ⅰ)因为An(xn,yn),所以An-1(xn-1,yn-1),Bn-1(xn,-yn),直线An-1Bn-1的方程为y+yn=-2(x-xn),即y=-2x+2xn-yn,代入x2-y2=1,消去y,整理得3x2-4(2xn-yn)x+(2xn-根据韦达定理得xn-1+xn=43(2xn-yn)所以yn=54xn-34xn-1,yn-1=-2xn-1+2xn-yn=34xn-54由题设有x1+y1=x1-y1=1,因为xn所以{xn-yn}是公比为13的等比数列因为xn+所以{xn+yn}是公比为3的等比数列,所以xn-yn=(13)n-1,xn+yn=3n-1所以xn=3n-1+(1(ⅱ)先证明结论:若MN=(a1,b1),MP=(a2,b2)为两个不共线的非零向量,则S△PMN=12|MN|·|MP|=12|MN|=1=1=1=1=12|a1b2-a2b1|本题中,因为AAn=(xn+1,yn),AAn+1=(xn+1+1,y所以S=12|(xn+1)yn+1-(xn+1+1)yn|=12|xnyn+1-xn+1yn+yn+1-yn因为A1An=(xn-1,yn),A1An+1=(xn+T=12|(xn-1)yn+1-(xn+1-1)yn|=12|xnyn+1-xn+1yn+yn-yn+1又因为xnyn+1-xn+1yn=32n-yn+1-yn=3n-1+(13)n所以S=12[43+3n-1+(13)n],T=12[3n-1+(所以ST=3n-设dn=3n-1+(13)n-43,则dn+1=3n+(13)n+1-43,所以dn+1-dn>0,所以dn+1>dn,所以dn≥3+19-43=169,所以ST≤1+83169=1+83×1.(17分)(2025江苏盐城模拟)如图所示,A1,A2,B1,B2分别是“曲圆”与x轴、y轴的交点,已知∠B1FB2=2π3,扇形FB1A1B2的面积为(注:题目中把半椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0,x≥0)与圆弧(x-c)2+y2=a2(x<0)合成的曲线称作“(1)求a,c的值;(2)过点F且倾斜角为θ的直线交“曲圆”于P,Q两点,试将△A1PQ的周长L表示为θ的函数;(3)在(2)的条件下,当△A1PQ的周长L取得最大值时,探究△A1PQ的面积是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请求出面积的取值范围.2.(17分)(2025山东济南三模)甲、乙两人比赛,比赛规则为:共进行奇数局比赛,全部比完后,所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是p(0<p<1),各局比赛之间的结果互不影响,且没有平局.(1)当p=12时,若两人共进行5局比赛,设两人所赢局数之差的绝对值为X,求X(2)当p=23时,若两人共进行2n+1(n∈N*且n≥2)局比赛,记事件Ak表示“在前2n-1局比赛中甲赢了k(k=0,1,2,…,2n-1)局”,事件B表示“甲最终获胜”.请写出P(B|∑k=0n-2Ak),P(B|An-1),P(B|An),P(3)若两人共进行了2n-1(n∈N*)局比赛,甲获胜的概率记为Pn.证明:当12<p<1时,Pn+Pn+2<2Pn+1答案：1.解(1)扇形FB1A1B2的面积为12×2π3×a2=半椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0,x≥0)与y轴的交点B2所以在△OFB2中,tan∠OFB2=tanπ3=bc=3,又b2+c2=a2(2)显然直线PQ的斜率不为0或不存在,所以θ∈(0,π).由(1)知半椭圆方程为x24+y23=1(x≥0),圆弧方程为(x-1)2+y2=4(x<0),A①当θ∈(0,π3)时,点P,Q分别在圆弧(x-1)2+y2=4(x<0)和半椭圆x24+y23因为|A1F|=|PF|=2,所以△A1PF是腰为2的等腰三角形,且∠A1FP=θ,所以|A1P|=4sinθ2,因为Q在半椭圆上,所以|QF|+|QA1|=2a=4,所以△A1PQ的周长L=|QA1|+|A1P|+|PF|+|QF|=6+4sinθ②当θ∈[π3,2π3]时,点P,Q在半椭圆x24因为点P,Q在半椭圆上,所以|PF|+|PA1|=|QF|+|QA1|=2a=4,所以△A1PQ的周长L=|QA1|+|A1P|+|PF|+|QF|=8;③当θ∈(2π3,π)时,点P,Q分别在半椭圆x24+y23=1(x≥0)和圆弧(x-1)2因为|A1F|=|QF|=2,所以△A1QF是腰为2的等腰三角形,且∠A1FQ=π-θ,所以|A1Q|=4sinπ-θ2=因为P在半椭圆上,所以|PF|+|PA1|=2a=4,所以△A1PQ的周长L=|QA1|+|A1P|+|PF|+|QF|=6+4cosθ综上,L=6+4sin(3)由(2)知,当θ∈(0,π3)时,θ2∈(0,π6),sinθ2∈(0,12),L=6+4sinθ2∈(6,8),当θ∈(2π3,π)时,θ2∈(π3,π2),cosθ2∈(0,12),L=6+4cosθ2∈(6,8),所以当θ设直线PQ的方程为x=my+1,联立x=my+1,x24+y23=1,消去x,整理得(3m2+4)则y1+y2=-6m3m2+4,y1|PQ|=1+m点A1(-1,0)到直线PQ的距离d=21+所以S△A1PQ=令m2+1=t,因为θ∈[π3,2π3],所以0≤m2≤13,m2S△A1PQ=12因为g(t)=9t+1t在[1,43]上单调递增,所以g(1)≤g(t)≤g(43),即10≤g(t所以16≤9t+1t+6≤754,475≤19t+1t+6≤2.(1)解X的可能取值为1,3,5,P(X=1)=C52×(12)2×(12)3×2=58,P(X=3)=C51×12×(12)4×2=516所以X的分布列为X135P58516116数学期望E(X)=1×58+3×5(2)解当p=23时,两人共进行2n+1(n∈N*且n≥2)局比赛,前2n-1局,甲赢的局数不足n-1局,再赢2局,甲不能获胜,因此P(B|∑k=0n-前2n-1局,甲已赢n-1局,最后2局全赢,甲能获胜,因此P(B|An-1)=(23)2=4最后2局甲至少赢1局,甲能获胜,因此P(B|An)=1-(13)2=8前2n-1局,甲已赢n+1局,甲必胜,因此P(B|∑k=n+12n(3)证明由全概率公式得,Pn+1=C2n-1n-1pn-1(1-p)n·p2+C2n-1