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届高三数学专项训练（解析版）

题型一数列与概率综合问题

1.（2026•陕西咸阳•一模）某无人机执行飞行挑战任务，规则如二：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任

务都执行失败，则挑战结束:每一个阶段系统随机分配一个诋空任务或高空任务,分配到低空任务的概

率为4，分配到高空任务的概率为T.已知该无人机成功完成低空任务与高空任务的概率分别为兴和

o64

4•，旦各阶段任务完成情况相互独立.

（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九个阶段任务后,整个挑战还未结束的概率.

①求E，R；

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71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）看

（2）①后=繇，^=金；②证明见解析，6个

【详解】（1）设事件力="分配到低空任务”，则才=“分配到高空任务”，

事件B="在一个阶段中成功完成任务”，

依题意，P（4）=4，叩）=；,P（B14）=W，尸（BI㈤=，,

•5o4/

因此P（B）=P（A）P（BI力）+P（A）P（BI^）=TXT+-TX-T=T»

J4J/o

历以该无人机在一个阶段任务中成功完成任务的概率为著.

（2）①设事件&二"该无人机在第九个阶段中成功完成任务”，则尸（&）=4,

当九=1时，挑战显然不会终止，即R=l,

又各阶段完成任务与否相互独立，

故当71=2时，则第1、2阶段至少成功完成一次，8=1一〃（瓦瓦）=1一。（瓦）。（瓦）二1一《乂!=

JO

8

G，

n=。（为0+P（B西r\=+『⑷）『（瓦）n=,

N<

同理R=P（B4）a+尸（B,瓦）2=P（氏）3+PB）P（瓦）2=翁.

②设事件Cn="第九个阶段任务结束时挑战仍然未结束”，

当九二3时，第八个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种：

（i）第九阶段成功，且第九一1阶段结束时挑战未终止；

⑹第。阶段失败，且第九一1阶段成功，且第九一2阶段结束时挑战未终止，

因此第71个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为a=Cn_iBnU瓦,

而各阶段任务成功与否相互独立，

因此PG)=P(Cl)P(B“)+P(CL2)尸(瓦&t)=等PGT)+^P(CL2)，

oy

当4>3时，2=42_1+善儿2,

OJ

当心2时，R+i—2=(等上+等匕1)一”=一£2+春勖,要证数列｛2｝单调递减,只需证一《2

。J.JJo

9

+不2-1vo,

即兄

当n=2时，乌=?，"|"~='，乌A'E，

当冷>3时，2=42_1+3巴_2,由于2-2>0,故

OJO

因此，对于7122,都有2>弓2_|,从而2+1—2<0.

当?1=1时，2—R="|■—1=--i-<0,

•JJ

｛2｝为单调递减数列.

由当心3时,2=看2T+着后-2,经计算2=黑>1■，庶=黑v看，

oJZ4JJ(乙Jo

所以该尢人机最多能挑战6个阶段的任务.

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A指导三名学员B,。，。进行篮球控球训练，训练开始时篮球在教练A手里，由教练

力进行控球示范，1分钟后等可能地传给学员3,C,。其中一人,学员控球训练1分钟后，将球传出，传

给教练A的概率为:，传给另外两名学员的概率均为暂，篮球在四人之间传递.

48

(1)若四人进行了3次传球，求教练力控球2次的概率.

(2)设4,狐分别表示笫76次传球后由A,6控球的概率.

(i)求处的表达式及其最大值；

(n)若数列｛九•卜一呼的前n项和为工,求Tn.

【答案】⑴志;

⑵⑴4=4+,•(一打,其最大值为！：㈤7；得一端m.

【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4,

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y,

四人进行了3次传球，教练4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A-2的和，概率为P(Aj)+P(A>)=-yxl+；x-y=,

所以四人进行了3次传球，教练人控球2次的概率为工.；

16

(2)⑴因规则对学员民C,。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，:

............B

可记为t,则4+3*=1，又g+l=3■力n•3,

n4

因此Xn+l=y(l-Xn),即Xn+1-y=-y(Xn-4),由％=0,得出i一卷=~,

则数列｛xn-j]是首项为一看,公比为~的等比数列,xn-j=一1•(得厂

于是①„=[+4・(-7)，当川为正奇数时，①■一2•C)<V»

55'4，55v475

当"为正偶数时，吃=”+言而数列(C)2单调递减，则当九=2时，维取最大值

55'4，547J4

所以纵的表达式为数=(■十,•(一]J,其最大值为1■.

⑻由⑴得泣=]f=l■得.(4)”,竽=1一(一打，

因此―一毕卜木，式=19+]+…+7%=]+!+1+•••+二1+篇，

两式相减得等£=9+%+/+…++_n__1__3九+4

4n+133,4n+1

所以北得一端1

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.

⑴若投篮2次，最终得分为X,求随机变量X的分布列和期望;

⑵设最终得分为九的概率为E，证明：数列｛«+「？｝为等比数列，并求数列仍｝的通项公式.

【答案】⑴分布列见解析，E(X)

⑵证明见解析,2=1十段[1一(一年门

【详解】(1)由题意可知：最终得分X的可能取值为2,3,4,

则P(X=2)=G)2=,P(X=3)=Cx[xU，P(X=4)=(芳=磊,

可得随机变量X的分布列为

X234

9

P1a

正8~正

期望为E(X)=2x白+3x当+4x=7

1()Oi2

(2)由题意可知：打=；,2=,+；乂；=¥，且2+2=：2+|+年匕,

44441044

因为丹-尸产焉,且崇尚

R+T=—不

可知数列｛P+L2｝是以首项为2,公比为一日的等比数列,

104

所—=导(得尸=(4广

当冷)2时，则己一尸|=(一等):总_2=(一亳)；・・，2_«7=(一今),

累加可得兄--=(-/+(-/+•一+(4)">'」「=知-(小门,

则2=1+素1-(+门,且九=1时，符合上式，

所以*»知-(+n

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，第九次操作后甲盒中白球的个数记为Xn，M=

P(X,,=l),b.=P(X〃=2).

(1)求。「瓦；

⑵证明：｛4一看｝是等比数列:

(3)求X,的数学期望.

【答案】⑴/，一

(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lo

故P(X=0)=1,P(X|=1)=卷=小尸(X=2)=[.

_1,_1

Q尸]，"=1•

⑵记“=P(Xn=0),则%+bn+cn=l,

由全概率公式得：

5+1=P(X„+l=0)=-i-.P(X„=1)-=1%,⑴,

4+i=P(Xn+l=l)=P(Xn=1)・(」吗+一得)+P(Xr=0)-1+P(Xn=2)-1,

1」

—品++On»

所以Qn+1=cn+-i-an+bn,(2),

bn+i=尸(X,-]=2)=J•尸(X.=l)・[=；斯,⑶，

由⑴和⑶知金+1=0+1，结合初始值。1=5=1~,

可得对任意口>1有代入％+如+品=1中，

徉：0n+2bn=l->bn=।,(4),

将(4)代入⑵式得：

Q；i+i—鼠+-^-an+bn=2bn+-yan=2,1“1_[1

+万篇=1一'册

乙乙乙

整理得0n+1=—/4+1，

即—1=一景/一打又口_/制一1=一t工0,

所以数列｛册一等｝是公比为一看的等比数列.

⑶由题意知：X.的取值为：0,1,2,

分布列为：

X〃012

pc“a”.b”

E(X,J=0•。+1•%+2•bn,

由(2)知On+2bn=1,

因此E(X“)=1.

5.(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JvpVI,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蓝(视为小组调整参数后回归基础测试水平)♦4表示“第k阶段测试通过”.

⑴若。=得，求。(4),尸(4)；

O

(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；

⑶设%=尸(4)，证明：对任意正整数垢均有a„-—t―

3—2p2(3—2p)n

【答案】(1)尸(人2)==,尸(4,)=瑞

"尹16”320十64

(3)证明见解析

【详解】⑴P(4)=4，

F(4)=P(44)+P(44)=P(4)F(4|A)+P(A)F(A2I4)=9+：XJ=.X等+JX

2=JL

212'

!同理，P(A,)=P(A2A,)+尸(4力3)=t(42)0(力3142)+P(H)P(A」H)

,72.7\1_43

：一运、x至+口一五户x2一7F

Q...............

⑵设每个组检测恰好通过1个阶段测试的概率为g,

q=P(4冗)+P(AA2)=|(l-p)4-4-x1=4-^,

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：

扇2(D=3(;勃(1一1+会=如3―普方+表p+崔.

(3)由题目条件，可得递推关系：2时，%=pOn-i+(1—,则册=]+(p—])%-

且=]■，令k=p-J•，则递推关系为%=：+kan_}.

1

设常数c使得On—c=k(a-i-c)，则有4=k&T-阮+c,与递推关系比较得一kc+

n2

代入kP—3可得°=+

12p-l

令bn=Q“一c,则bi=Qi-c=g

3-2p2(3-2力’

2p-l厂(2p-l)n

b='A/1=

n2(3-2p)-2n(3-2p)'

如斯=1IVH-

3-2pL

1(2p-l)n

那么On-因为片<p<l,故2p-l>0且3-2p>0,

3-2p2n(3-2p)'

(2p—1)”2p-ln—1

所以1

3-2p2n(3-2p)2(3-2p)p-/

]]一[

要证On

3-2p21n

/1n-l1/\ti-i

当n=l时，(p一方)|=1,上=1,则(p1=工，不等式成立.

n'2n

11/I\n-l1

当nA2时，令厂=p—3，则OVrVf,贝"尸IW(―),要证r3^W一,

只需证患『只,，即只需证明丁吩厂21成立，

构造函数，"㈤=0)+度(,)1J=(Ui(lyln2),

当心2时，(：厂＞0,1—8112〈0,则"(力〈0在[2,+oc)上成立，

所以九3)=1(4)T।在[2,+0C)上为减函数，拉3)max=42)=1,则不等式成立.

」

综上所述，对任意正整数九,均有(!,、1<2PT

3-2p2(3—2力n

6.(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I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；：

............6

⑵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X的分布列和数学期望;

⑶假设机器初始状态为正常，并长期选择常规检修,记几小时后(九)1)机器正常的概率为2,求2并

A算n个小时的累计期望收益E(y).

【答案】⑴0.79

⑵分布列见解析;期望为5.49元

⑶£号+4x(4r-1)，氏丫)=防+5一(看「

【详解】⑴设“i小时后机器正常”为事件4(i=l,°。2),设“加急检修，1小时修复”为事件5,设“常

规检修，1小时修复”为事件耳.

由题意，P(4)=0.8,P(42lA)=0.8,P(BlH)=0.9,。。P(B2|A)=0.6,0。

从而2小时后机器正常的概率为

P=P(A[A2)+P(AA)=+0.5。(彳)尸(514)+0.5P(A；)P(i32|A)

=0.8x0.8+0.5X0.2x0.9+0.5x0.2x().6=0.79.

(2)依题意，X的所有可能的值为-27,。。-8,。。11,。。

X=-27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，

从而产(X=-27)=0.1x0.1=0.01;。。

X=ll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P(X=11)=0.9X0.8=0.72;。。

X=-8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P(X=-8)=1-P(X=-27)-P(X=11)=1-0.01-0.72=0.27.

于是X的分布列为

X-27-811

p0.010.270.72

数学期望为E(X)=-27x0.014-(-8)x0.27+11X0.72=5.49元.

(3)初始状态正常，即«=1;1个小时后正常的概率为R=0.8;2个小时后正常的概率为B=0.8R+

0.6(1-^);

同理，九个小时后正常的概率为2=0.8RT+0.6(1-(n>2),。。

即心=0.22_1+0.6=~1~2_1+,,故2一］=4(七_1一日)°

从而数列是首项H—卷=击，公比为春的等比数列，于是旦一卷=击乂佶厂

因此七=1x(1)(-1)・

初始状态正常，第1个小时期望收益为顼％)=10元；第2个小时期望收益为£;(%)=106-6(1—冗)二

16R-6;

同理，第k个小时期望收益为E(K)=162_i-6(k=l,。。2,。。3,。。…,。。n).

因此几个小时累计期望收益为

E(Y)=E(1匕)=之后(匕)=之(16^-6)

\t=lft=lt=l

(品+岑尺)一八

=16夕＞_1-6n=166

£=i1J")2

=161+4■(九-1)+--6n=6n+5-(q)i

420T-

7.（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：

锻炼

性别

不经常经常

女生40G0

男生2080

⑴依据a=0.010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;

⑵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

匆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

内的概率分别为:和弓，乙传给甲和内的概率分别为;和耳，内传给甲和乙的概率分别为言和

334433

求第九次传球后球在乙手中的概率；

⑶记第i次传球时，乙接到球的次数为X，则匕服从两点分布，且。（匕=1）=Pi,

2、…设前几次传球后，乙接到球的总次数为匕且E（y）4子+加总成立，求实数M口勺最小值.

n(ad-bcY

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

a0.0100.0050.001

xa6.6357.87910.828

【答案】（1）认为性别因素与学生体育嫩炼的经常性有关系

呜+导（得「

⑶击

【详解】（1）零假设”）:学生性别与体育锻炼的经常性无关，财

,200x（40X80-60X20）2〜0小、「

才=100X100X60X14（）、9.524>6,635,

故依据°=0.01的独立性检验，可以认为性别因素与学生体育俄炼的经常性有关系；

（2）设九次传球后球在乙手中的概率为Pn,九=1,2,3,…,

则第71次传球后球不在乙手中的概率为1一Pn,

所以Pl=y，Pn+l=y（1-Pn）+0•Pn=-yPn+-1-,

所以％+】一]=_[_（，"一十）,其中P1--J-=壶,

...........»

故数列｛的「1｝是以专为首项，一孑为公比的等比数列，

所以外一1=表＞＜(-+门

故网=1+=x(一打：

故第九次传球后球在乙手中的概率为外:六+白x(一《『;

412'3'

⑶由⑵知＜^x(-y)r，\

故E(V)=R+£+...+H尸片+I(3”

4i-(T)

U+—得)1

所以E(y)-g=ix

又£?(丫)&?+m总成立，设%=盍［1一(一"j")］，只需要小＞(On)max，

当0n最大时，也必定为奇数，而“=上|"1一(一1厂|随奇数几的增大而减小,

故当九=1时，0n最大值5=击，

所以7712-py，故实数772的最小值为-py.

8.(24-25高二下•安徽合肥•月考)马尔科夫链是概率统计中的•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九次的状态有关，与第九-

Ln-2,n-3,…次的状态无关，即P(Xn+J…,Xn-⑦X-,%)=P(K+ilK).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，重复九SeAT)次这样的操作后，记甲盒子中黑球的个数为X”，甲盒中恰有2个黑球的概率为

R“甲盒中恰有3个黑球的概率为qn.

⑴求Pi,3；

(2)证明:VnGN•，都有p“+2册=1；

(3)求X.的数学期望.

【答案】⑴论=卷，3=―；

(2)证明见解析

(3)2

【详解】⑴由题意知:「1=曰x-7+4x4=_a，91=^_x4=_a_;

JDJJVJJy

(2)证明：n次操作后，甲盒有一个黑球的概率为尸(X“=l)=1-网-qn，由全概率公式知：

P(Xf=2)=P(Xn=l)P(X同=2IX,，=1)+P(X“=2)P(X+产2IX“=2)+

F(Xn=3)F(Xn+1=2IX=3)

252

Pn+1=RX1X(1—pn—Qrt)+—P»,+1X—qn

oV«J

.一一21一

F(X+1=3)=P(Xr=2)P(X+i=3|Xn=2)+F(Xr=3)P(X+I=3|X=3)

121

Qrr+l=X7Xp+1X—q

JJnJn

._21

••Qn+l=-g-Pn+yQn

2121

•*-Pn+1+26+1-1=R+-^Pn+不彘-1=勾(Pn+2如-1)

oJJJ

49

VP1+2Qi-1=--2x—-1=o

«yJ

.1pn+2鼐­1=p“T+2q,i-l=---=0

/.Vnt7V\都有pn+2qn=1.

(3)由(2)知p,g+2q,,=l

.•・E(Xn)=1x(l-pn-qn)+2pn+3qn=l+pn+2qn=2.

............即

意型二数列与u俸曲线球台问题

9.（25-26高二上•宁夏中卫•期末）已知点A（O,1）和3（李，字）是椭圆C,+，=1（。>04>0）上

的两个点.

⑴求。的方程；

（2）过点作c的切线，切点为外），求数列｛外｝的通项公式.

【答案】⑴专+4=1

⑵现咻

【详解】⑴将点4。,1）代入椭圆方程，可得与+:=1,即〃=1,

a2b-

将〃=1与点夙容,4）的坐标代入椭圆方程，可得，工+3=1,解得/=2,

'22，2a24

因为4=2,〃=1,所以桶圆。的方程为4+舅=1.

（2）设过点（0,n）的切线方程为g=kr+九，

-I4-y=kxI九代入椭圆方程xIy2=],得到x।也8|九）2=1,

展开并整理可得（1+2股）/+4加蚀+2n2-2二0,

因为直线与椭圆相切，所以：A=（4而）2—4（1+2的（2M-2）=。

化简得16A?n2-8（1+2拈2）（*-1）=0,所以-（1+2fc2）（n2-l）=0,即2我-九2+1=0,解得收=

n2—1

2，

将炉=“1，代入（1+2k2）X2+4knx+2n2—2=0,

/l

可得（1+n2—l）x2+4knx+2篦2—2=0,即ri2x2+4knx+2r?2—2=（）,

因为直线与椭圆相切，所以4=一典=-2&,

2n2n

将x=——代入夕=kc+九，可得j=k（——）+n=n—2-,

n'n'n

-722—]

将妒=琮1代入上式，可得乞=九一二一应二L=空二竺£=工，

2"nnnn

所以数列｛%｝的通项公式为：%=工■

10.（25—26高二上・湖南永州・期末）抛物线。：靖=22/0>0）上有一系列点尸"孙幼），2329），…，山为,

%），…，对于所有正整数九，以点Ei为圆心的圆旦与沙轴相切，且圆2与圆2+1又彼此外切.已知幼=

2,点R到C的准线的距离为2,0<yu+｝<外，记圆Pn的面积为S.,

（1）求。的方程；

（2）证明：数列｛十｝是等差数列；

（3）设源="（九一1）图+1,判断数列｛4｝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】⑴丁二4。：

（2）证明见解析；

⑶不存在，理由见解析.

【详解】⑴依题意，点尸;的坐标为(2,2),而抛物线准线方程为1=一与，则2+4=2,

解得p=2,所以抛物线C的方程为靖=4x.

(2)由圆2、圆Pn+l与y轴相切，得圆兄的半径长为xn,圆Pn+l的半径长为,

由圆R与圆Pn+l相外切，得\PHPn+i\=Xn+Xn+i,即JQn—*1)2+(%—%+])2=Xn+Xn+[,

2

则(物-Un+1)2=(Xn+g+J2-⑸—Xn+l)=4xnXn+i=,

即

又°yy“+iy/，因此yn-yn+i=义噜里■

所以数列是以[为首项，[为公差的等差数列.

IynJ22

(3)数列｛Q,J中不存在互不相同的三项构成等比数列，

证明如下：由⑵得」-=J+)(九一1)=£,则%=2,而Sn=谓=窄~

!J：：/乙/JL0

因此，4=九2(九一1)V^+1=/?(71—1)+1,

n2

假设数列｛aj中存在不同三项0ra即WaJ构成等比数列，

即啕=。,「见,于是[4(zn—l)+1]2=[V7r(n-1)4-1]•[Vi(A:-1)+1],

整理得I)2—(n—1)(k—1)]=n+k—2m,由m,n,kGN♦，得n+k—2mGZ,

即/?[(m_i)2_m_i)(k_i)]wz,因此(：+丁”=01V,整理得也一切2=0,

即k=九，an=ak与0nHak矛盾，假设不成立，

所以数列｛aj中不存在互不相同的三项构成等比数列.

11.(25-26高一上•广西南宁•期末)已知双曲线。/―y2=i,直线।是。的斜率为正数的渐近线,4为C

的右顶点，过4作c轴的垂线，交2于点8，再过B作g轴的垂线，交C的右支于点人2；过力2作I轴的

垂线，交/于点5,再过今作g轴的垂线，交。的右支于点4；依此类推，重复以上操作得到4,45,…，

/”，•••，记A”(①n，Un)•

⑴求4,4,4的坐标；

(2)求证:数列｛或｝是等差数列；

⑶以4(i=l,2,…)为切点作。的切线分别交。的两条渐近线于点M、N，记Qi=lMNl，b,=一

万+4

r2025"I

㈤表示不超过实数c的最大整数，求[ga|.

【答案】⑴4(1,0),4(2,1),4(75,方)

(2)证明见解析

⑶88

【详解】(1)因为双曲线为。:招一才=1,所以右顶点A的坐标为(I,。)

双曲线C的斜率为正数的渐近线2的方程为g=z,

过4(1,0)作c轴的垂线，交，于点5,

将0=1代入g=:r,可得8的坐,标为(1,1),

过6(1,1)作g轴的垂线，交。的右支于点4，

将y=1代入"—炉=],可得7—1=],即.2=2,

因为4在双曲线。的右支上，所以C则4的坐标为(，幻1),

过4(也,1)作2轴的垂线，交i于点B2,

将£=四代入y=c,可得场的坐标为(V2,V2),

过5(皿,方)作g轴的垂线，交c的右支于点4,

将g=V2代入炉一J?=1,可得〃—2=1,即①2=3,

因为点4在双曲线。的右支上，所以i=，3,

所以4的坐标为(V3,V2).

(2)双曲线x~—?/2=1的渐近线方程为y=±①，

由已知可得yn=xn-i,又点An(xn,yn)在双曲线上，所以磅一诵二1,

所以碌+i—碌=1,

又因为优=12=1,所以数列｛式｝是以1为首项，1为公差的等差数列,

(3)由(2)可知，W=九，即xn=Vrit

设4(孙弘)，则/一姆=1,当i>2时

以43“小)为切点的双曲线的切线斜率存在，设斜率为k,

贝)切线方程为y=k(x-跖)十独，并代入双曲线C的方程可得:

(1—k2)x2—2k(yi—kx^x—(伏—kr——1=0,显然，羊i,

2

由△=0可得，yjk-2xiyik+*=0,求解可得k=殳，

Vi

所以双曲线。在点A(xhyj的切线方程为XjX—y.iy=1,

当4(1,0)为切点时，双曲线的切线方程为c=l也满足上式，

?一片1可得xn=11

由

⑥一"-

即MK41++VT71),

由『任一呢/=1可得,=_一二

\y=-xg+%

即N(4-VT",VT6-4),

根据两点间距离公式可得Q尸MN\=J(24-i)2+(2d)2=24二T,

又因为b尸笔==2在=望=1,

■\/宙+4，8€-4+4VSiy/i

而2<12v2

Vi4-Vz+lV?Vi+y/iy/i—l+y/i'

所以2(VTHF-/)V济V2(71-JE),

2025

所以，2友>2[(6—«)+(正一&)+…+(V^^—5/^^)]=2(V5n^—l)>2(V^^—l)=88,

»=i

2025

^-<l+2[(V2-Vl)+(V3-y2)+---+(V2025-V2024)]=1+2(72025-1)=89,

1=1

2025「2025j

所以88VZbV89,即WX=88.

i=lLf=iJ

12.(25-26高三上•辽宁•期末)已知双曲线C的中心为坐标原点,焦点在y轴上,它的虚轴长为2方，离

心率为四，直线I与双曲线交于A,B两点，与渐近线交于M,N两点(点在第一象限，点B,

N在第二象限).

(1)求双曲线C的方程；

(2)若点M的横坐标为2,在线段AB上取一点Q,且满足|M4|-|Q8=|42|-|MB|,判断点Q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。(疯,££),01=小4€(04)，71€、,在点P处作双曲线的切线交C的

惭近线于E,G两点，且Q研+|OG|2=3(bx—b3数列｛cos2a,J的前n项和为S”,求证：-

，佶)<Sn<ln[(n+l)!].

【答案】(1)人一4=1;

(2)是，定直线1=0

(3)证明见解析

【详解】(1)设双曲线。的方程为：工•一耳=l(a>0,b>0),

a-b-

,•2b—t.b—A/2^,*.*e—f**•c—,\/3a,

c=V3a2_

A<b=V2，解得，>=

C2=02+〃3-

所以双曲线方程为C*2一号=、；

(2)设人(电,幼)，B(x?,yJ,Q(x,y),；

因为点M在第一象限内，所以M(2,，5),

由题意可得偿。=黑^=九因为|M3|>|QE,；

|AQ||Q却：

..................................."

因此A>1,所以说i=X4◎，施=/lQS,

由MA=AAQ,得(21—2,劭一四)=A(x-x^y-yl),

2+Ax

X\=1+T

解得e+初»

y\=1+)

2+祢V2+Ay2—温方—初

所以4,同理点B

1+4'1+41—4'1—A

将4,6两点代入双曲线方程为C：娟一普=1中,

（普卜管一式相减­=。,

得：

（―=

因为1>1,所以I-、/2沙+1=0,即点Q总在定直线啰一。#+1=0上;

（3）因为P（疯,京一）在双曲线方程为。：始一苧=1上，

所以一与=1,则」一=/尹，

cos~an2COSQ”V2

2

所以bn=2（—----1）=2tanan,

\cos乜“/

双曲线上支方程为：y=\/至辛，式=x

V2V(^2+2)，

•・,过川区Ud作双曲线切线，斜奉为,疯,

〃2(b“+2)

1

故切线方程为：y—

COS4

与渐近线方程y=察”联立，解得凤疝+，^港,平（疯+百短））

同理可求G（疯一疯转，粤海一疯）），

+J〃+2)+(V^—“儿+2)

因为二瓜,

2

空(V^+〃bn+2)+乌(Jbn+2-7^)_V2(V^n+2)

22cos%

所以点P是点石和G的中点.

所以\OE\2+|OG|2=（52+53）2—2很：=（2标）2—2OEOG

2n

+2=6&+6

=3(2"+2)=3(鼠+】一黑),

即bn+i=3bn+2,bn+\+1=3bn+3—3(6n+1),

所以｛bn+1｝是首项为瓦+1,公比为q=3的等比数列,

2n-1n

6)+1=2tanai+l=3,dn+l=3x3=3,

22

所以b=3"-1,n€N+,所以cos2a„=,nWN+,

n>