2025《高中考前》高考沖刺考試方法答題技巧高考預測數學創新融合3數列與概率創新融合3數列與概率1.(2024·菏澤模擬)已知A,B兩個盒子中各有一個黑球,一個白球.每次從兩個盒子中各隨機取出一個小球交換后放回.記n次交換后,B盒子中有一黑一白兩個小球的概率為Pn,A盒子中黑球的個數為Xn.(1)求Pn;(2)求Xn的數學期望E(Xn).【解析】(1)依題意,每次交換共有4種情況,其中有2種情況交換后B盒子中仍為一黑一白兩個小球,另外2種情況交換后,B盒子中有兩個黑球或兩個白球,再次交換后,B盒子中必為一黑一白兩個小球,則P0=1,P1=12,Pn+1=12Pn+(1-Pn)=1-12Pn,即有Pn+1-23=-12(Pn-23),因此數列{Pn-23}是以P1-23=-16為首項,-12為公比的等比數列,即Pn所以Pn=23+13×(-12(2)依題意,Xn的可能取值為0,1,2,P(Xn=0)=14Pn-1P(Xn=1)=12Pn-1+1-Pn-1=1-12PnP(Xn=2)=14Pn-1,所以E(Xn)=0×14Pn-1+1×(1-12Pn-1)+2×14P2.(2024·鹽城模擬)某學校有A,B兩個餐廳,經統計發現,學生在第一天就餐時會隨機地選擇一個餐廳用餐.此后,如果某同學某天去A餐廳,那么該同學下一天還去A餐廳的概率為0.4;如果某同學某天去B餐廳,那么該同學下一天去A餐廳的概率為0.8.(1)記甲、乙、丙3位同學中第2天選擇A餐廳的人數為X,求隨機變量X的分布列和期望;(2)甲同學第幾天去A餐廳就餐的可能性最大?并說明理由.【解析】(1)設一位同學第2天選擇去A餐廳就餐的概率為P,則P=12×25+12×45=35.所以P(X=0)=C30(35)0(1-35)P(X=1)=C31(35)1(1-35)P(X=2)=C32(35)2(1-35)P(X=3)=C33(35)3(1-35)0=27X0123P8365427則X的期望為E(X)=3×35=9(2)設甲同學第n天去A餐廳的概率為Pn,則P1=12當n≥2時,Pn=25Pn-1+45(1-Pn-1)=-25Pn-1所以Pn-47=-25(Pn-1-47),又P1-4所以{Pn-47}是以-114為首項,-所以Pn-47=-114×(-25)所以Pn=47-114×(-25)當n是奇數時,Pn=47-114×(25)n-1當n是偶數時,Pn=47+114×(25)n-1>47,則P2>P4>P6>…>P2k>47,所以甲同學第2天去A餐廳就餐的可能性最大.3.(2024·荊州三模)宜昌市是長江三峽起始地,素有“三峽門戶”、“川鄂咽喉”之稱.為了合理配置旅游資源,管理部門對首次來宜昌旅游的游客進行了問卷調查,據統計,其中14的人計劃只參觀三峽大壩,另外34的人計劃既參觀三峽大壩又游覽三峽人家.每位游客若只參觀三峽大壩,則記1分;若既參觀三峽大壩又游覽三峽人家,則記2分.(1)從游客中隨機抽取2人,記這2人的合計得分為X,求X的分布列和數學期望;(2)從游客中隨機抽取n人(n∈N*),記這n人的合計得分恰為n+1分的概率為Pn,求∑i=1n(3)從游客中隨機抽取若干人,記這些人的合計得分恰為n分的概率為an,隨著抽取人數的無限增加,an是否趨近于某個常數?若是,求出這個常數;若不是,請說明理由.【解析】(1)由題意得,隨機變量X的可能取值為2,3,4,可得P(X=2)=(14)2=116,P(X=3)=C21×14×34=38,P(X所以X的分布列如表所示:X234P139所以,數學期望為E(X)=2×116+3×38+4×916(2)由這n人的合計得分為n+1分,則其中只有1人計劃既參觀三峽大壩又游覽三峽人家,所以Pn=Cn1·34·(14)n-1=3n4n,∑i=1nPi=34+3×242+3×343+…+3由兩式相減,可得34×∑i=1nPi=34+342+343+…+3所以∑i=1nPi=43(1-(3)在隨機抽取的若干人的合計得分為n-1分的基礎上再抽取1人,則這些人的合計得分可能為n分或n+1分,記“合計得n分”為事件A,“合計得n+1分”為事件B,A與B是對立事件,因為P(A)=an,P(B)=34an-1,所以an+34an-1=1(即an-47=-34(an-1-47因為a1=14,則數列{an-47}是首項為-928所以an-47=-928(-34)n-1所以an=47-928(-34)n-1所以隨著抽取人數的無限增加,an趨近于常數474.(2024·新高考Ⅰ卷)設m為正整數,數列a1,a2,…,a4m+2是公差不為0的等差數列,若從中刪去兩項ai和aj(i<j)后剩余的4m項可被平均分為m組,且每組的4個數都能構成等差數列,則稱數列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)——可分數列.(1)寫出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使數列a1,a2,…,a6是(i,j)——可分數列;(2)當m≥3時,證明:數列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)——可分數列;(3)從1,2,…,4m+2中一次任取兩個數i和j(i<j),記數列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)——可分數列的概率為Pm,證明:Pm>18【解析】(1)(i,j)∈{(1,2),(1,6),(5,6)}.(2)當m=3時,注意到a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14是(2,13)——可分數列;當m>3時,對于a14后面的每相鄰四項分為一組,即a15,a16,a17,a18;…,均構成等差數列,所以,當m≥3時,數列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)——可分數列.(3)當m=1時,P1=3C62=1當m=2時,數列共10項:a1,a2,…,a10,(i,j)∈{(1,2),(1,6),(1,10),(5,6),(5,10),(9,10),(2,9)},P2=7C102=7當m≥3時,去掉ai,aj后,余下的4m個數分成m組,每組4個數,①形成公差是d的等差數列的(i,j)有:(1,2),(1,6),(1,10),…,(1,4m+2),m+1個;(5,6),(5,10),(5,14),…,(5,4m+2),m個;……(4m+1,4m+2),1個;總數為1+2+…+(m+1)=12(m+1)(m+2)個②形成公差不小于2d的等差數列的(i,j)有:(2,9),(2,13),(2,17),…,(2,4m+1),m-1個;(6,13),(6,17),…,(6,4m+1),m-2個;……(4m-6,4m+1),1個;總數至少為1+2+…+(m-1)=12m(m-1)個由此,使a1,a2,…,a4m+2是(i,j)——可分數列的(i,j)的總數N≥12(m+1)(m+2)+12m(m-1)=m2+所以Pm=NC4m+22≥m2+m+181.(2024·宜春模擬)設f(x)=ax2+cosx-1,a∈R.(1)當a=12時,證明:f(x(2)證明:cos12+cos13+…+cos1n>n-43(n∈N*【解析】(1)因為f(x)=ax2+cosx-1定義域為R,所以f(-x)=ax2+cosx-1=f(x),所以f(x)為定義在R上的偶函數,下取x≥0,可知f'(x)=x-sinx,令φ(x)=f'(x)=x-sinx,φ'(x)=1-cosx≥0,則φ(x)在[0,+∞)內單調遞增,可得φ(x)≥φ(0)=0,即f'(x)≥0在[0,+∞)內恒成立,可知f(x)在[0,+∞)內單調遞增,所以f(x)在[0,+∞)內的最小值為f(0)=0,結合偶函數性質可知:f(x)≥0.(2)由(1)可得:f(x)=12x2+cosx-1≥0,當且僅當x即cosx≥1-12x2,令x=1n,n≥2,n∈N*,則cos1n當n≥2時,cos1n>1-12n2=1-24n2即cos1n>1-(12n則有:cos12>1-(13-15),cos13>1-(15-17),…,cos相加可得:cos12+cos13+…+cos1n>(n-1)-(13-12n+1因為n≥2,則12n+1>0,所以cos12+cos13+…+cos1即cos12+cos13+…+cos1n>n-43(n∈N*2.(2024·信陽二模)已知函數y=f(x),其中f(x)=13x3-kx2,k∈R.若點A在函數y=f(x)的圖象上,且經過點A的切線與函數y=f(x)圖象的另一個交點為點B,則稱點B為點A的一個“上位點”,現有函數y=f(x)圖象上的點列M1,M2,…,Mn,…,使得對任意正整數n,點Mn都是點Mn+1的一個“上位點”(1)若k=0,請判斷原點O是否存在“上位點”,并說明理由;(2)若點M1的坐標為(3k,0),請分別求出點M2,M3的坐標;(3)若M1的坐標為(3,0),記點Mn到直線y=m的距離為dn.問是否存在實數m和正整數T,使得無窮數列dT,dT+1,…,dT+n…嚴格減?若存在,求出實數m的所有可能值;若不存在,請說明理由.【解析】(1)已知f(x)=13x3,則f'(x)=x2,得f'故函數經過點O的切線方程為y=0,其與函數f(x)=13x3圖象無其他交點,所以原點O不存在“上位點”(2)設點Mn的橫坐標為tn,n為正整數,則函數y=f(x)圖象在點Mn+1處的切線方程為y-f(tn+1)=f'(tn+1)(x-tn+1),代入其“上位點”Mn(tn,f(tn)),得f(tn)-f(tn+1)=f'(tn+1)(tn-tn+1),化簡得13(tn2+tntn+1+tn+12)-k(tn+tn+1)=即(tn2+tntn+1+tn+12)-3tn+12=3k(tn+故(tn-tn+1)(tn+2tn+1)=3k(tn-tn+1),因為tn≠tn+1,得2tn+1+tn=3k(*),又點M1的坐標為(3k,0),所以點M2的坐標為(0,0),點M3的坐標為(3k2,-98k(3)將(3,0)代入y=f(x),解得k=1,由(*)得,2tn+1+tn=3.即tn+1-1=-12(tn-1),又t1故{tn-1}是以2為首項,-12所以tn-1=2·(-12)n-1,即tn=1+(-1)n-1·22-n,dn=f令un=tn-1,則un=2因為3x-x3的導數為3-3x2,所以函數y=3x-x3在區間(0,1)上嚴格增.當m=-23時,dn=13(3un-un3),于是當n當m≠-23時,dn=|f(tn)+23-(23+m因為n≥3時f(tn)+23=13(3un-所以當n>log2m+23+2時,dn=23+m-f(tn)+23=從而當n>log2m+23+2時{dn}嚴格增,不存在正整數T,使得無窮數列dT,dT+1,…,dT+綜上,m=-233.(2024·衡陽三模)已知正項數列{an}的前n項和為Sn,首項a1=1.(1)若an2=4Sn-2an-1,求數列{a(2)若函數f(x)=2ex+x,正項數列{an}滿足:an+1=f(an)(n∈N*).(ⅰ)證明:Sn≥3n-n-1;(ⅱ)證明:(1+15a22)(1+15a32)(1+15a42)…(1+【解析】(1)正項數列{an}中,a1=1,n∈N*,an2=4Sn-2an-1,當n≥2時,an-12=4Sn兩式相減得an2-an-12=4(Sn-Sn-1)-2a即(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),而an>0,則an-an-1=2,因此數列{an}是首項為1,公差為2的等差數列,所以數列{an}的通項公式為an=1+2(n-1)=2n-1.(2)(ⅰ)令h(x)=ex-x-1,求導得h'(x)=ex-1,當x<0時,h'(x)<0,當x>0時,h'(x)>0,即函數f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增,則h(x)≥h(0)=0,即ex≥x+1,于是an+1=f(an)=2ean+an≥2(an+1)+an=3a即an+1+1≥3(an+1),即an當n≥2時,an+1=(a1+1)·a2+1a1+1·a3+1a2+1·a4+1當n=1時a1+1=2=2×30,因此an≥2×3n-1-1,所以Sn=a1+a2+a3+…+an≥(2×30-1)+(2×31-1)+(2×32-1)+…+(2×3n-1-1)=2(30+31+32+…+3n-1)-n=2×1-3n1-3-n(ⅱ)由已知an+1=f(an)=2ean+an,所以an+1-an=2ean>0,得an+1當n≥1時,ean≥ea1=e>2,于是an+1-an=2當n≥2時,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)>1+5(n-1)=5n-4,又a1=1,所以?n∈N*,恒有an≥5n-4,當n≥2時,(5n-4)2>(5n-7)(5n-2),由ex≥x+1,得當x>-1時,ln(x+1)≤x,則當n≥2時,ln(1+15an2)≤15an2<從而ln(1+15a22)+ln(1+15a32)+ln(1+15a42)+…+ln(1+15+(15n-7-15n-于是ln[(1+15a22)(1+15a32)(1+所以(1+15a22)(1+15a34.(2024·泉州模擬)將足夠多的一批規格相同、質地均勻的長方體薄鐵塊疊放于水平桌面上,每個鐵塊總比其下層鐵塊向外伸出一定的長度,如圖,那么最上層的鐵塊最多可向桌緣外伸出多遠而不掉下呢?這就是著名的“里拉斜塔”問題.將鐵塊從上往下依次標記為第1塊,第2塊,第3塊,…,第n塊,將前i(i=1,2,3,…,n)塊鐵塊視為整體,若這部分的重心在第i+1塊的上方,且全部鐵塊整體的重心在桌面的上方,整批鐵塊就保持不倒.設這批鐵塊的長度均為1,若記第n塊比第n+1塊向桌緣外多伸出的部分的最大長度為an,則根據力學原理,可得a2=14,且{1an(1)求{an}的通項公式;(2)記數列{an}的前n項和為Sn.①比較Sn與12ln(n②對于無窮數列{x