《2026年理想树试题攻略高中数学》

18. （17分）
张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练. 规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第$i$天晨跑，则他第$( i + 1 )$天晨跑的概率为$\frac { 1 } { 4 }$，且他不能连续两天没有晨跑. 设他第$n$天晨跑的概率为$P _ { n } ( 1 \leq n \leq 3 0, n \in \mathbf { N } )$.
（1）求$P _ { 1 }$，$P _ { 2 }$，$P _ { 3 }$的值；
（2）求数列$\{ P _ { n } \}$的通项公式；
（3）若$X$，$Y$都是离散型随机变量，则$E ( X + Y ) = E ( X ) + E ( Y )$，记张明前$n$天晨跑的天数为$X$，求$E ( X )$.

答案： 18.热门题型构造等比数列求数列的通项公式、独立事件的概率乘法公式、求离散型随机变量的均值
[解]
(1)第一步：求出$P_1$和$P_2$
已知第1天一定晨跑，故$P_1 = 1$，第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故$P_2=\frac{1}{4}$。
第二步：求出$P_3$
第3天晨跑的情况分两种：第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为$1×(1-\frac{1}{4})×\frac{1}{4}=\frac{3}{16}$；第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为$1×\frac{1}{4}×\frac{1}{4}=\frac{1}{16}$，故$P_3=\frac{3}{16}+\frac{1}{16}=\frac{13}{16}$。
(2)解法一：第一步：得到$P_n,P_{n - 1}$和$P_{n - 2}$的递推关系
由题意得，张明第$(n - 2)$天晨跑后，下一次晨跑在第$n$天的概率为$\frac{3}{4}$，张明第$(n - 1)$天晨跑后，在第$n$天晨跑的概率为$\frac{1}{4}$，所以$P_n=\frac{1}{4}P_{n - 1}+\frac{3}{4}P_{n - 2}(n\geq3)$。
第二步：得到$\{P_{n + 1}-P_n\}$是等比数列
即$4P_n=P_{n - 1}+3P_{n - 2}$，则$4P_n - P_{n - 1}=-3(P_{n - 1}-P_{n - 2})$，即$\frac{P_{n}-P_{n - 1}}{P_{n - 1}-P_{n - 2}}=-\frac{3}{4}(n\geq3)$，所以$\{P_{n + 1}-P_n\}$是以$P_2 - P_1$为首项，$-\frac{3}{4}$为公比的等比数列。
第三步：求出$\{P_{n + 1}-P_n\}$的通项公式，并利用累加法求出$P_n$
由
(1)得，$P_1 = 1$，$P_2=\frac{1}{4}$，所以$P_2 - P_1=-\frac{3}{4}$，所以$P_{n + 1}-P_n=(-\frac{3}{4})^n$，则$P_2 - P_1=(-\frac{3}{4})^1$，$P_3 - P_2=(-\frac{3}{4})^2$，$·s$，$P_n - P_{n - 1}=(-\frac{3}{4})^{n - 1}(n\geq2)$，所以$P_n=P_1+(-\frac{3}{4})+(-\frac{3}{4})^2+·s+(-\frac{3}{4})^{n - 1}=1+\frac{(-\frac{3}{4})×[1-(-\frac{3}{4})^{n - 1}]}{1-(-\frac{3}{4})}=\frac{4}{7}+\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})^{n - 1}(1\leq n\leq30,n\in\mathbf{N})$（或$P_n=\frac{4}{7}-\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})^{n - 1}(1\leq n\leq30,n\in\mathbf{N})$）。
解法二：第一步：得到$P_n$和$P_{n - 1},P_{n - 1}$和$P_{n - 2}$的递推关系
由题意，$P_n+(1-\frac{1}{4})P_{n - 1}=P_n+\frac{3}{4}P_{n - 1}=1(n\geq2)$，则$P_{n - 1}+\frac{3}{4}P_{n - 2}=1(n\geq3)$，所以$P_n - P_{n - 1}+\frac{3}{4}(P_{n - 1}-P_{n - 2})=0$，则$\frac{P_{n}-P_{n - 1}}{P_{n - 1}-P_{n - 2}}=-\frac{3}{4}(n\geq3)$，所以$\{P_{n + 1}-P_n\}$是以$P_2 - P_1$为首项，$-\frac{3}{4}$为公比的等比数列。（以下同解法一）
解法三：第一步：得到$P_n$和$P_{n - 1}$的递推关系
由题意，$P_n+(1-\frac{1}{4})P_{n - 1}=P_n+\frac{3}{4}P_{n-1}=1(n\geq2)$，所以$P_n=1-\frac{3}{4}P_{n-1}$。
第二步：待定系数法构造等比数列$\{P_n-\frac{4}{7}\}$
令$P_n+k=-\frac{3}{4}(P_{n-1}+k)$，解得$k=-\frac{4}{7}$，所以$P_n-\frac{4}{7}=-\frac{3}{4}(P_{n-1}-\frac{4}{7})$，所以$\{P_n-\frac{4}{7}\}$是以$P_1-\frac{4}{7}=\frac{3}{7}$为首项，$-\frac{3}{4}$为公比的等比数列。
第三步：求出$P_n$
所以$P_n-\frac{4}{7}=\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})^{n-1}$，所以$P_n=\frac{4}{7}+\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})^{n-1}(1\leq n\leq30,n\in\mathbf{N})$（或$P_n=\frac{4}{7}-\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})^{n-1}(1\leq n\leq30,n\in\mathbf{N})$）。
(3)第一步：利用期望的性质，将$E(X)$转化为$E(X_1)+E(X_2)+·s+E(X_n)$
记张明前$n$天中，第$i$天晨跑的次数为$X_i$，由题意得，$X_i$服从两点分布，且$P(X_i=1)=P_i$，故$E(X_i)=P_i$，因为$X=X_1+X_2+·s+X_n$，且对于离散型随机变量$X,Y$，都有$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$，所以$E(X)=E[X_1+(X_2+·s+X_n)]=E(X_1)+E(X_2+·s+X_n)=E(X_1)+E[X_2+(X_3+·s+X_n)]=E(X_1)+E(X_2)+E(X_3+·s+X_n)=E(X_1)+E(X_2)+·s+E(X_n)$。
第二步：分组求和求出$E(X)$
所以$E(X)=P_1+P_2+·s+P_n$，所以$E(X)=1+[\frac{4}{7}+\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})]+[\frac{4}{7}+\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})^2]+·s+[\frac{4}{7}+\frac{3}{7}×(-\frac{3}{4})^{n-1}]=1+\frac{4(n-1)}{7}+\frac{3}{7}[(-\frac{3}{4})+(-\frac{3}{4})^2+·s+(-\frac{3}{4})^{n-1}]$，所以$E(X)=1+\frac{4(n-1)}{7}+\frac{3}{7}×\frac{(-\frac{3}{4})×[1-(-\frac{3}{4})^{n-1}]}{1-(-\frac{3}{4})}=\frac{4n}{7}+\frac{12}{49}[1-(-\frac{3}{4})^{n-1}](1\leq n\leq30,n\in\mathbf{N})$（另解：$E(X)=[\frac{4}{7}-\frac{4}{7}×(-\frac{3}{4})]+[\frac{4}{7}-\frac{4}{7}×(-\frac{3}{4})^2]+·s+[\frac{4}{7}-\frac{4}{7}×(-\frac{3}{4})^{n-1}]=\frac{4n}{7}-\frac{4}{7}×\frac{(-\frac{3}{4})×[1-(-\frac{3}{4})^{n-1}]}{1-(-\frac{3}{4})}=\frac{4n}{7}+\frac{12}{49}[1-(-\frac{3}{4})^{n-1}](1\leq n\leq30,n\in\mathbf{N})$）。
关键点拨 此题第二问的解题关键是通过分析得到递推关系，构造等比数列；第三问的解题关键是利用期望的性质，将$E(X)$转化为$E(X_1)+E(X_2)+·s+E(X_n)$。

19. （17分）
已知双曲线$\varGamma : \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a ＞ 0, b ＞ 0 )$的焦距为$2 \sqrt { 3 }$，其中一条渐近线方程为$\sqrt { 2 } x - y = 0$，$P$，$Q$为双曲线$\varGamma$的左、右顶点.
（1）求双曲线$\varGamma$的方程.
（2）过点$P$作动圆$D$（以$( 0, a )$为圆心）的两条切线分别交双曲线$\varGamma$于异于点$P$的$B$，$C$两点，试判断直线$B C$是否过定点？若是，请求出此定点的坐标；若不是，请说明理由.
（3）已知动点$H$满足直线$H P$，$H Q$的斜率的乘积的绝对值为$2$，记动点$H$的轨迹为曲线$G$. 过点$Q$作直线$l _ { 1 }$，$l _ { 2 }$与曲线$G$分别交于$M$，$N$和$E$，$F$（其中$M$，$E$的横坐标的绝对值均大于$1$），求证：直线$M F$与$N E$的交点在定直线上.

答案：
19.经典题型求双曲线的标准方程、双曲线中的直线过定点问题、双曲线中的动点在定直线上问题
(1)[解]第一步：由已知得到$c=\sqrt{3}$，$\frac{b}{a}=\sqrt{2}$
由双曲线$\Gamma:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a＞0,b＞0)$的焦距为$2\sqrt{3}$，可得$c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{3}$，又其中一条渐近线方程为$\sqrt{2}x-y=0$，则$\frac{b}{a}=\sqrt{2}$。
第二步：求出$a,b$，写出双曲线方程
解得$a=1$，$b=\sqrt{2}$，所以双曲线$\Gamma$的方程为$x^2-\frac{y^2}{2}=1$。
(2)[解]第一步：利用直线和圆相切得到$k_1· k_2=1$
由题意，切线$PB,PC$的斜率都存在且不为0，设圆$D$过$P$点的切线$l$的方程为$y=k(x+1)$，动圆$D$的半径为$r(r\neq1)$，所以圆心$D(0,1)$到切线$l$的距离为$\frac{|k-1|}{\sqrt{k^2+1}}=r$，化简得$(1-r^2)k^2-2k+1-r^2=0$，则$PB,PC$的斜率$k_1,k_2$是该方程的两个根，可得$k_1· k_2=1$ (关键：利用直线和圆相切结合根与系数的关系得到$k_1· k_2=1$)。
第二步：将直线$PB$的方程与双曲线方程联立，得到点$B$的坐标
设直线$PB:y=k_1(x+1)$，$B(x_1,y_1)$，$C(x_2,y_2)$，联立方程$\begin{cases}y=k_1(x+1)\\x^2-\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，得$(2-k_1^2)x^2-2k_1^2x-k_1^2-2=0$，由根与系数的关系得$(-1)· x_1=\frac{k_1^2+2}{k_1^2-2}$，则$x_1=\frac{2+k_1^2}{2-k_1^2}$，将其代入$y=k_1(x+1)$可得$y_1=\frac{4k_1}{2-k_1^2}$，即得$B(\frac{2+k_1^2}{2-k_1^2},\frac{4k_1}{2-k_1^2})$。
第三步：同理得到点$C$的坐标，并利用$k_1· k_2=1$，将$k_2$换为$\frac{1}{k_1}$
同理可得$C(\frac{2+k_2^2}{2-k_2^2},\frac{4k_2}{2-k_2^2})$，又$k_2=\frac{1}{k_1}$，所以$C(\frac{2k_1^2+1}{2k_1^2-1},\frac{4k_1}{2k_1^2-1})$。
第四步：表示出$k_{BC}$，并写出直线$BC$的方程
又$k_{BC}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{\frac{4k_1}{2k_1^2-1}-\frac{4k_1}{2-k_1^2}}{\frac{2k_1^2+1}{2k_1^2-1}-\frac{2+k_1^2}{2-k_1^2}}=\frac{-12k_1^3+12k_1}{-4k_1^4+4}=\frac{3k_1}{k_1^2+1}$，所以直线$BC$的方程为$y-\frac{4k_1}{2-k_1^2}=\frac{3k_1}{k_1^2+1}(x-\frac{2+k_1^2}{2-k_1^2})$。
解法一：第五步：将直线$BC$的方程转化，并求出所过定点
直线$BC$的方程可化为$y=\frac{3k_1}{k_1^2+1}x+\frac{4k_1}{2-k_1^2}-\frac{3k_1}{k_1^2+1}·\frac{2+k_1^2}{2-k_1^2}=\frac{3k_1}{k_1^2+1}x+\frac{k_1^3-2k_1}{(2-k_1^2)(k_1^2+1)}=\frac{k_1}{k_1^2+1}(3x-1)$，故直线$BC$过定点$(\frac{1}{3},0)$。
解法二：第五步：由双曲线与圆的特征知，直线$BC$所过定点一定在$x$轴上，设其坐标为$(x_0,0)$，将$(x_0,0)$代入$BC$方程，解得$x_0$，求出定点
根据双曲线与圆的特征知，若定点存在，则一定在$x$轴上，如图①，不妨设其坐标为$(x_0,0)$，将$(x_0,0)$代入$BC$方程，得$0-\frac{4k_1}{2-k_1^2}=\frac{3k_1}{k_1^2+1}(x_0-\frac{2+k_1^2}{2-k_1^2})$，化简整理得$(1-3x_0)k_1^2+6x_0-2=0$，因为$k_1\neq0$，所以$\begin{cases}1-3x_0=0\\6x_0-2=0\end{cases}$，解得$x_0=\frac{1}{3}$，故直线$BC$过定点$(\frac{1}{3},0)$。

一题多解
(2)第一步：利用直线和圆相切得到$k_1· k_2=1$
由题意，切线$PB,PC$的斜率都存在且不为0，设过$P$点的切线$l$的方程为$y=j(x+1)$，动圆$D$的半径为$r(r\neq1)$，所以圆心$D(0,1)$到切线$l$的距离为$\frac{|j-1|}{\sqrt{j^2+1}}=r$，化简得$(1-r^2)j^2-2j+1-r^2=0$，则$PB,PC$的斜率$k_1,k_2$是该方程的两个根，可得$k_1· k_2=1$。
第二步：设直线$BC$的方程，由$k_1· k_2=1$得到$(k^2-1)x_1x_2+(km-1)(x_1+x_2)+m^2-1=0$
显然直线$BC$的斜率存在，设直线$BC:y=kx+m$，$B(x_1,y_1)$，$C(x_2,y_2)$，则$k_1=\frac{y_1}{x_1+1}$，$k_2=\frac{y_2}{x_2+1}$，$k_1k_2=\frac{y_1}{x_1+1}·\frac{y_2}{x_2+1}=1$，所以$y_1y_2=(x_1+1)(x_2+1)$，即$(kx_1+m)(kx_2+m)=(x_1+1)(x_2+1)$，整理得$(k^2-1)x_1x_2+(km-1)(x_1+x_2)+m^2-1=0$ ①。
第三步：直线$BC$的方程与双曲线方程联立得到根与系数的关系
联立$\begin{cases}y=kx+m\\x^2-\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，得$(2-k^2)x^2-2kmx-m^2-2=0$，则$2-k^2\neq0$且$\Delta=(-2km)^2+4(2-k^2)(m^2+2)=8(m^2-k^2+2)＞0$，$x_1+x_2=\frac{2km}{2-k^2}$，$x_1x_2=\frac{-(m^2+2)}{2-k^2}$。
第四步：将根与系数的关系代入①式得到$m$与$k$的关系
代入①式得，$-(k^2-1)(m^2+2)+2km(km-1)+(m^2-1)(2-k^2)=0$，整理得$3m^2-2km-k^2=0$，即$(m-k)(3m+k)=0$，所以$m=k$或$m=-\frac{1}{3}k$。
第五步：根据$m$与$k$的关系得到直线$BC$所过定点
当$m=k$时，直线$BC$的方程为$y=kx+k=k(x+1)$，直线$BC$过点$(-1,0)$，与题意不符；当$m=-\frac{1}{3}k$时，直线$BC$的方程为$y=kx-\frac{k}{3}=k(x-\frac{1}{3})$，直线$BC$过点$(\frac{1}{3},0)$，故直线$BC$过定点$(\frac{1}{3},0)$。
(3)[证明]解法一：第一步：得到动点$H$的轨迹方程
由
(1)知$P(-1,0)$，$Q(1,0)$，设$H(x,y)$，依题意，$|k_{HP}· k_{HQ}|=2$，化简得$y^2=2|x^2-1|$，两边取平方，整理即得动点$H$的轨迹方程为$G:(x^2-\frac{y^2}{2}-1)(x^2+\frac{y^2}{2}-1)=0$，其中$y\neq0$。
第二步：设出直线$l_2,l_1$的方程，直线$l_2:x=sy+1$与$x^2+\frac{y^2}{2}=1$联立得到点$F$的坐标
由题意可设直线$l_2,l_1$的方程分别为$l_2:x=sy+1$和$l_1:x=ny+1$，其中$sn\neq0$，联立方程$\begin{cases}x=sy+1\\x^2+\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$得$(2s^2+1)y^2+4sy=0$，所以$y_F=-\frac{4s}{2s^2+1}$，将$y_F$代入到直线$x=sy+1$得到$F(\frac{1-2s^2}{1+2s^2},-\frac{4s}{2s^2+1})$。
第三步：直线$l_2:x=sy+1$与$x^2-\frac{y^2}{2}=1$联立得到点$E$的坐标，同理得到点$N,M$的坐标
联立方程$\begin{cases}x=sy+1\\x^2-\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$得$(2s^2-1)y^2+4sy=0$，所以$y_E=-\frac{4s}{2s^2-1}$，将$y_E$代入到直线$x=sy+1$得到$E(\frac{1+2s^2}{1-2s^2},\frac{4s}{1-2s^2})$，同理可得$M(\frac{1-2n^2}{1+2n^2},-\frac{4n}{2n^2+1})$，$N(\frac{1+2n^2}{1-2n^2},\frac{4n}{1-2n^2})$。
第四步：将点$F,M$同时向右平移一个单位长度，分别得到$F',M'$的坐标，并得到直线$M'F'$与$y$轴交点$A$的纵坐标，以及直线$MF$和$NE$经过点$(-1,\frac{-2(s+n)}{s^2+n^2})$，从而得证
将点$F,M$同时向右平移一个单位长度，分别得到$F'(\frac{2}{1+2s^2},-\frac{4s}{2s^2+1})$，$M'(\frac{2}{1-2n^2},\frac{4n}{1-2n^2})$，直线$M'F'$与$y$轴交点$A$的纵坐标为$y_A=\frac{x_{M'}y_{F'}-x_{F'}y_{M'}}{x_{M'}-x_{F'}}=\frac{\frac{2}{1-2n^2}·(-\frac{4s}{2s^2+1})-\frac{2}{1+2s^2}·\frac{4n}{1-2n^2}}{\frac{2}{1-2n^2}-\frac{2}{1+2s^2}}=\frac{-2(s+n)}{s^2+n^2}$，因此直线$MF$经过点$(-1,\frac{-2(s+n)}{s^2+n^2})$，同理可得直线$NE$也经过点$(-1,\frac{-2(s+n)}{s^2+n^2})$ (提示：将$s,n$互换)，所以直线$MF$与$NE$的交点为$(-1,\frac{-2(s+n)}{s^2+n^2})$，在定直线$x=-1$上。
解法二：第一步：得到曲线$G$的方程
依题意$P(-1,0)$，$Q(1,0)$，曲线$G$的方程为$x^2-\frac{y^2}{2}=1$ ($k_{HP}· k_{HQ}=2$时)或$x^2+\frac{y^2}{2}=1$ ($k_{HP}· k_{HQ}=-2$时)，其中$y\neq0$。
第二步：根据$M,N,Q$三点共线以及曲线$G$的定义得到$x_1x_2=1$，且$y_2=-\frac{y_1}{x_1}$，同理得$x_3x_4=1$，且$y_3=-\frac{y_4}{x_4}$
如图②，设$M(x_1,y_1)$，$E(x_3,y_3)$，$N(x_2,y_2)$，$F(x_4,y_4)$，其中$M,E$在双曲线上，$N,F$在椭圆上。由$M,N,Q$三点共线得，$k_{MQ}=k_{NQ}$，即$\frac{y_1}{x_1-1}=\frac{y_2}{x_2-1}$，所以$\frac{y_1}{y_2}=\frac{x_1-1}{x_2-1}$ ①。因为$M$在双曲线上，所以$k_{MP}· k_{MQ}=2$，因为$N$在椭圆上，所以$k_{NP}· k_{NQ}=-2$，即$\frac{y_1}{x_1+1}·\frac{y_2}{x_2+1}=-2$，由①得，$\frac{x_1-1}{x_2-1}=\frac{x_1+1}{-x_2-1}$，整理得$x_1x_2=1$，且$y_2=-\frac{y_1}{x_1}$，同理得$x_3x_4=1$，且$y_3=-\frac{y_4}{x_4}$。
第三步：设直线$MF$的方程，利用$x_1x_2=1$，$y_2=-\frac{y_1}{x_1}$，$x_3x_4=1$，$y_3=-\frac{y_4}{x_4}$得到直线$NE$的方程
设直线$MF:Ax+By+C=0$，直线$MF$经过点$M(x_1,y_1)$，$F(x_4,y_4)$，所以有$Ax_1+By_1+C=0$，$Ax_4+By_4+C=0$，所以$A+\frac{By_1}{x_1}+\frac{C}{x_1}=0$ (提示：将$Ax_1+By_1+C=0$两边同时除以$x_1$)，$A+\frac{By_4}{x_4}+\frac{C}{x_4}=0$，所以$Cx_1-By_1+A=0$ ③，$Cx_3-By_3+A=0$ ④，由③④可知直线$NE$的方程为$Cx-By+A=0$。
第四步：由直线$MF$的方程和直线$NE$的方程联立得到交点所在直线
联立$\begin{cases}Ax+By+C=0\\Cx-By+A=0\end{cases}$解得$x=-1$，所以直线$MF$与$NE$的交点在定直线$x=-1$上。