2025_新课标II卷
19．（17 分）
甲、乙两人进行兵兵球练习，每个球胜者得1分、负者得0分。设每个球甲胜的概率为 $p\left(\frac{1}{2}<p<1\right)$ ，乙胜的概率为 $q, p+q=1$ ，且各球的胜负相互独立，对正整数 $k \geqslant 2$ ，记 $p_{k}$ 为打完 $k$ 个球后甲比乙至少多得2分的概率，$q_{k}$ 为打完 $k$ 个的球后乙比甲至少多得2分的概率．
（1） 求 $p_{3}, p_{4}$（用 $p$ 示）
（2） 若 $\frac{p_{4}-p_{3}}{q_{4}-q_{3}}=4$ ，求 $p$ ；
（3） 证明：对任意正整数 $m, p_{2 m+1}-q_{2 m+1}<p_{2 m}-q_{2 m}<p_{2 m+2}-q_{2 m+2}$ ．
2025年全国统一高考数学试卷（新高考II）
【解答】
（17 分）微信搜《高三答案公众号》获取全科
甲、乙乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分。设每个球甲胜的概率为 $p\left(\frac{1}{2}<p<1\right)$ ，
乙胜的概率为 $q, p+q=1$ ，且各球胜负独立。对正整数 $k \geq 2$ ，记 $p_{k}$ 为打完 $k$ 个球后，甲
比乙至少多得2分的概率，$q_{k}$ 为打完 $k$ 个球后乙比甲至少多得2分的概率。
（1）求 $p_{3}, p_{4}$（用 $p$ 表示）；
（2）若 $\frac{p_{4}-p_{3}}{q_{4}-q_{3}}=4$ ，求 $p$ ；
（3）证明：对任意正整数 $m, p_{2 m+1}-q_{2 m+1}<p_{2 m}-q_{2 m}<p_{2 m+2}-q_{2 m+2}$ ．
【解答】（1） 3 球后甲比乙至少多两分，只能是甲 3 分乙 0 分，因此 $p_{3}=p^{3}$ ；
4 球后甲比乙至少多两分，可能是甲 4 分乙 0 分，或者甲 3 分乙 1 分，
因此 $p_{4}=C_{4}^{3} p^{3} q+p^{4}=4 p^{3} q+p^{4}=4 p^{3}(1-p)+p^{4}=4 p^{3}-3 p^{4}$ ．
（2）根据对称性，以及（1）的结果，可得 $q_{3}=q^{3}, q_{4}=4 q^{3}-3 q^{4}$ 。
因此 $\frac{p_{4}-p_{3}}{q_{4}-q_{3}}=\frac{4 p^{3}-3 p^{4}-p^{3}}{4 q^{3}-3 q^{4}-q^{3}}=\frac{3 p^{3}(1-p)}{3 q^{3}(1-q)}=\frac{p^{3} q}{q^{3} p}=\frac{p^{2}}{q^{2}}=4$
因此 $\frac{p}{q}=2$ ，又 $p+q=1$ ，故 $p=\frac{2}{3}, q=\frac{1}{3}$ ．
答案为 $p=\frac{2}{3}$
（3） 记 $a_{m}(x)$ 表示 $m$ 球甲得 $x$ 分的概率
$$
\begin{aligned}
& p_{2 m+1}=p_{2 m}-q \cdot a_{2 m}(m+1) \\
& q_{2 m+1}=q_{2 m}-p \cdot a_{2 m}(m-1)
\end{aligned}
$$
故
$$
\begin{aligned}
& p_{2 m+1}-p_{2 m}=-q \cdot a_{2 m}(m+1) \\
& q_{2 m+1}-q_{2 m}=-p \cdot a_{2 m}(m-1)
\end{aligned}
$$
故要证：
$$
p_{2 m+1}-p_{2 m}<q_{2 m+1}-q_{2 m}
$$
只需证：
$$
p \cdot a_{2 m}(m-1)<q \cdot a_{2 m}(m+1)
$$
即只需证：
$$
p \cdot p^{m-1} \cdot q^{m+1} \cdot C_{2 m}^{m-1}<q \cdot p^{m+1} \cdot q^{m-1} \cdot C_{2 m}^{m+1}
$$
即只需证：
$$
p^{m} q^{m+1}<q^{m} p^{m+1}
$$
即 $q<p$ ．由条件 $q=1-p<\frac{1}{2}<p$ ，故结论成立。
由
$$
\begin{gathered}
p_{2 m+2}=p_{2 m+1}+p \cdot a_{2 m+1}(m+1)=p_{2 m}+p \cdot a_{2 m+1}(m+1)-q a_{2 m}(m+1) \\
q_{2 m+2}=q_{2 m+1}+q \cdot a_{2 m+1}(m)=q_{2 m}+q \cdot a_{2 m+1}(m)-p a_{2 m}(m-1)
\end{gathered}
$$
现在考虑右边的不等式
$$
p_{2 m}-q_{2 m}<p_{2 m+2}-q_{2 m+2}
$$
只需证：
$$
p \cdot a_{2 m+1}(m+1)-q a_{2 m}(m+1)>q a_{2 m+1}(m)-p \cdot a_{2 m}(m-1)
$$
只需证：
$$
p^{m+2} q^{m} C_{2 m+1}^{m+1}-p^{m+1} q^{m} C_{2 m}^{m+1}>q^{m+2} p^{m} C_{2 m+1}^{m+1}-q^{m+1} p^{m} C_{2 m}^{m+1}
$$
只需证：
$$
p^{2} C_{2 m+1}^{m+1}-p C_{2 m}^{m+1}>q^{2} C_{2 m+1}^{m+1}-q C_{2 m}^{m+1}
$$
只需证：
$$
(p-q)(p+q) C_{2 m+1}^{m+1}>(p-q) C_{2 m}^{m+1}
$$
只需证：
$$
C_{2 m+1}^{m+1}>C_{2 m}^{m+1}
$$
因为 $C_{2 m+1}^{m+1}=C_{2 m}^{m+1}+C_{2 m}^{m}$ ，且 $C_{2 m}^{m}>0$ ，故上面不等式成立。证毕。