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2025年高考数学新高考Ⅱ-18<-->返回列表
（17分）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜概率为$p(\dfrac{1}{2} < p < 1)$，乙胜概率为$q$，$p+q=1$，且各球胜负独立．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$\dfrac{{p}_{4}-{p}_{3}}{{q}_{4}-{q}_{3}}=4$，求$p$；
（3）证明：对任意正整数$m$，$p_{2m+1}-q_{2m+1} < p_{2m}-q_{2m} < p_{2m+2}-q_{2m+2}$．
〖答案〗（1）$p_{3}=p^{3}$；$p_{4}=4p^{3}-3p^{4}$；
（2）$p=\dfrac{2}{3}$；
（3）证明见解答．
〖分析〗（1）分析$p_{3}$和$p_{4}$可能存在的情况，根据相互独立事件概率乘法公式表示即可；
（2）分别求出$q_{3}$和$q_{4}$，代入化简即可；
（3）分别证明①$p_{2m+1}-p_{2m} < q_{2m+1}-q_{2m}$，②$p_{2m+2}-p_{2m} > q_{2m+2}-q_{2m}$，根据①分别求出$p_{2m+1}-p_{2m}$和$q_{2m+1}-q_{2m}$的值，再不等式比较大小即可，②同理，即可证明结论．
〖解答〗解：（1）$p_{3}$为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率，所以只可能是甲得3分，乙得0分，
所以$p_{3}=p^{3}$，
$p_{4}$为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率，可能是甲得3分，乙得1分，或者甲得4分，乙得0分，
所以$p_{4}={C}_{4}^{3}{p}^{3}q+p^{4}=4p^{3}q+p^{4}=4p^{3}(1-p)+p^{4}=4p^{3}-3p^{4}$；
（2）按（1）的方法同理，可得$q_{3}=q^{3}$，$q_{4}=(4-3q)q^{3}$，
而$p_{4}-p_{3}=(4-3p)p^{3}-p^{3}=3(1-p)p^{3}=3qp^{3}$，
同理$q_{4}-q_{3}=(4-3q)q^{3}-q^{3}=3pq^{3}$，
所以$\dfrac{p_{4}-p_{3}}{q_{4}-q_{3}}=\dfrac{3qp^{3}}{3pq^{3}}=\dfrac{p^{2}}{q^{2}}=\dfrac{p^{2}}{(1-p)^{2}}=4$，
可得$\dfrac{p}{1-p}=2$，$p=\dfrac{2}{3}$；
（3）设打完$k$个球，甲的得分为$X_{k}$，乙的得分为$Y_{k}$，$X_{k}+Y_{k}=k$，
所以$p_{2m}=P(X_{2m}\geqslant m+1)$，$p_{2m+1}=P(X_{2m+1}\geqslant m+2)$，$p_{2m+2}=P(X_{2m+2}\geqslant m+2)$，
$q_{2m}=P(Y_{2m}\geqslant m+1)$，$q_{2m+1}=P(Y_{2m+1}\geqslant m+2)$，$q_{2m+2}=P(Y_{2m+2}\geqslant m+2)$，
要证明$p_{2m+1}-q_{2m+1} < p_{2m}-q_{2m} < p_{2m+2}-q_{2m+2}$，
即证明①$p_{2m+1}-p_{2m} < q_{2m+1}-q_{2m}$，②$p_{2m+2}-p_{2m} > q_{2m+2}-q_{2m}$，
先证明①$p_{2m+1}-p_{2m} < q_{2m+1}-q_{2m}$，
$p_{2m+1}-p_{2m}=P(X_{2m+1}\geqslant m+2)-P(X_{2m}\geqslant m+1)$
$=P(X_{2m}\geqslant m+2)+P(X_{2m}=m+1)p-P(X_{2m}\geqslant m+1)$
$=P(X_{2m}=m+1)p-P(X_{2m}=m+1)$
$=(p-1){C}_{2m}^{m+1}p^{m+1}q^{m-1}$，
同理可得$q_{2m+1}-q_{2m}=(q-1){C}_{2m}^{m+1}q^{m+1}p^{m-1}$，
所以①$\Leftrightarrow (p-1){C}_{2m}^{m+1}p^{m+1}q^{m-1} < (q-1){C}_{2m}^{m+1}q^{m+1}p^{m-1}\Leftrightarrow p^{2}(p-1) < q^{2}(q-1)\Leftrightarrow -p^{2}q < -q^{2}p\Leftrightarrow -p < -q\Leftrightarrow p > q$，故成立；
证明②$p_{2m+2}-p_{2m} > q_{2m+2}-q_{2m}:$
$p_{2m+2}-p_{2m}=P(X_{2m+2}\geqslant m+2)-P(X_{2m}\geqslant m+1)$
$=P(X_{2m}=m)p^{2}+P(X_{2m}=m+1)[1-(1-p)^{2}]+P(X_{2m}\geqslant m+2)-P(X_{2m}\geqslant m+1)$
$=P(X_{2m}=m)p^{2}+P(X_{2m}=m+1)[1-(1-p)^{2}]+P(X_{2m}\geqslant m+1)-P(X_{2m}=m+1)-P(X_{2m}\geqslant m+1)$
$=P(X_{2m}=m)p^{2}+P(X_{2m}=m+1)(1-q^{2})-P(X_{2m}=m+1)$
$={C}_{2m}^{m}{p}^{m}{q}^{m}{p}^{2}-{q}^{2}{C}_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m-1}$
$={C}_{2m}^{m}{p}^{m+2}{q}^{m}-{C}_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1}$，
同理可得$q_{2m+2}-q_{2m}={C}_{2m}^{m}{q}^{m+2}{p}^{m}-{C}_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^{m+1}$，
所以②$\Leftrightarrow$${C}_{2m}^{m}{p}^{m+2}{q}^{m}-{C}_{2m}^{m+1}{p}^{m+1}{q}^{m+1} > {C}_{2m}^{m}{q}^{m+2}{p}^{m}-{C}_{2m}^{m+1}{q}^{m+1}{p}^{m+1}$$\Leftrightarrow$${C}_{2m}^{m}{p}^{m+2}{q}^{m} > {C}_{2m}^{m}{q}^{m+2}{p}^{m}\Leftrightarrow p^{2} > q^{2}\Leftrightarrow p > q$，故成立；
综上，不等式$p_{2m+1}-q_{2m+1} < p_{2m}-q_{2m} < p_{2m+2}-q_{2m+2}$成立．
〖点评〗本题为不等式与概率相结合的试题，重点在读懂题意，属于难题．
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