资讯 / 正文

2025年新高考Ⅱ卷第19题概率压轴题

2025年新高考Ⅱ卷第19题概率压轴题
一、原题：乒乓球台前的两道不等式
这是2025年新高考Ⅱ卷的第19题。题面只有乒乓球、得分和两个概率记号，读完却容易发懵：k在变，m在变，“至少多得2分”这个条件也跟着变。
甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分。设每个球甲胜的概率为p（1/2<p<1），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≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率。
（1）求p3，p4（用p表示）。
（2）若(p4−p3)/(q4−q3)=4，求p。
（3）证明：对任意正整数m，p2m+1−q2m+1<p2m−q2m<p2m+2−q2m+2。
二、先做一件事：把“至少多得2分”翻译成“赢几场”
打完k个球，设甲赢了i场。甲得i分，乙得k−i分，分差是2i−k。甲比乙至少多得2分，就是2i−k≥2，即i≥(k+2)/2。
i是整数，这个门槛要向上取整，于是k的奇偶开始分家：
①k=2m时，门槛是i≥m+1；
②k=2m+1时，门槛是i≥m+2。
一句话记：至少多得2分，等于“赢的场次超过一半，再多赢半场”。半场不存在，只好进位。所以偶数局是“过半加一”，奇数局是“过半加一再加一”。
这不是文字游戏。第（3）问的锯齿形状，根子就在这里：奇数局的门槛比一半高出整场，概率自然要塌一块。
写成式子就是二项分布的尾概率〔1〕：
p2m=ΣC(2m,i)piq2m−i（i从m+1到2m）p2m+1=ΣC(2m+1,i)piq2m+1−i（i从m+2到2m+1）
把p与q对调，就得到q2m、q2m+1。这里的求和只是记账，第（3）问一次都不会真的去算它。
三、第（1）问：两行二项分布
k=3时门槛是i≥2.5，整数i只能取3，甲必须三场全胜：
p3=C(3,3)p3q0=p3
k=4时门槛是i≥3，甲赢3场或4场：
p4=C(4,3)p3q+C(4,4)p4=4p3q+p4
用q=1−p整理，把q换掉：
p4=p3(4q+p)=p3(4−3p)
这一步整理不是多此一举，是给下一问铺路：p4−p3要相减，q留在里面就约不掉。
四、第（2）问：先算差，再相除
直接代p4=p3(4−3p)：
p4−p3=p3(4−3p)−p3=p3(3−3p)=3p3q
这里用了3−3p=3q，一个差就被压成了单项。q那边完全对称，把p、q互换即可：
q4−q3=q3(4−3q)−q3=3q3p
相除，p3q与q3p各留下一个因子，比值只剩(p/q)2：
(p4−p3)/(q4−q3)=p3q/(q3p)=(p/q)2
题设给的是4，于是(p/q)2=4。p、q都是正数，开方取正：p/q=2。再代入p+q=1：
p=2q=2(1−p)，3p=2，p=2/3
2/3落在(1/2,1)里，与题设相符。
顺便看一眼这个4从哪来。比值是(p/q)2，答案若是2/3，比值就该是4；若想让答案是3/4，比值会写成9。数据是倒着设计的，认出这个结构，就不会被4吓住。
五、第（3）问：不求和，只数边界那一格
（一）把相邻两项的差写成事件
记Dk=pk−qk。要证的是D2m+1<D2m<D2m+2，两个不等号都在说同一件事：相邻两个概率谁大。
先看p2m−p2m+1。打完2m场已经达标，多打一场反而不达标，只可能是一种剧本：第2m+1场甲输了，而且前2m场甲恰好赢了m+1场，正卡在门槛上，输掉这一场就掉回线下。
p2m−p2m+1=C(2m,m+1)pm+1qm−1·q=C(2m,m−1)pm+1qm
再看p2m+2−p2m+1。2m+1场不达标、2m+2场达标，同样只有一种剧本：前2m+1场甲恰好赢m+1场，第2m+2场甲赢。
p2m+2−p2m+1=C(2m+1,m+1)pm+1qm·p=C(2m+1,m+1)pm+2qm
两个式子都是数出来的，没有求和号。换成q，把p、q对调：
q2m−q2m+1=C(2m,m−1)qm+1pmq2m+2−q2m+1=C(2m+1,m+1)qm+2pm
（二）左边的不等号
两个差里组合数一样，qm+1pm与pm+1qm提出公因子pmqm，剩下p−q：
D2m−D2m+1=C(2m,m−1)pmqm(p−q)>0
题设1/2<p<1，所以p>q，这个差为正。于是D2m+1<D2m。
（三）右边的不等号
D2m+2与D2m隔了两格，拆成两段相加：
D2m+2−D2m=(D2m+2−D2m+1)+(D2m+1−D2m)=C(2m+1,m+1)pmqm(p2−q2)−C(2m,m−1)pmqm(p−q)
由p+q=1，p2−q2=(p−q)(p+q)=p−q，把公因子提出来：
=pmqm(p−q)·[C(2m+1,m+1)−C(2m,m−1)]
方括号里是两个组合数相减。先用C(2m,m−1)=C(2m,m+1)对齐下标，再用帕斯卡恒等式：
C(2m+1,m+1)=C(2m,m+1)+C(2m,m)故C(2m+1,m+1)−C(2m,m−1)=C(2m,m)>0
于是
D2m+2−D2m=pmqm(p−q)C(2m,m)>0
即D2m<D2m+2。两个方向合起来，D2m+1<D2m<D2m+2，证毕。
（四）两个不等号，同一个因子
回头看，两处判正负只用了一个条件：p−q>0。题设那个1/2<p<1，除了让开方取正，就只用在这里。若p<1/2，两个不等号一起反向，锯齿倒过来长。
（五）另一条路：直接算跨两格
参考答案走的是另一条路：不算相邻差，直接算p2m+2−p2m，把阶乘摆出来。两条路殊途同归，值得对上。
p2m+2−p2m=C(2m+1,m+1)pm+1qm·(p−m/(2m+1))q2m+2−q2m=C(2m+1,m+1)qm+1pm·(q−m/(2m+1))
相减，提出pmqm(p−q)，括号里剩下1−m/(2m+1)=(m+1)/(2m+1)：
D2m+2−D2m=C(2m+1,m+1)pmqm(p−q)·(m+1)/(2m+1)
再用一个组合数恒等式，把系数换回C(2m,m)：
C(2m+1,m+1)·(m+1)/(2m+1)=C(2m,m)
结果与前面的帕斯卡路线完全一致。参考答案那一串阶乘，本质上就是在算这个组合数之比；认出来之后，不必再背公式。
六、锯齿的形状，以及它为什么必然往上走
把p=2/3代进去，算前几项：D2=1/3，D3=7/27，D4=13/27，D5≈0.416，D6≈0.580。数字一排，形状就出来了：偶数点一路走高，奇数点每次往下凹一格。
拿m=1验一遍：两个差分别是2/27与4/27，正好是pq(p−q)与2pq(p−q)。不等号成立，两个差的比例也正好是C(2,1)比C(2,0)，等于2。
凹的原因还是门槛。偶数局的分差是偶数，“至少多得2分”就是分差≥2；奇数局的分差是奇数，至少多得2分其实是分差≥3。多出来的那一分，让奇数局永远比左右两个偶数局差一口气。
再看两个差值的比例。上面算出：
D2m+2−D2m=pmqm(p−q)C(2m,m)D2m−D2m+1=pmqm(p−q)C(2m,m−1)
相除，只剩两个组合数：
C(2m,m)/C(2m,m−1)=(m+1)/m
比值恒大于1，所以往上走的一步总比往下凹的一步大。锯齿抖归抖，整体一定在往上爬。m越大，比值越接近1，锯齿越密、越浅。
再往远看一步：p>1/2说明甲长期占优，由大数定律，p2m→1、q2m→0，所以D2m→1〔2〕。这条曲线不是收敛到某个中间值，而是一路抖着爬到1。
还有一个更直观的读法。pk+qk并不等于1，剩下那一块是“分差在1分以内”的概率：偶数局里它是“正好打平”，奇数局里它是“只差1分”。两块走势相反，Dk就被推成了锯齿。
七、它是一条马尔可夫链吗？
读完题很容易冒出这个问题。答案要分两半：得分过程是，题目问的那串概率不是。
把每球的得分记成增量Xi：甲赢记+1，乙赢记−1。打完k个球的分差就是Sk=X1+X2+…+Xk。题干那句“各球胜负相互独立”，等价于这些增量独立同分布：P(Xi=+1)=p，P(Xi=−1)=q。
于是“甲至少多得2分”就是Sk≥2，“乙至少多得2分”就是Sk≤−2。所以pk=P(Sk≥2)，qk=P(Sk≤−2)。
先说得分的链。给定此刻的分差i，下一个球只做两件事：加1或减1，概率分别是p与q。这个概率与“分差怎么走到i的”无关——过去被现在的i吸收掉了。这正是马尔可夫性：未来只依赖现在，不依赖过去。状态是全体整数，转移是P(i→i+1)=p、P(i→i−1)=q，且不随k变化，所以Sk是时齐马尔可夫链；它的增量还独立同分布，这类链有个专门的名字——简单随机游走。
再说pk。它不是一条链，而是这条链的尾概率：把第k时刻的状态分布，拿去算“落在≥2那一侧”的质量。它随k变，却不满足马尔可夫性，证据就在递推式里：
pk+1=p·P(Sk≥1)+q·P(Sk≥2)
想算下一步，得知道P(Sk≥1)，而这个量既不在pk里，也不在qk里。pk单独一族数，闭合不了。
这一点也解释了第（3）问为什么“看着简单、写起来绕”：链每走一步只动1分，尾概率却要跨两格才看得出变化。题目比较的是p2m与p2m+2，不是相邻的pk，原因就在这里。
顺着链还能读出一条结论：p>1/2意味着Sk有向上的漂移，由大数定律，P(Sk≥2)→1；若p=q=1/2，链没有漂移，尾概率不会趋于1。题设把p锁在(1/2,1)，就是把它放在“有漂移”的那一侧。第（2）问的答案2/3，也正好是甲胜率等于乙两倍的那个点。
八、这道题藏的秩序
整道题没有一个求和被真正算出来，也没有一处需要求导。它只做了一件事：把“概率谁大”换成“样本点谁多”。
更具体地说，两条不等式的最后一步，落在同一个式子上：
C(2m+1,m+1)−C(2m,m−1)=C(2m,m)
这就是帕斯卡三角形里“上一层相邻两数相加，等于下一层中间那个数”。压轴题的两条不等式，是同一个恒等式的两个侧面。
这也是第（3）问敢写“对任意正整数m”的原因。它不需要归纳，因为m自始至终只是一个参数，同一套代数变形对每个m都成立。看到“任意”就上归纳，反而绕远了。
九、教研视角：四个卡点，三个动作
四个卡点，都是课堂上真见过的：
①把“至少多得2分”读成“赢的场次比一半多”。偶数局两者一致，奇数局差一场，第（3）问的锯齿考的就是这一场。
②不会算p2m+1，直接对二项分布求和，符号一多就乱。其实只要数边界那一格。
③看到C(2m,m−1)、C(2m+1,m+1)就停手，不知道先对齐下标、再用帕斯卡合并。
④被“任意正整数m”吓住，条件反射用数学归纳法，把一道代数题做成了归纳题。
三个动作：
①先让学生用表格算出k=2到6的pk、qk与Dk，把锯齿画出来，再谈证明。看得见形状，才愿意相信结论。
②把“边界事件分解”单独讲成一个方法：两个相邻概率之差，往往就是“恰好卡在门槛上”的那批样本点。这题两个恒等式都这么来。
③组合数三条恒等式（对称、帕斯卡、相加）单独练十分钟。第（3）问的最后一步，就是这三条的合成。
命题视角看，这道题的骨架是简单随机游走的尾概率，大学教材里归在随机游走与大数定律一章〔2〕。高考把它压成两道不等式，考的是“把概率差翻译成计数差”，不是求和技巧。
十、写在最后
这道题最容易被误读成“计算量很大的概率题”。它恰恰计算量很小：没有求和，没有求导，只有两次“数边界”。压轴题的门槛常常不在算，而在你肯不肯先把问题翻译成能数清楚的样子。数对了那一格，两条不等式自己就掉出来了。
参考文献
[1]人民教育出版社课程教材研究所.普通高中教科书·数学（选择性必修第三册）[M].北京：人民教育出版社，2019：第六章计数原理、第七章随机变量及其分布.
[2]盛骤，谢式千，潘承毅.概率论与数理统计（第五版）[M].北京：高等教育出版社，2019：第二章随机变量及其分布、第五章大数定律及中心极限定理.

相关文档

← 返回资讯列表