对于高考数学一类新定义问题的研究

2025 新高考 Ⅱ 卷数学 第 19 题

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 \(p\left(\dfrac12<p<1\right)\)，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 \(m\)，\(p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}\)。

解：

(1):

\(p_3=p^3,\ p_4=p^4+4p^3(1-p)=4p^3-3p^4\)

(2):

\(p_4-p_3 =3p^3-3p^4=3p^3(1-p)\)
\(q_4-q_3 =3q^3(1-q)=3(1-p)^3p\)
\(\therefore \small\dfrac{p_4-p_3}{q_4-q_3}=\dfrac{3p^3(1-p)}{3(1-p)^3p}=\dfrac{p^2}{(1-p)^2}=4\Rightarrow p=\dfrac23\ (p=-2\text{舍去}).\)

(3)

证明：

欲证：\(p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}\)

即证：

\[\begin{cases} q_{2m+2}-q_{2m}<p_{2m+2}-p_{2m}\quad①\\ p_{2m+1}-p_{2m}<q_{2m+1}-q_{2m}\quad② \end{cases} \]

对于不等式①的证明：

当打了 \(2m\) 个球时，比分为 \((m+2):(m-2),\,(m+3):(m-3),\dots,2m:0\) 时，

无论后 \(2\) 球结果如何，打完 \((2m+2)\) 球后甲都比乙至少多得 \(2\) 分。

比分为 \((m+1):(m-1)\) 时，除非乙连得 \(2\) 分，甲都能比乙至少多得 \(2\) 分。

比分为 \(m:m\) 时，当且仅当甲连得 \(2\) 分，甲能比乙至少多得 \(2\) 分。

所以我们有：\(p_{2m+2}=p_{2m}-(1-p)^2\mathrm C_{2m}^{m-1} p^{m+1}(1-p)^{m-1}+p^2\mathrm C_{2m}^{m} p^{m}(1-p)^{m}=p_{2m}+\mathrm C_{2m}^m p^{m+2}(1-p)^m-C_{2m}^{m-1} p^{m+1}(1-p)^{m+1}\)
\(\therefore p_{2m+2}-p_{2m}=\mathrm C_{2m}^m p^{m+2}(1-p)^m-\mathrm C_{2m}^{m-1} p^{m+1}(1-p)^{m+1}\)

同理\(q_{2m+2}-q_{2m}=\mathrm C_{2m}^m (1-p)^{m+2}p^m-\mathrm C_{2m}^{m-1}(1-p)^{m+1}p^{m+1}\)

\(\therefore \text{右边}-\text{左边} =\mathrm C_{2m}^m p^{m+2}(1-p)^m-\mathrm C_{2m}^m p^m(1-p)^{m+2}=\mathrm C_{2m}^m p^m(1-p)^m[p^2-(1-p)^2]=\mathrm C_{2m}^m p^m(1-p)^m(2p-1)>0\)

得证。

对于不等式②的证明：

同①，我们有：
\(p_{2m+1}=p_{2m}-(1-p)\mathrm C_{2m}^{m-1}p^{m+1}(1-p)^{m-1}=p_{2m}-\mathrm C_{2m}^{m-1} p^{m+1}(1-p)^{m}\\ \therefore\ p_{2m+1}-p_{2m}=-\mathrm C_{2m}^{m-1}p^{m+1}(1-p)^m\)

同理 \(q_{2m+1}-q_{2m}=-\mathrm C_{2m}^{m-1}q^{m+1}(1-q)^m=-\mathrm C_{2m}^{m-1}p^m(1-p)^{m+1}\)

\(\therefore \text{右边}-\text{左边} =\mathrm C_{2m}^{m-1}p^{m+1}(1-p)^m-\mathrm C_{2m}^{m-1}(1-p)^{m+1}p^m=\mathrm C_{2m}^{m-1}p^m(1-p)^m[p-(1-p)]=\mathrm C_{2m}^{m-1}p^m(1-p)^m(2p-1)>0 \)

得证。

2024 新高考 Ⅰ 卷数学 第 19 题

设 \(m\) 为正整数，数列 \(a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}\) 是公差不为 \(0\) 的等差数列，若从中删去两项 \(a_i\) 和 \(a_j\ (i<j)\) 后剩余的 \(4m\) 项可被平均分为 \(m\) 组，且每组的 \(4\) 个数都能构成等差数列，则称数列 \(a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}\) 是 \((i,j)\)‑可分数列。

（1）写出所有的 \((i,j)\)，\(1\le i<j\le6\)，使数列 \(a_1,a_2,\dots,a_6\) 是 \((i,j)\)‑可分数列；

（2）当 \(m\ge 3\) 时，证明：数列 \(a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}\) 是 \((2,13)\)‑可分数列；

（3）从 \(1,2,\dots,4m+2\) 中一次任取两个数 \(i\) 和 \(j\ (i<j)\)，记数列 \(a_1,a_2,\dots,a_{4m+2}\) 是 \((i,j)\)‑可分数列的概率为 \(P_m\)，证明：\(P_m>\dfrac18\)。

解：

(1)

\((1,2),\,(1,6),\,(5,6)\)

(2)

证明：

对于前12项，分法为：\((a_1,a_4,a_7,a_{10}),\,(a_3,a_6,a_9,a_{12}),\,(a_5,a_8,a_{11},a_{14})\)

对于后面的项，每连续4项分为一组。

\(\therefore\) 该数列是\((2,13)\)‑可分数列。

(3)

证明：

设 \(0\leqslant p\leqslant q\leqslant m\)，且 \(p,q\in\mathbb{N}\)。

① 当 \(q-p\geqslant 2\) 时，令 \(i=4p+2,\ j=4q+1\)，下证该数列为 \((i,j)\)‑可分数列。

对于前 \(4p\) 项，每连续4项分为一组。

对于第 \(4p+1 \sim 4q\) 项，分法为：（令 \(q-p=k\)）

第 \(1\) 组：\(a_{4p+1},a_{4p+1+k},a_{4p+1+2k},a_{4p+1+3k}\)

第 \(2\) 组：\(a_{4p+3},a_{4p+3+k},a_{4p+3+2k},a_{4p+3+3k}\)

\(\quad\vdots \\\)

第 \((k-1)\) 组：\(a_{4p+k},a_{4p+2k},a_{4p+3k},a_{4p+4k}\)

第 \(k\) 组：\(a_{4p+k+2},a_{4p+2k+2},a_{4p+3k+2},a_{4p+4k+2}\)

因为每组内的所有项除以 \(k\) 所得余数相同，且任意2个不同组之间的项除以 \(k\) 所得到的余数不同，所以没有任意一项在多个组中出现。

对于第 \(4q+1 \sim 4m\) 项，每连续4项分为一组。

该分法方案数：\((m-1)+(m-2)+\cdots+1=\frac{m(m-1)}{2}\)

② 令 \(i=4p+1,\ j=4q+2\)，对于所有项，每连续4项分为一组，故该数列为 \((i,j)\)‑可分数列。

该分法方案数：\((m+1)+m+(m-1)+\cdots+1=\frac{(m+1)(m+2)}{2}\)

\[\small P=\frac{\dfrac{m(m-1)}{2}+\dfrac{(m+1)(m+2)}{2}}{\dfrac{(4m+1)(4m+2)}{2}} =\frac{2m^2+2m+2}{16m^2+12m+2} >\frac18 \]

得证。