2025 年高考全国Ⅱ卷
一、单选题
1.样本数据2，8，14，16，20 的平均数为( )
A.8
B.9
C.12
D.18
答案 C
解析 样本数据2，8，14，16，20 的平均数为2+8+14+16+20
5
=12.
2.已知z=1+i，则1
z -1等于( )
A.-i
B.i
C.-1
D.1
答案 A
解析 1
z -1=
1
1+i-1=1
i = i
i
2=-i.
3.已知集合A={-4，0，1，2，8}，B={x|x3=x}，则A∩B 等于( )
A.{0，1，2}
B.{1，2，8}
C.{2，8}
D.{0，1}
答案 D
解析 B={x|x3=x}={x|x(x2-1)=0}={0，-1，1}，故A∩B={0，1}.
4.不等式x - 4
x -1 ≥2 的解集是( )
A.{x|-2≤x≤1}
B.{x|x≤-2}
C.{x|-2≤x<1}
D.{x|x>1}
答案 C
解析 x - 4
x -1 ≥2 即为x +2
x -1≤0，即{
( x +2)( x -1)≤0,
x -1≠0,
故-2≤x<1，
故不等式的解集为{x|-2≤x<1}.
5.在△ABC 中，BC=2，AC=1+√3，AB=√6，则A 等于( )
A.45°
B.60°
C.120°
D.135°
答案 A
解析 方法一 由余弦定理得cos A= A B
2+ A C
2- BC
2
2 AB·AC
=(√6)
2+(1+√3)
2-2
2
2×√6×(1+√3)
=√2
2 ，
又0°<A<180°，所以A=45°.
方法二 由题意得BC<AB<AC，所以A<C<B，又A+B+C=180°，
所以A<60°，结合选项可知A 正确.
6.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点A 在C 上，过A 作C 的准线的垂线，垂足为B，若直线BF 的方
程为y=-2x+2，则|AF|等于( )
A.3
B.4
C.5
D.6
答案 C
解析 对lBF：y=-2x+2，令y=0，则x=1，
所以F(1，0)，p=2，所以抛物线C：y2=4x，故抛物线的准线方程为x=-1，当x=-1 时，y=4，
故B(-1，4)，则yA=4，代入抛物线C：y2=4x 得xA=4.
所以|AF|=|AB|=xA+ p
2 =4+1=5.
7.记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若S3=6，S5=-5，则S6等于( )
A.-20
B.-15
C.-10
D.-5
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，则由题意可得 {
3a1+3d =6,
5a1+10d =-5⇒{
a1=5,
d =-3,
所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.
8.已知0<α<π，cos α
2 =√5
5 ，则sin(α - π
4)等于( )
A.√2
10
B.√2
5
C.3√2
10
D.7√2
10
答案 D
解析 由题意得cos α=2cos2α
2 -1=2×(
√5
5 )
2
-1=-3
5，
因为0<α<π，则sin α=√1-co s
2α=√
1-(- 3
5)
2
=4
5 ，
所以sin(α - π
4)=sin αcos π
4 -cos αsin π
4 =4
5 ×√2
2 -(- 3
5)×√2
2 =7√2
10 .
二、多选题
9.记Sn为等比数列{an}的前n 项和，q 为{an}的公比，q>0，若S3=7，a3=1，则( )
A.q=1
2
B.a5=1
9
C.S5=8
D.an+Sn=8
答案 AD
解析 对A，由题意得{
a1q
2=1,
a1+a1q+a1q
2=7,结合q>0，解得{
a1= 4 ,
q = 1
2
或{
a1=9,
q =- 1
3
(舍去)，故A 正确；
对B，a5=a1q4=4×(
1
2)
4
=1
4 ，故B 错误；
对C，S5=a1(1-q
5)
1-q
=
4×(1- 1
32)
1- 1
2
=31
4 ，故C 错误；
对D，an=4×(
1
2)
n-1
=23-n，Sn=
4×[1-(
1
2)
n
]
1- 1
2
=8-23-n，
则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D 正确.
10.已知f(x)是定义在R 上的奇函数，且当x>0 时，f(x)=(x2-3)ex+2，则( )
A.f(0)=0
B.当x<0 时，f(x)=-(x2-3)e-x-2
C.f(x)≥2 当且仅当x≥√3
D.x=-1 是f(x)的极大值点
答案 ABD
解析 对于A，因为f(x)是定义在R 上的奇函数，则f(0)=0，故A 正确；
对于B，当x<0 时，-x>0，则f(x)=-f(-x)=-{[(-x)2-3]e-x+2}=-(x2-3)e-x-2，故B 正确；
对于C，f(-1)=-(1-3)e-2=2(e-1)>2， 故C 错误；
对于D，当x<0 时，f(x)=(3-x2)e-x-2，则f'(x)=-(3-x2)e-x-2xe-x=(x2-2x-3)e-x，
令f'(x)=0，解得x=-1 或x=3(舍去)，
当x∈(-∞，-1)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
当x∈(-1，0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，
则x=-1 是f(x)的极大值点，故D 正确.
11.双曲线C：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径
的圆与C 的一条渐近线交于M，N 两点，且∠NA1M=5 π
6 ，则( )
A.∠A1MA2=π
6
B.|MA1|=2|MA2|
C.C 的离心率为√13
D.当a=√2时，四边形NA1MA2的面积为8√3
答案 ACD
解析 不妨设渐近线为y=b
ax，点M 在第一象限，点N 在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得四边形A1MA2N 为平行四边形，故∠A1MA2=π-5 π
6 =π
6 ，
故A 正确；
对于B，方法一 因为M 在以F1F2为直径的圆上，故|MO|=c，
设M(x0，y0)(x0>0)，则{
x0
2+ y0
2=c
2,
y0
x0
= b
a ,
故{
x0=a,
y0=b,故M(a，b)，又A2(a，0)，所以MA2⊥A1A2，
由A 项得∠A1MA2=π
6 ，故|MA2|=|MA1|×√3
2 ，即|MA1|=2√3
3
|MA2|，故B 错误；
方法二 因为tan ∠MOA2=b
a，双曲线中，c2=a2+b2，
则cos∠MOA2=a
c ，又因为以F1F2为直径的圆与C 的一条渐近线交于M，N，则|OM|=c，
若过点M 作x 轴的垂线，垂足为H，则|OH|=c·a
c =a=|OA2|，则点H 与A2重合，则MA2⊥x 轴，
又∠A1MA2=π
6 ，所以|MA1|=
|M A2|
cos π
6
=2√3
3
|MA2|，故B 错误；
方法三 因为tan∠MOA2=b
a，所以cos∠MOA2=a
c ，
在△OMA2中，利用余弦定理知，|M A2|
2=|OM|2+|O A2|
2-2|OM||OA2|cos ∠MOA2，
即|M A2|
2=c2+a2-2ac·a
c =b2，则|MA2|=b，
则△OMA2为直角三角形，所以MA2⊥A1A2，又∠A1MA2=π
6 ，则|MA1|=2√3
3
|MA2|，故B 错误；
对于C，方法一 因为⃗MO=1
2 (⃗M A1+⃗M A2)，故4⃗MO
2=⃗M A1
2+2⃗M A1·⃗M A2+⃗M A2
2，
由B 可知|MA2|=b，|MA1|=2√3
3
b，
故4c2=b2+4
3 b2+2×b×2√3
3
b×√3
2 =13
3 b2=13
3 (c2-a2)，即c2=13a2，
故离心率e=√13，故C 正确；
方法二 在Rt△MA2A1中，∠MA1A2=π
3 ，所以tan∠MA1A2= |M A2|
| A1 A2| = b
2a=√3，则b
a=2√3，
则e=c
a=√
1+ b
2
a
2=√1+(2√3)
2=√13，故C 正确；
对于D，当a=√2时，由C 项可知e=√13，故c=√26，
故b=2√6，故四边形NA1MA2的面积为2S△M A1 A2=2×1
2×2√6×2√2=8√3，故D 正确.
三、填空题
12.已知平面向量a=(x，1)，b=(x-1，2x)，若a⊥(a-b)，则|a|=
.
答案 √2
解析 a-b=(1，1-2x)，因为a⊥(a-b)，则a·(a-b)=0，
则x+1-2x=0，解得x=1.
则a=(1，1)，则|a|=√2.
13.若x=2 是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点，则f(0)= .
答案 -4
解析 由题意有f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)，
所以f'(x)=(x-2)(x-a)+(x-1)(x-a)+(x-1)(x-2)，
因为x=2 是函数f(x)的极值点，所以f'(2)=2-a=0，得a=2.
当a=2 时，f'(x)=2(x-2)(x-1)+(x-2)2=(x-2)(3x-4)，令f'(x)=0，得x=2 或x=4
3 ，
当x∈(-∞，4
3)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(
4
3 ，2)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以x=2 是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极小值点，符合题意，故a=2.
所以f(0)=-1×(-2)×(-a)=-2a=-4.
14.一个底面半径为4 cm，高为9 cm 的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，
则铁球半径的最大值为 cm.
答案 5
2
解析 设铁球的半径为r cm.
分三种情况讨论.
情况一：竖直排列(一个在上，一个在下)，则4r≤9，∴r≤9
4 ；
情况二：水平排列(并排放置)，则4r≤8，∴r≤2；
情况三：斜向排列，截面图如图所示，0<r<4，
由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2，
即4r2-68r+145=0，即(2r-5)(2r-29)=0，
解得r=5
2或r=29
2 (舍去).
综上所述，铁球半径的最大值为5
2 cm.
四、解答题
15.已知函数f(x)=cos(2x+φ)(0≤φ<π)，f(0)=1
2.
(1)求φ；
(2)设函数g(x)=f(x)+f (x - π
6)，求g(x)的值域和单调区间.
解 (1)由题意得f(0)=cos φ=1
2(0≤φ<π)，所以φ=π
3 .
(2)由(1)可知f(x)=cos(2 x + π
3)，
所以g(x)=f(x)+f (x - π
6)=cos(2 x + π
3)+cos 2x
=1
2cos 2x-√3
2 sin 2x+cos 2x=3
2cos 2x-√3
2 sin 2x=√3cos(2 x + π
6)，
所以函数g(x)的值域为[-√3，√3].
令2kπ≤2x+π
6 ≤π+2kπ，k∈Z，解得- π
12+kπ≤x≤5 π
12 +kπ，k∈Z，
令π+2kπ≤2x+π
6 ≤2π+2kπ，k∈Z，解得5 π
12 +kπ≤x≤11π
12 +kπ，k∈Z，
所以函数g(x)的单调递减区间为[- π
12 +k π ，5 π
12 +k π]，k∈Z，
单调递增区间为[
5 π
12 + k π ，11π
12 + k π]，k∈Z.
16.已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√2
2 ，长轴长为4.
(1)求C 的方程；
(2)过点(0，-2)的直线l 与C 交于A，B 两点，O 为坐标原点，若△OAB 的面积为√2，求|AB|.
解 (1)因为长轴长为4，则2a=4，a=2，又离心率为√2
2 ，则c=√2，
故b=√4 -2=√2，故椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2
2 =1.
(2)方法一 由题设可知直线l 的斜率存在且不为0，设直线l：x=t(y+2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
x =t( y +2),
x
2
4 + y
2
2 =1, 消去x 可得(t2+2)y2+4t2y+4t2-4=0，
故Δ=16t4-4(t2+2)(4t2-4)=16(2-t2)>0，
即-√2<t<√2，且y1+y2=- 4t
2
t
2+2
，y1y2=4t
2- 4
t
2+2
，
故S△OAB=1
2×|2t|×|y1-y2|=|t|√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2=|t|√32-16t
2
t
2+2
=√2，
解得t=±√6
3 ，
故|AB|=√1+t
2|y1-y2|=√1+ 2
3×√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2=√
5
3×√32-16× 2
3
2
3 +2
=√5.
方法二 设l：y=kx-2，点P(0，-2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
x
2
4 + y
2
2 =1,
y =kx -2
⇒(2k2+1)x2-8kx+4=0，
Δ=(-8k)2-4×(2k2+1)×4=32k2-16>0，可得k>√2
2 或k<-√2
2 ，
x1+x2=
8k
2k
2+1，x1x2=
4
2k
2+1>0，所以x1，x2同号，
S△OAB=S△OPB-S△OPA=1
2×2|x2|-1
2×2|x1|=|x2-x1|=√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=√32k
2-16
2k
2+1
=√2，
解得k2=3
2，所以|AB|=√k
2+1|x2-x1|=√
5
2×√2=√5.
17.如图，在四边形ABCD 中，AB∥CD，∠DAB=90°，F 为CD 的中点，点E 在AB 上，EF∥AD，
AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA 沿EF 翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB 所成的二面角
为60°.
(1)证明：A'B∥平面CD'F；
(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
(1)证明 设AD=1，所以AB=3，CD=2，因为F 为CD 的中点，所以DF=1，
因为EF∥AD，AB∥CD，所以四边形AEFD 是平行四边形， 所以AE∥DF，所以A'E∥D'F，
因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F，所以A'E∥平面CD'F，
因为FC∥EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB∥平面CD'F，
又EB∩A'E=E，EB，A'E⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面CD'F，
又A'B⊂平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F.
(2)解 方法一 因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，
以F 为原点，FE，FC 以及垂直于平面EFCB 的直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系.
因为D'F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD'A'与平面EFCB 所成的二面角为60° ，
所以∠D'FC=60°.
则由(1)得B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'(0，1
2 ，√3
2 )，E(1，0，0)，F(0，0，0)，
所以⃗BC=(-1，-1，0)，⃗CD'=(0，- 1
2 ，√3
2 )，⃗FE=(1，0，0)，⃗FD'=(0，1
2 ，√3
2 ).
设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)，
则{⃗
BC ·n=0,⃗
CD' ·n=0,所以{
- x - y =0,
- 1
2 y + √3
2 z =0,
令y=√3，则z=1，x=-√3，则n=(-√3，√3，1)为平面BCD'的一个法向量.
设平面EFD'A'的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则{⃗
FE·m=0,⃗
FD' ·m=0,所以{
x1=0,
1
2 y1+ √3
2 z1=0,
令y1=√3，则z1=-1，x1=0，所以m=(0，√3，-1)为平面EFD'A'的一个法向量.
所以|cos〈m，n〉|=|m·n|
|m||n| =
2
2×√7 =√7
7 ，
所以平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为√
1-(
√7
7 )
2
=√42
7 .
方法二 由EF⊥A'E 且EF⊥EB，
可知∠A'EB 即为平面EFD'A'与平面EFCB 所成二面角的平面角，为60°，
不妨设AD=1，在平面A'EB 内，由点A'作EB 的垂线，垂足为O，
可知A'O⊥平面EFCB，EO=1
2，OB=3
2，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0，- 1
2 ，0)，F(-1，- 1
2 ，0)，A'(0，0，√3
2 )，B(0，3
2 ，0)，C(-1，1
2 ，0)，D'
(-1，0，√3
2 )，⃗
FE=(1，0，0)，⃗EA '=(0，1
2 ，√3
2 )，⃗
CB=(1，1，0)，⃗D' B=(1，3
2 ，- √3
2 )，
设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则有{⃗
FE·n1= x1=0,⃗
EA ' ·n1= 1
2 y1+ √3
2 z1=0,取y1=-√3，n1=(0，-√3，1)；
设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则有{⃗
CB·n2= x2+ y2=0,⃗
D' B·n2= x2+ 3
2 y2- √3
2 z2=0,取y2=√3，n2=(-√3，√3，1)，
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ，则有|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|=|
n1·n2
|n1||n2||=√7
7 ，故sin θ=√42
7 .
方法三 由CD=2AD，F 为CD 的中点，得DF=AD=FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA 为平行
四边形，又∠DAB=90°，DF=AD，所以四边形EFDA 为正方形，则EF⊥CD，即D'F⊥EF，FC⊥EF，所以
∠D'FC 是平面EFD'A'与平面EFCB 所成的二面角的平面角，因为平面EFD'A'与平面EFCB 所成的二面角
为60°，所以∠D'FC=60°，又D'F=FC，所以△CD'F 为正三角形.由D'F⊥EF，FC⊥EF，D'F∩FC=F，
D'F，FC⊂平面CD'F，得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂平面EFCB，所以平面CD'F⊥平面EFCB.取FC 的中点
O，连接D'O，则D'O⊥FC，又平面CD'F⊥平面EFCB，平面CD'F∩平面EFCB=FC，D'O⊂平面CD'F，所
以D'O⊥平面EFCB，
过O 作OM∥EF，交BE 于M，则以O 为坐标原点，分别以OM，OC，OD'所在直线为x，y，z 轴建立如图
所示的空间直角坐标系.设FC=2，则F(0，-1，0)，E(2，-1，0)，C(0，1，0)，B(2，3，0)，D'(0，0，√3
)，
则⃗CB=(2，2，0)，⃗CD'=(0，-1，√3)，⃗FE=(2，0，0)，⃗FD'=(0，1，√3).
设平面BCD'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则{
n1·⃗CB =0,
n1·⃗CD' =0,即{
2 x1+2 y1=0,
- y1+√3 z1=0,
令z1=1，得x1=-√3，y1=√3，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-√3，√3，1).
设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则{
n2·⃗FE =0,
n2·⃗FD' =0,即{
2 x2=0,
y2+√3 z2=0,
令z2=1，得y2=-√3，x2=0，则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0，-√3，1).
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ，
则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|=
2
√7×2=√7
7 ，
所以sin θ=√1-co s
2θ=√
1-(
√7
7 )
2
=√42
7 ，则平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为√42
7 .
18.已知函数f(x)=ln(1+x)-x+1
2x2-kx3，其中0<k<1
3.
(1)证明：f(x)在区间(0，+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，+∞)的极值点和零点.
(ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减；
(ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论.
(1)证明 由题意得f'(x)= 1
1+ x -1+x-3kx2= x
2
1+ x -3kx2=x2(
1
1+ x -3k)，
因为x∈(0，+∞)，所以x2>0，
设h(x)= 1
1+ x -3k，x>0，
则h'(x)=-
1
(1+ x)
2<0 在(0，+∞)上恒成立，所以h(x)在(0，+∞)上单调递减，
因为0<k<1
3，所以h(0)=1-3k>0，令h(x1)=0，则x1= 1
3k -1，
所以当x∈(0，x1)时，h(x)>0，则f'(x)>0；当x∈(x1，+∞)时，h(x)<0，则f'(x)<0，
所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，+∞)上单调递减，
所以x1为f(x)在(0，+∞)上的极大值点，
所以f(x)在(0，+∞)上存在唯一极值点.
对函数y=ln(1+x)-x 有y'= 1
1+ x -1=- x
1+ x <0 在(0，+∞)上恒成立，
所以y=ln(1+x)-x 在(0，+∞)上单调递减，
所以y=ln(1+x)-x<0 在(0，+∞)上恒成立，
又因为f(0)=0，f(x1)>0，当x→+∞时，1
2x2-kx3=1
2x2(1-2kx)→-∞，
所以当x→+∞时，f(x)→-∞，
所以存在唯一的x2∈(x1，+∞)使得f(x2)=0，即f(x)在(0，+∞)上存在唯一零点.
(2)(ⅰ)证明 由(1)知x1= 1
3k -1，则x1+1= 1
3k ，f'(x)=x2(
1
1+ x -3k)=-3k x
2
1+ x (x +1- 1
3k)，x>0，
则g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)=-3k( x1+t )
2
1+ x1+t (x1+t +1- 1
3k)+-3k( x1-t )
2
1+ x1-t (x1-t +1- 1
3k)
=-3k( x1+t )
2
1+ x1+t
(x1+t +1- x1-1)+-3k( x1-t )
2
1+ x1-t
(x1-t +1- x1-1)
=-3kt( x1+t )
2
1+ x1+t
+3kt( x1-t )
2
1+ x1-t
=3kt·-( x1+t )
2(1+ x1-t )+( x1-t )
2(1+ x1+t )
(1+ x1)
2-t
2
=-6k t
2(2 x1+ x1
2-t
2)
(1+ x1)
2-t
2
，
因为0<t<x1且k>0，所以-6kt2<0，2x1+x1
2-t2>0，
又1+x1>t，所以(1+x1)2-t2>0，
所以g'(t)<0， 所以函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减.
(ⅱ)解 2x1>x2，证明如下：
由(ⅰ)知，函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减，
所以g(0)>g(x1)，即0>f(2x1)，又f(x2)=0，所以f(x2)>f(2x1)，
由(1)可知f(x)在(x1，+∞)上单调递减，2x1，x2∈(x1，+∞)，
所以2x1>x2.
19.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.
(1)解 p3为打完3 个球后甲比乙至少多得2 分的概率，故只能甲胜三场，
故所求概率p3=C3
3(1-p)0p3=p3，
p4为打完4 个球后甲比乙至少多得2 分的概率，故甲胜三场或四场，
故所求概率p4=C4
3(1-p)1p3+C4
4(1-p)0p4=4p3(1-p)+p4=p3(4-3p).
(2)解 由(1)得p3=p3，p4=p3(4-3p)，同理q3=q3，q4=q3(4-3q)，
若
p4- p3
q4-q3
=4，p+q=1，
则
p4- p3
q4-q3
= p
3(4 -3 p)- p
3
q
3(4 -3q)-q
3 =3 p
3(1- p)
3q
3(1-q) = p
3q
q
3 p=(
p
q)
2
=4，
由于1
2<p<1，0<q<1
2，所以p=2q=2(1-p)，解得p=2
3.
(3)证明 一方面，由于
p2m-p2m+1=
m-1
Σ
k =0
C2m
k p2m-kqk-
m-1
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+1-kqk=
m-1
Σ
k =0
C2m
k p2m-kqk-
m-1
Σ
k =0
C2m
k p2m+1-kqk-
m-1
Σ
k =1
C2m
k -1p2m+1-kqk
=(1-p)
m-1
Σ
k =0
C2m
k p2m-kqk-
m-1
Σ
k =1
C2m
k -1p2m+1-kqk
=
m-1
Σ
k =0
C2m
k p2m-kqk+1-
m-1
Σ
k =1
C2m
k -1p2m+1-kqk
=
m-1
Σ
k =0
C2m
k p2m-kqk+1-
m-2
Σ
k =0
C2m
k p2m-kqk+1
=C2m
m-1pm+1qm.
p2m+2-p2m+1=
m
Σ
k =0
C2m+2
k
p2m+2-kqk-
m-1
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+1-kqk=
m
Σ
k =1
C2m+1
k -1 p2m+2-kqk+
m
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+2-kqk-
m-1
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+1-kqk
=
m
Σ
k =1
C2m+1
k -1 p2m+2-kqk+C2m+1
m
pm+2qm+(p-1)
m-1
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+1-kqk
=
m
Σ
k =1
C2m+1
k -1 p2m+2-kqk+C2m+1
m
pm+2qm-
m-1
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+1-kqk+1
=
m-1
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+1-kqk+1+C2m+1
m
pm+2qm-
m-1
Σ
k =0
C2m+1
k
p2m+1-kqk+1=C2m+1
m
pm+2qm.
则p2m-p2m+1=C2m
m-1pm+1qm，p2m+2-p2m+1=C2m+1
m
pm+2qm，同理有q2m-q2m+1=C2m
m-1qm+1pm，q2m+2-q2m+1=C2m+1
m
qm+2pm.
故p2m-p2m+1=C2m
m-1pm+1qm=p·(C2m
m-1pmqm)>q·(C2m
m-1pmqm)=C2m
m-1qm+1pm=q2m-q2m+1，即p2m+1-q2m+1<p2m-q2m.
另一方面，由于
p2m+2-p2m=(p2m+2-p2m+1)-(p2m-p2m+1)=C2m+1
m
pm+2qm-C2m
m-1pm+1qm
=pmqm·p(p·C2m+1
m
-C2m
m-1)
=pmqm·p(p·
(2m+1)！
m！(m+1)！-
(2m)！
(m-1)！(m+1)！)
= (2m+1)！
m！(m+1)！pmqm·p(p-
m
2m+1)，
同理有q2m+2-q2m
= (2m+1)！
m！(m+1)！pmqm·q(q -
m
2m+1).
又p(p-
m
2m+1)-q(q -
m
2m+1)
=(p-q)(p+q)-
m
2m+1(p-q)
=(p-q)-
m
2m+1(p-q)= m+1
2m+1(p-q)>0，
故p2m+2-p2m>q2m+2-q2m，
即p2m-q2m<p2m+2-q2m+2.
综上，原不等式得证.
