数学-山东济宁一中2024年高二上学期10月月考_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年10月试卷_1012山东济宁一中2024年高二上学期10月月考

济宁市第一中学 2024-2025 学年度第一学期 高二阶段性测试 数学试卷 2024.10 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试用时120分 钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡规定的地方. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符 合题目要求的 1．已知A0,1,1，B1,1,4，平面的法向量为2,t,6，若AB//，则t （ ） A．10 B．3 C．4 D．5        2．如图，G是ABC的重心，OAa,OBb,OC c，则OG（ ） 1 2 2 2  2  1  A． a b c B． a b c 3 3 3 3 3 3 2 2 2 1 1 1 C． a b c D． a b c 3 3 3 3 3 3   r r   3．已知向量a2,1,2，b4,2,x， a//b ，则 ab （ ） A．3 B．9 C．27 D．81 4．已知事件A，B是互斥事件，PA 1 ，P  B   2 ，则PAB（ ） 6 3 1 4 1 2 A． B． C． D． 18 9 2 3 5．已知点D在VABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，若正实数x,y满足     2xy ODxOA2yOBOC ，则 的最小值为（ ） xy 5 9 A． B． C．2 D．4 2 2 试卷第1页，共4页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}6. 已知a   2,1,3  ，b  1,4,2 ，c   7,5, ，若a  ，b  ，c  三向量不能构成空间 向量的一组基底，则实数的值为（ ） 65 A.0 B.5 C.9 D. 7 7．已知正三棱柱ABCABC 的侧面积是两底面积的6 3倍，点E为四边形ABBA 的中心， 1 1 1 1 1 点F为棱CC 的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（ ） 1 2 39 39 39 3 39 A． B． C． D． 13 13 26 26 8．依次抛掷两枚质地均匀的骰子，记骰子向上的点数．用x表示第一次抛掷骰子的点数， 用y表示第二次抛掷骰子的点数，用x,y表示一次试验的结果．记“x y7”为事件A， “xy2k1  kN* ”为事件B，“x3”为事件C，则 （ ） A．A与B相互独立 B．A与B对立 C．B与C相互独立 D．A与C相互独立 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全选 对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9．下述关于频率与概率的说法中，错误的是（ ） A．设有一大批产品，已知其次品率为0.1，则从中任取100件，必有10件是次品 B．利用随机事件发生的频率估计随机事件的概率，即使随机试验的次数超过10000，所 估计出的概率也不一定很准确． C．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 3 D．做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是 7    π 10．设空间两个单位向量OAm,n,0,OB0,n, p与向量OC 1,1,1的夹角都等于 ，则 4 cosAOB（ ） 2 3 1 3 A． B． 4 4 2 3 1 3 C． D． 4 4 11．如图，在边长为1的正方体ABCD ABCD中，点E为线段DD 的中点，点F 为线段BB 1 1 1 1 1 1 的中点，则（ ） 试卷第2页，共4页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}5 30 A．点A到直线BE的距离为 B．直线FC 到直线AE的距离为 1 1 1 3 5 1 1 C．点A到平面ABE的距离为 D．直线FC 到平面ABE的距离为 1 1 3 1 1 3 第II 卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在一次掷硬币试验中，掷100次，其中有48次正面朝上，设反面朝上为事件A，则事件 A出现的频率为 ． 13．如图，平面ABFE与平面CDEF夹角为60，四边形ABFE，CDEF都是边长为2的正 方形，则B，D两点间的距离是 ． 14．如图所示，在正方体ABCDABCD中，AB＝3，M是侧面 BCC  B 内的动点，满足 AM BD，若AM与平面 BCC  B 所成的角，则tan的最大值为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．（本小题13分）已知空间中三点A2,0,2,B1,1,2,C3,0,4，设a    A  B  ,b    A  C      (1)已知 akb b，求k的值； (2)若 c  6，且c    B  C  ，求c  的坐标. 试卷第3页，共4页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}16.（本小题15分）如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别       是正四面体ABCD中各棱的中点，设 AB=a ，ACb，ADc.     (1)用a,b,c表示 EF ，并求EF的长；   (2)求 EF 与GH夹角的大小． 17．（本小题15分）已知甲、乙两袋中各装有4个质地和大小完全相同的小球，甲袋中有红 球2个、白球1个、蓝球1个，乙袋中有红球1个、白球1个、蓝球2个. (1)从两袋中随机各取一球，求取到的两球颜色相同的概率； (2)从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，求取到至少一个红球的概率. 18．（本小题17分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PCPD， PCPD，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. (1)求证：PBPD； (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； (3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 19．（本小题17分）甲和乙进行多轮答题比赛，每轮由甲和乙各回答一个问题，已知甲每轮 3 2 答对的概率为 ，乙每轮答对的概率为 .在每轮比赛中，甲和乙答对与否互不影响，各轮 4 3 结果也互不影响. (1)求两人在两轮比赛中都答对的概率； (2)求两人在两轮比赛中至少答对3道题的概率； (3)求两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2的概率. 试卷第4页，共4页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}试卷第5页，共4页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}高二数学参考答案 1.【答案】A  【详解】因为AB1,2,3，AB//， 所以1,2,32,t,60，即22t180，解得t10. 故选：A. 2.【答案】D       【解析】G是ABC的重心，OAa,OBb,OC c，     2 OGOCCG，CG CD， 3  1          CD CACB ，CAOAOC，CBOBOC， 2   2 1    1 1 1 OGOC  CACB  OC OB OA， 3 2 3 3 3  1 1 1 OG a b c． 3 3 3 故选：D． 3．A 【详解】向量a  2,1,2，b  4,2,x且a  //b  ， 2 1 2  则   ，解得x4，所以b 4,2,4， 4 2 x 所以a  b  2,1,2， 所以 a  b   2212 22 3. 故选：A. 4.【答案】C 【详解】∵PB1P  B  ，P  B   2 ，∴PB 1 ， 3 3 1 1 1 ∵事件A，B是互斥事件，∴PABPA PB   ．故选：C 6 3 2 5．B 【详解】由A,B,C,D四点共面，可知x2y11，即x2y2， 2xy 2 1 1 2 1  1  2x 2y  由x0,y0，    x 2y    5   xy y x 2 y x  2 y x  答案第1页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}1 2x 2y 9 2x 2y 2  52   ，当且仅当  ，即x y 时等号成立，   2 y x  2 y x 3 故选：B   6.D解：因为a  2,1,3  ，b 1,4,2 ，      所以a与b 不共线，又a，b ，c三向量不能构成空间向量的一组基底，    所以a，b ，c三向量共面， 2x y 7 所以存在唯一的实数对x,y，使c   xa   yb  ，即  x4y 5，  3x2y  65 解得 ．故选：D 7 7.【详解】法一：如图所示，取AB 的中点G，连接FG，EG， 1 1 因为点E为四边形ABBA 的中心，所以EG//CF ，且EG CF， 1 1 所以四边形CFGE为平行四边形，所以FG//CE， 所以BFG或其补角就是异面直线BF与CE所成的角． 设该三棱柱的底面边长为2，正三棱柱ABCABC 的侧面积是底面积的6 3倍， 1 1 1 3 则32AA 2 226 3 ， 1 4 所以AA 6．连接BG， 1 则 BG 6212  37 ， BF  2232  13 ，FG 32 ( 3)2 2 3． BF2FG2BG2 131237 39 在BFG中，由余弦定理得cosBFG   ，所以异面 2BFFG 2 132 3 13 答案第2页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}39 直线BF与CE所成角的余弦值为 ， 13 3 法二：设AC2，则由题得32CC 2 226 3，所以CC 6． 1 4 1 以A为坐标原点，AC，AA 所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 1 则B  3,1,0  ，C0,2,0，E   3 , 1 ,3  ，F0,2,3，所以  B  F     3,1,3  ，C  E     3 , 3 ,3  ，      2 2   2 2  3  3  3 1 33   2  2 39 故cos BF,CE   ， 3 9 13 319  9 4 4 39 所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为 ． 13 3 法三：设AC2，则由题得32CC 2 226 3，所以CC 6． 1 4 1   uur r uuur r       π 设CAa， CBb ，CC c，则ac，bc，a，b的夹角为 ， 1 3       1  a  b 2， c 6，BF CFCB cb， 2  1 1 1 1 1 1 CE  CA CB CC  a b c， 2 2 2 1 2 2 2 1  1 2    2 cb  c cbb  9 0 4 13 ， 2 4 a  b  c   a  2 b  2 c  2 2a  b   4436222 1 4 3， 2     1 c  b     1 a   1 b   1 c   1 c  2  1 a  b   1 b  2   BFCE 2  2 2 2  4 2 2 所以cos BF,CE     BF CE 1  1 1  1 132 3 cb a b c 2 2 2 2 921 39   ， 132 3 13 答案第3页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}39 所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为 . 13 故选：B． 8.【答案】D 【详解】依题意依次抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件总数为6636个； 其中事件A“ x y7 ”包含的样本点有： 1,6，2,5，3,4，4,3，5,2，6,1共6个； 事件 B “ xy2k1  kN* ”，包含的样本点有： 1,1， 3,3 ，5,5 ，1,3 ，1,5，3,1，3,5，5,1，5,3共9个， 事件C “x3”，包含的样本点有：1,1，1,2，1,3，1,4，1,5，1,6， 2,1，2,2，2,3，2,4，2,5，2,6， 3,1，3,2，3,3，3,4，3,5，3,6共18个， 所以A与B不能同时发生，但是能同时不发生，故不是对立事件，故 B 错误； 因为A与B不能同时发生，所以A与B是互斥事件，则PAB0， 6 1 9 1 又PA  ，PB  ，所以PABPAPB， 66 6 66 4 所以A与B不相互独立，故A错误； 事件BC包含的样本点有：1,1， 3,3 ，1,3 ，1,5，3,1，3,5共6个， 1 因为PBC  PBPC，所以 B与 C不相互独立，故C错误． 6 又事件AC包含的样本点有： 1,6，2,5，3,4共3个， 1 1 3 1 所以PC ，PAPC ，则PAC  PAPC ， 2 12 36 12 所以A 与 C 相互独立，故D正确； 故选：D 9．ACD 【详解】对于A: 从中任取100件，可能有10件，A错误； 对于B:10000次的界定没有科学依据，“不一定很准确"的表达正确，试验次数越多，频率越 稳定在概率值附近，但并非试验次数越多，频率就等于概率，B正确. 答案第4页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}对于C:多次重复试验中事件发生的频率在某一常数附近，此常数为概率，与描述不符，C 错误； 3 对于D: 做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的频率是 ， 7 3 不是概率为 ，D错误； 7 故选:ACD. 10．AC    【详解】空间两个单位向量OAm,n,0，OB0,n,p与向量OC1,1,1的夹角都等于 π ， 4   AOC BOC  ， OC  3， 4     6 OAOC OAOC cosAOC ， 2   6 又 OAOCmn ，mn ， 2  又OA为单位向量，m2n2 1 ，  2 3  2 3  6 m2  m2  mn  4  4 联立 2 ，得 或 ，  m2n2 1  n2  2 3  n2  2 3    4  4   OAm,n,0，OB0,n,p， 2 3 cosAOBn2 . 4 故选：AC. 11．ABD  1  1 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1,0,1，B 1,1,1，E0,0, ，F1,1, ， 1 1  2  2 C 0,1,1， ． 1 1,0,0 答案第5页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}   1  BE  2 2 1  因为B 1 E   1,1, 2   ，u 1   B 1 E     3 , 3 , 3   ，A 1 B 1 (0,1,0)． 1     2 设a  AB 0,1,0，所以a u  ， 1 1 1 1 1 3    4 5 所以点A到直线BE的距离为 a2(au)2  1  ，故A正确． 1 1 9 3   1   1   因为AE 1,0, ，FC 1,0, ，所以AE∥FC ，  2 1  2 1 所以AE∥FC，所以点F 到直线AE的距离即为直线FC 到直线AE的距离． 1 1   AE  2 5 5   1 u 2   A  E      5 ,0, 5    ，AF   0,1, 2   ．    1   5 设a  AF 0,1, ，所以a u  ， 2  2 2 2 10 2 5  5 30 所以直线FC 到直线AE的距离为    ，故B正确． 1   4 10  5  设平面ABE的一个法向量n(x,y,z)， 1    nAB  yz0,    1  1 又AB 1 (0,1,1)，AE   1,0, 2   ，所以 n    A  E  x 1 z0.  2  取z2，则y2，x1，所以n(1,2,2)，   n 1 2 2 所以n    , , ． 0 n 3 3 3    2 又AA(0,0,1)，所以点A到平面ABE的距离为 AAn  ，故C错误． 1 1 1 1 0 3 因为FC ∥AE，FC  平面ABE，所以FC //平面ABE， 1 1 1 1 1 答案第6页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}所以FC 到平面ABE的距离即为点F 到平面ABE的距离． 1 1 1  1 2 2   1 又平面ABE的单位法向量n  , , ，FB 0,0, ， 1 0 3 3 3 1  2   1 所以直线FC 到平面ABE的距离为 FB n  ，故D正确． 1 1 1 0 3 故选：ABD 12．0.52 【详解】由题意可得反面朝上次数为1004852， 52 所以设反面朝上为事件A，则事件A出现的频率为PA 0.52. 100 故答案为：0.52. 13【答案】 2 2 【详解】因为四边形ABFE、CDEF都是边长为 2 的正方形，则AEEF，DE EF，   又平面ABFE与平面CDEF夹角为60，即AED60o，则 EA,ED 60，            因为 DBDEEAABEAEDAB ，由图易知 ABEA ， ABED ，     所以 DB   EAEDAB 2          2 2 2  EA ED  AB 2EAED2EAAB2EDAB ，  444222cos6000 2 2 即B，D两点间的距离是2 2. 故答案为：2 2. 14.【答案】 2 【解析】如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 则A3,0,0,B3,3,0,D0,0,3， 设Mx,3,y x,y 0,3  ，   则AM x3,3,y,BD 3,3,3， 因为AM BD，   所以AM BDx3,3,y3,3,33x393y  0 ， 答案第7页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}所以y x，则Mx,3,x， 因为AB平面 BCC  B ， 所以AMB即为AM与平面 BCC  B 所成角，即AMB， AB 3 3 tan   则 ， BM x32x2 2x26x9 3 所以当x 时，tan取得最大值 2. 2 故答案为： 2. 1 15．(1)k  5   (2)c (4,2,4)或c (4,2,4) 【详解】（1）因为A2,0,2,B1,1,2,C3,0,4，a    A  B  ,b    A  C  ，     所以a=(-1,-1,0),b=(1,0,-2)，a+kb=(k-1,-1,-2k)，..........................3 又  a  kb   b  ，所以(a  +kb  )×b  =k-1+4k=0，得到k  1 ..................................6 5    （2）因为c BC(2,,2)，又 c 6，所以 42242 6 ，.................10 解得2或2，.........................12 所以c 的坐标为c  (4,2,4)或c  (4,2,4)........................................13  1 1 1 2 16．(1)EF  a b c， 2 2 2 2 (2)90       【详解】（1）因为E，F分别为棱BC，AD的中点，且 AB=a ，ACb，ADc， 答案第8页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}    1  1 1     1 可得EF EBBAAF  CBAB AD ABAC AB AD 2 2 2 2 1uuur 1uuur 1uuur 1r 1r 1r  AB AC AD a b c，..............................4 2 2 2 2 2 2          1 因为正四面体ABCD的棱长为1，则 a  b  c 1，且abacbc ， 2  2  1  1  1  2 1  1  1  1   1   1   可得 EF  a b  c  a 2 b 2 c 2 ab  ac bc  2 2 2  4 4 4 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1           ，.......................................9 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2  2 2 即 EF  ，所以EF的长为 .................................................10 2 2     1  1 1  1    （2）由题意得GH GAADDH  ABAD DC  ABAD ACAD 2 2 2 2 1uuur 1uuur 1uuur 1r 1r 1r  AB AC AD  a b c，................................12 2 2 2 2 2 2   1    1   1     因此EFGH  abc   abc  a2b2c22ac 2  2 4 1 1  1112 0，.............................14 4 2     即EF GH ，即 EF 与GH的夹角为90....................15 5 17．(1) 16 7 (2) 8 【详解】（1）设甲袋中的红球为r,r ，白球为w，篮球为b， 1 2 乙袋中的红球为R，白球W，篮球为B,B ， 1 2 则从两袋中各取一球，所有基本事件如下： r,R,r,W,r,B,r,B ，w,R,w,W,w,B,w,B ， 1 1 1 1 1 2 1 1 2 r ,R,r ,W,r ,B,r ,B ，b,R,b,W,b,B,b,B ， 2 2 2 1 2 2 1 2 故基本事件的总数为16.........................................3 设A为“取到的两球颜色相同”，则A含有的基本事件如下： r,R,r ,R,w,W,b,B,b,B ,..........................................5 1 2 1 2 5 5 共5个基本事件，则PA  ............................................................7 44 16 （2）如（1）中所设，从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，总的基本事件如下： 答案第9页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}r,r ,R,r,r ,W,r,r ,B,r,r ,B ，r,w,R,r,w,W,r,w,B,r,w,B ， 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 r,b,R,r,b,W,r,b,B,r,b,B ，r ,b,R,r ,b,W,r ,b,B,r ,b,B ， 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 2 r ,w,R,r ,w,W,r ,w,B,r ,w,B ，b,w,R,b,w,W,b,w,B,b,w,B ， 2 2 2 1 2 2 1 2 基本事件的总数为24，............................10 设B为“取到至少一个红球”，其对立事件设为C，则C为“没有取到红球”， C含有的基本事件如下：b,w,W,b,w,B,b,w,B ，共有3个，...............13 1 2 3 1 1 7 故PC  ，故PB1PC1  ..........................15 24 8 8 8 18．(1)证明见解析 10 (2) 5 1 (3) 5 【详解】（1）因为PCPD，O为CD的中点， 所以POCD．.......................................1 又因为平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，PO平面PCD， 所以PO平面ABCD．....................2 因为CD2，PCPD，PCPD，所以PO1． 取AB的中点E，连接OE，则OE⊥CD， 以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系 Oxyz，........................................4 则 ，D1,0,0，C1,0,0，B1,2,0， ，A1,2,0．   0,0,0  0,0,1 PB1,2,1，PD1,0,1，   因为PBPD1010，..........................5 答案第10页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}所以PBPD． （2）设平面PAB的一个法向量为 ，  m    A  P  0 x2yz0 = , , 则 m    A  B  0 ，即  2x0 ，..................................7  解得x0，令y1，则z2，则m0,1,2．..............................9 设直线PC与平面PAB所成的角为，  又PC 1,0,1，     mPC 0,1,21,0,1 2 10 则sin cos m,PC       ， m PC 14 11 5 2 5 10 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为 ．..............10 5  （3）设平面POB的一个法向量为na,b,c，    nOP0  c0 则 n  O  B  0 ，即 a2b0 ,...................................12  解得c0，令b1，则 ，故n2,1,0．..................14 设平面POB与平面PAB 的 = 夹 2 角为，   m  n  0,1,22,1,0 1 1 则cos cos m,n       ． m n 14 41 5 5 5 1 故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为 ．........................17 5 1 19．(1) 4 2 (2) 3 5 (3) . 16 【详解】（1）依题意，设事件M “甲两轮都答对问题”，N “乙两轮都答对问题”， 3 3 9 2 2 4 所以PM   ,PN   4 4 16 3 3 9 因为事件M,N相互独立， 9 4 1 所以两人在两轮比赛中都答对的概率为PMNPMPN   .........5 16 9 4 （2）设事A“甲第一轮答对”，B“乙第一轮答对”， 答案第11页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}C“甲第二轮答对”，D=“乙第二轮答对”， E “两人在两轮比赛中至少答对3道题”， 则E  ABCDABCDABCDABCDABCD， 由事件的独立性与互斥性， 可得P(E)P(ABCD)P(ABCD)P(ABCD)P(ABCD)P(ABCD) P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P (C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D). 3 2 3 2 1 2 3 2 3 1 3 2 3 2 1 2 3 2 3 1 2                      4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 3 2 故两人在两轮比赛中至少答对3道题的概率为 ....................................10 3 （3）设事件A ,A 分别表示甲三轮答对2个，3个题目， 2 3 B ,B 分别表示乙三轮答对2个，3个题目， 2 3 3 3 3 1 27 3  27 则PA 3    ,P A     ， 2 4 4 4 64 3 4  64 3 2 2 1 4 2 8 PB 3    ,PB    ，.............................15 2 3 3 3 9 3 3 27 设事件Q“两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2”， 则Q AB AB ，且A ,A,B ,B 分别相互独立， 2 2 3 3 2 3 2 3 27 4 27 8 所以PQPA B PAB PA PB PA PB     2 2 3 3 2 2 3 3 64 9 64 27 5  ............................17 16 5 所以两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2的概率为 . 16 答案第12页，共12页 {#{QQABTQKAggiIAJAAAQgCAwFoCEGQkBGAAYgORBAEsAAASBNABCA=}#}