模块综合检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）
2026-05-01
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教辅
摘要：
这是一份高中数学期末复习课件，包含模块综合检测、模拟综合测试等内容，覆盖统计、立体几何、复数、概率等知识点，设有选择、填空、解答题及详细解析，为学生提供系统的期末复习支架。
资料注重核心素养培养，通过第三四分位数计算培养数据意识，线面垂直证明发展空间观念与推理能力，频率分布直方图分析提升应用意识，适合高三学生聚焦升学考试重点，帮助学生巩固知识、提升解题能力，为教师提供结构化复习资源，助力高效教学。
内容正文：
模块综合检测
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2．数据53，62，78，67，98，32，42，12，90的第三四分位数是( )
A．67 B．42 C．62 D．78
解析：这组数据共9个数，从小到大排列是12，32，42，53，62，67，78，90，98，9×0.75＝6.75，所以第三四分位数是第7个数，即78.
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3．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n
C．若n∥α，m⊥n，则m⊥α
D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
解析：若m∥α，n∥α，则直线m与n平行或相交或异面，故A不正确；
若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n∥β，则在平面β内存在直线c使得n∥c，所以m⊥c，则m⊥n，故B正确；
若n∥α，m⊥n，则m可能与α平行、相交或在平面α内，故C不正确；
若α⊥β，m∥α，n∥β，则m，n平行或相交或异面，故D不正确．
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7．四边形ABCD与ABEF均是边长为4的正方形，如果二面角E-AB-C的大小为30°，则EF与平面ABCD的距离为( )
A．2 B．3 C．4 D．6
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解析：对于A，由B⊆A，得P(AB)＝P(B)＝0.2，A错误；
对于B，由A与B互斥，得P(A∪B)＝0.5＋0.2＝0.7，B正确；
对于C，由P(AB)＝0.1＝0.5×0.2，得P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立，C正确；
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解析：对于A，取z1＝1＋i，z2＝1－i，则z1＋z2＝2，z1－z2＝2i，满足|z1＋z2|＝|z1－z2|，但z1z2＝2≠0，则A不正确；
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三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．)
12．已知向量a＝(1，7)，b＝(－3，1)，若(a＋kb)⊥b，则k＝________．
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四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．)
15．(本小题满分13分)已知复数z＝3＋mi(m∈R)，z1＝(1＋3i)z，且z1为纯虚数．
(1)求复数z；(6分)
解：z1＝(1＋3i)(3＋mi)＝3－3m＋(9＋m)i，
因为z1是纯虚数，所以3－3m＝0且9＋m≠0，
解得m＝1.所以z＝3＋i.
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解：因为b(a cos B＋b cos A)＝c，由正弦定理可得，
b(sin A cos B＋sin B cos A)＝sin C，
所以b sin (A＋B)＝sin C，
又A＋B＝π－C，所以b sin C＝sin C，
因为sin C≠0，所以b＝1.
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(2)求△ABC周长的最大值．(8分)
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17．(本小题满分15分)某收购商为了了解某种植基地的红心猕猴桃品质，从该基地的8 000个猕猴桃中随机抽取100个猕猴桃进行测重，其重量全部分布在区间[60，120]内(单位：克)，将所得数据分成6组：[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100)，[100，110)，[110，120]，得到频率分布直方图如图所示．
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(1)估计这8 000个猕猴桃中重量不小于90克的猕猴桃个数，并说明理由；(6分)
解：由题中频率分布直方图可知，重量不小于90克的频率为(0.030＋0.025＋0.005)×10＝0.6，
所以估计这8 000个猕猴桃中重量不小于90克的猕猴桃个数为8 000×0.6＝
4 800.
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(2)若该收购商准备收购这批猕猴桃，并提出了以下两种收购方案：方案一：所有猕猴桃均以10元每千克收购；方案二：小于90克的猕猴桃以5元每千克收购，不小于90克的猕猴桃以15元每千克收购，请你就这两种方案，通过计算为该猕猴桃种植基地选择最佳的出售方案．(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)(9分)
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18.(本小题满分17分)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝2CD＝2AD＝4，CD⊥AD，AA1⊥BC，E，F分别是棱AB，BC的中点．
(1)证明：BC⊥平面ACC1A1；(5分)
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②求平面A1EF与平面ACC1A1的夹角的余弦值．(6分)
解：连接FC1，由①知AA1⊥平面ABCD，CC1∥AA1，则CC1⊥平面ABCD，
AC⊂平面ABCD，则AC⊥CC1，而A1C1∥AC，BC⊥AC，于是A1C1⊥CC1，A1C1⊥BC，
又CC1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以A1C1⊥平面BCC1B1，
因为FC1⊂平面BCC1B1，所以FC1⊥A1C1，
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②求甲、乙两人至少有一人两轮都胜出的概率．(5分)
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(时间：120分钟，满分：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．复数z＝ eq \f(3－4i,1＋2i) ，则 eq \x\to(z) 在复平面内对应的点在( )
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
解析：因为z＝ eq \f(3－4i,1＋2i) ＝ eq \f(（3－4i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）) ＝ eq \f(－5－10i,5) ＝－1－2i，则 eq \x\to(z) ＝－1＋2i，所以复数 eq \x\to(z) 在复平面内对应的点的坐标为(－1，2)，位于第二象限．
解析：连续射击两次，每次射击是相互独立的，两次都命中十环的概率为 eq \f(4,5) × eq \f(4,5) ＝ eq \f(16,25) ，则至多有一次命中十环的概率为1－ eq \f(16,25) ＝ eq \f(9,25) .
4．某射击运动员每次射击命中十环的概率均为 eq \f(4,5) ，若该射击运动员连续射击两次，且两次射击相互独立，则至多有一次命中十环的概率为( )
A． eq \f(9,25)
B． eq \f(2,5)
C． eq \f(13,25)
D． eq \f(16,25)
5.如图所示，已知AB是圆O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，若 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝a， eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝b，则 eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝( )
A．a－ eq \f(1,2) b
B． eq \f(1,2) a－b
C．a＋ eq \f(1,2) b
D． eq \f(1,2) a＋b
解析： 连接CD，OD，OC，由点C，D是半圆弧的两个三等分点，得OC垂直平分AD，且△AOC是正三角形，于是四边形ACDO是菱形，所以 eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝ eq \o(AO,\s\up16(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝ eq \f(1,2) a＋b.
6．如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 eq \r(2) ，则三棱锥AA1BC的高为( )
A．4 B．3 eq \r(2) C．2 D． eq \r(2)
解析：由直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，可得V三棱锥A1－ABC＝
eq \f(1,3) V直三棱柱ABC－A1B1C1＝ eq \f(4,3) ，设点A到平面A1BC的距离为d，由V三棱锥A－A1BC＝V三棱锥A1－ABC得 eq \f(1,3) S△A1BC·d＝ eq \f(4,3) ，所以 eq \f(1,3) ×2 eq \r(2) ·d＝ eq \f(4,3) ，解得d＝ eq \r(2) .
解析： 连接FD，由题可知FA⊥AB，DA⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以∠FAD为二面角EABC的平面角，所以∠FAD＝30°， 因为FA，AD⊂平面ADF，FA∩AD＝A，所以AB⊥平面ADF，因为AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ADF，如图，过F作FG⊥平面ABCD于点G, 则G必在AD上．易知EF∥平面ABCD，故FG为EF与平面ABCD的距离，在直角三角形AFG中，FG＝FA·sin 30°＝4× eq \f(1,2) ＝2.
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a sin B cos C＋c sin B cos A＝ eq \f(\r(3),2) b，且 eq \o(BA,\s\up16(→)) · eq \o(AC,\s\up16(→)) >0，则sin A＋sin C的取值范围是( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))
D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))
解析：在△ABC中，因为 eq \o(BA,\s\up16(→)) · eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝－ eq \o(AB,\s\up16(→)) · eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝－cb cos A>0，所以cos A<0，A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) ，所以B，C∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，B＋C∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，因为a sin B cos C＋c sin B cos A＝ eq \f(\r(3),2) b，由正弦定理得sin A sin B cos C＋sin C sin B cos A＝ eq \f(\r(3),2) sin B，又sin B≠0，所以sin A cos C＋sin C cos A＝ eq \f(\r(3),2) ，即sin (A＋C)
＝sin (π－B)＝sin B＝ eq \f(\r(3),2) ，所以B＝ eq \f(π,3) ，A＋C＝ eq \f(2π,3) ，sin A＋sin C＝
sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C)) ＋sin C＝ eq \f(\r(3),2) cos C＋ eq \f(3,2) sin C＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))) ，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<\f(π,3)＋C<\f(π,2)，)) 解得0<C< eq \f(π,6) ，所以C＋ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) ，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ，所以sin A＋sin C的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))) .
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．)
9．已知事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则下列结论正确的是( )
A.若B⊆A，则P(AB)＝0.5
B．若A与B互斥，则P(A∪B)＝0.7
C．若P(AB)＝0.1，则A与B相互独立
D．若A与B相互独立，则P(A eq \x\to(B) )＝0.9
对于D，由A与B相互独立，得A， eq \x\to(B) 相互独立，则P(A eq \x\to(B) )＝P(A)P( eq \x\to(B) )＝0.5×0.8＝0.4，D错误．
10．已知z1，z2都是复数，下列选项中正确的是 ( )
A.若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则z1z2＝0
B．若z2≠0，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))) ＝ eq \f(|z1|,|z2|)
C．若z eq \o\al(2,1) ＋z eq \o\al(2,2) ＝0，则z1＝z2＝0
D．若z eq \o\al(2,1) ＝z eq \o\al(2,2) ，则|z1|＝|z2|
对于B，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，因为z2≠0，所以c，d不同时为0， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋bi,c＋di))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ac＋bd＋（bc－ad）i,c2＋d2))) ＝ eq \f(\r(a2＋b2),\r(c2＋d2)) ＝ eq \f(|z1|,|z2|) ，则B正确；
对于D，因为z eq \o\al(2,1) ＝z eq \o\al(2,2) ，所以(z1＋z2)(z1－z2)＝0，所以z1＝z2或z1＝－z2，则|z1|＝|z2|，则D正确．
对于C，取z1＝i，z2＝1，满足z eq \o\al(2,1) ＋z eq \o\al(2,2) ＝0，则C不正确；
11．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 eq \r(2) ，点M在底面ABCD上(含边界)，且MD1＝ eq \r(3) ，则下列说法正确的是( )
A．点M的轨迹的长度为 eq \f(π,2)
B．直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为1＋ eq \r(2)
C．平面AB1C截该正方体的内切球所得截面的面积为 eq \f(π,3)
D．若动点N在线段BD1上，P为B1D1的中点，则MN＋NP的最小值为 eq \r(2)
解析：根据正方体性质可得MD eq \o\al(2,1) ＝MD2＋DD eq \o\al(2,1) ，可知MD＝1，故点M的轨迹是以D为圆心，1为半径的四分之一圆，如图1，则其轨迹的长度为2π×1× eq \f(1,4) ＝ eq \f(π,2) ，故A正确；
对于B，易知当点M位于棱CD上时，直线BM与平面CDD1C1所成的角最大，此时 eq \f(BC,CM) ＝ eq \f(\r(2),\r(2)－1) ＝2＋ eq \r(2) ，即直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为2＋ eq \r(2) ，故B错误；
对于C，易知内切球的半径为 eq \f(\r(2),2) ，球心O位于正方体的中心，设其到平面AB1C的距离为d，易知BD1＝ eq \r(6) ，BO＝ eq \f(\r(6),2) ，点B到平面AB1C的距离为 eq \f(1,3) BD1＝ eq \f(\r(6),3) ，可得球心O到平面AB1C的距离d＝BO－ eq \f(1,3) BD1＝ eq \f(\r(6),6) ，故截面圆的半径r满足r2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))
eq \s\up12(2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))
eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,3) ，
则所得截面的面积为 eq \f(π,3) ，故C正确；
对于D，如图2，先固定点N，当点M在BD上时，MN最小，再让点N移动，当P，N，M三点共线时，MN＋NP最小，此时MN＋NP＝BB1＝ eq \r(2) ，故D正确．
－ eq \f(2,5)
解析：因为a＝(1，7)，b＝(－3，1)，所以a＋kb＝(1－3k，7＋k)，又(a＋kb)⊥b，所以(a＋kb)·b＝－3(1－3k)＋7＋k＝0，解得k＝－ eq \f(2,5) .
13．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为 eq \f(9,8) ，底面周长为3，则这个球的体积为________．
eq \f(4π,3)
解析：设正六棱柱的底面边长为x，高为h，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x＝3，,\f(9,8)＝6×\f(\r(3),4)x2h，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,h＝\r(3)，)) 因为六棱柱的外接球为其外接圆柱体的外接球，又正六棱柱的底面外接圆的半径r＝ eq \f(1,2) ，所以外接球的直径2R＝ eq \r(（2r）2＋h2) ＝2，所以R＝1，所以V球＝ eq \f(4π,3) .
14．统计学中，设一组数据x1，x2，…，xn的平均值为 eq \x\to(x) ，另一组数据y1，y2，…，yn的平均值为 eq \x\to(y) ，则协方差Cov(x，y)＝ eq \f(1,n)
eq \o(∑,\s\up16(n),\s\do18(i＝1)) (xi－ eq \x\to(x) )(yi－ eq \x\to(y) )，i＝1，2，…，n.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x、物理成绩y如表：
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩xi
135
124
118
107
95
87
74
63
53
44
物理成绩yi
97
78
82
83
77
65
67
52
44
45
已知 eq \o(∑,\s\up16(10),\s\do18(i＝1)) xiyi＝66 840，则Cov(x，y)＝________．
解析：由已知得 eq \x\to(x) ＝ eq \f(1,10) ×(135＋124＋118＋107＋95＋87＋74＋63＋53＋44)＝90， eq \x\to(y) ＝ eq \f(1,10) ×(97＋78＋82＋83＋77＋65＋67＋52＋44＋45)＝69, 则Cov(x，y)＝ eq \f(1,10)
eq \o(∑,\s\up16(10),\s\do18(i＝1)) (xi－ eq \x\to(x) )(yi－ eq \x\to(y) )＝ eq \f(1,10) [(x1－ eq \x\to(x) )(y1－ eq \x\to(y) )＋(x2－ eq \x\to(x) )(y2－ eq \x\to(y) )＋…＋(x10－ eq \x\to(x) )(y10－ eq \x\to(y) )]＝ eq \f(1,10) [x1y1＋x2y2＋…＋x10y10－(x1＋x2＋…＋x10) eq \x\to(y) －(y1＋y2＋…＋y10) eq \x\to(x) ＋10 eq \x\to(x)
eq \x\to(y) ]＝ eq \f(1,10) ( eq \o(∑,\s\up16(10),\s\do18(i＝1)) xiyi－10 eq \x\to(x)
eq \x\to(y) －10 eq \x\to(x)
eq \x\to(y) ＋10 eq \x\to(x)
eq \x\to(y) )＝ eq \f(1,10)
eq \o(∑,\s\up16(10),\s\do18(i＝1)) xiyi－ eq \x\to(x)
eq \x\to(y) ＝6 684－90×69＝474.
解：由(1)可得z＝3＋i，z2＝8＋6i，即A(3，1)，B(8，6)，所以 eq \o(OA,\s\up16(→)) ＝(3，1)， eq \o(OB,\s\up16(→)) ＝(8，6)，所以向量 eq \o(OA,\s\up16(→)) 在向量 eq \o(OB,\s\up16(→)) 上的投影向量的长度为 eq \f(\o(OA,\s\up16(→))·\o(OB,\s\up16(→)),|\o(OB,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(3×8＋1×6,\r(82＋62)) ＝3.
(2)设z，z2在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点．求向量 eq \o(OA,\s\up16(→)) 在向量 eq \o(OB,\s\up16(→)) 上的投影向量的长度．(7分)
16．(本小题满分15分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b(a cos B＋b cos A)＝c，B＝ eq \f(π,3) .
(1)求b的值；(7分)
解：因为B＝ eq \f(π,3) ，b＝1，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))
eq \s\up12(2) ，
化简得(a＋c)2≤4b2，即a＋c≤2b＝2，
当且仅当a＝c＝1时等号成立，故△ABC周长的最大值为3.
解：猕猴桃的单果重量 eq \x\to(x) ＝65×0.1＋75×0.1＋85×0.2＋95×0.3＋105×0.25＋115×0.05＝91.5(克)，
故方案一：所有猕猴桃均以10元每千克收购，则收入为 eq \f(8 000,1 000) ×91.5×10＝7 320(元).
重量小于90克的猕猴桃所占总体平均重量的值为0.1×65＋0.1×75＋0.2×85＝31(克)，
重量不小于90克的猕猴桃所占总体平均重量的值为
0．3×95＋0.25×105＋0.05×115＝60.5(克)，
方案二的收入为 eq \f(（31×5＋60.5×15）,1 000) ×8 000＝8 500(元).
因为8 500>7 320，故方案二为最佳的出售方案．
证明：易知ABCD为梯形，CD⊥AD，AD＝CD＝2，则AC＝2 eq \r(2) ，∠BAC＝45°，在△ABC中，AB＝4，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos 45°＝8，则BC2＋AC2＝16＝AB2，BC⊥AC，又AA1⊥BC，AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)若AA1⊥AB，直线A1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为 eq \f(\r(10),10) .
①求四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积；(6分)
解：由AA1⊥AB，AA1⊥BC，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABCD，得AA1⊥平面ABCD，取AC中点O，连接EO，A1O，由E是AB的中点，得EO∥BC，EO＝ eq \f(1,2) BC＝ eq \r(2) ，由(1)知，EO⊥平面ACC1A1，则∠EA1O是直线A1E与平面ACC1A1所成的角，即sin ∠EA1O＝ eq \f(\r(10),10) ，A1E＝ eq \f(EO,sin ∠EA1O) ＝2 eq \r(5) ，AA1＝ eq \r(A1E2－AE2) ＝4，
所以四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V＝S梯形ABCD·AA1＝ eq \f(2×（2＋4）,2) ×4＝24.
由F是BC的中点，得EF∥AC∥A1C1，E，F，A1，C1共面，
因此∠FC1C是平面A1EF与平面ACC1A1的夹角，
cos ∠FC1C＝ eq \f(CC1,C1F) ＝2,1) eq \f(CC1,\r(CF2＋CC))
＝ eq \f(4,\r(（\r(2)）2＋42)) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，
所以平面A1EF与平面ACC1A1的夹角的余弦值是 eq \f(2\r(2),3) .
19．(本小题满分17分)每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为 eq \f(3,4) ， eq \f(2,3) ；在第二轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为p，q.假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．
(1)若q＝ eq \f(5,6) ，求乙恰好有一轮胜出的概率；(6分)
解：设事件A1＝“第一轮比赛中甲胜出”，事件A2＝“第二轮比赛中甲胜出”，
设事件B1＝“第一轮比赛中乙胜出”，事件B2＝“第二轮比赛中乙胜出”，
由题意得A1，A2，B1，B2相互独立，且P(A1)＝ eq \f(3,4) ，P(A2)＝p，P(B1)＝ eq \f(2,3) ，P(B2)＝q.
记事件C＝“乙恰好有一轮胜出”，
则C＝B1 eq \x\to(B) 2＋ eq \x\to(B) 1B2，又B1 eq \x\to(B) 2， eq \x\to(B) 1B2互斥，
所以当q＝ eq \f(5,6) 时，P(C)＝P(B1 eq \x\to(B) 2＋ eq \x\to(B) 1B2)
＝P(B1 eq \x\to(B) 2)＋P( eq \x\to(B) 1B2)＝P(B1)P( eq \x\to(B) 2)＋
P( eq \x\to(B) 1)P(B2)＝ eq \f(2,3) × eq \f(1,6) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(5,6) ＝ eq \f(7,18) .
因此，当q＝ eq \f(5,6) 时，乙恰好有一轮胜出的概率为 eq \f(7,18) .
(2)若甲、乙各有一轮胜出的概率为 eq \f(9,50) ，甲、乙两轮都胜出的概率为 eq \f(6,25) .
①求p，q的值；(6分)
解：记事件D＝“甲、乙各有一轮胜出”，事件E＝“甲、乙两轮都胜出”，
则P(D)＝P(A1 eq \x\to(A) 2＋ eq \x\to(A) 1A2)P(B1 eq \x\to(B) 2＋ eq \x\to(B) 1B2)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)（1－p）＋\f(1,4)p))
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)（1－q）＋\f(1,3)q)) ＝ eq \f(9,50) ，
P(E)＝P(A1A2B1B2)＝ eq \f(3,4) p× eq \f(2,3) q＝ eq \f(6,25) ，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)q＋\f(1,3)p＝\f(2,5)，,pq＝\f(12,25)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝\f(3,5)，,q＝\f(4,5)．))
解：记事件G＝“甲两轮都胜出”，事件H＝“乙两轮都胜出”，
事件K＝“甲、乙两人至少有一人两轮都胜出”，P(G)＝ eq \f(3,4) × eq \f(3,5) ＝ eq \f(9,20) ，P(H)＝ eq \f(2,3) × eq \f(4,5) ＝ eq \f(8,15) ，P(K)＝P(G eq \x\to(H) )＋P( eq \x\to(G) H)＋P(GH)＝ eq \f(9,20) × eq \f(7,15) ＋ eq \f(11,20) × eq \f(8,15) ＋ eq \f(9,20) × eq \f(8,15) ＝ eq \f(223,300) .
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