概率论与数理统计考试试卷与答案

05——06一.填空题（每空题2分，共计60分）1、A、B是两个随机事件，已知0.3)B(p,5.0)(,4.0)A(pABP，则)BA(p0.6,)B-A(p0.1，)(BAP=0.4,)BA(p0.6。2、一个袋子中有大小相同的红球6只、黑球4只。（1）从中不放回地任取2只，则第一次、第二次取红色球的概率为：1/3。（2）若有放回地任取2只，则第一次、第二次取红色球的概率为：9/25。（3）若第一次取一只球观查球颜色后，追加一只与其颜色相同的球一并放入袋中后，再取第二只，则第一次、第二次取红色球的概率为：21/55。3、设随机变量X服从B（2，0.5）的二项分布，则1Xp0.75,Y服从二项分布B(98,0.5),X与Y相互独立,则X+Y服从B(100,0.5)，E(X+Y)=50，方差D(X+Y)=25。4、甲、乙两个工厂生产同一种零件，设甲厂、乙厂的次品率分别为0.1、0.15．现从由甲厂、乙厂的产品分别占60%、40%的一批产品中随机抽取一件。（1）抽到次品的概率为：0.12。（2）若发现该件是次品，则该次品为甲厂生产的概率为：0.5．5、设二维随机向量),(YX的分布律如右，则a0.1,)(XE0.4，YX与的协方差为:-0.2，2YXZ的分布律为:6、若随机变量X~)4,2(N且8413.0)1(，9772.0)2(,则}42{XP0.815，(~,12NYXY则5，16）。XY01-110.20.30.4az12概率0.60.47、随机变量X、Y的数学期望E(X)=-1，E(Y)=2,方差D(X)=1，D(Y)=2,且X、Y相互独立，则：)2(YXE-4，)2(YXD6。8、设2),(125YXCovYDXD，）（，）（，则）（YXD309、设261,,XX是总体)16,8(N的容量为26的样本，X为样本均值，2S为样本方差。则：~XN（8，8/13），~16252S)25(2，~52/8sX)25(t。10、假设检验时，易犯两类错误，第一类错误是：”弃真”,即H0为真时拒绝H0,第二类错误是：“取伪”错误。一般情况下，要减少一类错误的概率，必然增大另一类错误的概率。如果只对犯第一类错误的概率加以控制，使之a，而不考虑犯第二类错误的概率，这种检验称为：显著性检验。二、（6分）已知随机变量X的密度函数其它,010,)(2xaxxf求：（1）常数a，（2）)5.15.0(Xp（3）X的分布函数F（x）。解:(1)由3,1)(adxxf得2’(2))515.0(Xp=5..15.015.02875.03)(dxxdxxf2’(3)xxx0xxF1,110,0)(32’三、（6分）设随机变量（X，Y）的联合概率密度为：其它,010,10,2),(yxyyxf求：（1）X，Y的边缘密度，（2）讨论X与Y的独立性。解:(1)X，Y的边缘密度分别为:其他，，其他01022)()(01012)(1010yyydxdxyxfyfxydyxfYX4’(2)由(1)可见）（）（），（yfxfyxfYX,可知:X，Y相互独立2’四、（8分）设总体X~N(0，2),。nXX,...,1是一个样本，求2的矩估计量，并证明它为2的无偏估计。解:X的二阶矩为:22)(XE1‘X的二阶样本矩为nkiXnA12211’令：22)(AXE,1’解得:2121inkXn,2的矩估计量2121inkXn2’)1()ˆ(212inkXnEE,它为2的无偏估计量.3’五、（10分）从总体X~),(2uN中抽取容量为16的一个样本，样本均值和样本方差分别是4,752SX，5.27)15(,26.6)15(,1315.2)15(2597.02502.0597.0xxt求u的置信度为0.95的置信区间和2的置信度为0.95的置信区间。解:(1)n=16,置信水平025.02/,95.01,,1315.2)15(597.0t4,752SX由此u的置信水平为0.95的置信区间为:)1315.216275(,即)0658.175(5’(2)n=16,置信水平025.02/,95.01,5.27)15(,26.6)15(2597.02502.0xx42S由此2的置信水平为0.95的置信区间为:)585.9,182.2())15(415,)15(415(2025.02597.05’六、（10分）设某工厂生产工件的直径服从正态分布，要求它们的均值25.0,82u，现检验了一组由16只工件，计算得样本均值、样本方差分别49.0,65.72sx，试在显著水平05.0下，对该厂生产的工件的均值和方差进行检验，看它们是否符合标准。此题中，,5.27)15(,25)15(,13.2)15(,76.1)15(2025.0205.0025.05.0tt解:（1）首先对工件的均值进行检验:H0:8:,81uHu1分取统计量为16/8sXt,可得拒绝域为:}13.2)15(16/8{025.0tsXt，2分经计算,13.224/7.0865.716/8sxt,不在拒绝域内,因此接受H0.认为这批工件的均值符合标准。2分其次首先对工件的方差进行检验:H0:221225.0:,5.0H1分取统计量为2225.0)116(s,可得拒绝域为:}25)15(5.049.015{205.0222分经计算,254.295.0)116(222s,在拒绝域内,因此拒绝H0.认为这批工件的方差不符合标准。2分XX大学（本科）试卷（B卷）2005-2006学年第一学期一.填空题（每小题2分，共计60分）1.设随机试验E对应的样本空间为S。与其任何事件不相容的事件为不可能事件，而与其任何事件相互独立的事件为必然事件；设E为等可能型试验，且S包含10个样本点，则按古典概率的定义其任一基本事件发生的概率为1/10。2．3.0)(,4.0)(BPAP。若A与B独立，则)(BAP0。28；若已知BA,中至少有一个事件发生的概率为6.0，则)(BAP0.3，)(BAP1/3。3、一个袋子中有大小相同的红球5只黑球3只，从中不放回地任取2只，则取到球颜色不同的概率为：15/28。若有放回地回地任取2只，则取到球颜色不同的概率为：15/32。4、1)()(XDXE。若X服从泊松分布，则}0{XP11e；若X服从均匀分布，则}0{XP0。5、设),(~2NX，且3.0}42{},2{}2{XPXPXP，则2；}0{XP0.8。6、某体育彩票设有两个等级的奖励，一等奖为4元，二等奖2元，假设中一、二等奖的概率分别为0.3和0.5,且每张彩票卖2元。是否买此彩票的明智选择为：买（买，不买或无所谓）。7、若随机变量X)5,1(~U，则40〈〈Xp0.75；)12(XE__7___，)13(XD12．8、设44.1)(,4.2)(),,(~XDXEpnbX，则}{nXP34.0，并简化计算kkkkk66026.04.062.7)4.06(6.04.062。9、随机变量X、Y的数学期望E(X)=-1，E(Y)=2,方差D(X)=1，D(Y)=2,且X、Y相互独立，则：)2(YXE-4，)2(YXD6。10、设161,,XX是总体)4,20(N的容量为16的样本，X为样本均值，2S为样本方差。则：~XN（20，1/4），120Xp=0.0556，~16152S)15(2，~51/20sXt(15)。此题中9772.0)2(。11、随机变量X的概率密度0,00,)(xxexfx，则称X服从指数分布，)(XE1。12、做假设检验时，容易犯两类错误，第一类错误是：”弃真”,即H0为真时拒绝H0,第二类错误是：取伪错误。一般情况下，要减少一类错误的概率，必然增加另一类错误的概率。如果只对犯第一类错误的概率加以控制，使之《a，而不考虑犯第二类错误的概率，这种检验称为显著性检验，a称为显著水平。13、设二维随机向量),(YX的分布律是：则X的方差)(XD0.21；YX与的相关系数为:XY3/7。二、（7分）甲、乙、丙三个工厂生产同一种零件，设甲厂、乙厂、丙厂的次品率分别为0.2，0.1，0.3．现从由甲厂、乙厂、丙厂的产品分别占15%，80%，5%的一批产品中随机抽取一件，发现是次品，求该次品为甲厂生产的概率．解：设321A,A,A分别表示产品取自甲、乙、丙厂，有：%5)P(A80%,)A(P%,15)p(A3212’B表示取到次品，3.0)ABP(0.1,)AB(P,2.0)Ap(B321，2’由贝叶斯公式：)BA(p1=24.0)()(/)()(3111kkkABPApABPAp（4’三、（7分）已知随机变量X的密度函数其它,010,)(xaxxf求：（1）常数a，（2）)5.00(Xp（3）X的分布函数F（x）。解:(1)由2,1)(adxxf得2’(2))51.0(Xp=5.005.0025.02)(xdxdxxf3’XY01010.40.30.30(3)xxx0xxF1,110,0)(22’四、（7分）设随机变量（X，Y）的联合概率密度为：其它,010,10,4),(yxxyyxf求：（1）X，Y的边缘密度，（2）由（1）判断X，Y的独立性。解:(1)X，Y的边缘密度分别为:其他，，其他，，01024)()(01024)()(1010yyxydxdxyxfyfxxydyxdyyxfxfYX5’(2)由(1)可见）（）（），（yfxfyxfYX,可知:X，Y相互独立2’五、（7分）从总体X~),(2uN中抽取容量为16的一个样本，样本均值和样本方差分别是4,752SX，5.27)15(,26.6)15(,1315.2)15(2597.02502.0597.0xxt求u的置信度为0.95的置信区间和2的置信度为0.95的置信区间。解:(1)n=16,置信水平025.02/,95.01,,1315.2)15(502.0t4,752SX由此u的置信水平为0.95的置信区间为:)1315.216275(,即)0658.175(4’(2)n=16,置信水平025.02/,95.01,5.27)15(,26.6)15(2597.02502.0xx42S由此2的置信水平为0.95的置信区间为:)585.9,182.2())15(415,)15(415(2975.02025.03’六、（7分）设总体X~N(u，1),u未知。nXX,...,1是一个样本，求u的最大似然估计量，并证明它为u的无偏估计。解:样本nXX,...,1的似然函数为:])(21exp[)2(),,...,(122/1nkinnuxuxxL2’而])([21)2ln(2/),,...,(ln121nkinuxnuxxL1’令:0)()),,...,((ln11nkinuxduuxxLd,1’解得:inkxnu11ˆu的最大似然估量knkXnu11ˆ1’uXnEuEknk)1()ˆ(1,它为u的无偏估计量.七、（5分）某人寿保险公司每年有10000人投保，每人每年付12元的保费，如果该年内投保人死亡，保险公司应付10