概率论与数理统计模拟试卷(经)及参考答案

概率论与数理统计模拟试卷(经,A卷)及参考答案一.填空题(每空两分,共30分)1.若BA,为随机事件，且6.0)(AP,2.0)(ABP.当A与B相互独立时,)(BP0.5；A与B互不相容时,)(BP0.2。2.若每次试验时A发生的概率都是2.0，X表示50次独立试验中事件A发生的次数，则)(XE10，)(XVar8。3.若随机变量X只取2,1之三个可能值,且15.0)2(XP,5.0)1(XP。则)(XE0.9，)(XVar1.69。4.若随机变量21,XX相互独立,且1X～)3,3(2N，2X～)2,1(2N。令212XXX，则)(XE1，)(XVar25，)1(XP＝0.5。5.若nXXX,,,21为抽自正态总体),(2N的随机样本，记niiXnX11，212)(11XXnSnii.则/)(Xn～)1,0(N,2/)(SXn～1nt,22/)1(Sn～21n。进一步，记Z为标准正态分布上分位点，)(mt为自由度为m的t分布上分位点,)(2m为自由度为m的2分布上分位点,m为自然数，10为常数。当2已知时,的置信系数为1的置信区间为])/(,)/([2/2/ZnXZnX；当2未知时,的置信系数为1的置信区间为)]2/()/(),2/()/([11nntnSXtnSX,2的置信系数为1的置信区间为)2/1()1(,)2/()1(212212nnSnSn。注：做以下各题须写出计算步骤，否则不能得分。二.计算题(共70分)1.(14分)盒中装有8个乒乓球，其中有6个新的。第一次练习时，从中任取2个来用，用完后放回盒中。第二次练习时，再从盒中任取2个。(1).求第二次取出的球都是新球的概率；(2).求在第二次取出的球都是新球条件下，第一次取到的球都是新球的概率。解：设iA表示第一次取到i个新球，2,1,0i；B表示第二次取到2个新球。则(1).由全概率公式，得;784225)|()()(2824282628252816122826282220CCCCCCCCCCCCCABPAPBPiii(2).由贝叶斯公式，得.52784/225784/90)()|()()|(222BPABPAPBAP2.(15分)设二维随机向量(X,Y)的联合密度函数为.,0,||,20),(),(其他xyxyxAxyxf(1).确定常数A；(2).求X的边缘概率密度函数)(Xxf；(3).求E(X+Y).解：(1).由18)(),(20AdyyxAxdxdxdyyxfxx，得;81A(2).;20,48)(),()(3Xxxdyyxxdyyxfxfxx(3)..1516)(41)(81),()()(200222022dyyxxdxdyyxxdxdxdyyxfyxYXExxx3．(13分)若nXXX,,,21为抽自正态总体),2(2N的简单样本，求(1).2的矩估计；(2).2的极大似然估计。解：(1).由niiXnEXXVarEX1222214)()(，得2的矩估计为41ˆ122niiXn；(2).建立似然函数,)2(21exp)2(2)2(exp21)(1222/22212niininixxL取其对数后再对2求导，得,)2(212)(ln124222niixndLd令上式为零，得niixn122)2(1。故2的极大似然估计为niiXn122.)2(1~4．(14分)设随机变量X服从标准正态分布N(0,1)，记XeY.求(1).Y的分布函数)(yFY；(2).Y的概率密度函数)(yfY；(3).Y的期望和方差。解：(1).对0y，有yxXYdxeyXPyePyYPyFln2/2211)ln()()()(；(2).2/)(ln221)(yYeyyf，0y；(3).2/12/)1(2/12/222121edxeedxeeEYxxx；再由22/)2(22/22222121edxeedxeeEYxxx及22)()(EYEYYVar，得eeYVar2)(.5．(14分)对一批锰的熔点做5次测定，结果为1269,1267,1271,1263和1265Co。若锰的熔点服从正态分布),(2N，其中和2为未知常数。对给定的检验水平05.0，做假设检验：(1).1266:0H，1266:1H;(2).4:2'0H,4:2'1H.附.标准正态分布上5%分位点为1.645，上2.5%分位点为1.96；定义)(nnttP，)(22nnP,有:1318.2)05.0(4t，7764.2)025.0(4t，0150.2)05.0(5t，5706.2)025.0(5t,143.11)025.0(24,488.9)05.0(24,711.0)95.0(24,484.0)975.0(24，833.12)025.0(25,071.11)05.0(25,145.1)95.0(25,831.0)975.0(25.解:由5n，05.0，12691x，,12672x，12655x，得12675151iixx，10)(412512xxsii，10s.(1).因9263.37764.22)2/()/(|1266|0.11ntnsx，故，接受0H为真，即接受“总体均值1267”的假设。(2).因488.9)(/)1(1021202nsn，故，拒绝接受0H为真，即接受“总体方差42”。