南工程概率论试卷1

05/06学年概率统计试卷A一、单项选择题(本大题分6小题,每小题3分,共18分)1.设P(A)=a,P(B)=b,P(A∪B)=c,则P(AB)为()(A)ab;(B)cb;(C)a(1b);(D)ba.2.在1、2、3、4、5中,不放回地抽取两个数,一次一个,则第二次取到偶数的概率为()(A)43;(B)53;(C)52;(D)103.3.设随机变量X的概率密度为2,0,020,)(xxxAxxf,则常数A=()(A)21;(B)2;(C)1;(D)3.4.对任意随机变量X,若E(X)存在,则E(E(E(X)))等于()(A)0;(B)X;(C)(E(X))3;(D)E(X).5.设X1、X2、…、Xn是正态总体N(μ,σ2)的样本,S2为样本方差.则在下列各式中,正确的是()(A)22)1(Sn~χ2(n1);(B)22)1(Sn~χ2(n);(C)22)1(Sn~χ2(n+1);(D)Sn)1(~χ2(n1).6.设总体X~),(2N,其中2已知,则总体均值μ的置信区间长度l与置信度1α(0α1)的关系是()(A)当1α缩小时l缩短;(B)当1α缩小时l增大;(C)当1α缩小时l不变;(D)以上三种说法都不对.二、填空题(本大题分5小题,每空2分,共20分)1.设A、B为两个事件,41)(AP,31)/(ABP,21)/(BAP,则)(BP,)(BAP.2.设X的分布律为X0123概率0.50.20.2a则a=;)1(XP.3.设随机变量X与Y相互独立,且X~B(10,0.5),Y~N(2,2),则E(2XY)=,D(2XY)=.4.设21～)(12n、22～)(22n且21与22相互独立,则21+22服从分布,自由度是.5.设nXXX,,,21为总体X的一个样本,),(~2NX,若2已知,则置信度为1的置信区间为;若2未知,则置信度为1的置信区间为.三、(8分)设a、b、c、d四元件安置在如图所示的线路中,各元件发生故障与否是相互独立的,且发生故障的概率都为p.求该线路由于元件发生故障而中断的概率.四、(8分)第一只盒子装有5只红球,4只白球;第二只盒子装有4只红球,5只白球.先从第一只盒子中任取2只球放入第二只盒子中去,然后再从第二只盒子中任取一只球,求取到白球的概率.cbad五、(10分)一袋中装有5只球,编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取3只,以X表示取出的3只球中的最大号码,求随机变量X的分布律及数学期望E(X).六、(10分)设连续型随机变量X的分布函数为,,1,,arcsin,,0)(axaxaaxBAaxxF其中a0,求:(1)常数A、B;(2)概率}2{aXP;(3)概率密度f(x).七、(8分)某宿舍有学生900人,每人在傍晚大约有10%的时间要占用一个水龙头,设每人需用水龙头与否是相互独立的,问该宿舍至少需要安装多少水龙头,才能以95%以上的概率保证用水需要.(已知(1.645)=0.95,(1.28)=0.90,(1.96)=0.975).八、(10分)设二维随机变量),(YX的联合概率密度为)1)(1(),(22yxcyxf),(yx.求:(1)常数c;(2)),(YX落在以(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)为顶点的正方形内的概率;(3)问X与Y是否相互独立?九、(8分)已知总体X的概率密度为.,0,10,)1()(其它xxxf其中未知参数1.设nXXX,,,21为取自总体X的样本,(1)求的矩估计量;(2)求的最大似然估计量.南京工程学院(05/06)概率统计试卷(A)解答一、单项选择题(本大题分6小题,每小题3分,共18分)1.B;2.C;3.A;4.D;5.A;6.A.二、填空题(本大题分5小题,每空2分,共20分)1.61,31;2.0.1,0.3;3.8,12;4.)(212nn,21nn;5.),(22znXznX,))1(),1((22ntnSXntnSX.三、解:设A、B、C、D分别表示元件a、b、c、d发生故障,(1分)则线路中断可表示为A∪[(B∪C)D],(2分)又P(B∪C)=P(B)+P(C)P(BC)=22pp,(2分)所以所求概率为P{A∪[(B∪C)D]}=P(A)+P[(B∪C)D]P{A[(B∪C)D]}=p+ppp)2(2)2(22ppp=43232pppp.(3分)四、解:设A1={从第一只盒子中取两个红球},A2={从第一只盒子中取一个红球,一个白球},A3={从第一只盒子中取两个白球},B={从第二只盒子中取一个白球},则185)(29251CCAP,(1分)1810)(2914152CCCAP,(1分)183)(29243CCAP,(1分)由全概率公式得所求概率为)/()()(11ABPAPBP+)/()(22ABPAP+)/()(33ABPAP(3分)=1171831161810115185=9953.(2分)五、解:X的取值范围为3,4,5.(1分)101}3{3522CCXP,(1分)103}4{3523CCXP,(1分)106}5{3524CCXP.(1分)所以,X的分布律为(1分)X345Pk101103106数学期望EX=106510341013=4.5.(4分)六、解:(1)由)0()0(),0()0(aFaFaFaF(2分)得,12,02BABA解得.1,21BA(2分)(2)}2{aXP=)2()2(aFaF(2分)=)21arcsin121())21arcsin(121(31.(1分)(3))()(xFxf(2分)=,,0,,122axaxxa(1分)七、解:设X表示某时刻需占用的水龙头数,应求出k使P{0Xk}=0.95.(2分)由中心极限定理知)1(pnpnpX近似服从N(0,1),其中n=900,p=0.1(2分),因此有P{0Xk}=})1()1()1(0{pnpnpkpnpnpXpnpnpP(2分)=}990990990{kXP=)990(k(10).由于(10)0,所以,95.0)990(k,645.1990k,k104.805.(2分)从而至少需要105个水龙头,才能以95%以上的概率保证用水需要.八、解:(1)由1),(dxdyyxf(2分)得dyydxxc221111=yxcarctanarctan=12c,故21c.(2分)(2)所求概率为102102211111dyydxxP(2分)=10102arctanarctan1yx=161.(1分)(3)关于X的边缘概率密度为dyyxxfX)1)(1(1)(222=)1(12x,)(x(1分)关于Y的边缘概率密度为dxyxyfY)1)(1(1)(222=)1(12y,)(y(1分)因为)()(),(yfxfyxfYX,所以X与Y相互独立.(1分)九、解:总体X的数学期望为dxxxfXE)()(=101)1(dxx=21.(2分)设niiXnX11为样本均值,令X21,(1分)解得未知参数的矩估计量为XX112ˆ.(1分)设nxxx,,,21是相应于样本nXXX,,,21的样本观测值,则似然函数为.,0),,2,1(10,)()1()(1其它nixxLiniin(2分)当10ix(i=1,2,…,n)时,L0,且niixnL1ln)1ln(ln,niixndLd1ln1ln.令0lndLd,(1分)解得的最大似然估计值为niixn1ln1ˆ,从而得的最大似然估计量niiXn1ln1ˆ.(1分)