概率统计试题及答案(本科完整版)

一、填空题（每题2分，共20分）1、记三事件为A，B，C.则用A，B，C及其运算关系可将事件，“A，B，C中只有一个发生”表示为.2、匣中有2个白球，3个红球。现一个接一个地从中随机地取出所有的球。那么，白球比红球早出现的概率是2/5。3、已知P(A)=0.3，P（B）＝0.5，当A，B相互独立时，06505P(AB)_.__,P(B|A)_.__。4、一袋中有9个红球1个白球，现有10名同学依次从袋中摸出一球（不放回），则第6位同学摸出白球的概率为1/10。5、若随机变量X在区间(,)ab上服从均匀分布，则对acb以及任意的正数0e，必有概率{}Pcxce＝e,cebbabc,cebba6、设X服从正态分布2(,)N，则~23XYN(3-2μ,4σ2).7、设1128363XBEXDX~n,p),n__,p__（且＝，＝，则8、袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5，在袋中同时取出3只，以X表示取出3只球中的最大号码。则X的数学期望)(XE4.5。9、设随机变量(,)XY的分布律为XY12310.120.100.2820.1800.12300.150.05则条件概率}2|3{YXP2/5.10、设121,,XX来自正态总体)1,0(N,2129285241iiiiiiXXXY,当常数k=1/4时，kY服从2分布。二、计算题（每小题10分，共70分）1、三台机器因故障要人看管的概率分别为0.1，0.2，0.15，求：（1）没有一台机器要看管的概率（2）至少有一台机器不要看管的概率（3）至多一台机器要看管的概率解：以Aj表示“第j台机器需要人看管”，j=1，2，3，则:ABCABCABCP(A1)=0.1,P(A2)=0.2,P(A3)=0.15,由各台机器间的相互独立性可得123123109080850612PAAAPAPAPA....12312321101020150997PAAAPAAA....1231231231231231231231233010808509020850908015090808500680153010806120941PAAAAAAAAAAAAPAAAPAAAPAAAPAAA.................2、甲袋中有n只白球、m只红球；乙袋中有N只白球、M只红球。今从甲袋任取一球放入乙袋后，再从乙袋任取一球。问此球为白球的概率是多少？解：以W甲表示“第一次从甲袋取出的为白球”，R甲表示“第一次从甲袋取出的为红球”，W乙表示“第二次从乙袋取出的为白球”，则所求概率为PWPWWRWPWWPRW乙甲乙甲乙甲乙甲乙PWPWWPRPWR甲乙甲甲乙甲11111111111nmNNnmNMnmNMCCCCCCCC111nNmNnmNnnmNMnmNM3、设随机变量X的概率密度为cos,||()20,Axxfx其它,试求（1）常数A;(2)分布函数()Fx;(3)概率{0}4PX。解：（1）由归一性可得：2212fxdxAcosxdxA，从而12A2222222xxxxfxdx,x.Fxfxdxfxdx,xfxdx,x021122212,xsinx,x,x401230424.P{X}cosxdx4、（1）已知X的分布律为X-10123P121613112131计算)21(2XD。（5分）解：222421244D(X)DXEXEX11522523544164（2）、设)1,0(~NX，求2XY的概率密度.（5分）解：Y的密度函数为：210200ye,yf(y)y,y5、设(,)XY的概率密度为000,(),,(,)xyexyfxy其它.(1)试求分布函数),(yxF；(2)求概率(,)PxyG其中区域G由X轴,Y轴以及直线1yx所围成.解:000010xy(xy)xyedxdy,x,y.Fx,yfx,ydxdy,其他11000xyee,x,y,其他2G.P(x,y)Gfx,ydxdy1110012x(xy)edydxe6、设二维随机变量(,)XY的概率密度为(1),01(,)0,kxyxfxy其它,求常数k及边缘概率密度.并讨论随机变量YX,的相互独立性。解：由归一性知：0111(,)yxfxydxdykxdxdy100116xkdxxdyk6k(,)Xfxfxydy061010xxdyx，，其他61010xxx，，其他(,)Yfyfxydx161010yxdxy，，其他231010-，，其他yy显然(,)XYfxyfxfy，故X与Y不相互独立。7、设总体X的概率密度为1,01()0,xxfx其它,其中0为未知参数.若nXX,,1是来自母体的简单子样，试求的矩估计与极大似然估计.解：（1）令1101XEXxxdx解得的矩估计为2ˆ1XX（2）似然函数11211nnniiiiLxx对数似然函数1lnln1ln2niinLx令121ln1ln022niiLnx解得的极大似然估计为221ˆlnniinx三、证明题（每题5分，共10分）1、12,XX为来自总体X的样本，证明当1ab时，12aXbX为总体均值()EX的无偏估计。证明：设总体均值()EX=μ，由于12,XX为来自总体X的样本，因此12EXEX而12aXbX为总体均值()EX的无偏估计，故应该有1212EaXbXaEXbEXab从而1ab2、设,XY是相互独立的随机变量，它们分别服从参数为21,的泊松分布，证明ZXY服从参数为21的泊松分布。证明：由题知12~,~XPYP，即1212,!!mnPXmePYnemn令ZXY，且由,XY的相互独立性可得：PZkPXYk0,kmPXiYki12120!!ikikieeiki12120!!!!kikiieekkiki121201,,,...!kekk即ZXY服从参数为21的泊松分布