概率试卷2010年上半年全校试卷

武汉理工大学考试试题纸（A卷）课程名称《概率论与数理统计》专业班级全校本科题号一二三四五六七八九十总分题分24101010101010106100备注:学生不得在试题纸上答题(含填空题、选择题等客观题)查表数据：(1.00)0.8413975.0)96.1(95.0)645.1((2)0.97728595.1)8(05.0t3060.2)8(025.0t8331.1)9(05.0t2622.2)9(025.0t一、填空题、)4283(１、已知()0.3PA，()0.4PB，()0.25PAB，则)(BAP.２、设二维随机变量),(YX满足30,07PXY，且3007PXPY，则max(,)0PXY.３、设二维随机变量),(YX的概率密度(2)2,0,0,(,)0,.xyexyfxy其它则{}PYX.４、已知随机变量X服从参数为1的泊松分布，则2()PXEX.５、已知~(0,36)XN,~(3,3)YU,相关系数0.5XY，则ov(,)CXY.６、1234,,,XXXX是来自总体),(~2NX的样本，2343XXXY，422*212iiSXY，则1*XS服从的分布是.７、设12,,,nXXX为总体X的一个随机样本，2(),()EXDX,要使12211ˆniiiaXX是2的无偏估计,则常数a.８、设921,,,XXX为正态总体),(~2NX的样本,其中29,样本均值8.52x,则总体均值的置信度为%95的置信区间为.(小数点后保留两位)二、)01(已知甲乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中装有2件合格品和1件次品，现从甲箱中任取2件放入乙箱，然后再从乙箱中任取一件产品，求该产品为次品的概率及该次品是在从甲箱中没取到次品的情况下取得的概率（结果用分数形式表示）.三、)01(一箱子装有6个球，其中红，白，黑球的个数分别为1，2，3个；现从箱中随机的取出2个球，设X为取出的红球个数，Y为取出的白球个数.试求随机变量),(YX的联合分布律及YX,的边缘分布律(要求画出分布律表格且结果用分数形式表示)，并判断,XY是否相互独立.四、)01(设连续型随机变量X的分布函数为：0,1,()ln,1,1,.xFxAxxexe试求：①常数A；②概率0PXe；③X的概率密度函数()fx.五、)01(设随机变量X的概率密度为1/4,1112,120,其他Xxfxx，令2YX，求Y的分布函数YFy.六、)01(某高校图书馆阅览室共有940个座位，该校共10000名学生，已知每天晚上每个学生到阅览室去自习的概率为10%.试用中心极限定理计算阅览室晚上座位不够用的概率（小数点后保留三位）.七、)01(设总体X的概率密度函数为11()0,1xxfxx，，其中1是未知参数，12n,...,XXX为来自该总体的一个样本，该样本取值为12,...,nxxx.求的矩估计量和极大似然估计量.八、)01(假定某车间生产的电子元件的寿命（小时h）服从正态分布2(,)N，已知技术革新前的平均寿命为1000h，现在随机测试9个革新以后的电子元件的寿命，计算得样本均值1124xh，样本标准差152Sh.请问在显著性水平05.0下,是否有理由认为技术革新改变了产品质量？九、)6(设连续型随机变量(0,1)XN，Y表示对X的5次观测中事件||1X发生的次数，试判断Y的分布，并求Y的方差（小数点后保留三位）.武汉理工大学教务处试题标准答案及评分标准用纸课程名称:《概率论与数理统计》（A卷）一、填空题：(每空5分,共25分)(1)、0.4(2)、57(3)、1/3(4)、12e(5)、-3(6)、(2)t(7)、12(1)n(8)、(6.56，10.48)二、(共10分)解:设iA表示“从甲箱中取了i件次品放入乙箱”，0,1,2i；B表示“从乙箱中取到的是次品”。由题意01()5PA，13()5PA，21()5PA；01(|)5PBA，12(|)5PBA，23(|)5PBA；…………………………(3分)显然iA，0,1,2i构成的一个划分，由全概率公式得0011222()()(|)()(|)()(|)5PBPAPBAPAPBAPAPBA………………………(7分)由Bayesian公式P{该次品来不受甲箱次品影响的概率}=01(|)10PAB…………(10分)三、(共10分)解:XY012ip0152511523115215013jp258151151……………………(8分)由上表易见，jiijppp..，即YX,不是相互独立的.………………………………(10分)四、(共10分)解:由连续性知lim()()1xeFxFe，即limln1xeAx，故得1A……………(3分)0()00.5PXeFe………………………………(7分)1,1()()0,xefxFxx其他.………………………………(10分)五、（共10分）解:设Y的分布函数为()YFy，即2()()()YFyPYyPXy，则(2分)1)当0y时，()0YFy；……………………………………(3分)2)当01y时，2()()YFyPXyPyXy11d42yyxy.………………………………(5分)3)当14y时，2()()111YFyPXyPXPXy111111dd422yxxy.……………………………(7分)4)当4y，()1YFy.……………………………………………(8分)所以0,01(),0421,4YyFyyyy.………………………………(10分)六、(共10分)解:设X表示每天晚上到阅览室去自习的学生人数，则(10000,0.1)Xb，且()1000,()900EXDX………………………………………………(5分)1000{940}2(2)0.97730XPXP………………………………(10分)七、(共10分)解:ˆ(),11XEXX……………………………………(5分)似然函数为11()nniiLx，则1ln()ln(1)lnniiLnx；…………(7分)于是1ln()lnniidLnxd令0)(lndLd，得似然方程1ln0niinx，解得1lnniinx，因此得的极大似然估计量为：1ˆlnniinX…………………………………(10分)八、(共10分)解:0H：10001H：1000……………………………………(2分)检验统计量：XTSn……………………………………(4分拒绝域：2(15)XTtSn……………………………………………(6分)T2.447，0.025(8)2.3060t0.025(8)Tt……………………(8分)故拒绝0H，即认为技术革新改变了产品质量。…………………………………(10分)九、(共6分)解:{1}22(1)0.3174PX………………………………………(2分)~(5,0.3174)Y……………………………………………(4分)()522(1)2(1)1DY1.083………………………………(6分)