概率练习卷答案详解

一、填空题（每小题3分，共30分）1.甲、乙、丙三人各自独立打靶一次，他们的命中率分别为0.4、0.5、0.6，则至少有一人击中的概率为0.88；2.已知P(A)=12，P(B|A)=14，P(A|B)=14，则P(A∪B)=78；3.已知X∼(2)，Y∼U(0;4)，Z=2X2−3Y，则E(Z)=6；4.已知D(X)=4，D(Y)=9，XY=0:5，则D(X−2Y)=28；5.设离散型随机变量X的分布函数为F(x)=0;x−1a;−16x123−a;16x2a+b;x2;且P{X=2}=12，则a=16，b=56；6.设总体X∼N(0;1)，X1，X2，X3为总体X的样本，则X21+X22+X23服从2(3)分布；7.已知X∼(2)，由Chebyshev不等式有P{|X−2|4}618；8.设总体X∼N(m;1)，X1，X2为总体的样本，则^m=23X1+13X2是m的无偏估计；（填“有偏”或“无偏”）9.设二维随机向量(X;Y)的联合分布律为：XY121116a2316b若X与Y相互独立，则a=316，b=916；10.设总体X∼N(;2)，其中2已知，但未知，而X1，X2，:::，Xn为它的一个简单随机样本，则不是统计量的是BA．1nn∑i=1XiB．1nn∑i=1(Xi−)2C．1n−1n∑i=1(Xi−X)2D．X−3√n二、解答题（本大题共8个小题，满分70分）11.设随机变量X∼N(3;22)，(1)(3分)若P{Xc}=P{X6c}，求c；(2)(3分)求P{2X65}。解：(1)由1−(c−32)=P{Xc}=P{X6c}=(c−32)得(c−32)=12，从而c=3；(2)P{2X65}=(5−32)−(2−32)=(1)−(−0:5)=(0:5)+(1)−1:=0:5328。12.已知8只晶体管中有2只次品，从其中取两次，每次任取一只，做不放回抽样。求下列事件的概率：(1)(2分)一只是正品，一只是次品；(2)(3分)第二次才取得次品；(3)(3分)第二次取出的是次品。解：设A1，A2分别表示第1次和第2次取得次品。则有(1)由古典概型可得所求的概率为：P(A1A2∪A1A2)=(61)·(21)(82)=37；(2)第一次已经取走一个正品，在第二次取产品时，共有7个产品，其中有2个次品，由乘法定理有：P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=68·27=314(3)由全概率公式有：P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)=28·17+68·27=1413.某仪器装有三只独立工作的同型号电子元件，其寿命（单位：小时）都服从同一分布，它的密度函数为f(x)=cex600;x0;0;x60求：(1)(3分)常数c;(2)(5分)在仪器使用的最初200小时内，至少有一只电子元件损坏的概率。解：(1)由1=∫+11f(x)dx=∫+10cex600dx=600得c=1600；(2)以X表示电子元件的寿命，则p=P{X6200}=∫2001f(x)dx=∫20001600ex600dx=1−e13￿以Y表示在仪器使用的最初200小时内，损坏的电子元件数，则Y∼b(3;p)，从而所求的概率为P{Y1}=1−P{Y=0}=1−(1−p)3=1−e1￿14.设二维随机向量的联合概率密度函数为f(x;y)=k(1−x);0yx1;0;其它求：Page2(1)(3分)常数k;(2)(5分)边缘概率密度函数。并讨论随机变量X与Y的相互独立性解：(1)由1=∫+11∫+11f(x;y)dxdy=∫10dx∫x0k(1−x)dy=k6得k=6；(2)fX(x)=∫+11f(x;y)dy=∫x06(1−x)dy;0x10;其它=6x(1−x);0x10;其它fY(y)=∫+11f(x;y)dx=∫1y6(1−x)dy;0y10;其它=3(y−1)2;0y10;其它由于f(x;y)̸=fX(x)·fY(y)，所以X与Y不相互独立。15.(8分)某工厂有400台同类机器，各台发生故障的概率都为0.02，假设各台机器工作相互独立，设机器出故障台数为X，试用中心极限定理计算机器出故障台数X超过2的概率。解：由已知，X∼b(400;0:02)，根据DeMoivre–Laplace中心极限定理X−400×0:02√400×0:02×0:98近似地服从标准正态分布N(0;1)，所以P{X2}=1−(2−82:8):=(2:1429):=0:9839。如果不用中心极限定理，直接利用二项分布计算如下：P{X2}=1−(4000)×0:020×0:98400−(4001)×0:021×0:98399−(4002)×0:022×0:98398:=0:986916.从某厂生产的一种小球中随机抽取7个，测得它们的直径（单位：厘米）为5.52,5.41,5.18,5.32,5.64,5.22,5.76若小球的直径服从正态分布N(;2)，求(1)(6分)由以往的经验知=0:16，(2)(6分)2未知，两种情况下，这种小球平均值直径的置信度为0.95的置信区间。Page3解：样本均值为x=17(5:52+5:41+5:18+5:32+5:64+5:22+5:76)=5:44，样本方差为s2=17−1(5:522+5:412+5:182+5:322+5:642+5:222+5:762−7×5:442):=0:0467，样本标准差为s=√0:0467:=0:22。因为置信度为1−=0:95，所以=0:05。(1)当=0:16时，小球平均值直径的置信度为0.95的置信区间为：(x±z2√n)=(5:44±1:96·0:16√7)=(5:32;5:56)；(2)当未知时，小球平均值直径的置信度为0.95的置信区间为：(x±t2(n−1)s√n)=(5:44±2:45·0:22√7)=(5:24;5:64)。17.设总体X的分布律为：X0123pk22(1−)21−2其中，(012)是未知参数。(1)(5分)X1;X2;:::;Xn是取自总体X的简单随机样本，求的矩估计量^；(2)(5分)利用总体X的如下样本值：3，1，3，0，3，1，2，3，求的极大似然估计值^。解：(1)令E(X)=0·2+1·2(1−)+2·2+3·(1−2)=X，得^=3−X4；(2)似然函数为：L()=46(1−)2(1−2)4对数似然函数为：lnL()=ln4+6ln+2ln(1−)+4(1−2)令dlnL()d=6−21−−81−=0得，=7±√1312。因012，所以=7+√1312应舍去。又因d2lnL()d2=7p13120，所以^=7−√1312为lnL()的极大值，从而也是的极大似然估计值。18.(10分)某厂生产某种型号电池，其寿命长期以来服从方差2=1600h2的正态分布，现从中抽取25只进行测量，得s2=2500h2，问在显著性水平=0:05下，这批电池寿命的波动性较以往有无显著变化？解：要检验的假设为H0:2=20=1600;H1:2̸=20。检验序统计量为：2=(n−1)S220。拒绝域为：{2621/2(n−1)}∪{22/2(n−1)}。现在统计量的观察值为：2=(n−1)S220=37:5，而20:025(24)=39:3641，20:025(24)=12:4012，所以统计量的观察值落入接受域内，从而接受H0，即认为在显著性水平=0:05下，这批电池寿命的波动性较以往没有显著变化。Page4