概率论与数理统计期末考试题及答案(完整版)资料.doc

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1、概率论与数理统计期末考试题及答案（完整版）资料(可以直接使用，可编辑 优秀版资料，欢迎下载）模拟试题一一、 填空题（每空3分，共45分）1、已知P(A) = 0.92, P(B) = 0.93, P(B|) = 0.85, 则P(A|) = 。 P( AB) = 。2、设事件A与B独立，A与B都不发生的概率为，A发生且B不发生的概率与B发生且A不发生的概率相等，则A发生的概率为： ；3、一间宿舍内住有6个同学，求他们之中恰好有4个人的生日在同一个月份的概率： ；没有任何人的生日在同一个月份的概率 ；4、已知随机变量X的密度函数为：, 则常数A= , 分布函数F(x)= , 概率 ；5、设随机变

2、量X B(2，p)、Y B(1，p)，若，则p = ，若X与Y独立，则Z=max(X,Y)的分布律： ；6、设且X与Y相互独立，则D(2X-3Y)= , COV(2X-3Y, X)= ；7、设是总体的简单随机样本，则当 时， ；8、设总体为未知参数，为其样本，为样本均值，则的矩估计量为： 。9、设样本来自正态总体，计算得样本观察值，求参数a的置信度为95%的置信区间： ；二、 计算题（35分）1、 (12分)设连续型随机变量X的密度函数为： 求：1）；2）的密度函数；3）；2、(12分)设随机变量(X,Y)的密度函数为1） 求边缘密度函数；2） 问X与Y是否独立？是否相关？3） 计算Z = X

3、 + Y的密度函数； 3、（11分）设总体X的概率密度函数为： X1,X2,Xn是取自总体X的简单随机样本。1） 求参数的极大似然估计量；2） 验证估计量是否是参数的无偏估计量。三、 应用题（20分）1、（10分）设某人从外地赶来参加紧急会议，他乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别是3/10，1/5，1/10和2/5。如果他乘飞机来，不会迟到；而乘火车、轮船或汽车来，迟到的概率分别是1/4，1/3，1/2。现此人迟到，试推断他乘哪一种交通工具的可能性最大？2（10分）环境保护条例，在排放的工业废水中，某有害物质不得超过0.5，假定有害物质含量X服从正态分布。现在取5份水样，测定该有害物质含量，

4、得如下数据： 0.530，0.542，0.510，0.495，0.515能否据此抽样结果说明有害物质含量超过了规定()？附表：答 案（模拟试题一）四、 填空题（每空3分，共45分）1、0.8286 ， 0.988 ；2、 2/3 ；3、，；4、 1/2, F(x)= ， ；5、p = 1/3 ， Z=max(X,Y)的分布律： Z 0 1 2P 8/27 16/27 3/27；6、D(2X-3Y)= 43.92 , COV(2X-3Y, X)= 3.96 ；7、当 时，；8、的矩估计量为：。9、 9.216，10.784 ； 五、 计算题（35分）1、解 1） 2） 3）2、解：1） 2）显然

5、，所以X与Y不独立。 又因为EY=0，EXY=0，所以，COV(X,Y)=0，因此X与Y不相关。 3）3、解1） 令 解出： 2） 的无偏估计量。 六、 应用题（20分）1、（10分）设某人从外地赶来参加紧急会议，他乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别是3/10，1/5，1/10和2/5。如果他乘飞机来，不会迟到；而乘火车、轮船或汽车来，迟到的概率分别是1/4，1/3，1/2。现此人迟到，试推断他乘哪一种交通工具的可能性最大？解：设事件A1，A2，A3，A4分别表示交通工具“火车、轮船、汽车和飞机”，其概率分别等于3/10，1/5，1/10和2/5，事件B表示“迟到”，已知概率分别等于1/4，

6、1/3，1/2，0 则 ，由概率判断他乘火车的可能性最大。2（10分）环境保护条例，在排放的工业废水中，某有害物质不得超过0.5，假定有害物质含量X服从正态分布。现在取5份水样，测定该有害物质含量，得如下数据： 0.530，0.542，0.510，0.495，0.515能否据此抽样结果说明有害物质含量超过了规定()？解：（）， 拒绝域为： 计算， 所以，拒绝，说明有害物质含量超过了规定。 附表：概率论与数理统计习题答案详解版(廖茂新复旦版)习 题 一1.设A，B，C为三个事件，用A，B，C的运算式表示下列事件：（1） A发生而B与C都不发生；（2） A，B，C至少有一个事件发生；（3） A，B

7、，C至少有两个事件发生；（4） A，B，C恰好有两个事件发生；（5） A，B至少有一个发生而C不发生；（6） A，B，C都不发生.解：（1）A或A-B-C或A-（BC）.（2）ABC.（3）（AB）（AC）（BC）.（4）（AB）（AC）（BC）.（5）（AB）.（6）或.2.对于任意事件A，B，C，证明下列关系式：（1）(A+B) (A+)(+ B)(+)= ；（2）AB+B +A+= AB；（3）A-(B+C)= (A-B)-C.证明：略.3.设A，B为两事件，P（A）=0.5,P(B)=0.3,P(AB)=0.1，求：（1） A发生但B不发生的概率；（2） A，B都不发生的概率；（3）

8、至少有一个事件不发生的概率.解（1） P（A）=P（A-B）=P（A-AB）=P（A）-P（AB）=0.4； (2) P()=P()=1-P(AB)=1-0.7=0.3；(3) P(）=P(）=1-P(AB)=1-0.1=0.9.4.调查某单位得知。购买空调的占15，购买电脑占12，购买DVD的占20%；其中购买空调与电脑占6%，购买空调与DVD占10%，购买电脑和DVD占5，三种电器都购买占2。求下列事件的概率。（1）至少购买一种电器的；（2）至多购买一种电器的；（3）三种电器都没购买的.解：（1） 0.28, （2）0.83, （3） 0.725.10把钥匙中有3把能打开门，今任意取两把，

9、求能打开门的概率。解：8/156.任意将10本书放在书架上。其中有两套书，一套3本，另一套4本。求下列事件的概率。（1）3本一套放在一起； （2）两套各自放在一起；（3）两套中至少有一套放在一起.解： （1）1/15， （2）1/210， （3）2/217. 12名新生中有3名优秀生，将他们随机地平均分配到三个班中去，试求：（1） 每班各分配到一名优秀生的概率；（2） 3名优秀生分配到同一个班的概率.解 12名新生平均分配到三个班的可能分法总数为（1） 设A表示“每班各分配到一名优秀生”3名优秀生每一个班分配一名共有3！种分法，而其他9名学生平均分配到3个班共有种分法，由乘法原理，A包含基本事

10、件数为3！=故有P（A）=/=16/55（2） 设B表示“3名优秀生分到同一班”，故3名优秀生分到同一班共有3种分法，其他9名学生分法总数为，故由乘法原理，B包含样本总数为3.故有 P（B）=/=3/558.箱中装有a只白球，b只黑球，现作不放回抽取，每次一只.（1） 任取m+n只，恰有m只白球，n只黑球的概率（ma,nb）;(2) 第k次才取到白球的概率（kb+1）;（3） 第k次恰取到白球的概率.解 （1）可看作一次取出m+n只球，与次序无关，是组合问题.从a+b只球中任取m+n只，所有可能的取法共有种，每一种取法为一基本事件且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同.从a只白球中取m只，

11、共有种不同的取法，从b只黑球中取n只，共有种不同的取法.由乘法原理知，取到m只白球，n只黑球的取法共有种，于是所求概率为p1=.(2) 抽取与次序有关.每次取一只，取后不放回，一共取k次，每种取法即是从a+b个不同元素中任取k个不同元素的一个排列，每种取法是一个基本事件，共有个基本事件，且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同.前k-1次都取到黑球，从b只黑球中任取k-1只的排法种数，有种，第k次抽取的白球可为a只白球中任一只，有种不同的取法.由乘法原理，前k-1次都取到黑球，第k次取到白球的取法共有种，于是所求概率为p2=.(3) 基本事件总数仍为.第k次必取到白球，可为a只白球中任一只，

12、有种不同的取法，其余被取的k-1只球可以是其余a+b-1只球中的任意k-1只，共有种不同的取法，由乘法原理，第k次恰取到白球的取法有种，故所求概率为p3=.9.在区间（0，1）内任取两个数，求这两个数的乘积小于1/4的概率.解 设在（0，1）内任取两个数为x,y，则0x1,0y1图1-7即样本空间是由点（x，y）构成的边长为1的正方形，其面积为1.令A表示“两个数乘积小于1/4”，则A=（x,y）0xy1/4,0x1,0y1事件A所围成的区域见图1-7，则所求概率P(A) =.10.两人相约在某天下午500600在预定地方见面，先到者要等候20分钟，过时则离去.如果每人在这指定的一小时内任一时

13、刻到达是等可能的，求约会的两人能会到面的概率.解 设x,y为两人到达预定地点的时刻，那么，两人到达时间的一切可能结果落在边长为60的正方形内，这个正方形就是样本空间,而两人能会面的充要条件是x-y20，即x-y20且y-x20.令事件A表示“两人能会到面”，这区域如图1-8中的A.则P(A) =11.一盒中装有5只产品，其中有3只正品，2只次品，从中取产品两次，每次取一只，作不放回抽样，求在第一次取到正品条件下，第二次取到的也是正品的概率.解 设A表示“第一次取到正品”的事件，B表示“第二次取到正品”的事件由条件得P（A）=(34)/(54)= 3/5，P(AB)= (32)/(54)= 3/

14、10，故有 P（BA）=P（AB）/P（A）=(3/10)/( 3/5)= 1/2.此题也可按产品编号来做，设1，2，3号为正品，4，5号为次品，则样本空间为=1，2，3，4，5，若A已发生，即在1，2，3中抽走一个，于是第二次抽取所有可能结果的集合中共有4只产品，其中有2只正品，故得P（BA）=2/4=1/2.12.设P（）=0.3,P(B)=0.4,P(A)=0.5，求P（BA).解 13.设盒中有m只红球，n只白球，每次从盒中任取一只球，看后放回，再放入k只与所取颜色相同的球.若在盒中连取四次，试求第一次，第二次取到红球，第三次，第四次取到白球的概率.解 设Ri(i=1,2,3,4)表示

15、第i次取到红球的事件， (i=1,2,3,4)表示第i次取到白球的事件.则有14.仓库中有十箱同样规格的产品，已知其中有五箱、三箱、二箱依次为甲、乙、丙厂生产的，且甲厂，乙厂、丙厂生产的这种产品的次品率依次为1/10,1/15,1/20.从这十箱产品中任取一件产品，求取得正品的概率。解：0.9215.有两箱同类零件，第一箱有50个，其中10个一等品，第二箱有30个，其中18个一等品。现任取一箱，从中任取零件两次，每次取一个，取后不放回。求：（1）第二次取到的零件是一等品的概率；（2）在第一次取到一等品的条件下，第二次取到一等品的条件概率；（3）两次取到的都不是一等品的概率。解：设 表示取到第一

16、箱零件，：表示第次取到一等品，由全概率公式知：16.设有甲乙两袋，甲袋中有只白球、只红球；乙袋中有只白球、只红球.今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球.问从乙袋中取到白球的概率是多少？解：记 ：甲袋中取得白球；：甲袋中取得红球；：从乙袋中取得白球；由全概率公式17.一箱产品，A，B两厂生产分别个占60，40，其次品率分别为1，2。现在从中任取一件为次品，问此时该产品是哪个厂生产的可能性最大？解：取出产品是B厂生产的可能性大。18.由以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下效果：被诊断者有癌症，试验反应为阳性的概率为0.95；被诊断者没有癌症，试验反应为阴性的概率为0.95现对自然

17、人群进行普查，设被试验的人群中患有癌症的概率为0.005，求：已知试验反应为阳性，该被诊断者确有癌症的概率.解 设A表示“患有癌症”，表示“没有癌症”，B表示“试验反应为阳性”，则由条件得P（A）=0.005,P()=0.995，P(BA)=0.95,P(）=0.95由此 P（B）=1-0.95=0.05由贝叶斯公式得P（AB）=0.087.19.设每次射击的命中率为0.2，问至少必须进行多少次独立射击才能使至少击中一次的概率不小于0.9?解 设必须进行n次独立射击.即为 故 n11至少必须进行11次独立射击.20.三人独立地破译一个密码，他们能破译的概率分别为1/5， 1/3， 1/4，求将

18、此密码破译出的概率.解 设Ai=第i人能破译（i=1,2,3），则 21.设在N件产品中有M件次品，现进行n次有放回的检查抽样，试求抽得k件次品的概率. 解 由条件，这是有放回抽样，可知每次试验是在相同条件下重复进行，故本题符合n重贝努里试验的条件，令A表示“抽到一件次品”的事件.则P（A）=p=M/N,以Pn(k)表示n次有放回抽样中，有k次出现次品的概率，由贝努里概型计算公式，可知Pn(k)=, k=0,1,2,，n. 22.将一枚均匀硬币掷2n次，求出现正面次数多于反面次数的概率.解 掷2n次硬币，可能出现：A=正面次数多于反面次数，B=正面次数少于反面次数，C=正面次数等于反面次数，A

19、，B，C两两互斥.可用对称性来解决.由于硬币是均匀的，故P（A）=P（B）.所以由2n重贝努里试验中正面出现n次的概率为 故 习 题 二1.从一批有10个合格品与3个次品的产品中一件一件地抽取产品，各种产品被抽到的可能性相同，求在二种情况下，直到取出合格品为止，所求抽取次数的分布律：（1）放回；（2）不放回.解 （1）123410/13(3/13)(10/12)(3/13)(2/12)(10/11)(3/13)(2/12)(1/11)（2） 2.设随机变量X的分布律为PX=k=，其中k=0，1，2，0为常数，试确定常数a.解 由分布律的性质知故 3.（1）双方各出3人；（2）双方各出5人；（3

20、）双方各出7人.三种方案中均以比赛中得胜人数多的一方为胜利.问：对系队来说，哪一种方案有利？解 设系队得胜人数为X，则在上述三种方案中，系队胜利的概率为（1） PX2=0.352；(2) PX3=0.317；(3) PX4=0.290.因此第一种方案对系队最为有利.这在直觉上是容易理解的，因为参赛人数越少，系队侥幸获胜的可能性也就越大.4.一篮球运动员的投篮命准率为45%，以表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出的分布律，并计算取偶数的概率.解：随机变量所有可能的取值为:， 分布律为：, ：一列互不相容的事件的和， 所以.5.某十字路口有大量汽车通过，假设每辆汽车在这里发生交通事故的概率为0.

21、001，如果每天有5000辆汽车通过这个十字路口，求发生交通事故的汽车数不少于2的概率.解 设X表示发生交通事故的汽车数，则Xb(n,p),此处n=5000，p=0.001，令=np=5，PX2=1-PX2=1-=1-(0.999)5000-5(0.999)4999.查表可得PX2=1-0.00674-0.03369=0.95957.6.设在独立重复实验中，每次实验成功概率为0.5，问需要进行多少次实验，才能使至少成功一次的概率不小于0.9。解 7.设随机变量X分布函数为F（x）=（1） 求常数A，B；（2） 求PX2，PX3；（3） 求分布密度f（x）.【解】（1）由得（2） (3) 8.设

22、随机变量X的概率密度为f（x）=求X的分布函数F（x），并画出f（x）及F（x）.【解】当x0时F（x）=0当0x1时 当1x0;(2) f(x)=试确定常数a,b，并求其分布函数F（x）.【解】（1） 由知故 即密度函数为 当x0时当x0时 故其分布函数(2) 由得 b=1即X的密度函数为当x0时F（x）=0当0x1时 当1x0时， 故 (2) 当y0时当y0时 故4.设随机变量XU（0,1），试求：Z= -2lnX的分布函数及密度函数.【解】 由P（0X0时， 即分布函数故Z的密度函数为5.设随机变量（X，Y）的分布律为XY0 1 2 3 4 501230 0.01 0.03 0.05 0

23、.07 0.090.01 0.02 0.04 0.05 0.06 0.080.01 0.03 0.05 0.05 0.05 0.060.01 0.02 0.04 0.06 0.06 0.05（1） 求V=max（X，Y）的分布律；（2） 求U=min（X，Y）的分布律；【解】（1） 所以V的分布律为V=max(X,Y)012345P00.040.160.280.240.28(2) 于是U=min(X,Y)0123P0.280.300.250.176.设X和Y是两个相互独立的随机变量，其概率密度分别为fX（x）= fY（y）=求随机变量Z=X+Y的分布密度.解 X，Y相互独立，所以由卷积公式知f

24、Z（z）=.由题设可知fX（x）fY（y）只有当0x1，y0，即当0x1且z-x0时才不等于零.现在所求的积分变量为x，z当作参数，当积分变量满足x的不等式组0x1xz时，被积函数fX（x）fY（z-x）0.下面针对参数z的不同取值范围来计算积分.当z0时，上述不等式组无解，故fX（x）fY（z-x）=0.当0z1时，不等式组的解为0xz.当z1时，不等式组的解为0x1.所以fZ（z）=，7.设二维随机变量的联合密度函数为 求：（1）随机变量的密度函数；（2）随机变量的密度函数；（3）随机变量的密度函数.解：由题意的概率密度函数分别为由两个随机变量和的密度函数公式，要使被积函数非，必须满足故的

25、密度函数应为8.设随机变量与相互独立，且都服从参数为的泊松(Poisson)分布，证明仍服从泊松分布，参数为.证明：记，则所有可能的取值为：， 由离散卷积公式有 即服从参数为的泊松分布.9.设X和Y分别表示两个不同电子器件的寿命（以小时计），并设X和Y相互独立，且服从同一分布，其概率密度为f（x）=求Z=X/Y的概率密度.【解】如图,Z的分布函数(1) 当z0时，（2） 当0z1时，（这时当x=1000时,y=）(如图a) 题15图(3) 当z1时，（这时当y=103时，x=103z）（如图b） 即 故 习 题 五 1. 公共汽车起点站于每小时的10分，30分，55分发车，该顾客不知发车时间，

26、在每小时内的任一时刻随机到达车站，求乘客候车时间的数学期望（准确到秒）。解 10分25秒 2.对球的直径作近似测量，设其值均匀分布在区间a，b内，求球体积的数学期望.解 设随机变量X表示球的直径，Y表示球的体积，依题意，X的概率密度为f（x）=球体积Y=，由（4.6）式得E（Y）=3.设排球队A与B比赛，若有一队胜4场，则比赛宣告结束，假设A，B在每场比赛中获胜的概率均为1/2,试求平均需比赛几场才能分出胜负？解：平均需赛6场4.一袋中有张卡片，分别记为1，2，从中有放回地抽取出张来，以表示所得号码之和，求。解 ; 5.盒中有7个球，其中4个白球，3个黑球，从中任抽3个球，求抽到白球数的数学期

27、望和方差。解6.设二维连续型随机变量（X ，Y）的联合概率密度为：f (x ,y)=求： 常数k. 及. 解k = 2, E(XY)=1/4, D(XY)=7/1447.设二维随机变量（X，Y）在区域A上服从均匀分布，其中A为x轴，y轴及直线x+ =1所围成的三角区域，求E（X），E（Y），E（XY）.解 由于（X，Y）在A内服从均匀分布，所以其概率密度f（x，y）=E（X）=E（Y）=E（XY）=8.设随机变量X的概率密度为f（x）=求E（X）和D（X）.解 E（X）= =0，E（X2）=1/6，于是 D（X）=E（X2）-E（X）2=1/6.9.对随机变量X和Y，已知D（X）=2，D（Y）

28、=3，Cov(X,Y)=-1,计算：Cov（3X-2Y+1，X+4Y-3）.解 (因常数与任一随机变量独立，故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).10.设X服从0,2上均匀分布，Y=cosX,Z=cos(X+a)，这里a是常数.求YZ.解 E（Y）=0, E(Z)= =0,D(Y)=EY-E(Y)2=,D(Z)=EZ-E(Z)2=,Cov(Y,Z)=EY-E(Y)Z-E(Z)= ,因此 YZ= 当a=0时，YZ=1，Y=Z，存在线性关系； 当a=时，YZ=-1，Y=-Z，存在线性关系； 当a=或时，YZ=0，这时Y与Z不相关，但这时却有Y2+Z2=1，因此，Y与Z不独立.11.

29、设随机变量（X，Y）的分布律为XY-1 0 1-1011/8 1/8 1/81/8 0 1/81/8 1/8 1/8验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的.解 联合分布表中含有零元素，X与Y显然不独立，由联合分布律易求得X，Y及XY的分布律，其分布律如下X -101 PY -101 PXY -101 P由期望定义易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0.从而E(XY)=E(X)E(Y),再由相关系数性质知XY=0,即X与Y的相关系数为0，从而X和Y是不相关的.又从而X与Y不是相互独立的.12.设二维随机变量（X，Y）在以（0，0），（0，1），（1，0）为顶点的三角形区域上服从均匀分布，求Cov（X，Y），XY.解 如图，SD=，故（X，Y）的概率密度为题12图从而同理而 所以.从而