概率统计模拟试题1_4解答

模拟试题（一）参考答案

一.单项选择题（每小题2分,共16分） 1.设

A, B为两个随机事件,若P(AB)0,则下列命题中正确的是（ ）

A与B互不相容 (B) A与B独立(C) P(A)0或P(B)0 (D) AB未必是不可能事件 解 若AB为零概率事件,其未必为不可能事件.本题应选D.

(A)

2.设每次试验失败的概率为(A)

p,则在3次独立重复试验中至少成功一次的概率为（ ）

p3,故所求概率为1p3.若直接从正面去求较为麻烦.本题应

1(1p)p2 3(1p) (B) (1p)3 (C) 1p3 (D) C3解 所求事件的对立事件为“3次都不成功”,其概率为选C. 3.若函数(A)

yf(x)是一随机变量的概率密度,则下面说法中一定成立的是（ ）

f(x)是定义在(,)上的非负函数,且满足f(x)非负 (B) f(x)的值域为[0,1] (C) f(x)单调非降 (D) f(x)在(,)内连续

解 由连续型随机变量概率密度的定义可知,以A一定成立.而其它选项不一定成立.例如服从[f(x)dx1,所

11,]上的均匀分布的随机变量的概率密度 3211116,x,f(x)在与处不连续,且在这两点的函数值大于1.因而本题应选A. xx3232其他0,4.若随机变量

X的概率密度为f(x)

(B)

1(A)

X32X322X3 (C)

2

e(x3)24 (x),则Y（ ）~N(0,1)

(D)

X3 22,则其服从标准正态分布.故本题应选A.

解

X的数学期望EX3,方差DX2,令YX, YX35.若随机变量(A)

不相关,则下列等式中不成立的是（ ）

cov(X,Y)0 (B) D(XY)DXDY(C) DXYDXDY (D) EXYEXEY 解 因为0,故 cov(X,Y)DXDY0, D(XY)DXDY2cov(X,Y)DXDY, 但无论如何,都不成立DXYDXDY.故本题应选C.

6.设样本(A)

X1,X2,,Xn取自标准正态分布总体Xn,又

X, S分别为样本均值及样本标准差,则（ ）

X~N(0,1)(B) nX~N(0,1)(C)

Xi2~2(n)(D)

i1X~t(n1) SnX1~t(n1),只有C选项成立.本题应选C. X~N(0,),nX~N(0,n),

Sn7.样本X1,X2,,Xn (n3)取自总体X,则下列估计量中,（ ）不是总体期望的无偏估计量

解 (A)

Xi1ni (B)

X (C)

0.1(6X14Xn)

(D)

X1X2X3

. word资料可编辑 .

. . . . 解 由无偏估计量的定义计算可知,

Xi1ni不是无偏估计量,本题应选A.

8.在假设检验中,记H0为待检假设,则犯第一类错误指的是（ ） (A) (C)

H0成立,经检验接受H0 H0不成立,经检验接受H0

(B) (D)

H0成立,经检验拒绝H0 H0不成立,经检验拒绝H0

解 弃真错误为第一类错误,本题应选B. 二.填空题（每空2分,共14分）

1.同时掷三个均匀的硬币,出现三个正面的概率是________,恰好出现一个正面的概率是________. 解

13;. 882.设随机变量

X服从一区间上的均匀分布,且EX3, DX1,则X的概率密度为________. 3ab(ba)213, DX,解得a2, b4, 解 设X~[a,b],则EX2123所以

X的概率密度为

1,2x4,f(x)2

其他.03.设随机变量解

X服从参数为2的指数分布,Y服从参数为4的指数分布,则E(2X23Y)________.

7. 4E(2X23Y)2EX23EY2[DX(EX)2]2EYX和Y的数学期望分别为－2

P{|XY|6}________.

4.设随机变量

解 根据切比雪夫不等式,

和2,方差分别为1和4,而相关系数为－0.5,则根据切比雪夫不等式,有

D(XY)DXDY2Cov(X,Y)1. 36126215.假设随机变量X服从分布t(n),则服从分布________（并写出其参数）. 2XP{|XY|6}解 设

XYZn~t(n),其中Y~N(0,1),Z~2(n),且Y2~2(1),从而

Z1n2~F(n,1). 2XY6.设

X1,X2,,Xn(n1)为来自总体X2的一个样本,对总体方差DX进行估计时,常用的无偏估计量是________.

n1(XiX)2解 Sn1i1.

三.(本题６分)设P(A)解 由全概率公式可得

0.1,P(B|A)0.9,P(B|A)0.2,求P(A|B).

P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)0.10.90.90.20.27.

P(A|B)P(AB)P(A)P(B|A)1.

P(B)P(B)3 . word资料可编辑 .

. . . . 四.(本题8分)

两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的概率为0.03,第二台出现废品的概率为0.02.加工出来的零件放在一起.又知第一台加工的零件数是第二台加工的零件数的2倍.求:

(1) 任取一个零件是合格品的概率,(2) 若任取一个零件是废品,它为第二台车床加工的概率. 解 设

A1,A2分别表示第一台,第二台车床加工的零件的事件.B表示产品是合格品的事件.

(1) 由全概率公式可得

P(B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)

210.970.980.973. 3310.02P(A2B)P(A2)P(B|A2)30.247. (2) P(A2|B)10.973P(B)P(B)五.(本题14分)

袋中有4个球分别标有数字1,2,2,3,从袋中任取一球后,不放回再取一球,分别以X, Y记第一次,第二次取得球上标有的数字,求:

(1)

(X, Y)的联合分布； (2) X, Y的边缘分布；(3)

X, Y是否独立； (4)

E(XY).

X 1 2 3

11 1 0

6121112

666113 0

612111111（2）P(X1),P(X2),P(X3).P(Y1),P(Y2),P(Y3).

4244241（3）因为P(X1,Y1)0P(X1)P(Y1),故X, Y不独立.

16111111123（4）E(XY)1213. 21222331326126661266

六.(本题12分)设随机变量试求:(1)

解 （1） Y

X的密度函数为f(x)Ax2e|x| (x),

0A的值； (2) P(1X2)； (3) YX2的密度函数.

解 (1) 因

f(x)dx2A2x2exdx4A1,从而A1; 4

102x122x(2) P(1X2)f(x)dxxedxxedx

14140551e2e1;

24(3) 当y0时,FY(y)0;当y0时,

FY(y)P(Yy)P(X2y)P(yXy)FX(y)FX(y),

11111所以,两边关于y求导可得,fY(y)yeyyeyyey.

42y42y4 . word资料可编辑 .

. . . .

故Y的密度函数为

0,fY(y)1yye,4七.(本题6分)

y0,y0.

某商店负责供应某地区1000人商品,某种产品在一段时间内每人需用一件的概率为0.6.假定在这段时间,各人购买与否彼此无关,问商店应预备多少件这种商品,才能以99.7%的概率保证不会脱销？（假定该商品在某一段时间内每人最多买一件）.

,0,第i人不购买该种商品(i1,2,,1000),XXi第i人购买该种商品1,X~B(1000,0.6).又设商品预备n件该种商品,依题意,由中心极限定理可得

解 设

表示购买该种商品的人数,则

P(Xn)P((查正态分布表得

XEXDX240nEXDX)P(X600240n600240)

n600)0.997.

n6002402.75,解得n642.6643件.

八.(本题10分)

一个罐内装有黑球和白球,黑球数与白球数之比为R.

1，黑球， 求总体X的分布； X为总体,即X0，白球，(2) 从罐内有放回的抽取一个容量为n的样本X1,X2,,Xn,其中有m个白球,求比数R的最大似然估计值.

(1) 从罐内任取一球,取得黑球的个数解 （1）

X 1 0

R1 P

1R1Rx1xRx (x0,1); 1RxnRi（2）L(R)P(Xixi),两边取对数,lnL(R)Rxinln(1R), n(1R)i110, 两边再关于R求导,并令其为0,得xin1Rxiˆˆn1. 从而R,又由样本值知,xinm,故估计值为RmnxiR1即P(Xx)1R1R九.(本题14分)

对两批同类电子元件的电阻进行测试,各抽6件,测得结果如下（单位:）:

A批:0.140,0.138,0.143,0.141,0.144,0.137； B批:0.135,0.140,0.142,0.136,0.138,0.141.

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. . . .

已知元件电阻服从正态分布,设0.05,问:

(1) 两批电子元件的电阻的方差是否相等? (2) 两批电子元件的平均电阻是否有显著差异? （t0.025(10)解 (1)

2.2281,F0.025(5,5)7.15）

22H0：122， H1：122.

检验统计量为

S12F2~F(5, 5) （在H0成立时）,

S2由0.05,查得临界值F/2F0.025(5, 5)7.15,F1/2由样本值算得F1. 7.150.00000750.962,由于F1/2FF/2,故不能拒绝H10,即认为两批电子元件的电阻

0.0000078的方差相等.

(2)

H0：12， H1：12.

统计量

TXYSS62122~t(10) （在H0成立时）,

查表得临界值t/2t0.025(10)2.228.再由样本值算得

T0.14050.1390.00000750.000007861.148,

因为|T

|t/2,故接收H0.即认为两批电子元件的平均电阻无显著差异.

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. . . .

模拟试题（二）参考答案

一.单项选择题（每小题2分,共16分） 1.设

A, B, C表示3个事件,则ABC表示（ ）

A, B, C中有一个发生 (B) A, B, C中不多于一个发生 A, B, C都不发生 (D) A, B, C中恰有两个发生

(A) (C)

解 本题应选C. 2.已知P(A)11P(B),P(A|B),则P(AB)=（ ）.

3671111(A) (B) (C) (D)

3418181解 P(AB)P(A)P(B|A),

18P(AB)P(AB)1P(AB)1P(A)P(B)P(AB)7. 18故本题应选A.

3.设两个相互独立的随机变量(A)

X与Y分别服从正态分布N(0,1)和N(1,1),则（ ）

11 (B) P{XY1} 2211(C) P{XY0} (D) P{XY1}

22解 XY~N(1,2),XY~N(1,2),故本题应选B.

P{XY0}4.设

X与Y为两随机变量,且DX4,DY1,XY0.6,则D(3X2Y)（ ）

(C) 25.6 (D) 17.6

(A) 40 (B) 34 解

cov(X,Y)XYDXDY1.2,

D(3X2Y)9DX4DY12cov(X,Y)25.6.

故本题应选C. 5.若随机变量

X服从参数为的泊松分布,则X2的数学期望是（ ）

122(A)  (B) (C)  (D) 

222解 EXDX(EX),本题应选D.

X1,X2,,Xn是来自于正态总体N(,2)的简单随机样本,X为样本方差,记

6.设

21n1n22S1(XiX) S2(XiX)2 n1i1ni11n1n222S3(Xi) S4(Xi)2 n1i1ni1则服从自由度为n1的t分布的随机变量是（ ）

XX(A) t (B) t

S2/n1S1/n1 . word资料可编辑 .

. . . . (C)

tXS3/n1

n(D) tXS4/n1

解

X~N(,2n),

12(Xi1iX)2~t(n1),再由t分布的定义知,本题应选B.

7.设总体

2X均值与方差都存在,且均为未知参数,而

2X1,X2,, Xn是该总体的一个样本,X为样本方差,则

总体方差的矩估计量是（ ）

(A) (C)

1nX (B) (Xi)2

ni11n1n2(XiX) (D) (XiX)2 n1i1ni1解 本题应选D.

8.在假设检验时,若增大样本容量,则犯两类错误的概率（ ） (A) 都增大 (C) 都不变 解 本题应选B.

二.填空题（每空2分,共14分）

1.设10件产品中有4件不合格品,从中任取2件,已知所取2件中有1件是不合格品,则另外1件也是不合格品的概率为________.

(B) 都减小

(D) 一个增大一个减小

A表示两件中有一P(AB)P(B)1P(B|A)

P(A)P(A)5解 设2.设随机变量

件不合格品,

B表示两件都是不合格品.则所求的极限为

X服从B(1, 0.8)分布,则X的分布函数为________.

x0,0,f(x)0.2,0x1,

1x1.解

X服从0-1分布,其分布函数为

3.若随机变量解

X服从均值为2,方差为2的正态分布,且P{0X4}0.6,则P{X0}=________.

2,即其密度函数关于x2对称.由对称性知

P{X0}10.60.2. 24.设总体

X服从参数为p的0－1分布,其中p(0p1)未知.现得一样本容量为8的样本值:0,1,0,1,1,0,1,1,则样本

5215;S. 856中随机抽取10个样本,根据测得的结果计算知

均值是________,样本方差是________.

解 由定义计算知

X5.设总体

X服从参数为的指数分布,现从Xxi110i27,那么的

矩估计值为________.

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. . . .

解

ˆ110. X276.设总体解 T0时,采用的统计量是________. X~N(, 2),且2未知,用样本检验假设H0：X0Sn~t(n1) (H0为真时).

三.（本题8分）

设有三只外形完全相同的盒子,Ⅰ号盒中装有14个黑球,6个白球；Ⅱ号盒中装有5个黑球,25个白球；Ⅲ号盒中装有8个黑球,42个白球.现在从三个盒子中任取一盒,再从中任取一球,求:

（1）取到的球是黑球的概率；

（2）若取到的是黑球,它是取自Ⅰ号盒中的概率. 解 设

A1,A2,A3分别表示从第Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ号盒中取球,B表示取到黑球.

(1) 由全概公式可得

3P(B)P(Ai)P(B|A1141518i)i13203303500.342; (2) 由贝叶斯公式得

P(A1)P(B|A1)1|B)P(AP(B)0.682.

四.（本题6分） 设随机变量

X的概率密度为

f(x)1cosx，0x，22, 0，其他，对

X独立地重复观察4次,用Y表示观察值大于

3地次数,求Y2的数学期望. 解

P(X13)32cosx2dx12,Y~B(4, 12),从而 EY2DY(EY)25.

五.（本题12分） 设(X,Y)的联合分布律为

Y

X 0 1 2

1 0.1 0.05 0.35 2 0.3 0.1 0.1 问:(1)

X,Y是否独立；

(2) 计算P(XY)的值；

(3) 在Y2的条件下X的条件分布律.

解 (1) 因为

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. . . .

P(X1,Y0)0.10.20.50.4P(X1)P(Y0),

所以

X，Y不独立;

P(XY)P(X1,Y1)P(X2,Y2)0.050.10.15; P(X1|Y2)P(X1,Y2)0.357,

P(Y2)0.45972P(X2|Y2)1.

99(2) (3)

六.（本题12分）

设二维随机变量(X, Y)的概率密度为

12y2,0yx1, f(x,y)其他,0,求:(1)

X的边缘密度函数fX(x)；

E(XY)； P(XY1).

(2) (3)

解 (1)

x312y2dy,0x1,4xfX(x)f(x,y)dy00,其他0,1x13(2) E(XY)dx12xydy;

0021x72(3) P(XY1)1dx12ydy.

1x820x1,

其他.七.（本题6分）

一部件包括10部分,每部分的长度是一个随机变量,它们相互独立,且服从同一均匀分布,其数学期望为2mm,均方差为0.05,规定总长度为(200.1)mm时产品合格,试求产品合格的概率.

解 设

10Xi表示第i部分的长度,i1,2,,10,X表示部件的长度.由题意知

EXi2,DXi0.0025,且

XXi,EX20,DX0.025.由独立同分布的中心极限定理知,产品为合格品的概率为

i1P(|X20|0.1)P(|2(八.（本题7分） 设总体

X200.025|0.10.025)

.

0.1)10.47140.025X具有概率密度为

kxk1ex,x0, f(x)(k1)!0,其他,其中k为已知正整数,求的极大似然估计.

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. . . .

解 设

X1,X2,,Xn是来自总体Xn的样本,当x1,x2,,xn0时,似然函数

L()f(xi)i1nkn[(k1)!]xi1nk1iexii1n,

两边取对数,

lnL()nklnnln(k1)!lnxii1nk1xii1n,

关于求导,并令其为0,得

lnL()nkxi0,

i1n从而解得的极大似然估计为

ˆnki1XinkX.

九.（本题14分）

从某锌矿的东、西两支矿脉中,各抽取样本容量分别为9与8的样本进行测试,得样本含锌平均数及样本方差如下:

东支:x1西支:x220.230,sn0.1337, (n19)

120.269,sn0.1736, (n28)

2若东、西两支矿脉的含锌量都服从正态分布,问东、西两支矿脉含锌量的平均值是否可以看作一样？(0.05)

( F0.025(8, 7)4.53,F0.025(7, 8)4.90,t0.0025(15)2.1315 )

解 本题是在未知方差,又没有说明方差是否相等的情况下,要求检验两总体均值是否相等的问题,故首先必须检验方

差是否相等,在相等的条件下,检验总体均值是否相等.

s12第一步假设0:=,统计量F2s222经检验,接受H0:1=2；

2122~F(n11,n21),

第二步假设0:1统计量T2,

(XY11(n1)s(n21)s)1n1n2n1n222122~t(n1n22)

经检验,接受0,即可认为东、西两支矿脉含锌量的平均值相等.(请参见模拟试题(一)第九大题)

十.（本题5分） 设总体

X的密度函数为

32x,0x,f(x)3

其它,0,4其中为未知参数,X1,X2,,Xn为来自总体X的样本,证明:X是的无偏估计量.

34444 证明 E(X)EXEXxf(x)dx

3333 . word资料可编辑 .

. . . .

433xdx, 330故

43X是的无偏估计量.

. word资料可编辑 .

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模拟试题（三）参考答案

一.填空题（每小题2分,共14分）

1.一射手对同一目标独立地进行四次射击,若至少命中一次的概率为解 设

80,则该射手的命中率为 . 81A表示一次射击中击中目标,依题意,四次都没击中的概率为

8012,解得P(A),从而射手的命中率为P(A). 8133P(A)412.若事件解

A,B独立,且P(A)p,P(B)q则P(AB) .

P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)1ppq.

3.设离散型随机变量解

X服从参数为（0）的泊松分布,已知P(X1)P(X2),则= .

P(X1)e22eP(X2),从而解得2.

X,Y具有同一分布律,且X的分布律为:

X 0 1 11

22则随机变量Zmax{X,Y}的分布律为 . 解 Z的可能取值为0,1.

111P(Z0)P(X0,Y0)P(X0)P(Y0).

22413P(Z1)1.

444.设相互独立的两个随机变量5.设随机变量解

X,Y的方差分别为DX25,DY36,相关系数XY0.4,则Cov(X,Y)= .

cov(X,Y)XYDXDY12.

22kn26.设总体X的期望值和方差都存在,总体方差的无偏估计量是(XiX),则k .

ni1解

kn. n12X~N(,2),未知,检验0：20,应选用的统计量是

7.设总体

n .

(X解

i1iX)220~2(n1) (0为真时)

二 .单项选择题（每小题2分,共16分）

1.6本中文书和4本外文书任意往书架上摆放,则4本外文书放在一起的概率为（ ） (A)

4!6! 10!(B)

7 10 (C)

4!7! 10!(D)

4 10 . word资料可编辑 .

. . . . 解 本题应选C. 2.若事件(A) (C)

A,B相互独立,则下列正确的是（ ）

(D)

(B)

P(B|A)P(A|B) P(A|B)P(B)

P(B|A)P(A)

P(A|B)1P(A)

解 由独立性的定义知,P(A|3.设随机变量(A)

B)P(A)1P(A),故本题应选D.

n=4,p=0.4

(D) n=6,p=0.3

X服从参数为n,p的二项分布,且EX1.6,DX1.28,则n,p的值为（ ）

(B)

n=8,p=0.2 (C) n=5,p=0.32

解 由np1.6,np(1p)1.28,解得n=8,p=0.2,本题应选A.

4.设随机变量(A)

X服从正态分布N(2,1),其概率密度函数为f(x),分布函数为F(x),则有（ ）

P(X0)P(X0)0.5 (B) P(X2)P(X2)0.5 (C) f(x)=f(x),x(,)

(D) F(x)1F(x), x(,)

解

EX2,故其密度函数关于x2对称,故本题应选B.

X与Y满足:D(XY)D(XY),则下列式子正确的是（ ）

5.如果随机变量(A)

X与Y相互独立 (B) X与Y不相关 (C) DY0 (D) DXDY0

解 由D(XY)D(XY),可得cov(X,Y)0,从而可知X与Y不相关,故本题应选B.

6.设

X1,X2,,Xn是来自总体X~N(,2)的样本,X为样本均值,令Y2(XX)ii1n2,则Y~（ ）

(A)

(n1)

2(B)

(n)

2 (C)

N(,)

2(D)N(,2n)

解 本题应选A. 7.设

X1,X2,,Xn是取自总体N(0,2)的样本,可以作为2的无偏估计量的统计量是（ ）

(A)

1n21n2Xi(B) Xi ni1n1i1(C)

1nXini11nXi (D)n1i1

解 由无偏估计的定义及期望的性质知,

1n21nE(Xi)EXi2EX2DX(EX)2DX2,故A选择正确,同理验算其他选项,B,C,D均ni1ni1不正确.故本题应选A.

8.样本(A)

X1,X2,,Xn来自正态总体(,2),若进行假设检验,当（ ）时,一般采用统计量t

X0S/n

未知,检验2=02

2(C) 未知,检验 =0

已知,检验2=02 2(D) 已知,检验=0

(B)

. word资料可编辑 .

. . . . 解 本题应选C. 三.（本题8分）

有两台车床生产同一型号螺杆,甲车床的产量是乙车床的1.5倍,甲车床的废品率为2%,乙车床的废品率为1%,现随机抽取一根螺杆检查,发现是废品,问该废品是由甲车床生产的概率是多少？

解 设

A1,A2分别表示螺杆由甲,乙车床生产的事件.B表示螺杆是废品的事件.由贝叶斯公式可得

P(A1)P(B|A1)

P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)P(A1|B)30.0250.75. 320.020.0155

四.（本题8分）

假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2,机器发生故障时全天停止工作.若一周五个工作日里无故障,可获利润

10万元,发生一次故障获利润5万元,发生两次故障获利润0万元,发生三次或三次以上故障就要亏损2万元,问一周内期望

利润是多少？

解 设

X表示一周中所获的利润,其分布律为: X 0

5.216.

5 10

P 150.20.840.85 50.20.84 0.85

从而由期望的定义计算可得EX五.（本题12分） 1.设随机向量

X,Y的联合分布为:

X Y 1 2 3

111 0

6121112

666113 0

612(1) 求X,Y的边际分布；(2) 判断X,Y是否独立. 解 (1) X的边际分布为： Y的边际分布为：

X 1 2 3 Y 1 2 3

111111P P

424424(2) X与Y不相互独立.

2.设随机变量(X,Y)的联合密度函数为:

ey，f(x,y)=0，1201xx0xy，其他，12

求概率P(X解

Y1).

P(XY1)dxedy1e2ey1.

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. . . . 六.（本题8分） 设连续型随机变量

X的分布函数为:

xABe2，F(x)0，2x0， x0，求: (1) 系数

A及B；

(2) 随机变量X的概率密度；

(3)

P(ln4Xln9).

x22解 (1) 由分布函数的性质知

F()lim(ABex)A1,

x22x0limF(x)lim(ABex0)AB0F(0),从而B1;

(2) 分布函数的导数即为其概率密度,即

x2f(x)=xe，0，

(3)

2x0， x0P(ln4Xln9)F(ln9)F(ln4)1. 6七.（本题8分） 设

X1,X2,,Xn为总体X的一个样本,

X的概率密度为:

1其中

0,求未知参数的矩估计量与极大似然估计量.

xf(x)=0，，0x1，其他，

解 令EX10xdx1X,从而解得的矩估计量为

(极大似然估计为:

X2).

1XnnlnXii1lnXi1n.(具体做法类似与模拟试卷二第八题)

i八.（本题１０分）

显著水平0.05下,是否可认为全体考生的平均成绩为70分？

解 假设0:设某次考试的考生成绩服从正态分布,从中随机地抽取36位考生的成绩,算得平均成绩为66.5分,标准差为15分,问在

70,选取统计量

~t(n1), (0为真时)

T在Xs/n0.05下,查t分布的双侧临界值表知t0.0252.0301.

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. . . .

另一方面,计算统计量的值

|T|66.57015/361.42.0301,

从而接受原假设,即可认为全体考生的平均成绩为70分.

九.（本题１２分）

两家银行分别对21个储户和16个储户的年存款余额进行抽样调查,测得其平均年存款余额分别为

x=2600元和

y=2700元,样本标准差相应地为S181元和S2105元,假设年存款余额服从正态分布,试比较两家银行的储户的平均年存款余额有无显著差异？（0.10）

解 此题要求检验12122,由于t检验必须在方差相等的条件下进行,因此必须先检验12与2是否相等. 22s12第一步假设0:=,统计量F2s222经检验,接受H0:1=2；

第二步假设0:1统计量T~F(n11,n21),

2,

(XY11(n1)s(n21)s)1n1n2n1n222122~t(n1n22)

经检验,拒绝0,即两家银行的储户的平均年存款余额有显著差异.(请参见模拟试题(一)第九大题)

十.（本题４分） 设总体

X服从参数为的泊松分布,为未知参数,

1，X为奇数，T(X)

1，X为偶数，证明:T(X)是e2的一个无偏估计量.

证明

E[T(X)]TT(x)P(Xx)

x0T(x)x0xx!e(1)n0nnn!ee2,

所以T(X)是e2的一个无偏估计量.

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. . . .

模拟试题（四）参考答案

一.填空题(每小题2分,共20分) 1.设P(A)=0.4,P(B)=0.5.若P(AB)解

0.7,则P(AB) .

P(AB)P(A)P(B)P(B)P(A|B)0.55

2.若随机变量

解

X服从二项分布,即

X~B(5,0.1),则D(12X) .

D(12X)4DX450.10.91.8.

3.三次独立重复射击中,若至少有一次击中的概率为

37,则每次击中的概率为 . 64解

3. 44.设随机变量解 由P(XX的概率密度是:

3x2,0x1,f(x)且P(Xa)0.784，则a .

其他,0,1.故

a)0.7841知,0从而0.6. P(Xa)3x2dx130.784，5.利用正态分布的结论,有:

121(x24x4)et2et22(x2)22dx .

解 令x2t,则原式6.设总体

2dtDX(EX)21,这里X~N(0,1).

X的密度函数为:

x1,0x1,f(x)

其他,0,(其中为参数0),x1,x2,,xnL(x1,x2,,xn;) .

解 7.设关系.

解 完全相关. 8.若

n是来自总体

X的样本观测值,则样本的似然函数

xii1n1.

X,Y是二维随机向量,DX,DY都不为零,若有常数a0与b使P(YaXb)1,这时X与Y是

X~N(,2),X1,X2,,Xn是来自总体X的样本,

X,S2分别为样本均值和方差,则

(X)nS服

从 分布.

解 9.设分别为

t(n1).

2X~N(1,12),Y~N(2,2),X与Y相互独立.从

X,Y中分别抽取容量为n1,n2的样本,样本均值

X,Y,则

XY服从分布 .

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. . . .

解

N(12,12n122n2).

10.设随机变量解

X和Y的相关系数为0.9,若ZX0.4,则Y与Z的相关系数为____________.

cov(Y,Z)cov(Y,X0.4)cov(Y,X)0.9.

二.单项选择题(每小题2分,共12分) 1. 设随机变量(A)

X

的数学期望EX与DX(B)

2均存在,由切比雪夫不等式估计概率P{XEX4}为( )

(C)

1 161 16

15 16(D)

15 16解 本题应选C. 2.

A,B为随机随机事件,且BA,则下列式子正确的是( ).

(A) (C)

P(AB)P(A)

(B)

P(BA)P(B)P(A)

P(AB)P(A) (D) P(BA)P(B)

解 本题应选A.

，AxB，0x17且EX,则( ). f(x)X12其他，0，(A) A1,B0.5 (B) A0.5,B1 (C) A0.5,B1 (D) A1,B0.5

117解 令(AxB)dx1,(AxB)xdx,解得A1,B0.5,故本题应选D.

00124.若随机变量X与Y不相关,则有( ). (A) D(X3Y)D(X)9D(Y) (B) D(XY)D(X)D(Y)

(C) E{[XE(X)][YE(Y)]}0 (D) P(YaXb)1

3. 设随机变量

的密度函数为

解 本题应选C. 5.已知随机变量F(A)

~F(n1,n2),且P{FF(n1,n2)},则F1(n1,n2)( ).

(B) (D)

1

F(n1,n2)1(C)

F(n2,n1)解

1

F1(n2,n1)1

F1(n1,n2)6.将一枚硬币独立地掷两次,记事件:次},A4A1{掷第一次出现正面},A2{掷第二次出现正面},A3{正、反面各出现一

(B)

{正面出现两次},则事件( ). A1,A2,A3相互独立

(A) (C) 解

A2,A3,A4相互独立

A1,A2,A3两两独立 (D) A2,A3,A4两两独立

1111P(A1),P(A2),P(A3),P(A4),再由事件独立的充分必要条件可知A1,A2,A3两两独

2224立,本题应选C.

三.计算题(每小题８分,共48分)

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. . . .

1.某厂由甲,乙,丙三个车间生产同一种产品,它们的产量之比为3:2:1,

各车间产品的不合格率依次为8%,9%,12%.现从该厂产品中任意抽取一件,求:(1) 取到不合格产品的概率；(2) 若取到的是不合格品,求它是由甲厂生产的概率.

解 (1) 运用全概率公式, 0.09;

(2) 运用贝叶斯公式, 0.44.(具体做法参见模拟试卷(一)第四题)

2.一实习生用一台机器接连独立地制造三个同样的零件,第i个零件是不合格品的概率为

pi11i(i1,2,3),以

X表示三个零件中合格品的个数,求:(1) 解 (1) (2)

X的概率分布； (2)

X的方差DX.

X P EX0 1 2 3 1 241 411 241 4111123, 23424412EX23.设总体

1111749,故DXEX2(EX)20.521. 42442X~N(0,2),2为未知参数,x1,x2,,xn是来自总体X12)eni1n的一组样本值,求的最大似然估计.

2xi22解 似然函数L(两边取对数

2)(2(12)e2n2xi2i1n22,

nnlnL(2)ln2ln2i12422关于求导,并令其为零,得

2xin2,

n12i1220, 22()1n22ˆxi. 从而解得极大似然估计量为ni14.二维随机变量(

xin2X,Y)的联合概率密度:

求: (1)

(2)

2e(x2y)，x0,y0，f(x,y)

0，其它，X与Y之间是否相互独立,判断X与Y是否线性相关；

P(YX1).

2e(x2y)dy,x0, f(x,y)dy00,x0解 (1)

fX(x) . word资料可编辑 .

. . . .

同理

ex,x0, 0,x0.e2y,fY(y)0,y0,

y0.f(x,y)fX(x)fY(y),

从而

故

X与Y相互独立,因而(2)

X与Y一定不相关.

11x0P(YX1)dx02e(x2y)dy(1e1)2. X(单位:分钟)服从参数为

5.某人乘车或步行上班,他等车的时间

班.若此人一周上班5次,以Y表示他一周步行上班的次数.求Y的概率分布；并求他一周内至少有一次步行上班的概率.

解 此人每天等车时间超过10分钟也即步行上班的概率为

1的指数分布,如果等车时间超过510分钟他就步行上

P(X10)故Y101sedxe2. 5x~B(5,e2).

P(Y1)1(1e2)5.

6.设随机变量

X的概率密度为

1，x[1,8]， f(x)33x2其他，0，F(x)是X的分布函数.求随机变量YF(X)的概率分布.

x1,0,1解 F(x)x31,1x8,

1,x8.

(3) 当

y0时,FY(y)P(Yy)0;

13当0y1时,

FY(y)P(Yy)P(X1y)P(X(y1)3)

FX((y1)3)y;

当

y1时,FY(y)P(Yy)1.

故对FY(y)求导可得Y的概率密度,

1，0y1， fY(y)0，其它，即Y~U[0，1]

四.应用题(第1题7分、第2题8分,共15分)

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. . . .

1.假设对目标独立地发射400发炮弹,已知每一发炮弹的命中率等于0.2,用中心极限定理计算命中60发到100发之间的概率.

解 设

,0,第i发炮弹没有命中 (i1,2,,400),则 Xi第i发炮弹命中1,XXi~B(400,0.2)

i1400表示400发炮弹命中的发数,且EX80,DX64,故由中心极限定理知,

X8020P(60X100)P(|X80|20)P(||)

6464202()10.9876.

8n2.某厂生产铜丝,生产一向稳定.现从该厂产品中随机抽出10段检查其折断力,测后经计算:

x287.5,(xix)2160.5.假定铜丝折断力服从正态分布,问是否可以相信该厂生产的铜丝的折断力方差为

16?(0.1)

i1解

H0：216，H1：216.

采用统计量

2由n12S2,在H0成立时,2~2(9).

0.1,查得临界值

2212/202.95(9)3.325, /20.05(9)16.919,

由样本值算得16.

2160.5210.03,由于12/22/2,所以不拒绝H0,即该厂生产的铜丝的折断力方差为16五.证明题(5分) 若随机变量有

X的密度函数

f(x),对任意的xR,满足:f(x)f(x),F(x)是其分布函数.证明:对任意实数a,

F(a)

证明

a1f(x)dx. 20F(a)af(x)dx0f(x)dxa0f(x)dx

a1f(x)dx (令tx) 20aaa111f(t)dtf(t)dtf(x)dx. 202020 . word资料可编辑 .