概率统计试题试卷与答案

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,cebba

6、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)(XE 4.5 。
9、设随机变量(,)XY的分布律为
X
Y
1 2 3

1 0.12 0.10 0.28
2 0.18 0 0.12
3 0 0.15 0.05

则条件概率 }2|3{YXP 2/5 .

ABCABCABC
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:
P( 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


123123
109080850612PAAAPAPAPA....


123123
21101020150997PAAAPAAA....




123123123123

123123123123

3010808509020850908015090808500680153010806120941PAAAAAAAAAAAA

PAAAPAAAPAAAPAAA.................





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

11
11

1111111nmNNnmNMnmNMCCCCCCCC






111nNmNnmNnnmNMnmNM




3、设随机变量X的概率密度为cos, ||()2 0 , 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



2

2

2
2222xxxxfxdx,x.Fxfxdxfxdx,xfxdx,x













021122212,xsinx,x,x













4

0

12
30424 .P{X}cosxdx


4、（1）已知X的分布律为
X
-1 0 1 2 3

P
121 61 31 12

1
31

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

100116x
kdxxdyk


6k

(,)Xfxfxydy




0
61010xxdyx，

，其他

61010xxx，

，其他


(,)Yfyfxydx



1
61010yxdxy，

，其他

2

31010-，，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

1212
EaXbXaEXbEXab


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


12
12
0!!!!kikiieekkiki













12
12
01,,,...!kekk





即 ZXY服从参数为21的泊松分布