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概率论与数理统计(I)期末考试样卷2参考答案

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命题人或命题小组负责人签名： 教研室（系）主任签名： 分院（部）领导签名：概率论与数理统计（I ）期末考试样卷2参考答案一、填空题( 每小题3分，共24分)1. 设A ，B ，C 为三件事，且P(A)=P(B)=P(C)=1/4,P(AB)=P(BC)=0,P(AC)=1/8,则A,B,C 至少有一个发生的概率= 5/82. 某油漆公司发出17桶油漆，其中白漆10桶，黑漆4桶，红漆3桶，在搬运过程中所有的标签脱落，交货人随意将这些油漆发给顾客。

问一个订货4桶白漆、3桶黑漆和2桶红漆的顾客能按所定颜色如数得到货的概率=43210439172522431CC C C⋅⋅=。

3. 已知()0.4,()0.7,P A P A B =⋃=若A 和B 独立，则()P B = 1/2 ；4. 设随机变量X 在区间[2，5]上服从均匀分布，求对X 进行的三次独立观测中，至少有两次的观测值大于3的概率为 20/27 。

.5. 设随机变量X 的概率分布为P(X=1)=0.2,P(X=2)=0.3,P(X=3)=0.5,则其分布函数F(x)=0,10.2,120.5,231,3x x x x <⎧⎪≤<⎪⎨≤<⎪⎪≥⎩。

6. 设()2~2,X N σ，且()24P X<<=0.3, 则(0)P X <= 0.2 。

7. 设6)(),1,2(~),9,2(~=XY E N Y N X ，则)(Y X D -之值为 6 。

8. 设随机变量X 和Y 的数学期望分别为-2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≤≥+}6|{|Y X P 1/12 。

二、单项选择题( 每小题2分，共8分)1. 设A,B 为两事件且P （AB ）=0,则( C )。

Ａ. Ａ与Ｂ互斥 Ｂ．ＡＢ是不可能事件 Ｃ．ＡＢ未必是不可能事件 Ｄ．P(A)=0或P （B ）=0 2．设A,B 为两事件，且0＜P(A)＜1,P(B)＞0,P(B|A)=P(B|A ),则（ C ）成立。

A. P(A|B)=P(A |B)B. P(A|B)≠P(A |B)C.P(AB)=P(A)P(B)D. P(AB) ≠P(A)P(B)3．若)(x f 为连续型随机变量的密度函数，则)(x f 一定满足（ C ） (A ) 1)(0≤≤x f (B ) )(x f 单调递减(C)1)(=⎰+∞∞-dx x f (D)1)(=⎰+∞∞-dx x xf4．若随机变量Y X ,满足)()(Y X D Y X D -=+，且0>DXDY ，则必有（ ）.（A ）Y X ,独立； （B ）Y X ,不相关； （C ）0=DY ； （D ）0)(=XY D ..三、计算题 （共48分）1（6分）. 据以往资料表明，某一3口之家，患某种传染病的概率有以下规律：P{孩子得病}=0.6，P{母亲得病│孩子得病}=0.5，P{父亲得病│母亲及孩子得病}=0.4.求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。

解 ：设A=“孩子得病”，Ｂ＝“母亲得病”，Ｃ＝“父亲得病”，则所求概率为()P A B C 。

已知P(A)=0.6,P(B │A)=0.5,P(C │AB)=0.4,则由乘法定理有()()()0.3P AB P B A P A ==()()()0.12P ABC P C A B P AB ==由AB ABC AB C = ,()()ABC AB C =∅,有()()()P AB P ABC P AB C =+()()()0.30.120.18P AB C P AB P ABC =-=-=2（10分）．设考生的报名表来自三个地区，分别有10份，15份，25份，其中女生的分别为3份，7份，5份。

随机地从一地区，先后任取两份报名表，求：(1)先取的那份报名表是女生的概率；(2)已知后取到的报名表是男生的，而先取的那份报名表是女生的概率。

解：(1) 设i A ={考生的报名表是第 i 个地区的}，i =1,2,3,B={先取到的报名表是女生的}，由全概率公式知：P(B)= P(1A )P(B|1A )+ P(2A )P(B|2A )+P(3A )P(B|3A )=902951311573110331=⨯+⨯+⨯（2）设C={先取的那份报名表是女生的},D={后取到的报名表是男生的},则P(CD)= P(1A )P(CD|1A )+ P(2A )P(CD|2A )+P(3A )P(CD|3A )命题人或命题小组负责人签名： 教研室（系）主任签名： 分院（部）领导签名：=9224205131148157319710331=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯P(C D)= P(1A )P(C D |1A )+ P(2A )P(C D |2A )+P(3A )P(C D |3A )=9061 所以可计算得：()P C D =)()(D P CD P =)()()(D C P CD P CD P +=61203（8分）设随机变量X 的分布函数为20,0,(),01,1, 1.x F x Ax x x <⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩试求 （1）系数A ； （2） X 落在区间（0.3，0.7）内的概率； （3） X 的密度函数。

解：（1） 由()F x 的连续性，有210101(1)lim ()lim x x F F x Ax A →-→-====，由此得1A =（2） 22(0.30.7)(0.7)(0.3)0.70.30.4P X F F <<=-=-= （3） X 的密度函数为2,01,()()0,x x p x F x <<⎧'==⎨⎩其他.4（8分）设随机变量X 和Y 同分布，X 的密度函数为23,02;()80,.x x p x ⎧<<⎪=⎨⎪⎩其他已知事件{}A X a =>和{}B Y a =>独立，且()3/4P A B ⋃=，求常数a 。

解：由设⎪⎩⎪⎨⎧<<=其它，，02083)(~2x x x f X 且Y 与X 同分布，)(a X A >=与)(a Y B >=独立，可知当0<a 时，⎰+∞=>=adx x f a X P A P )()()(181083023222==++=⎰⎰⎰+∞xdx dx x dx a1)()()(==>=⎰+∞ady y f a Y P B P ，即11111)()()()()(=⨯-+=-+=+B P A P B P A P B A P 与43)(=+B A P 相矛盾，因而0≥a ，即⎰+∞=>=a dx x f a X P A P )()()()8(8181083323222a xdx dx x aa-==+=⎰⎰+∞⎰+∞=>=ady y f a Y P B P )()()()8(813a -=，即)()()()()(B P A P B P A P B A P -+=+)8(813a -=)8(813a -+⨯--)8(813a )8(813a -43=即 048)8(16)8(323=+---a a ，即34=a ，34-=a （不合题意，舍去）。

5（8分）设二维随机变(X ,Y )量具有概率密度221(,)0Cx yx y f x y ⎧≤≤=⎨⎩其它，(1)确定常数C ； (2) 求概率()P X Y>。

解：（1） 2112141(,)21x f x y dxdy C x ydy dx +∞+∞-∞-∞-⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰，由此得214c =。

（2）积分区域为21:01x y xD x ⎧<<⎨<<⎩，所以212213()420xxP X Y dx x ydy >==⎰⎰6（8分）设随机变量（X,Y ）具有概率密度1,01(,)0y x x f x y ⎧<<<⎪=⎨⎪⎩， 其余求),()()(Y X Cov Y E X E ，，。

解： ⎰⎰⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞--====112322),()(dx x xdy dx dxdy y x xf X E xx⎰⎰⎰⎰+∞∞--+∞∞-===0),()(1xxydy dx dxdy y x yf Y E⎰⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞--===0),()(1xxxydy dx dxdy y x xyf XY E ，0)()()(),(=-=Y E X E XY E Y X Cov 。

命题人或命题小组负责人签名： 教研室（系）主任签名： 分院（部）领导签名：四、应用题（14分）1. （6分）设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X （以分计）服从指数分布，其概率密度为，某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟，他就离开，他一个月要到银行5次，以Y 表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y 的分布律，并求P{Y }。

解： 因为Y 表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，所以Y ()5,b p ，其中 p =P{X}=Y 的分布律为P{Y =k}=，k=0，1，2，3，4，5P{Y}=1－P{Y}=1－P{Y=0}=1－=0.51672（8分）. 某单位设置一电话总机，共有200架电话分机。

设每个电话分机是否使用外线通话是相互独立的。

设每时刻每个分机有5%的概率要使用外线通话。

问总机需要多少外线才能以不低于90%的概率保证每个分机要使用外线时可供使用？（0.950.90.9751.64, 1.28, 1.96u u u ===）解 设总机需要安装N 条外线X=“200架电话分机中使用外线的数目”，则X 服从二项分布5.9100951005200)(,101005200)(,1005,200=⨯⨯==⨯=⎪⎭⎫⎝⎛X D X E b 。

利用棣莫佛-拉普拉斯中心极限定理，得⎪⎪⎭⎫⎝⎛-Φ≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤5.9105.9105.910}{N N X P N X P 由90.05.910≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛-ΦN ，查表得28.15.910≥-N ,解出95.13105.928.1=+≥N ,故总机需要安装14条外线才能以不低于90%的概率保证每个分机要使用外线时可供使用。

五、证明题（6分 ) 设{X n }为独立同分布的随机变量序列,其共同的密度函数为(),;()0,x a e x a p x --⎧≥=⎨⎩其他,，令()12min ,,,n n Y X X X = ，试证：P n Y a →。

证明：因为i X 的分布函数为()1,,()0,.x a e x a F x x a --⎧-≥=⎨<⎩所以当x a ≥时，有()()()()11,nnn x a n i i P Y x P X x F x e--=≥=≥=-=⎡⎤⎣⎦∏对任意的0ε>，当n →+∞时有()()0,n n n P Y a P Y a e εεε--≥=-≥=→即Pn Y a →。

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【概率论与数理统计经典计算题题2】期末复习题含答案

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【概率论与数理统计经典计算题题2】期末复习题含答案work Information Technology Company.2020YEAR概率论与数理统计计算题（含答案）计算题1.一个盒子中装有6只晶体管，其中2只是不合格品。

现作不放回抽样，接连取2次，每次随机地取1只，试求下列事件的概率：（1）2只都是合格品；（2）1只是合格品，1只是不合格品；（3）至少有1只是合格品。

1-2,9-2.设甲，乙，丙三个工厂生产同一种产品，三个厂的产量分别占总产量的20%，30%，50%，而每个工厂的成品中的次品率分别为5%，4%，2%，如果从全部成品中抽取一件，（1）求抽取的产品是次品的概率；（2）已知得到的是次品，求它依次是甲，乙，丙工厂生产的概率。

3.设随机变量X 的分布函数为1(1), 0() 0, 0x x e x F x x -⎧-+>=⎨≤⎩，试求：（1）密度函数()f x ；（2）(1)P X ≥，(2)P X < 。

4.二维随机变量(,)X Y 只能取下列数组中的值：1(0,0),(1,1),(1,),(2,0)3--，且取这些组值的概率分别为1115,,,312612。

求这二维随机变量分布律，并写出关于X和关于Y 的边缘分布律。

5. 总经理的五位秘书中有两位精通英语，今偶遇其中的三位秘书，试求下列事件的概率：（1）其中恰好有一位精通英语；（2）其中恰好有两位精通英语；（3）其中有人精通英语。

6.某大型体育运动会有1000名运动员参加，其中有100人服用了违禁药品。

在使用者中，假定有90人的药检呈阳性，而在未使用者中也有5人检查为阳性。

如果一个运动员的药检是阳性，则这名运动员确实使用违禁药品的概率是多少？7.设随机变量X 的密度函数为||(),x f x Ae x R -=∈，试求：（1）常数A ；（2）(01)P X << 。

8. 设二维随机变量(X ，Y)的分布律为求：(1)(X ，Y)关于X 的边缘分布律；(2)X+Y 的分布律．9． 已知A B ⊂，()0.36P A =，()0.79P B =，求()P A ,()P A B -,()P B A -。

概率论与数理统计》期末考试试题及解答

概率论与数理统计》期末考试试题及解答

概率论与数理统计》期末考试试题及解答1.设事件A,B仅发生一个的概率为0.3，且P(A)+P(B)=0.5，则A,B至少有一个不发生的概率为0.3.解：由题意可得：P(AB+AB)=0.3，即0.3=P(AB)+P(AB)=P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB)=0.5-2P(AB)，所以P(AB)=0.1，P(A∪B)=P(AB)=1-P(AB)=0.9.2.设随机变量X服从泊松分布，且P(X≤1)=4P(X=2)，则P(X=3)=1/e6.解答：由P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=e^(-λ)+λe^(-λ)=5λe^(-λ/2)得e^(-λ/2)=0.4，即λ=ln2，所以P(X=2)=e^(-λ)λ^2/2!=1/6，又因为P(X≤1)=4P(X=2)，所以P(X=0)+P(X=1)=4P(X=2)，即e^(-λ)+λe^(-λ)=4λe^(-λ)，解得λ=ln2，故P(X=3)=e^(-λ)λ^3/3!=1/e6.3.设随机变量X在区间(0,2)上服从均匀分布，则随机变量Y=X在区间(0,4)内的概率密度为f_Y(y)=1/2，0<y<4；其它为0.解答：设Y的分布函数为F_Y(y)，X的分布函数为F_X(x)，密度为f_X(x)，则F_Y(y)=P(Y≤y)=P(X≤y)=F_X(y)-F_X(0)。

因为X~U(0,2)，所以F_X(0)=0，F_X(y)=y/2，故F_Y(y)=y/2，所以f_Y(y)=F_Y'(y)=1/2，0<y<4；其它为0.4.设随机变量X,Y相互独立，且均服从参数为λ的指数分布，P(X>1)=e^(-λ)，则λ=2，P{min(X,Y)≤1}=1-e^(-λ)。

解答：因为P(X>1)=1-P(X≤1)=e^(-λ)，所以λ=ln2.因为X,Y相互独立且均服从参数为λ的指数分布，所以P{min(X,Y)≤1}=1-P{min(X,Y)>1}=1-P(X>1)P(Y>1)=1-e^(-λ)。

(完整word版)《概率论与数理统计》期末考试试题及解答

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一、填空题(每小题3分，共15分）1． 设事件B A ,仅发生一个的概率为0.3，且5.0)()(=+B P A P ，则B A ,至少有一个不发生的概率为__________。

答案：0.3解：3.0)(=+B A B A P即)(25.0)()()()()()(3.0AB P AB P B P AB P A P B A P B A P -=-+-=+=所以1.0)(=AB P9.0)(1)()(=-==AB P AB P B A P 。

2． 设随机变量X 服从泊松分布，且)2(4)1(==≤X P X P ，则==)3(X P ______.答案:161-e解答：λλλλλ---==+==+==≤e X P e eX P X P X P 2)2(,)1()0()1(2由 )2(4)1(==≤X P X P 知 λλλλλ---=+e e e 22 即 0122=--λλ 解得 1=λ，故161)3(-==e X P3． 设随机变量X 在区间)2,0(上服从均匀分布，则随机变量2X Y =在区间)4,0(内的概率密度为=)(y f Y _________。

答案：04,()()0,.Y Y X y f y F y f <<'===⎩其它解答：设Y 的分布函数为(),Y F y X 的分布函数为()X F x ,密度为()X f x 则2()()()((Y X X F y P Y y P X y P X F F =≤=≤=≤≤=-因为~(0,2)X U，所以(0X F =，即()Y X F y F = 故04,()()0,.Y Y Xyf y F y f<<'===⎩其它另解在(0,2)上函数2y x=严格单调，反函数为()h y=所以04,()0,.Y Xyf y f<<==⎩其它4．设随机变量YX,相互独立，且均服从参数为λ的指数分布，2)1(-=>eXP，则=λ_________，}1),{min(≤YXP=_________。

《概率论与数理统计》期末测试卷(二)(答案解析版)

《概率论与数理统计》期末测试卷(二)(答案解析版)

《概率论与数理统计》期末测试件（二）（答案解析版）一、（12分）一学生接连参加同一课程的两次考试。

第一次及格的概率为P ，若第一次及格则第二次及格的概率也为P ；若第一次不及格则第二次及格的概率为P 2。

（1）若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。

（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。

解：A i ={他第i 次及格}，i=1,2已知P (A 1)=P (A 2|A 1)=P ，21P P(A /A )2= （1）B ={至少有一次及格}所以21}{A A B ==两次均不及格∴ )|()(1)(1)(1)(12121A A P A P A A P B P B P -=-=-= )]|(1)][(1[1121A A P A P ---=22123)21)(1(1P P P P -=---= （2）由乘法公式，有P (A 1 A 2)= P (A 1) P (A 2| A 1) = P 2 由全概率公式，有)|()()|()()(1211212A A P A P A A P A P A P +=222)1(2P P PP P P +=⋅-+⋅=得1222)|(2221+=+=P PP P P A A P .二、（14分）设随机变量~,22X U ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭,求（1）随机变量X 的分布函数()F x ； （2） cos Y X =的密度函数 . 解：X 的密度函数为()1,220,x f x πππ⎧-<<⎪=⎨⎪⎩其他cos Y X= 的可取值范围是()0,1当01y <<时，()()Y F y P Y y =≤arccos 2arccos 2arccos arccos 2211y yP Y y P y Y dx dxππππππ--⎛⎫⎛⎫=-≤≤-+≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+⎰⎰因此，cos Y X = 的密度函数()(),01Y Y f y F y y '===<<故，,01()0,Y y f y <<=⎩其他三、（16分）设随机向量（X , Y ）的联合密度为⎩⎨⎧<<<<=.,0,10,10 ,2),(其他y x x y x f(1) 计算P (Y > X )；(2) 求X , Y 的概率密度f X (x )，f Y (y );(3) 判断X 与Y 是否相互独立，说明理由； (4) 求Z = X+Y 的概率密度f Z (z ). 解：（1）.312),()(110===>⎰⎰⎰⎰>x xy xdy dx dxdy y x f X Y P（2）dyy x f x f X ⎰∞∞-=),()(.2x 2)(101x dy x f x X ==<<⎰时，当⎩⎨⎧<<=.,0,10,2)(其他x x x f Xdxy x f y f Y ⎰∞∞-=),()(.10,1 2)(10<<==⎰y dx x y f Y⎩⎨⎧<<=.,0,10,1)(其他y y f Y（3）因为，..),()(),(e a y f x f y x f Y X =所以X 与Y 相互独立. （4）.),()(dx x z x f z f Z ⎰∞∞--=.22)(21,2)(1021120z z dx x z f z z dx x z f z z Z zZ -==<<==<<⎰⎰-时，当时，当⎪⎩⎪⎨⎧<<-<<=. ,0,2z 1 ,2,10 ,)(22其他z z z z z f Z四、（18分）设二维连续型随机变量(X ,Y )在区域D 上服从均匀分布。