435概率答案
《概率论与数理统计》期末考试试题B卷答案
华中农业大学本科课程考试参考答案与评分标准考试课程：概率论与数理统计 学年学期： 试卷类型：B 考试日期：一、单项选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并将其字母代号写在该题【 】内。
答案错选或未选者，该题不得分。
每小题2分，共10分。
）1. 设随机变量X 的概率密度)1(1)(2x x p +=π，则X Y 2=的分布密度为 . 【 b 】 (a))41(12x +π； (b) )4(22x +π； (c) )1(12x +π； (d) x arctan 1π．2. 设随机变量序列x 1, x 2,…, x n …相互独立,并且都服从参数为1/2的指数分布,则当n 充分大时,随机变量Y n =∑=ni i x n 11的概率分布近似服从 . 【 b 】(a) N(2,4) (b) N(2,4/n) (c) N(1/2,1/4n) (d) N(2n,4n) 3. 设总体X 服从正态分布),(N 2σμ，其中μ已知，2σ未知，321X ,X ,X 是总体X 的一个 简单随机样本，则下列表达式中不是统计量的是 ． 【 C 】（a ）321X X X ++； （b ）)X ,X ,X min(321； （c ）∑=σ31i 22i X ； （d ）μ+2X ．4．在假设检验问题中，检验水平α意义是 ． 【 a 】 （a ）原假设H 0成立，经检验被拒绝的概率； （b ）原假设H 0成立，经检验不能拒绝的概率； （c ）原假设H 0不成立，经检验被拒绝的概率； （d ）原假设H 0不成立，经检验不能拒绝的概率．5．在线性回归分析中，以下命题中，错误的是 . 【 d 】（a ）SSR 越大，SSE 越小； （b ）SSE 越小，回归效果越好； （c ）r 越大，回归效果越好； （d ）r 越小，SSR 越大．二、填空题（将答案写在该题横线上。
答案错选或未选者，该题不得分。
每小题2分，共10分。
概率论第二章习题答案
概率论第二章习题答案习题1：离散型随机变量及其分布律设随机变量X表示掷一枚公正的六面骰子得到的点数。
求X的分布律。
解答：随机变量X的可能取值为1, 2, 3, 4, 5, 6。
由于骰子是公正的，每个面出现的概率都是1/6。
因此，X的分布律为：\[ P(X=k) = \frac{1}{6}, \quad k = 1, 2, 3, 4, 5, 6 \]习题2：连续型随机变量及其概率密度函数设随机变量Y表示从标准正态分布中抽取的数值。
求Y的概率密度函数。
解答：标准正态分布的概率密度函数为高斯函数，其形式为：\[ f(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2}}, \quad -\infty < y < \infty \]习题3：随机变量的期望值已知随机变量X的分布律为：\[ P(X=k) = p_k, \quad k = 1, 2, ..., n \]求X的期望值E(X)。
解答：随机变量X的期望值定义为：\[ E(X) = \sum_{k=1}^{n} k \cdot p_k \]习题4：随机变量的方差继续使用习题3中的随机变量X，求X的方差Var(X)。
解答：随机变量X的方差定义为期望值的平方与每个值乘以其概率之和的差：\[ Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2 \]其中，\( E(X^2) = \sum_{k=1}^{n} k^2 \cdot p_k \)习题5：二项分布设随机变量X表示n次独立伯努利试验中成功的次数，每次试验成功的概率为p。
求X的分布律和期望值。
解答：X服从参数为n和p的二项分布。
其分布律为：\[ P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}, \quad k = 0, 1, ..., n \]X的期望值为：\[ E(X) = np \]结束语：以上是概率论第二章的一些典型习题及其解答。
概率论部分课后习题答案1
习题一4.设A ，B 为随机事件，且P （A ）=0.7,P (A -B )=0.3，求P （AB ） 【解】 P （AB ）=1-P （AB ）=1-[P (A )-P (A -B )]=1-[0.7-0.3]=0.66.设A ，B ，C 为三事件，且P （A ）=P （B ）=1/4，P （C ）=1/3且P （AB ）=P（BC ）=0， P （AC ）=1/12，求A ，B ，C 至少有一事件发生的概率. 【解】 P （A ∪B ∪C ）=P (A )+P (B )+P (C )-P (AB )-P (BC )-P (AC )+P (ABC )=14+14+13-112=349.略.见教材习题参考答案.13. 一个袋内装有大小相同的7个球，其中4个是白球，3个是黑球，从中一次抽取3个，计算至少有两个是白球的概率.【解】 设A i ={恰有i 个白球}（i =2,3），显然A 2与A 3互斥.213434233377C C C 184(),()C 35C 35P A P A ====故 232322()()()35P A A P A P A =+=20.已知5%的男人和0.25%的女人是色盲，现随机地挑选一人，此人恰为色盲，问此人是男人的概率（假设男人和女人各占人数的一半）. 【解】 设A ={此人是男人}，B ={此人是色盲}，则由贝叶斯公式()()()()()()()()()P A P B A P AB P A B P B P A P B A P A P B A ==+ 0.50.05200.50.050.50.002521⨯==⨯+⨯23.设P （A ）=0.3,P (B )=0.4,P (A B )=0.5，求P （B ｜A ∪B ） 【解】 ()()()()()()()()P AB P A P AB P B A B P A B P A P B P AB -==+- 0.70.510.70.60.54-==+-33.三人独立地破译一个密码，他们能破译的概率分别为15，13，14，求将此密码破译出的概率.【解】 设A i ={第i 人能破译}（i =1,2,3），则31231231()1()1()()()i i P A P A A A P A P A P A ==-=-42310.6534=-⨯⨯=34.甲、乙、丙三人独立地向同一飞机射击，设击中的概率分别是0.4,0.5,0.7，若只有一人击中，则飞机被击落的概率为0.2；若有两人击中，则飞机被击落的概率为0.6；若三人都击中，则飞机一定被击落，求：飞机被击落的概率. 【解】设A ={飞机被击落}，B i ={恰有i 人击中飞机}，i =0,1,2,3由全概率公式，得3()(|)()i i i P A P A B P B ==∑=(0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7)0.2+(0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7)0.6+0.4×0.5×0.7 =0.458习题二 4.（1） 设随机变量X 的分布律为P {X =k }=!k akλ，其中k =0，1，2，…，λ＞0为常数，试确定常数a .（2） 设随机变量X 的分布律为P {X =k }=a/N ， k =1，2，…，N ，试确定常数a . 【解】（1） 由分布律的性质知1()e !kk k P X k a a k λλ∞∞======∑∑故 e a λ-=(2) 由分布律的性质知111()NNk k aP X k a N======∑∑即 1a =.14.有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了保险公司的人寿保险.在一年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交12元保险费，而在死亡时家属可从保险公司领取2000元赔偿金.求： （1） 保险公司亏本的概率;（2） 保险公司获利分别不少于10000元、20000元的概率. 【解】以“年”为单位来考虑.（1） 在1月1日，保险公司总收入为2500×12=30000元. 设1年中死亡人数为X ，则X~b (2500,0.002)，则所求概率为(200030000)(15)1(14)P X P X P X >=>=-≤由于n 很大，p 很小，λ=np =5，故用泊松近似，有514e 5(15)10.000069!kk P X k -=>≈-≈∑(2) P (保险公司获利不少于10000) (30000200010000)(P X P X =-≥=≤ 510e 50.986305!kk k -=≈≈∑即保险公司获利不少于10000元的概率在98%以上P （保险公司获利不少于20000）(30000200020000)(5)P X P X =-≥=≤55e 50.615961!kk k -=≈≈∑即保险公司获利不少于20000元的概率约为62%21.设X ~N （3，22），（1） 求P {2<X ≤5}，P {-4<X ≤10}，P {｜X ｜＞2}，P {X ＞3}; （2） 确定c 使P {X ＞c }=P {X ≤c }.【解】（1） 23353(25)222X P X P ---⎛⎫<≤=<≤ ⎪⎝⎭11(1)(1)1220.841310.69150.5328ΦΦΦΦ⎛⎫⎛⎫=--=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-+=433103(410)222X P X P ----⎛⎫-<≤=<≤ ⎪⎝⎭770.999622ΦΦ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(||2)(2)(2)P X P X P X >=>+<-323323222215151122220.691510.99380.6977X X P P ΦΦΦΦ-----⎛⎫⎛⎫=>+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=+-=333(3)()1(0)0.522X P X P Φ->=>=-=- (2) c=323.一工厂生产的电子管寿命X （小时）服从正态分布N （160，σ2），若要求P {120＜X ≤200}≥0.8，允许σ最大不超过多少？【解】120160160200160(120200)X P X P σσσ---⎛⎫<≤=<≤ ⎪⎝⎭404040210.8ΦΦΦσσσ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故 4031.251.29σ≤= 24.设随机变量X 分布函数为F （x ）=e ,0,(0),00.xt A B x ,x λ-⎧+≥>⎨<⎩（1） 求常数A ，B ；（2） 求P {X ≤2}，P {X ＞3}； （3） 求分布密度f （x ）.【解】（1）由00lim ()1lim ()lim ()x x x F x F x F x →+∞→+→-=⎧⎪⎨=⎪⎩得11A B =⎧⎨=-⎩（2） 2(2)(2)1e P X F λ-≤==-33(3)1(3)1(1e )e P X F λλ-->=-=--=(3) e ,0()()0,0x x f x F x x λλ-⎧≥'==⎨<⎩44.若随机变量X 在（1，6）上服从均匀分布，则方程y 2+Xy +1=0有实根的概率是多少？ 【解】1,16()50,x f x ⎧<<⎪=⎨⎪⎩其他24(40)(2)(2)(2)5P X P X P X P X -≥=≥+≤-=≥=45.若随机变量X ~N （2，σ2），且P {2<X <4}=0.3，则P {X <0}= .【解】222420.3(24)()X P X P σσσ---=<<=<< 22()(0)()0.5σσ=Φ-Φ=Φ-故 2()0.8σΦ= 因此 2022(0)()()X P X P σσσ--<=<=Φ- 21()0.2σ=-Φ=习题三4.设随机变量（X ，Y ）的分布密度f （x ，y ）=⎩⎨⎧>>+-.,0,0,0,)43(其他y x A y x e求：（1） 常数A ；（2） 随机变量（X ，Y ）的分布函数； （3） P {0≤X <1，0≤Y <2}. 【解】（1） 由-(34)0(,)d d e d d 112x y Af x y x y A x y +∞+∞+∞+∞+-∞-∞===⎰⎰⎰⎰得 A =12 （2） 由定义，有(,)(,)d d y xF x y f u v u v -∞-∞=⎰⎰(34)340012ed d (1e )(1e )0,0,0,0,y yu v x y u v y x -+--⎧⎧-->>⎪==⎨⎨⎩⎪⎩⎰⎰其他(3) {01,02}P X Y ≤<≤<12(34)3800{01,02}12ed d (1e )(1e )0.9499.x y P X Y x y -+--=<≤<≤==--≈⎰⎰5.设随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）=⎩⎨⎧<<<<--.,0,42,20),6(其他y x y x k（1） 确定常数k ；（2） 求P {X ＜1，Y ＜3}；（3） 求P {X <1.5}； （4） 求P {X +Y ≤4}. 【解】（1） 由性质有242(,)d d (6)d d 81,f x y x y k x y y x k +∞+∞-∞-∞=--==⎰⎰⎰⎰故 18R =（2） 13{1,3}(,)d d P X Y f x y y x -∞-∞<<=⎰⎰130213(6)d d 88k x y y x =--=⎰⎰ (3) 11.5{ 1.5}(,)d d a (,)d d x D P X f x y x y f x y x y <<=⎰⎰⎰⎰如图1.542127d (6)d .832x x y y =--=⎰⎰(4) 24{4}(,)d d (,)d d X Y D P X Y f x y x y f x y x y +≤+≤=⎰⎰⎰⎰如图b240212d (6)d .83x x x y y -=--=⎰⎰题5图8.设二维随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）= 4.8(2),01,0,0,.y x x y x -≤≤≤≤⎧⎨⎩其他求边缘概率密度. 【解】()(,)d X f x f x y y +∞-∞=⎰x204.8(2)d 2.4(2),01,=0,.0,y x y x x x ⎧⎧--≤≤⎪=⎨⎨⎩⎪⎩⎰其他 ()(,)d Y f y f x y x+∞-∞=⎰12y 4.8(2)d 2.4(34),01,=0,.0,y x x y y y y ⎧-⎧-+≤≤⎪=⎨⎨⎩⎪⎩⎰其他习题四10.设随机变量X ，Y 的概率密度分别为f X （x ）=⎩⎨⎧≤>-;0,0,0,22x x x e f Y （y ）=⎩⎨⎧≤>-.0,0,0,44y y y e 求（1） E （X +Y ）;（2） E （2X -3Y 2）.【解】22-200()()d 2e d [e]e d xx x X X xf x x x x x x +∞+∞+∞--+∞-∞==-⎰⎰⎰201e d .2x x +∞-==⎰401()()d 4e d y .4yY E Y y f y y y +∞+∞--∞==⎰⎰ 22242021()()d 4e d .48y Y E Y y f y y y y +∞+∞--∞====⎰⎰从而(1)113()()().244E X Y E X E Y +=+=+=(2)22115(23)2()3()23288E X Y E X E Y -=-=⨯-⨯=11.设随机变量X 的概率密度为f （x ）=⎪⎩⎪⎨⎧<≥-.0,0,0,22x x cx xke 求（1） 系数c ;（2） E （X ）;（3） D （X ）.【解】(1) 由2220()d e d 12k x cf x x cx x k+∞+∞--∞===⎰⎰得22c k =.(2) 2220()()d()2e d k x E X xf x x x k x x +∞+∞--∞==⎰⎰22220π2e d .2k x kx x k +∞-==⎰(3) 22222221()()d()2e .kxE X x f x x x k x k +∞+∞--∞==⎰⎰故 222221π4π()()[()].24D X E X E X k k k ⎛⎫-=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭19.设（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）=1ππsin(),0,0,2220.x y x y ,⎧+≤≤≤≤⎪⎨⎪⎩其他求协方差Cov （X ，Y ）和相关系数ρXY . 【解】π/2π/21π()(,)d d d sin()d .24E X xf x y x y x x x y y +∞+∞-∞-∞==+=⎰⎰⎰⎰ππ2222201ππ()d sin()d 2.282E X x x x y y =+=+-⎰⎰从而222ππ()()[()] 2.162D XE X E X =-=+-同理 2πππ(),() 2.4162E Y D Y ==+- 又π/2π/200π()d sin()d d 1,2E XY x xy x y x y =+=-⎰⎰故 2ππππ4C o v (,)()()()1.2444X Y E X Y E X E Y -⎛⎫⎛⎫=-=--⨯=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222222π4Cov(,)(π4)π8π164.πππ8π32π8π32()()2162XY X Y D X D Y ρ-⎛⎫- ⎪--+⎝⎭===-=-+-+-+-32.已知随机变量X 和Y 分别服从正态分布N （1，32）和N （0，42），且X 与Y的相关系数ρXY = -1/2，设Z =23YX +.（1） 求Z 的数学期望E （Z ）和方差D （Z ）； （2） 求X 与Z 的相关系数ρXZ ；（3） 问X 与Z 是否相互独立，为什么？【解】(1) 1().323X Y E Z E ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭()2Cov ,3232XY X Y D Z D D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11119162Cov(,),9432X Y =⨯+⨯+⨯⨯而1Cov(,)()()3462XY X Y D X D Y ρ⎛⎫==-⨯⨯=- ⎪⎝⎭所以 1()1463.3D Z =+-⨯= (2) 因()()11Cov(,)Cov ,Cov ,Cov ,3232X Y X Z X X X X Y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭119()(6)3=0,323D X =+⨯-=-所以 C o v (,)0.()()XZ X Z D X D Z ρ==(3) 由0XZ ρ==，得X 与Z 不相关.又因1~,3,~(1,9)3Z N X N ⎛⎫⎪⎝⎭，所以X与Z 也相互独立.习题五4. 一加法器同时收到20个噪声电压V k （k =1，2，…，20），设它们是相互独立的随机变量，且都在区间（0，10）上服从均匀分布.记V =∑=201k k V ，求P {V ＞105}的近似值. 【解】易知:E (V k )=5,D (V k )=10012,k =1,2,…,20 由中心极限定理知，随机变量201205205~(0,1).10010020201212kk VV Z N =-⨯-⨯==⨯⨯∑近似的于是205105205{105}1010020201212V P V P ⎧⎫⎪⎪-⨯-⨯⎪⎪>=>⎨⎬⎪⎪⨯⨯⎪⎪⎩⎭1000.3871(0.387)0.348,102012V P ⎧⎫⎪⎪-⎪⎪=>≈-Φ=⎨⎬⎪⎪⨯⎪⎪⎩⎭即有 P {V >105}≈0.34814. 设随机变量X 和Y 的数学期望都是2，方差分别为1和4，而相关系数为0.5试根据契比雪夫不等式给出P {|X -Y |≥6}的估计. （2001研考） 【解】令Z =X -Y ，有()0,()()()()2()() 3.XP E Z D Z D X Y D X D Y D X D Y ρ==-=+-= 所以2()31{|()|6}{||6}.63612D X Y P ZE Z P X Y --≥=-≥≤== 习题七3.设总体X 的密度函数为f （x ，θ），X 1，X 2，…，X n 为其样本，求θ的极大似然估计.（1） f （x ，θ）=,0,0,0.e x x x θθ-⎧≥⎨<⎩（2） f （x ，θ）=1,01,0,.x x θθ-⎧<<⎨⎩其他【解】（1） 似然函数111(,)ee eniii nnx x nn i i i L f x θθθθθθ=---==∑===∏∏1ln ln ni i g L n x θθ===-∑由1d d ln 0d d ni i g L n x θθθ===-=∑知 1ˆnii nxθ==∑所以θ的极大似然估计量为1ˆXθ=.(2) 似然函数11,01nni i i L x x θθ-==<<∏ ,i =1,2,…,n.1ln ln (1)ln ni i L n x θθ==+-∏由1d ln ln 0d ni i L n x θθ==+=∏知11ˆln ln nniii i n nxx θ===-=-∑∏所以θ的极大似然估计量为 1ˆln nii nxθ==-∑7.设X 1，X 2是从正态总体N （μ，σ2）中抽取的样本112212312211311ˆˆˆ;;;334422X X X X X X μμμ=+=+=+ 试证123ˆˆˆ,,μμμ都是μ的无偏估计量，并求出每一估计量的方差. 【证明】（1）11212212121ˆ()()(),333333E E X X E X E X μμμμ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭ 21213ˆ()()()44E E X E X μμ=+=, 31211ˆ()()(),22E E X E X μμ=+= 所以123ˆˆˆ,,μμμ均是μ的无偏估计量. (2) 22221122145ˆ()()(),3399D D X D X X σμσ⎛⎫⎛⎫=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222212135ˆ()()(),448D D X D X σμ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()223121ˆ()()(),22D D X D X σμ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭8.某车间生产的螺钉，其直径X ~N （μ，σ2），由过去的经验知道σ2=0.06,今随机抽取6枚，测得其长度（单位mm ）如下： 14.7 15.0 14.8 14.9 15.1 15.2 试求μ的置信概率为0.95的置信区间. 【解】n =6,σ2=0.06,α=1-0.95=0.05,0.25214.95, 1.96,a x u u ===,μ的置信度为0.95的置信区间为/2(14.950.1 1.96)(14.754,15.146)x u n ασ⎛⎫±=±⨯= ⎪⎝⎭.11.设总体X ~f (x )=(1),01;10,.x x θθθ⎧+<<>-⎨⎩其中其他X 1,X 2,…,X n 是X 的一个样本，求θ的矩估计量及极大似然估计量.【解】(1)1101()()d (1)d ,2E X xf x x x x θθθθ+∞+-∞+==+=+⎰⎰又1(),2X E X θθ+==+故21ˆ1X Xθ-=- 所以θ的矩估计量 21ˆ.1X Xθ-=- (2) 似然函数11(1) 01(1,2,,)()()0nn ni i i i i x x i n L L f x θθθ==⎧+<<=⎪===⎨⎪⎩∏∏ 其他. 取对数11ln ln(1)ln (01;1),d ln ln 0,d 1nii i ni i L n x x i n L n x θθθθ===++<<≤≤=+=+∑∑所以θ的极大似然估计量为1ˆ1.ln nii nXθ==--∑。
(0198)概率论与数理统计复习思考题
（0198）《概率论与数理统计》复习思考题一.填空题：1.设A 、B 是相互独立的事件，P(A)=0.5,P(B)=0.8,则P(B-A)= .2.设A 、B 为互斥的二事件，P(A) =31, P(B) = 21, 则P (B-A) = . 3. 设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示“A 、B 、C 三事件中至多有一个发生”为 。
4. 由长期的统计资料得知，某地区在4月份下雨（记为事件A ）的概率为154，刮风（记为事件B ）的概率为157，既刮风又下雨的概率为101，则143)(=B A P ，83)(=A B P ，=+)(B A P .5.有10个产品其中3个次品，从中任取2个，则取出的2个中恰有1个次品的概率为 。
6. 将一颗骰子抛掷4次，则“出现的4个数字至少有两个相同”的概率为 ; “出现的4个数字全同”的概率为 （只需写出表达式，不必算出结果）。
7.设随机变量X 的分布列为 ,...2,1,0,3)(===k ak X P k则a = .8.已知X 的概率密度为.,1021)(2002+∞<<-∞=-x e x f x π则X 服从正态分布，其期望 ，方差 。
当)()(c X P c X P ≥=≤，则c = .9.随机变量X 的分布函数为+∞<<-∞+=x x x F ,arctan 121)(π，则其密度 f (x )为 。
10. 随机变量X 的密度 f (x )=)1(12x +π, 则其分布函数F(x )= .11.A 、B 为相互独立的二事件,且P(A)=0.5,P(B)=0.8,则P(A+B)=_____ _______. 12则σ= 13.随机变量X 表示某商店从早晨开始营业到第一个顾客到达的等待时间（单位：分），X 的分布函数为0001)(4.0<≥⎩⎨⎧-=-x x e x F x，则等待时间至少4分钟的概率为 。
概率加减法专项练习200题(有答案)
概率加减法专项练习200题(有答案)
以下是一系列概率加减法的练题，共计200道题目。
每道题都
附带了答案，供您核对。
希望这些题目能够帮助您提高对概率加减
法的理解和应用能力。
题目
1. 在一个筐中有8个红球和6个蓝球，从中随机抽出一个球。
求抽出的是红球的概率。
2. 一副扑克牌中有52张牌，包括4种花色的A、2、3、4、5、6、7、8、9、10、J、Q、K。
从中抽出一张牌，求抽出的是红心的
概率。
3. 在一个班级中，有20个男生和15个女生。
随机抽取一个学生，求抽取的是女生的概率。
4. 一家餐馆中午提供三种菜品供选择：红烧鸡、糖醋鱼和番茄
炒蛋。
如果一个顾客随机选择一道菜品，求他选择红烧鸡的概率。
5. 一家超市中有300个苹果，其中有20个有瑕疵。
从中随机
抽取一个苹果，求抽取的是有瑕疵的概率。
（更多题目略）
答案
1. 红球的概率为 8/14 或 4/7。
2. 红心的概率为 13/52 或 1/4。
3. 女生的概率为 15/35 或 3/7。
4. 选择红烧鸡的概率为 1/3。
5. 有瑕疵的概率为 20/300 或 1/15。
（更多答案略）
希望以上练习题和答案对您有所帮助。
如果您对概率加减法还有其他问题，我将尽力为您解答。
概率论与数理统计试卷试题及答案5
概率论与数理统计试卷一、单项选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并将其字母代号写在该题【 】内。
答案错选或未选者，该题不得分。
每小题2分，共10分。
）1. 设A 、B 满足1)(=A B P ，则 ． 【 】（a ）A 是必然事件；（b ）0)(=A B P ；（c ）B A ⊃；（d ）)()(B P A P ≤．2. 设X ～N （μ，σ2），则概率P （X ≤1＋μ）=（ ） 【 】 A ） 随μ的增大而增大 ； B ） 随μ的增加而减小； C ） 随σ的增加而增加； D ） 随σ的增加而减小．3. 设总体X 服从正态分布),(N 2σμ，其中μ已知，2σ未知，321X ,X ,X 是总体X 的一个简单随机样本，则下列表达式中不是统计量的是 ． 【 】 （a ）321X X X ++； （b ）)X ,X ,X min(321； （c ）∑=σ31i 22i X ； （d ）μ+2X ．4. 在假设检验中, 0H 表示原假设, 1H 表示备择假设, 则成为犯第二类错误 的是 ． 【 】 （a ）1H 不真, 接受1H ； （b ）0H 不真, 接受1H ； （c ）0H 不真, 接受0H ； （d ）0H 为真, 接受1H ．5．设n 21X ,,X ,X Λ为来自于正态总体),(N ~X 2σμ的简单随机样本，X 是样本均值，记2n1i i21)X X(1n 1S --=∑=，2n1i i22)X X(n1S -=∑= ，2n1i i23)X(1n 1S μ--=∑=，2n1i i24)X(n1S μ-=∑=，则服从自由度为1-n 的t 分布的随机变量是 . 【】 （a ）1n S X T 1-μ-=；（b ）1n S X T 2-μ-=；（c ）nS X T 3μ-=；（d ）nS X T 4μ-=.………………………………… 装 ……………………………… 订 ……………………………… 线 …………………………………二、填空题（将答案写在该题横线上。
概率论第三四章练习题答案
概率论第三四章练习题答案练习八班级_____________ 姓名_____________1. 盒子里装有3只黑球，2只红球，2只白球，在其中任取4只球，以X 表示取到黑球的只数，以Y 表示取到白球的只数，求X ，Y 的联合分布律.解：（X ，Y ）的可能取值为(i , j )，i =0，1，2，3， j =0，12，i + j ≥2，联合分布律为 P {X=0, Y=2 }=351472222=C C C P {X=1, Y=1 }=35647221213=C C C C P {X=1, Y=2 }=35647122213=C C C C P {X=2, Y=0 }=353472223=C C C P {X=2, Y=1 }=351247121223=C C C C P {X=2, Y=2 }=35347223=C C C P {X=3, Y=0 }=352471233=C C C P {X=3, Y=1 }=352471233=C C C P {X=3, Y=2 }=02. 设随机变量（X ，Y ）概率密度为<<<<--=其它,042,20),6(),(y x y x k y x f （1）确定常数k ；（2）求P {X <1, Y <3}；（3）求P (X <1.5}；（4）求P (X+Y ≤4}.解：（1）∵+∞-+∞∞---==2012)6(),(1dydx y x k dy dx y x f ，∴8 1=k （2）83)6(81)3,1(3210=--=<<="" p="" x="" y="">Y X P （3）3227)6(81),5.1()5.1(425.10=--=∞<≤=≤?dy y x dx Y X P X P（4）32)6(81)4(4020=--=≤+?-dy y x dxY X P x3. 盒子里装有3只黑球，2只红球，2只白球，在其中任取4只球，以X 表示取到黑球的只数，以Y 表示取到白球的只数，求的随机变量（X , Y ）的边缘分布律.4. 设二维随机变量（X ，Y ）的概率密度为≤≤=其它,01,),(22y x y cx y x f（1）试确定常数c ; （2）求边缘概率密度. 解: l=?∞+∞-+-∞+∞-====42121432),(1025210c c dy y cydx cx dydxdy y x f y y≤--==?,01),1(8 21421)(~42122x x ydy x x f X x X ??≤≤==?+-其它1027421)(~252y y ydx d y f Y y yY练习九班级_____________ 姓名_____________1. 设一加油站有两套用来加油的设备，设备A 是加油站的工作人员操作的，设备B 是有顾客自己操作的. A ，B 均有两个加油管. 随机取一时刻，A ，B 正在使用的软管根数分别记为X ，Y ，它们的联合分布律为(1)(2) 求在0=X 的条件下Y 的条件分布律；在1=Y 的条件下X 的条件分布律. (3) 问随机变量X 和Y 是否相互独立? 解：（1）至少有一根软管在使用的概率为9.01.01}0,0{1}1{=-===-=≥+Y X P Y X P（2）根据公式}0{}0,{}0|{======X P X i Y P X i Y P ，得到在0=X 的条件下Y 的条件分布律为类似地，在1=Y 的条件下X 的条件分布律为（3）P （X =0≠所以随机变量X 和Y 不是相互独立. 2. 设随机变量（X ，Y ）在由曲线x y x y ==,2所围成的区域G 均匀分布.(1) 问随机变量X 和Y 是否相互独立? (2) 求条件概率密度)|(|x y f X Y .解：（1）根据题意，（X ，Y ）的概率密度),(y x f 必定是一常数，故由),(31),(),(121y x f dy y x f dxdxdy y x f xxG===，得到∈=他其，0),(,3),(Gy x y x f 。
概率论第三章参考答案
第三章 多维随机变量及其分布§3.1一、 设随机变量),(Y X 的密度函数为⎩⎨⎧≥≥=--。
y x ke y x f y x 其他,0.0,0,),(43(1) 求常数k ; (2) 求分布函数),(y x F (3) 求{}20,10≤<≤<Y X P 解:（1）⎰⎰⎰⎰⎰⎰+∞+∞--+∞+∞--+∞∞-+∞∞-====043043),(1dy e dx e k dxdy kedxdy y x f y xyx12)10)(10(12)4()3(120043k k y d e x d e k yx ⎰⎰+∞+∞--=--=-- 知12=k（2）()()⎪⎩⎪⎨⎧≥≥--==⎰⎰----。
y x e e dudv e y x F x y yx v u 其他00,01112),(004343（3）{}118310001202120,10---+--=+--=≤<≤<e e e ），F （），F （），F （），F （Y X P 二、设二维随机变量),(Y X 的概率密度为),()1)(1(),(22+∞<<-∞∞<<-∞++=y x y x Cy x f求（1）常数C ； （2）{}10,10≤<≤<Y X P ； （3）分布函数),(y x F 。
解：（1）=++=++⎰⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-+∞∞-+∞∞-dy ydx x C dxdy y x C 22221111)1)(1( 22002021,1224|arctan |arctan 411114ππππ=⇒====++=∞+∞++∞+∞⎰⎰C C C y x C dy y dx x C（2）{}161)1)(1(110,101022210=++=≤<≤<⎰⎰dxdy y x Y X P π （3）=++=++=⎰⎰⎰⎰∞-∞-∞-∞-dy y dx x dxdy y x y x F y xx y22222211111)1)(1(11),(ππ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21arctan 121arctan 1y x ππ),(+∞<<-∞∞<<-∞y x二、 设随机变量X 和Y 有联合概率密度⎩⎨⎧≤≤=。
概率论第4-6章课后习题答案
习题四E(X) = (-l)x- + 0x —+ lx- + 2x —=—;【解】(1) 8 2 8 4 2 ⑵£区)=(一］% + 0弓+ % + 2.卜春£(2X+3) = 2£(X) + 3 = 2x- + 3 = 4⑶ 22.已知100个产品中有10个次品，求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差.故£(X) = 0583x0+0340x1 + 0.070x2 + 0.007x3 + 0x4 + 0x5= 0・50hD(X) = ±［兀-E(X)］胡=(O-O・5O1)2X O・583+(1-O・5O1)2X O・34O+…+ (5-0.501)2x0= 0.432.3•设随机变量X的分布律为且已知 E (X) sE(X2)s求Pl. P2. P3・【解】因A + A + A = l…①,又E(X) = (-l)A+0・；^ + l・& = /^-A =0」②,£(X2)=(-1)2・/；+O2・&+12・&=A+^=O・9■■③由①②③联立解得人=g £ = 0丄& = 054.袋中有N 只球，其中的白球数X 为一随机变量，已知E (X) =n,问从袋中任取1球为白 球的概率是多少 【解】记A 可从袋中任取1球为白球卜则 N PG4)全鯉公迖另P{ AIX =灯"{ X =灯 A-0 N b I N =工万P 泌 * = -DP{X*} *■0 N /V Jt.(>5・E 心需5•设随机变量X 的概率密度为 X, 0<%<1,2 - A, 1 < X < 2,(X 其他. f(X) 求 E (X), D CX). [解]E(X)=匚 (x)dx =£x -dx + [ x(2 - x}dxE( X 2)=匚 x-f(x)dx =J ： x'dv + j\'(2-%)cLv = £ 故 D(X)"X)-阳 r 6•设随机变量X, Y, Z 相互独立，且E (X) =5, E (Y) =11. E ⑵=8.求下列随机变的 数学期望.(1) (2) U=2X+3Y+1； V=YZ 4X. 【解】 ⑴ ElU] = E(2X+3Y + l) = 2E(X} + 3E(Y} + \= 2x5 + 3x11 + 1=44. ⑵ EIV] = EIYZ-4X] = E[YZ]-4E(X) 因人 Z 独立E(y>E(Z)-4E(X)= 11x8-4x5 = 6 &7•设随机变量 X, Y 柑互独立，且 E (X) =E(Y) =3, D (X) =12. D (Y) =16,求 E (3X 2Y), D C2X 3Y).【解】⑴ £(3X -2r)= 3£(X)-2£(y)=3x3-2x3 = 3.⑵ D(2X-3y)= 2'D(X) + (-3)-Dr = 4x12 + 9x16=192.8.设随机变量ex. Y)的概率密度为k. 0<%< to< y < X,f(x,八仏其他试确世常数k,并求E (XY) • 阳因匸匚心曲T ：时沁二EgE{XY} = J J x)/(x, y)dxdy = [xtkj^ 2ydy = 0.259•设X, Y 是相互独立的随机变量，其概率密度分别为fa 、y)=/xW*/r(y)=- 2甘7, 0<x<ty>5,0.其他，于是2儿 0. fX(X) 求 E(XY) • 【解】方法一： 0<%<1,其他;,严，y>5, fY (y)其他先求X & j Y 的均值£(X) = J x*2Adv = —,E(Y) = [ ■ 5] e"^dz + £ ze^dz = 5 + 1 =6.由X 仃Y 的独立性，得 £(xr)= E(X)・E(y)= -x6 = 4. 方法二：利用随机变量函数的均值公式•因X 与Y 独立，故联合密度为H-OO .ye->-00ye E(XY) = £ A3'*2.ve~*'■^'dxdy = £ 2x -dv*J^ ye~^= — x 6 = 4. 5 ) 0 5W.设随机变Sx, Y 的槪率密度分别为 2e-\ %>0, 0, x<0; < 4e^\ y>a fY(Y)=k 求(1) E (X+Y); (2) E (2X 3Y2) •fx(X)9P(X=O) = —= 0.750,123 2 9P{X=2) = — x — x — = 0.041,12 II 10于是，得到X的概率分布表如卜•：3 9P{X =l| = — x —= 0,204,12 II3 2 19P{X=3} = —X—X —x- = 0・005【解］（X）= J1^（x）叫7兀・2产血=［7严］『匚e-^dx= e dx = —.Jo 2E(Y)=匚曲(y)dyj「.v4e^'dy =右E(尸)=匚必(y)dy =匸y-*4e-*'cly = ^ = |从而⑴ E（X + Y）-E（X） + E（y）--+才一二E(2X -3Y-) = 2E(X}-3E(Y-} = 2x--3x- = -⑵ 2 8 811•设随机变量X的概率密度为x>0,0, X V 0.f(X)求(1)系数C； (2) E (X) ; (3) D(X) •【解】⑴由匚ETX叫烽“得"2£(%) = J xf (x)d(x) = £d%=2叮宀=££(x2)=匸/・2心&& P4 一兀故12.袋中有12个零件，其中9个合格品，3个废品.安装机器时，从袋中一个一个地取出（取出后不放回），设在取出合格品之前已取出的废品数为随机变SX,求E <X）和D CX）.【解】设随机变SX表示在取得合格品以前已取出的废品数，则X的可能取值为0, 1. 2, 3•为求英分布律，下而求取这些可能值的概率，易知・12 II 10 9由此可得 £(X) =0x0.750 + 1x0.204 + 2x0.041+3x0.005 = 0.301-£(X -) = 0'x750 + Px0.204 + 2-x0.04I + 3-x0,005 = 0413D(X) = E(X-)-[£(%)]- =0.413-(0.301)- =0.322.13•—工厂生产某种设备的寿命X (以年计)服从指数分布，概率密度为-e \ A>0, 40,为确保消费者的利益，工厂规左出售的设备若在一年内损坏可以调换•若售出一台设备，工 厂获利100元，而调换一台则损失200元，试求工厂出售一台设备赢利的数学期望. 【解】厂方出售一台设备净盈利Y 只有两个值：100元和 200元P{ Y = 100} = P{ X > 1} =「扌 P{y=-2oo} = P{x <1} = 1-「"故E(Y) = 100x 「"+(-200)x0-「")= 300&"4一200 = 33.64 (元)14•设XI, X2,…，Xn 是相互独立的随机变量，且有E (Xi)=山D (Xi) =o2, i=lr 2, 记• S2=£(%) = £(丄====1/2 匕丿《 tr «ZT ftD(X) = D 二工Xj =4D (EXJXN 间相互独立二・±DXtV n j-l 丿/-I=矿 r-1x< 0. (1)b验证E(X)=n ，D(X) = n(2)丄（iz ・j 亍）验证S2J_] j(3) 验证E (S2) =o2・【证】X*-对=x(x：+亍-2无O = ZX： + "亍-2乂f Xfr-l r-l r・l r-l=f X： + "X2 -2X.«X = £X： -《戸2r・l /-I故宀占討用(3)因F(X,) = «,£>(Xj) = b［故£(X；) = D(XJ + (EXj)2 = b2+«2・同理因从而T ■* _ _ ____________ *> 疔. _ £{X) = //,D(X) = —£(X") = _ + w-«，故《E(s-) = E(XX/-H F) =_^iE(f x：)-M(r)］ j-l n 一I r-1=占［£丘*2)-“E(亍)］Z 1<T" ->—+irI ««-1=b\15•对随机变量X 和Y,已知D (X) =2, D (Y) =3, Cov(X,Y)= 1, 计算：Cov (3X 2Y+1, X+4Y 3) •［解］Cov(3X-2r + tX+4y-3) = 3D(X) + 10Cov(X,y)-8D(y)= 3x2 + 10x(-l)-8x3 = -28（因常数与任一随机变量独立，故Cov（X3）=Cov{V；3）=0, Jt余类似）. 16•设二维随机变量（X, Y）的概率密度为1 -> ■一,A - + V' < b7t0, 其他.f （X. y）=试脸证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的.【解】设》= {（3）1宀亡1}.fCX) = J" J (X,y)<i'dy = — JJ .vdxdy1f" fl=九J?8S&・g=0.同理E(Y)=0.而c°v(xy)=匚匚［-呦・卜-砒)］心、用与=—必勺心心=丄［J sin&COS&心d& = 0兀x-+y'<l 兀由此得Qx厂°,故X仃Y不相关.下面讨论独立性，当冈•时，办刚轻纠必时，恥)厲存V"显然()')*/(& y)・故X和Y不是相互独立的.17•设随机变量(X, Y)的分布律为3验证X和Y是不柑关的，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，尖分布律如下表X 1 01P 3 2 38 8 8Y 1 01P 3 2 38 8 8XY 1 01P 2 4 28 8 8由期望；d^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pXY=0.X即X 与Y 的相关系数为0,从而X 和Y 是不相关的.P{X=-1}・ P{Y = -1} = 2X -H 丄又8 8从而X 与Y 不是柑互独立的.18.设二维随机变量（X. Y ）在以 匀分布，求 Cov （X. Y ）, pXY.题18图2, (X, y) € D, 0,其他.E(X) = 0 易(兀刃 dxdy = £ chf 々dy = | E( X 2) = JJ x-f(x, y)d.xdy = £ 时「2x'dv = *D(X) = E(X^)-lE(X)f=--- 从而6 2丿 同/5皿）卞E(XY) = JJ A>y'(x,>)dYd>' = JJ 2x>'dxdy = £ d.v£ 々jydy =—Q/)0 0 12cov(x,r)= £(xy)-£(x)-£(y)=—--x-=-—12 3 3 3o19•设（X, Y ）的概率密度为【解】如图，SD=2 ,故（X, Y ） 的概率密度为X+>'=l8 = P{X=7y = _l}（0, 0）, （0, 1）,（1, 0）为顶点的三角形区域上服从均 "18而 所以从而Cov(X.y)g ""(疔加)一一2—sin(x + y)> 0<x< —,0< v<—, 2 2*20, 其他.E(X) = J J 对ay)dxdy = [ dxj^ 兀・—sin(x +y)dy =中.E(X 2)= J3J7F 运 sinCv+y)dy = + + + 2.从而£>(X) = E(X2)一[E(X)F=^ + f-210 2同理Z/2 z/2 JT E(XY} = j dvj Qsin(x+ y)cUdy = —1,u2Cov （x,r ）= £（xr ）-£（x ）＞£（r ）= 故I 兀_4 IQ ■ - - 7D (X ).7W S +ZS-216 2Cov(x,r) (71-4)" _ 7t" -8兀 + 16 TU' +8 兀一 32 兀2 + 8兀一 32 20.已知二维随机变量（X, Y ）的协方差矩阵为Ll 4」，试求zrx 相关系数. 【解】由已知知：D （X ）=l,D （Y ）=4,Cov （X,Y ）=l.从而 2Y 和 Z2=2X Y 的 D(Zi)= D(X-2y)= D(X) + 4D(Y) - 4Cov(X") = 1+4x4-4x1 = 13, D(Z,) = n(2X-r)= 4D(X) + P(r)-4Cov(X,y)= 4xl+4-4xl=4, Cov(ZpZ,) = Cov(X-2y,2X-y) = 2Cov{x,x)-4Cov(y,x)-cov(x,r)+2Cov(y,r) = 2D(X)-5Cov(X.Y) + 2Q(y)= 2xl-5xl + 2x4 = 5・f （X, y ）=求协方差Cov （X, Y ）和柑关系数pXY ・故21.对于两个随机变量V, W.若E(V2). E (W2)存在，证明: [E (VW)] 2<E (V2) E (W2). 这一不等式称为柯西许瓦兹(CouchY Schwarz)不等式.[证]令g(F) = E{[V + fWF},FeR. 显然0< g(t) = E[(y + tW)-] = ElV- + 2tVW + rW-]= £[V -] + 2M£iny]+z^£[W'],Vr€/?.可见此关于t 的二次式非负，故其判别式AG,0>A = [2£(VW)]'-4£(W')>£(V')= 4l[E(VW)f -E(V-}^EiW-)}.故[E(viy)F<E(W)・E(w2)}・22.假设一设备开机后无故障工作的时间X 服从参数2出的指数分布.设备立时开机，出现 故障时自动关机，而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作 的时间Y 的分布函数F (丫).【解】设Y 表示毎次开机后无故障的工作时间，由题设知设备首次发生故障的等待时间X~E(ME(X)二久=5. 依题意 Y=min{X,2). 对于 y<0j{y)=P{Y<y}=0. 对于 y>2,F{y)=P(X<y)=l.对于0<y<2,当x>0时，在(0,x)内无故障的概率分布为 P{X<x}=l eXx,所以F(y)=P{Y<y}=P{min(X,2)<y}=P{X<y}=l e y/5.23.已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装 有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后，求：(1)乙箱中次品件数Z 的数学期望：(2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率.【解】(1) Z 的可能取值为0, 1. 2, 3. Z 的概率分布为P{Z 旳=芒'Q = 9 Z?) = 5 =仝 /7T从一匹百品Z 「辰矿*7 -HP因此, I 9 9 I 3£（Z ） = 0X - + !X - + 2X - + 3X - = -（2）设A 表示事件“从乙箱中任取出一件产品是次品r 根据全概率公式有 3 P （A ） = XP{Z = R}・P{AIZ = k} *■（> 1^9192131 20 20 6 20 6 20 6 4 24•假设由自动线加工的某种零件的内径X （亳米）服从正态分布N （儿1）,内径小于10或 大于12为不合格品，其余为合格品•销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销 售利润T （单位：元）与销售零件的内径X 有如下关系 若 %<10,若 10<X<12, 若X >12. < 20,T —5,T= J 问：平均直径A 取何值时，销售一个零件的平均利润最大 ［解］E （T ） = -P{X vl0} + 20P{10<X<12}-5P{X >12} = -P{X-u<10-u} + 2QP{\Q-u<X-u<\2-u}-5P{X-u>\2-u} = -e （io-M ）+2O ［e （i2-"）-e （io-»）］-5［i-e （i2-«）］= 25e （12-w ）-2ie （10-M ）-5・ 兰4 = 250（12-“）乂（一1）-210（10-“）><（-1）丄 dit 0（这里卩心话严 25「3 円2 = 21「3加两边取对数有 ln25--（12_M ）2=ln21_-（10_H ）） 2 解得 M = ll -丄 In 艺=11 一丄］nl ・19al0・9128 2 21 2 （毫米）由此可得，当u=10.9亳米时，平均利润最大. 25•设随机变量X 的概率密度为 1 X —cos —, 0 < A < n, 2 20. 其他.对X 独立地重复观察4次，用Y 表示观察值大于只“的次数，求Y2的数学期望.（2002研考）1, x>-.3(/ = 1,2,3,4)0. X<-・ 3y = D~B(4 丿)则 j•因为jrTTjr1V1p = PiX>-, = l-P,X.-,^P{X.-, = £ -cos-dv = -^£(}；) = -,D(}^) = -.£(y)= 4x - = 2,D(Y) = 4x-x- = \ = E(Y-)-(EY)-2 2从而 E (尸)=D(Y) + [E(Y)f = 1 + 2, = 5.26.两台同样的自动记录仪，每台无故障工作的时间Ti(i=l,2)flK 从参数为5的指数分布，首先 开动其中一台，当;ft 发生故障时停用而另一台自动开启.试求两台记录仪无故障工作的总时 间T=T1+T2的概率密度fr(t).数学期望E (T)及方差D (T). 【解】由题意知：因"丁2 独立，所以 lT(t)=fl(t)*f2(t). 当 tvo 时，fr(t)=o ； 当GO 时，利用卷积公式得片⑴=£ W •厶(F 一 X)dx = £ 5e 亠・5ef T J A = 25re$ 故得25宀 />0, 0,f < 0・由于 Ti 吒(5)”故知 E(Ti)= 5 ,D(Ti)= 25 {i=i^2)2因此，有 E(T)=E{T1+T2)=^.2又T1J2 独立，所以 D (T) =D (T1+T2) =25【解】令所以Z(0 =•5汽 r>0, 0, t <0.所以Q(小EXlEWr 宁一古=宁27•设两个随机变量X, Y 相互独立，且都服从均值为0.方差为3的正态分布，求随机变 量IX Y|的方差.D(X-y)= P(Z) = £(IZ|-)-l£(IZI)]-E(Z-) = D(Z) = 1、E(l Z I)=匚I z I -y=e-^''-dz=急2%弋,所以 28•某流水生产线上每个产品不合格的概率为p(0<p<l). 产品合格与否相互独立，当出现 一个不合格产品时，即停机检修•设开机后第一次停机时已生产了的产品个数为X,求E (X) 和 D(X) •【解】记q=l p ，X 的概率分布为P{X=i}=qi…，E(X) = nqip = P (工孑丫 = P -故i-l1-1\ 1X X X£(灯)=立 n = X(〜脚5+£衍5 又1-1 f-2 1-1=pq (工 dy+— = pq 角 P _ 2pq 1 _ 1 + q _ 2 - p (D ， p p- p-【解】设Z 二X Y ・ 且X 和Y 相互独立, 因X ~ N 0, FI “丿丿由于故 Z~N (0, 1) • (IS P+—p题29图29.设随机变量X 和Y 的联合分布在点(0, 1). (1. 0)及(1, 1)为顶点的三角形区域上 服从均匀分布.(如图)，试求随机变S U=X+Y 的方差. 【解】D(U)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y) =D{X)+D(Y)+2[E{XY) E(X)-E{Y)]. 由条件知X 和Y 的联合密度为2, (X, y) e G. 0, t <0.G = {(x,y)10<x< 1.0< y < hx + y > 1}・H 寸 /x w = P /(X y)dy = f' 2dy = 2儿 从而 J Y Ji 因此E(X) = £机(X)" = f 2A-dv = -,£(X -) = J^2x^cU =-,2 ° 2D{X) = E(X-)-lE(X)f .2 9 18同理可御EE 詁”占E( X Y) = Jj 2xydxdy = 2 J ：兀时］ydy =春,G7 12Cov(X.Y} = E(XY}-E{X).E(Y} = — -- = -—,12 936于是30•设随机变量U 在区间[2,2]上服从均匀分布,1,Y=1}=P{U< 1,U>1}=P{ 0 }=0,y1OIX随机变量7 u<-t h U > —1.一1・ u<u t 若u>l ・X=试求(I) X 和Y 的联合概率分布；(2) D (X+Y). 【解】(1)为求X 和Y 的联合概率分布， (1， P{x=Y=就要讣算(X. Y)的4个可能取值ib( 1,1)41, 1)及(ij)的概率• 1,Y=1}=P{U<1,U<1}=p© 一 1}=「空=「空二'J J Y 4J-2 4 4P{X=P{X=1,Y= 1}=P{U> 1,U<1}= p(-l<£/<l) = £^ = iP{x=hy = i} = p{t/>-iQ>i} = P{c/>i}f 罟=1 故得X 与Y 的联合概率分布为(71) (1-1)（X 』）~.4⑵因D （x+y ）= E[（x+y ）2]-（E （x+y ）F^x+Y 及如〉2的概率分布相应为"-2 0 2'"0 4' x+y~1 1 1 (x+y)--I 1_4 2 4._2 2.E(X + y)= (-2)x- + 2x- = 0, 从而 4 4 £t(X + r)-] = 0x-+4x- = 2,2 2所以 D(x+y)= E[(x+y)']-[£(x+y)r = 2・—e31•设随机变量X 的概率密度为f （x ）= 2 求Cov （XJX|b 并问X 与|X|是否不相关 问X 与|X|是否相互独立，为什么£>(X)=匚(x-O)'.ie-'^d.v = = 2.⑵ Cov(XJX) = £(XelXI)-£(X)<£(IXI) = £(XJXI)=J x\x b —e""dx = 0,2所以X 与|X|互不相关.⑶ 为判断1X19 X 的独立性，需依定义构造适当事件后再作岀判断，为此，对世义域8vx<:+8中的子区间（0户g ）上给出任意点xO ・则有{-Xo<X <xJ = {IXI<xJc{X <xj.8<X<+8⑴求E (X)及D (X)； (2) (3)【解】E(x)=r\丄“啊1・=0・ ⑴ Jp 2所以 OvP {\X\<x,]<P{X<x,}<i. 故由P{X<x,JXI<xJ = P(IXI<xJ >P {IXI<_rJ>P{X<xJ得出X 与|X|不相互独立.32•已知随机变量X 和Y 分别服从正态分布N (1. 32)和N (0, 42).且X 与Y 的相关系数X Y-- 1—设 Z= 32求Z 的数学期望E (Z)和方差D (Z)； 求X 与Z 的相关系数pXZ ； 问X 与Z 是否相互独立，为什么= _x9.-xl6^2x-x-Cov(X,npXY= (1) (2) (3)【解】E(Z) = E 养 ⑴V d L)cov( X V)=PxY = 匕严x4"6所以p(Z) = ..4-6x- = 3.( y y 1 I 1Cov(X,Z) = Cov %,- + - =-Cov(X,X)+ -Cov(X,r)L 3 2 丿 3 2 所以= £D (X) +舟x(-6) =善一3=0,丿厶」_ Cov(X,Z) 私"a(莎 e(z)"_cZ~N 亦3 ,X~N(1,9)⑶由Qxz —U,得X 与z 不相关•又因 2 )立.33•将一枚硬币重复掷n 次，以X 和Y 表示正而向上和反而向上的次数•试求X 和Y 的相关系 ,所以X 与Z 也相互独数【解】由条件知X+Y=n.则有D(X+Y) =D (n) =0.D{Z} = D 3X “ 再由 X^B(n,pKY^B(n,q)t 且 p=q= 2 ,从而有 E(X)=P(A),E(Y)=P(B), D(X)=P(A)・P(A),D(Y)=P(B)・P(B),从而有 D{X) = npq = - =D(Y}所以0 = D(X+Y) = L>(X) + D(Y) + 2p XY J D (X)・J D (Y)n r nn + 2% •孑故p,YX P所以E (XY)= Cov(KY)=E(XY) +=E(X)・E(Y)= x=0PxY =035.对于任意两事件A 和B, 0<P{A)<l. 0<P(B)<l,则称p= JP(A)P(B)P(7)P(®)为事件A 和B 的相关系数■试证： (1)事件A 和B 独立的充分必要条件是p=0； ⑵ lp|G.【证】(D 由P 的立义知，p=0当且仅当P(AB) P(A)・P(B)=0.而这恰好是两事件A 、B 独立的运义，即p=0是A 和B 独立的充分必要条件. ⑵引入随机变ilx 与Y 为_J1,若A 发生， x = k 若砂生；从而发生,0■若亍发由条件知，X 和Y 都服从01分布，即0 1l-P(A) P(A)0 1 l-P(B) P(B)34•设随机变量X 和Y 的联合概率分布为试求X 和Y 的相关系数p.【解】由已知知E(X)=,E(Y)=.而XY 的概率分布为Cov(KY)=P(AB) P(A)・P(B)所以，事件A和B的相关系数就是随机变量X和Y的相关系数.于是由二元随机变量相关系数的基本性质可得|p|<l.36.设随机变量X的概率密度为4 00<%< 2,其他.fX(x)= I令Y=X2, F (x,y)为二维随机变量(X, Y)的分布函数，求:⑴Y的概率密度fY(y)：(2) Cov(X,Y)：F(-亍4)⑶ 2 •解：(1) Y的分布函数为Fy(y} = PlY<y} = P{X-<y}当ySO时，当OVyCl时,Fy(y)=P{—"<x<"}=p{—77<x<o}+P{o<x<"}=扌77当l<y<4时, Fy(y) = P{-l<X<O} + P{O<X<“} = l+i“乙当朗时，F『(y) = i, /r(y)= o 故Y的概率密度为• 3—=.0<y<l,8"齐(y) = o—=J<y<4,8"a s其他⑵ fE(X)二匚必(x)dx = J ：i 皿+ J ：]dv 冷£(r)=£(X')=J^x -/y(A-)ch=j"-!-x'dx + J^i.v'dv = -)® 12 0 4 6 E （XY ）二 E （尸）二 办（X 他=f ；丄&■ +『丄才&. = 7/2£(xy)-£(x)-£(y)=- Cov(X,Y) = 3F(—,4) = P{X<-一,y<4) = P{X <-一.X- <4) 2 2 =P{X <-夕-2<X<2} = P{-2<X<-j}37. 习题五1•一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X •估计P{10<X<18}.I 斛设g 每次痂点数’贝广沪E(Xi) = 1X — 2x — 3 X — 4 X —5 x — 6 x —=—,6 6 6 6 6 62£(Xf) = Pxi + 2'xl + 3'xi + 4'x -!- + 5'xi + 6'xi= — f 6 6 6 66 6 64 4 7£(X) = E(》Xd£(XJ = 4x - = 14. 从而心 i 2」」35 35D(X) = D(XX,) = XD(X,) = 4x- = yP{10<X <I8} = P{IX-14I<4)>I-^^=«O.271, 4'\2从而又X1,X2,X3,X4独立冋分布D(XJ = E(X ：) - [E(Xj)F=y-(右^35所以2. 假设一条生产线生产的产品合格率是•要使一批产品的合格率达到在76%与84%Z 间的概 率不小于90%,问这批产品至少要生产多少件1,若第i 个产品是合格品，(X 其他悄形•II ZXjP {0.76 < 上^— < 0.84} > 0.9. nHP 響“-0& <铤 < 讐一°&} >0.9V/ix0.8x0.2 /?x0・8x0・2 J" x 0.8 x 0.2由中心极限定理得整理得 n>z 故取 n=269.3.某车间有同型号机床200部，毎部机床开动的概率为，假左徉机床开动与否互不影响， 开动时毎部机床消耗电能15个单位.问至少供应多少单位电能才可以95%的概率保证不致因 供电不足而影响生产.【解】要确定最低的供应的电能量，应先确此车间同时开动的机床数目最大值m,而m 要满足200部机床中同时开动的机床数目不超过m 的概率为95%,于是我们只要供应15m 单 位电能就可满足要求•令X 表同时开动机床数目，则X~B (200,),£(X)= I4O,D(X) = 42,0.95 = P{0<X <m} = P{X <m)=① 川 一140— =1-64,所以供电能151x15=2265 (单位).4. 一加法器同时收到20个噪声电压Vk (k=r 2•“ 20).设它们是相互独立的随机变量,20【解】令而至少要生产n 件，则i=l,2,...,n,且XI, X2 .... Xn 独立同分布，P=P{Xi=l}=.现要求n,使得£Xj -0&/-) 0.84” 一0・8" 70.16/1-e '0・76n-0・8n 、 >09 10/H -140査表知且都在区间(0, 10)上服从均匀分布•记V=*-« ，求P{V>105}的近似值・100 >75} = l-P{X<75}al-e 75-100x0.8<5/100x0.8x0.2100【解】易知:E{Vk)=5,D(Vk)= 12由中心极限定理知，随机变量20工% 120x5 V _20X 5近傾的Y 12I!卩有 P{V>105>5.有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3m.现从这批木柱中随机地取出100 根，问其中至少有30根短于3m 的概率是多少【解】设W0根中有X 根短于3e 则X-B (100.)从而= l-e(2・5) = l-O ・9938 = O ・OO62・6. 某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为•医院检验员任 意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝 这一断言.(1)(2) 100 X令 心(1) X~B(100 八于是 P{V>105} = P 彳 V-20x5 105-20x5=P<Z-①(0・387) = 0・34&P{X>3O} = l-P{X<3O}Ql-e 30-100x0・2 、J100x0.2x0.8j 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是，问接受这一断言的概率是多少 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是，问接受这一断言的概率是多少:膽治愈-2…期0,其他.【解】= l-e(-l ・25) = e(l ・25) = 0・8944・(2) X~B(100 八IOOP{》Xj >75} = l-P{X<75}al-e =1-<1>(旦)=1一6(1・09) = 0」379・7. 用Laplace 中心极限定理近似计算从一批废品率为的产品中，任取1000件，苴中有20件 废品的槪率.【解】令1000件中废品数X,则P 弓 n=10COX~B(1000八E(X)=50r D(X)=.故严X=2°} =而亍S 備苗厂6：895^ &895丿8. 设有30个电子器件•它们的使用寿命T1•…，T30服从参数入二［单位：(小时〉・1］的指数分 布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，以此类推.令T 为30个器件使用的总计时间, 求T 超过350小时的概率.E(TJ = — = — = 10, 【解】 几0・19. 上题中的电子器件若每件为a 元，那么在年il 划中一年至少需多少元才能以95%的概率 保证够用(假注一年有306个工作日，毎个工作日为8小时).【解】设至少需n 件才够用.则E(Ti)=10, D(Ti)=100,E(T)=10n» Dfr)=100n.P{^7； >306x8) = 0.95, 0.05①①从而心即 故 75-100x0.7<f 20-50 <P 6.895 16.895 込 | = 4・5X 10*D(7；) = ^ = 100,£(7) = 10x30 = 300, D(T) = 3000.P{T>350}al-e・913) = 0・1814・ ‘306x8-10" < 10亦I On-24480.95 = e10亦 .所以需272a 元.10. 对于一个学生而言，来参加家长会的家长人数是一个随机变S,设一个学生无家长、1 名家长、2划家长来参加会议的概率分别为".若学校共有400名学生，设^$学生参加会议的 家长数相打独立，且服从同一分布.(1)(2)【解】而 j，由中心极限定理得11. 设男孩出生率为，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率【解】用X 表10000个婴儿中男孩的个数，则X-B (10000.)要求女孩个数不少于男孩个 数的概率，即求P{X<5000}-由中心极限世理有12. 设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为•以95%概率估计，在一 次行动中：(1) 至少有多少个人能够进入(2) 至多有多少人能够进入【解】用Xi 表第i 个人能够按时进入掩蔽体(i=t2”1000).令 Sn=Xl+X2+ (X1000)(1)设至少有m 人能够进入掩蔽体，要求P{m<Sn<1000}>•事件400ZOOxi.W%" 7400x0-19 5/4X T9P{X >450} = 1 -P{X<450}Ql-eF 是 450-400x1」= l-e （l ・ 147） = 0.1357.⑵以Y 记有一名家长来参加会议的学生数•则¥-6(400,由拉普拉斯中心极限圧理得P "<3402340-400 X 0.8 ,7400x0-8x0.2 > = e （2・5）= 0.993& P{X <5000}沁 5000-10000x0.515 Z0000x0.515x0.485 丿= e （-3） = l-e （3） = 0・00135・ 求参加会议的家长数X 超过450的概率求有1名家长来参加会议的学生数不多于340的槪率.易知 E （Xi=） ,D （Xi ）=J=1.2,...4OO-{加<»}=加-1000X 0.9 V » -900171000x0.9x0.1由中心极限定理知:所以mHN884人 (2)设至多有M 人能进入掩蔽体，要求P{O<Sn<M}>. M-900査表知帧 sM=900+=^916人.13.在一定保险公司里有10000人参加保险，每人毎年付12元保险费，在一年内一个人死 亡的概率为，死亡者其家属可向保险公司领得1000元赔偿费■求：(1)保险公司没有利润的概率为多大； (2) 保险公司一年的利润不少于60000元的概率为多大 【解】设X 为在一年中参加保险者的死亡人数，则X~B(10000,) •⑴公司没有利润当且仅当"1000X=10000X 12"HP"X=120". 于是所求概率为Rv =i?m 〜 =化,VI 0000x0.006x0.994 &10000x0・006x0.994 丿_ 妙64 卑1759.64 ) ~ ^^'759.64= 0.0517xe 皿⑻】"⑵ 因为“公司利润260000”当且仅当“0»统0”于是所求概率为14. 设随机变量X 和Y 的数学期望都是2.方差分别为1和4.而相关系数为试根据契比雪 夫不等式给出P{|X-Y|n6}的估计*(2001研考〉 【解】令Z=X-Y>有£(Z) = 0,P(Z) = P(X -y)= £>(X) + £)(r)-2pj^.p7^W<7^00 =3. P{/«<5J = I -P{5…</«}^1-<D 心 000x0.9」“"WIOOOxO.QxOJ“7-900 从而 < 0.05, I 帧Jp{Sc<M}ae如_900、 = 0.95.120-10000x0.006 60P {0<X<60}g 60-10000x0.006 I J10000X 0.006 X 0.994 厂① 0-10000 x 0.006 I 710000x0.006x0.994 J 60 a 0.5.所以D （ Y _ y\ 3 1P{IZ-E （Z ） 1>6） = P {IX-Yln6}< —, 6' 36 1215. 某保险公司多年统计资料表明，在索赔户中.被盗索赔户占20%.以X 表示在随机抽查 的100个索赔户中，因被盗向保险公司索赔的户数.（1） 写出X 的概率分布：（2） 利用中心极限左理，求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率近似值.（1988研考）【解】（I ） X 可看作100次重复独立试验中，被盗户数出现的次数，而在每次试验中被盗 户出现的槪率是.因此，X-B （100,,故X 的概率分布是 P{X=R}=C ：OO OTO ・8）叫二 £ = 12 (100)（2）被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率即为事件{14<X<30}的概率・由中心极限；4^ 理，得= e （2・5）-e （-l ・5） = 0.994-[-9.33] = 0・927・16•—生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的•假设每箱平均重50千克，标准差 为5千克，若用最大载重量为5吨的汽车承运，试利用中心极限；4^理说明每辆车最多可以装 多少箱，才能保障不超载的概率大于•【解】设Xi （i=Un ）是装运i 箱的重量（单位：千克人n 为所求的箱数.由条件知，可 把Xi, X2, Xn 视为独立同分布的随机变量，而n 箱的总重Tn=Xl+X2+...+Xn 是独立同 分布随机变量之和，由条件知：E （XJ = 50,£（7；,） = 50/1,T -50/1近似地” r - N （（U ）依中心极限定理，当n 较大时，5" ，故箱数n 取决于条件P{7； <5000} = pj 三二^即最多可装98箱.习题六P {14<X<30}ae 30-100x0.2 14-100x0.2 < J100x0・2x0& 1-7100x0.2x0.8 > 1000-10/7 > 0.977 = e （2）・因此可从 麻1000-叫2解出n<.1•设总体X-N (60. 152),从总体X中抽取一个容量为100的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值大于3的概率.【解】n=60,o2=152,n=100upP (IX-60l> 3) = P (IZI> 30/15) = l-P(IZk 2)=2[l-e( 2)] = 2(1-0.9772) = 0・0456・2•从正态总体N G 52)中抽取容量为n的样本，若要求苴样本均值位于区间(,)内的概率不小于，则样本容Sn至少取多大【解】X-4P(2.2 < X < 6.2) < Z 竺竺皿= 2e(0・4孙一l = 0・95.则初=,故HP n>,所以n至少应取253.设某厂生产的灯泡的使用寿命X~N (1000. 02)(单位：小时)，随机抽取一容量为9的样本，并测得样本均值及样本方差•但是由于工作上的失误，事后失去了此试验的结果，只记得样本方差为52=1002 >试求P (X >1062).【解】n=1000,n=9, S2=1002S/yfn 100/3— 1062-1000P(X > 1062) = P{t > ------- ) = P(Z > 1.86) = 0.05100/34•从一正态总体中抽取容量为10的样本，假定有2%的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上，求总体的标准差.z=— -mi) _【解】 b/心,由p(|X・m>4)=得P|Z|>4(a/n)s迟 2.33,<75•设总体X~N （P ，16）, Xlr X2 .... XIO 是来自总体X 的一个容量为10的简单随机样本, S2为其样本方差，且P （S2>a ） =r 求aZ 值.f Q/I A⑼,p(5^>«)= plr>—1=0.1.査表得6•设总体X 服从标准正态分布，XI, X2Xn 是来自总体X 的一个简单随机样本，试问统 计量YX,Y= I 服从何种分布*=》X ；~r(5)、*=》X ； - X\n-5)【解】-2 2 且力「与力；相互独立•所以7•求总体冶N （20. 3）的容量分别为10, 15的两个独立随机样本平均值差的绝对值大于的 概率.令X 的容量为10的样本均值，V 为容量为15的样本均值•则X~N （20,310）,3_y~N(20,15),且X yy 相互独立.‘4皿 <T =0.02 ①，即 ‘4皿 b = 0.99.査表得 所以"迟5.43.2.33 .95' y-=——【解】 16 所以 丄 4.684x16=26 込9【解】X 一r ~N [O ,2+3 |=N (0・0・5). 则 I 10 15丿y_yZ=-^~N(0J),那么 g5所以—- f 0 3P(\X-Y\>0.3) = P IZI> = 2(1-0-6628) = 0.6744.7X ； + X/ + ・・・+X…；8.设总体炉N (0. a2) ,Xl,.・.,Xi0,.・.,Xi5为总体的一个样本.则Y= 2(X H +X/ +…+X]5 ) 服从 分布,参数为X.【解】b1=1,2,...,15. 2 2 且龙I 与"相互独立,所以所以Y~F 分布，参数为（10,5） •V X9•设总体X~N （也02儿总体Y~N （n222）,XbX2" 如和Yl, Y2,分别来自总体X 和Y 的简单随机样本，则工(X 厂乂 )2 + £0_P)2J-l ;-l n| _ n> _X(x 厂 x)2 =(耳一1)S ；E (力-亍)2 =(吗—1)S ；,/-I J-l=2(1-0(0.424)]届) 10 zr = Z 那么 i15 / Y 、2 1-11V b /-r(5)•+【解】令 I_ 1 恥 _肾=百尹可斗芦pF*) (M[—l)Sr J- ( 7 (,?，—1)S; 7. ( zr = ' / ' - /■(«i -az2 = / ~ -z'(«2-ix 又- i 那么 _ «3 _ 乞(Xj-Xy + X(Yj-YF /-I ;-| rt, + —2 齐匚护&好+b 宠) = b [E(z ；)+ E(/)] "l + 川2 一 2 2 =—-—[(«|-1) + (心 _ 1)] = b ， + ”2 _ 2 ・ — 1 力 % = — 10•设总体X~N(H ，a2), XI, X2 ... X2n (n>2)是总体X 的一个样本， 加i ,令 £(E + X"厂 2壬)2 ,求 E(Y)・ 【解】令Zi 二Xi+Xn+i,匸12・・・小・则ZrN(2n ，2a2){l<i<nb 且 Zl.Z2,...,Zn 相互独立. =Z ・ Z s2=Y(Zj — Z)2/H 7 /-I " r-l IZi « 故 那么 Z = 2X I-) 所以 E(Y) = (« - 1)E5- = 2(” 一 1)<T\-2X)-=^(Z.-Z)-=(/i-l)S\ r.)11. 本, 解: —e 设总体X 的概率密度为f(x)= 2 (•8vx<+8),xi, X2,…，Xn 为总体X 的简单随机样 其样本方差为S2,求E(S2). 由题意，得—ej x<0.2丄em l2£(5') = D(X) = £(X')-£-(X) E(X)=匚 yf(x)dx = ij2 xeTMtU = 0 E(X2)=匚 x'/(x)ctv = ij^ x&Wldx =匚 A-e-"dv =2, 2 0 于是所以E(S-) =。
《概率论与数理统计》第三版--课后习题答案.-(1)
Ai 表示事件“第 i 次取到的是正品”
（ i 1,2 ），
-5-
则事件“在第一次取到正品的条件下 , 第二次取到次品”的概率为： P( A2 A1) 1；而事件
“第二次才取到次品”的概率为：
P ( A1A2) P ( A1)P ( A2 A1)
1
。区别是显然的。
2
1.18。
解：用 Ai (i 0,1,2) 表示事件“在第一箱中取出两件产品的次品数
值，最小值是 0.4.
1.9
解：因为 P(AB) = 0，故 P(ABC) = 0.A, B , C 至少有一个发生的概率为： P( A B C ) P( A) P( B) P(C ) P( AB) P(BC ) P( AC ) P( ABC ) 0.7
1.10 解
（1）通过作图，可以知道， P( AB ) P( A B) P(B) 0.3 （2） P( AB) 1 P( AB) 1 ( P( A) P( A B)) 0.6
有 C52
10 种，故所求概率为
1。 12
1.14
解：分别用 A1, A2, A3 表示事件：
(1) 取到两只黄球 ; (2) 取到两只白球 ; (3) 取到一只白球 , 一只黄球 .则
P( A1)
C82 C122
28 14 66 33, P( A2)
C42 C122
61 66 11 , P ( A3) 1 P ( A1) P( A2)
习题一：
1.1 写出下列随机试验的样本空间： (1) 某篮球运动员投篮时 , 连续 5 次都命中 , 观察其投篮次数 ;
解：连续 5 次都命中，至少要投 5 次以上，故 1 5,6,7, ；
(2) 掷一颗匀称的骰子两次 , 观察前后两次出现的点数之和 ;
概率
第1次作业一、填空题1. 设A、B、C为三事件，用A、B、C的运算关系表示下列各事件：⑴A发生，B与C不发生为；⑵A与B都发生，而C不发生为；⑶A、B、C中至少有一个发生为；⑷A、B、C都发生为；⑸A、B、C都不发生为；⑹A、B、C中不多于一个发生为；⑺A、B、C中不多于两个发生为；⑻A、B、C中至少有两个发生为。
2、设A、B为两个事件，则BA+=（）A.A+BB.A-BC.A BD.AB3、设A、B为两个事件，若BA⊃，则下列结论中（）恒成立。
A.A、B互斥B.A、B互斥C.A、B互斥D.A、B互斥4、用A表示“甲产品畅销，乙产品直销”，则A表示（）A.“甲产品滞销，乙产品畅销”B.“甲、乙产品都畅销”C.“甲产品滞销或乙产品畅销”D.“甲乙产品都滞销”三、计算题1.写出下列随机试验的样本空间。
⑴记录一个小班一次数学考试的平均分是（设以百分制记分）⑵生产产品直到有十件正品为止，记录生产产品的总件数2.设样本空间=Ω{x︱0≦x≦2},事件A={x｜0.5≦x≦1},B={x｜0.8≦x≦1.6}，具体写出下列各事件：⑴AB；⑵A-B；⑶BA⋃A-；⑷B3.某建筑物倒塌（记为事件A）的原因有以下三个：地震（记为事件A1）、台风（记为事件A2）、暴风（记为事件A3）。
已知台风时必定有暴雨，试用简明的形式A1、A2、A3来表示事件A。
第2次作业一、填空题1、设事件A与事件B互不相容，且P（A）=0.4，P（A∪B）=0.7，则P（B）=2、设袋中装有6只红球，4只白球，每次从袋中取一球观其颜色后放回，并且再放入一只同颜色的球，若连取两次，则第一次去的红球且第二次取得白球的概率等于3、从0、1、2、3、4五个数中任意取三个数，则三个数不含零的概率为4、一个盒子中有6颗黑棋子，9颗白棋子，从中任取两颗，则这两个棋子是不同颜色的概率为二、选择题1、设A、B为两个事件，则P（A+B）=（）A.P（A）+P（B）B.P（A）+P（B）-P（AB）C.1-P（A B）D.1-P（A）P（B）2、一寝室住有4位同学，那么他们中至少有两个人的生日在一星期内的同一天内的同一天的概率是（）A.0.25B.0.35C.0.55D.0.653、从标号为1,2,3·，101的101个灯泡中任取一个，则取得标号为偶数的灯泡的概率为（）A.50/101B.51/101C.50/100D.51/1014、设事件A、B满足P（A B）=0.2，P（A）=0.6，则P（AB）=（）A.0.12B.0.4C.0.6D.0.8三、计算题1. 已知P（A）=0.5，P（A B）=0.2，P（B）=0.4，求⑴P（AB）；⑵P（A-B）；⑶P（A∪B）；⑷P（A B）。
第二章4-5第四版 概率论与数理统计答案
∫
x
−∞
e
− u 2 /2
d u = Φ ( x),
若X~N(μ,σ2), 则它的分布函数F(x)可写成: ⎧X −μ x−μ⎫ ⎛ x−μ ⎞ ≤ F ( x) = P{ X ≤ x} = P ⎨ ⎬ = Φ⎜ ⎟. σ ⎭ ⎩ σ ⎝ σ ⎠
(4.16)
77
重要应用：
当 X ~ N ( μ , σ ) 时 P { a < X ≤ b} = φ (
将FY(y)关于y求导数, 即得Y的概率密度为
⎧ 1 [ f X ( y ) + f X (− y )], ⎪ fY ( y ) = ⎨ 2 y ⎪0, ⎩ y > 0, y ≤ 0.
19
(5.1)
例如：设X~N(0,1), 其概率密度为 1 − x2 /2 ϕ ( x) = e , −∞ < x < ∞ 2π 则Y=X2的概率密度为
3
2π
+∞
⇒ I = 2π ⇒ ∫−∞ f ( x)dx = 1
+∞
正态分布 X ~ N ( μ , σ 2 ) 的性质
1、f ( x)关于x = μ对称 1 2、f max = f ( μ ) = 2π σ 3、 lim f ( x) = 0
| x − μ |→ +∞
称μ为位置参数(决定对称轴位置) σ为尺度参数(决定曲线分散性)
⎧ 1 y −1/2 e − y /2 , y > 0, ⎪ fY ( y ) = ⎨ 2 π ⎪0, y ≤ 0. ⎩
此时称Y服从自由度为1的χ2分布.
定理：设X ∼ f X (x), −∞ < x < +∞，g '(x) > 0 (或g '(x) < 0)。 ~ Y = g( X )， Y具有概率密度为： 则
概率论与数理统计第三、四章答案
概率论与数理统计第三、四章答案概率论与数理统计第四章答三、案第三章习题参考答案1.计算习题⼆第2题中随机变量的期望值解：由习题⼆第2题计算结果长与宽的期望计算，另⼀种是利⽤周长期望的分布计算。
解：⽅法⼀：先按定义计算长的数学期望E 29 0.3 30 0.5 31 0.229.9和宽的数学期望E 19 0.3 20 0.4 21 0.3 20再利⽤数学期望的性质计算周长的数学期望E E （22 ） 2 29.9 2 2099.8⽅法⼆：利⽤习题⼆地30题的计算结果（见下表），按定义计算周长的数学期望1 P 0 p{0}= , P 1 3P{1}= 2 3得1 2 2 E 0」13 3 3般对0-1分布的随机变量有EP P{1}2.⽤两种⽅法计算习题⼆第30题中周长的期望值, ⼀种是利⽤矩形E 96 0.09 98 0.27 100 0.35 102 0.23 104 0.0698.83.对习题⼆第31题，（1）计算圆半径的期望值；（2）E （2 R）是否等于2 ER ? （3）能否⽤（ER）2来计算远⾯积的期望值，如果不能(2)由数学期望的性质有E(27rR) = 27rER = 23?27r(3)因为E5R2)H7rE(Rf,所以不能⽤TT E(R2｝来计算圆⾯积的期望值。
利⽤随机变量函数的期望公式可求得E(TT R2)=托E(R2) = ^-(102 X 0.1 +112 X 0.4 +122 X 0.3 +132 X 0.2)= 135.4兀或者由习题⼆第31题计算结果，按求圆⾯积的数学期望￡77 = 100^x0.1+121^x0.4 + 144x0.3 + 169x0.2) = 135.4^4.连续随机变量J的概率密度为Ax“,0vxvl(&,a>0)0,其它⼜知^ = 0.75 ,求⽄和Q的值解得a = 2.k =35.计算服从拉普拉斯分布的随机变量的期望和⽅差(参看习题⼆第16 题)。
2023年人教版高中数学第十章概率解题方法技巧
(名师选题)2023年人教版高中数学第十章概率解题方法技巧单选题1、生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为 A ．23B ．35 C ．25D ．15答案：B分析：本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解． 设其中做过测试的3只兔子为a,b,c ，剩余的2只为A,B ，则从这5只中任取3只的所有取法有{a,b,c},{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B}，{b,c,A},{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B}共10种．其中恰有2只做过测试的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B}, {b,c,A},{b,c,B}共6种， 所以恰有2只做过测试的概率为610=35，选B ．小提示：本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错．2、若P(AB)=19，P(A )=23，P(B)=13，则事件A 与B 的关系是（ ）A ．事件A 与B 互斥B ．事件A 与B 对立C ．事件A 与B 相互独立D ．事件A 与B 既互斥又相互独立 答案：C分析：结合互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识求得正确答案.∵P(A)=1−P(A )=1−23=13，∴P(AB)=P(A)P(B)=19≠0，∴事件A 与B 相互独立、事件A 与B 不互斥，故不对立. 故选：C3、某公司为了促进技术部门之间良好的竞争风气，公司决定进行一次信息化技术比赛，三个技术部门分别为麒麟部，龙吟部，鹰隼部，比赛规则如下：①每场比赛有两个部门参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的部门与未参加此场比赛的部门进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个部门首先获胜两场，则本次比赛结束，该部门就获得此次信息化比赛的“优胜部门”．已知在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为13，麒麟部胜鹰隼部的概率为35，龙吟部胜鹰隼部的概率为12．当麒麟部与龙吟部进行首场比赛时，麒麟部获得“优胜部门”的概率是（ ）A ．445B ．29C ．415D ．1345答案：D分析：由题设，麒麟部与龙吟部进行首场比赛且麒麟部获得“优胜部门”的情况有： 1 、首场麒麟部胜，第二场麒麟部胜；2 、首场麒麟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场龙吟部胜，第四场麒麟部胜；3 、首场龙吟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场麒麟部胜，第四场麒麟部胜； 再由独立事件乘法公式及互斥事件的加法公式求概率即可. 设事件A ：麒麟部与龙吟部先比赛麒麟部获胜；由于在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为13，麒麟部胜鹰隼部的概率为35，龙吟部胜鹰隼部的概率为12， ∴麒麟部获胜的概率分别是：P(A)=13×35+13×(1−35)×12×13+(1−13)×(1−12)×35×13=1345， 故选：D ．4、将一个容量为1000的样本分成若干组，已知某组的频率为0.4，则该组的频数是（ ） A ．4B ．40C ．250D ．400 答案：D分析：直接利用频率的定义求解即可．∵一个容量为1000的样本分成若干组，某组的频率为0.4，∴该组的频数为：1000×0.4=400．故选：D．小提示：本题考查频数的求法，解题时要认真审题，属于基础题．5、抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，若事件A=“向上的点数为3”，B=“向上的点数为6”，C=“向上的点数为3或6”，则有（）A．A⊆B B．C⊆B C．A∩B=C D．A∪B=C答案：D分析：根据事件的关系、和事件、积事件的定义逐一判断四个选项的正误，即可得出正确选项对于A：事件A=“向上的点数为3”发生，事件B=“向上的点数为6”一定不发生，故选项A不正确；对于B：事件C=“向上的点数为3或6”发生，事件B=“向上的点数为6”不一定发生，但事件B=“向上的点数为6”发生，事件C=“向上的点数为3或6”一定发生，所以B⊆C，故选项B不正确；对于C：事件A和事件B不能同时发生，A∩B=∅，故选项C不正确；对于D：事件A=“向上的点数为3”或事件B=“向上的点数为6”发生，则事件C=“向上的点数为3或6”发生，故选项D正确；故选：D6、以下现象中不是随机现象的是（）．A．在相同的条件下投掷一枚均匀的硬币两次，正反两面都出现B．明天下雨C．连续两次抛掷同一骰子，两次都出现2点D．平面四边形的内角和是360°答案：D分析：根据随机现象的定义进行判断即可.因为平面四边形的内角和是360°是一个确定的事实，而其他三个现象都是随机出现的， 所以选项D 不符合题意， 故选：D7、下列事件：（1）在标准大气压下，水加热到100℃沸腾；（2）平面三角形的内角和是180°；（3）骑车到十字路口遇到红灯；（4）某人购买福利彩票5注，均未中奖；（5）没有水分，种子发芽了．其中随机事件的个数是（ ）． A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：B分析：根据随机事件的定义进行判断即可.事件（1）是基本事实，因此是确定事件；事件（2）是基本事实，因此它是确定事件； 事件（3、（4）是随机出现，是随机事件；事件（5）是不可能事件， 故选：B8、已知集合M ={−1,0,1,−2}，从集合M 中有放回地任取两元素作为点P 的坐标，则点P 落在坐标轴上的概率为（ ）A ．516B ．716C ．38D ．58 答案：B分析：利用古典概型的概率求解.由已知得，基本事件共有4×4= 16个，其中落在坐标轴上的点为：(−1,0)，(0,−1)，(0,0)，(1,0)，(0,1)，(−2,0)，(0,−2)，共7个， ∴所求的概率P =716， 故选：B ．9、如图，开关K 1，K 2被称为双联开关，K 1可以与a ，b 点相连，概率分别为12，K 2可以与c ，d 点相连，概率分别为12，普通开关K 3要么与e 点相连（闭合），要么悬空（断开），概率也分别为12．若各开关之间的连接情况相互独立，则电灯L 1不亮的概率是（ ）A ．18B ．14C ．34D ．78答案：C分析：利用对立事件，结合相互独立事件概率计算公式，计算出所求概率.先考虑对立事件“电灯L 1亮”：首先需要“K 3与e 点相连”，同时满足“K 1与a 点相连且K 2与c 点相连”或“K 1与b 点相连且K 2与d 点相连”，因此电灯L 1亮的概率P =12×(12×12+12×12)=14，故电灯L 1不亮的概率为34.故选：C10、下列事件中不是确定事件的个数是（ ）①从三角形的三个顶点各画一条高线，这三条高线交于一点；②水中捞月；③守株待兔；④某地区明年1月的降雪量高于今年1月的降雪量 A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：B分析：根据随机事件的定义分析判断即可三角形三条高线一定交于一点，则①是必然事件； ②水中捞月是不可能事件；③守株待兔是随机事件，不是确定事件；④某地区明年1月的降雪量高于今年1月的降雪量是随机事件，不是确定事件. 故选：B.11、从1，2，3，…，7这7个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中，是对立事件的是（）A．①B．②④C．③D．①③答案：C分析：列举出从1~7中任取两个数根据取到数的奇偶性可共有三件事件：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，再由对立事件的定义即可得出选项.解析：③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1~7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三件事件：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，其余都不是对立事件.故选：C12、下列叙述正确的是（）A．互斥事件一定不是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件B．若事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1C．频率是稳定的，概率是随机的D．5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙比甲抽到有奖奖券的可能性小答案：B分析：由互斥事件及对立事件的关系，频率与概率的关系及随机事件的概率逐一判断即可得解.解：对于A，互斥事件不一定是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件，即A错误；对于B，事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1，即B正确；对于C ，概率是稳定的，频率是随机的，即C 错误；对于D ，5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙比甲抽到有奖奖券的可能性都为15，即D 错误，即叙述正确的是选项B ， 故选：B.小提示：本题考查了互斥事件及对立事件的关系，重点考查了频率与概率的关系及随机事件的概率，属基础题. 双空题13、天气预报说，今后三天每天下雨的概率相同，现用随机模拟的方法预测三天中有两天下雨的概率，用骰子点数来产生随机数.依据每天下雨的概率，可规定投一次骰子出现1点和2点代表下雨；投三次骰子代表三天；产生的三个随机数作为一组.得到的10组随机数如下：613，265，114，236，561，435，443，251，154，353.则在此次随机模拟试验中，每天下雨的概率的近似值是__________,三天中有两天下雨的概率的近似值为__________ 答案： 1315解析：先找出10组数据中有几组表示3天中有2 天下雨，再利用古典概型的概率公式即可求出结果． 解：每个骰子有6个点数，出现1或2为下雨天，则每天下雨的概率为26=13， 10组数据中，114，251，表示3天中有2 天下雨，∴从得到的10组随机数来看，3天中有2 天下雨的有2组，则3天中有2天下雨的概率近似值为：210=15， 所以答案是：13；15．小提示：本题主要考查了古典概型及其概率计算公式，属于基础题．14、某人有3把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，那么第二次才能打开门的概率为_____________；如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为_____________. 答案： 13 29分析：不能打开门的钥匙扔掉，第二次才能打开门，即为第一次取了开不了门的钥匙，余下两把则一定可以开门，即可求出概率；试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门，即为两次取钥匙互为独立事件，即可求出概率有3把钥匙，其中2把能打开门，随机地取一把钥匙试着开门1 、把不能打开门的钥匙扔掉，第二次才能打开门，即第一次打不开的概率为13，第二次一定能打开，所以它的概率是132 、试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门，即第一次打不开的概率为13，第二次能打开的概率23，所以它的概率是13×23=29所以答案是：13；29小提示：本题考查了有放回与不放回试验的概率，不放回：前后事件是相关事件，即后发生事件的概率随前一事件的发生而改变；而有放回：前后事件相互独立，概率始终保持不变15、设随机变量ξ的可能取值为5，6，7，…，16这12个值，且取每个值的概率均相同，则P (ξ>8)=________，P (6<ξ≤14)=________.答案： 2323分析：根据概率的加法公式即可求解. [P (ξ>8)=112×8=23，P (6<ξ≤14)=112×8=23. 所以答案是：23；2316、中国象棋是中国棋文化､也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，使用方格状棋盘，每个棋子摆放和活动在交叉点上.其中象位于A 处，其移动规则为循着田字的对角线走两格，即下一步可到达的地方为B 或D ；同理，若象位于D 处，下一次可到达的地方为A ，C ，E 或G .已知象从某位置到达下一个位置是随机的，假设象的初始位置是在A 处，则走2步后恰好回到A 处的概率为___________，4步后恰好回到A 处的概率为___________.答案： 38 516分析：列出树状图,根据树状图和相互独立的概率公式求解即可.走3步后象到达位置的所有情况可以用树状图表示，则走2步后恰好回到A 处的概率P 1=12×12+12×14=38；走4步后恰好回到A 处的概率P 2=2×(12)4+4×(12)3×14+4×(12)2×(14)2=516.所以答案是：38；51617、某单位把15只同种型号的口罩分给甲、乙、丙三人（每人至少1只），且三人领到的口罩只数互不相同，则不同的分发方案有___________种；甲恰好领到3只口罩的概率为__________． 答案： 72 19解析：选写出按x <y <z 把15拆分成三个不等的正整数数的和的情况，然后可得方法数，求出甲得到3只的方法后可得概率．设正整数x,y,z 满足x <y <z 且x +y +z =15，则(x,y,z)的所有可能是(1,2,12),(1,3,11),(1,4,10),(1,5,9),(1,6,8)，(2,3,10),(2,4,9),(2,5,8),(2,6,7)，(3,4,8),(3,5,7)，(4,5,6)，共12个，每一种情形都有6种没的分发方案，因此不同的分发方案有12×6=72． 其中甲恰好分到3只的可能是按（甲，乙，丙）格式列举为：(3,1,11),(3,2,10),(3,4,8),(3,5,7)，(3,11,1),(3,10,2),(3,8,4),(3,7,5)，方案数为8， 所求概率为P =872=19． 所以答案是：72；19． 解答题18、在2016珠海航展志愿服务开始前，团珠海市委调查了北京师范大学珠海分校某班50名志愿者参加志愿服务礼仪培训和赛会应急救援培训的情况，数据如下表：（单位：人）（1）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个培训的概率；（2）在既参加志愿服务礼仪培训又参加赛会应急救援培训的8名同学中，有5名男同学A 1，A 2，A 3，A 4，A 5， 3名女同学B 1，B 2，B 3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A 1被选中且B 1未被选中的概率.答案：（1）25；（2）215.分析：（1）根据表中数据知未参加志愿服务礼仪培训又未参加赛会应急救援培训的有30人，故至少参加上述一个培训的共有50−30=20人.从而求得概率；（2）从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，列出其一切可能的结果，从而求得A 1被选中且B 1未被选中的概率.解：(1)由调查数据可知，既未参加志愿服务礼仪培训又未参加赛会应急救援培训的有30人， 故至少参加上述一个培训的共有50−30=20人.∴从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个培训的概率为P =2050=25；(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有： {A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}， {A 2，B 3}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{A 3，B 3}，{A 4，B 1}， {A 4，B 2}，{A 4，B 3}，{A 5，B 1}，{A 5，B 2}，{A 5，B 3}， 共15个，根据题意，这些基本事件的出现是等可能的，事件“A 1被选中且B 1未被选中”所包含的基本事件有：{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，共2个， ∴A 1被选中且B 1未被选中的概率为P =215.19、某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达､延迟5分钟内送达､延迟5至10分钟送达､其他延迟情况，分别评定为A ，B ，C ，D 四个等级，各等级依次奖励3元､奖励0元､罚款3元､罚款6元.假定评定为等级A ，B ，C 的概率分别是34，18，332. （1）若某外卖员接了一个订单，求其延迟送达且被罚款的概率；（2）若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为0元的概率.答案：（1）18；（2）532.分析：（1）设事件A ，B ，C ，D 分别表示“被评为等级A ，B ，C ，D ”.由题意，事件A ，B ，C ，D 两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可；（2）设事件A i ，B i ，C i ，D i 表示“第i 单被评为等级A ，B ，C ，D ”，i =1,2.则“两单共获得的奖励为0元”即事件(A 2B 2)∪(A 1C 2)∪(A 2C 1)，且事件A 2B 2，A 1C 2，A 2C 1互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可解：（1）设事件A ，B ，C ，D 分别表示“被评为等级A ，B ，C ，D ”.由题意，事件A ，B ，C ，D 两两互斥，所以P (D )=1−34−18−332=132.又C ∪D =“延迟送达且被罚款”，所以P (C ∪D )=P (C )+P (D )=18.因此“延迟送达且被罚款”的概率为18. （2）设事件A i ，B i ，C i ，D i 表示“第i 单被评为等级A ，B ，C ，D ”，i =1,2.则“两单共获得的奖励为0元”即事件(A 2B 2)∪(A 1C 2)∪(A 2C 1)，且事件A 2B 2，A 1C 2，A 2C 1互斥，又P (A 2B 2)=18×18=164又P (A 1C 2)=P (A 2C 1)=34×332=9128所以P =P [(A 2B 2)∪(A 1C 2)∪(A 2C 1)]=P (A 2B 2)+P (A 1C 2)+P (A 2C 1)=18×18+34×332×2=53220、某产品的三个质量指标分别为x，y，z，用综合指标S=x+y+z评价该产品的等级.若S⩽4，则该产品为一等品.现从一批该产品中，随机抽取10件产品作为样本，其质量指标列表如下：（1）利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率；（2）在该样本的一等品中，随机抽取2件产品.①写出对应的样本空间，并说出其中含有的样本点个数；②设事件B为“在取出的2件产品中，每件产品的综合指标S都等于4”，求事件B发生的概率.答案：（1）0.6；（2）①样本空间为Ω={(A1,A2),(A1,A4),(A1,A5),(A1,A7),(A1,A9),(A2,A4),(A2,A5),(A2,A7),(A2,A9),(A4,A5),(A4,A7),(A4,A9),(A5,A7),(A5,A9),(A7,A9)}，15个样本点；②25.分析：（1）用综合指标S=x+y+z计算出10件产品的综合指标并列表表示,求出一等品率即可;（2）利用列举法列出在该样品的一等品中，随机抽取2件产品的所有可能的结果和在取出的2件产品中，每件产品的综合指标S都等于4的所有情况,代入古典概型概率计算公式求解即可.（1）计算10件产品的综合指标S，如下表：其中S⩽4的有A1，A2，A4，A5，A7，A9，共6件，故该样本的一等品率为610=0.6，从而可估计该批产品的一等品率为0.6.（2）①在该样本的一等品中，随机抽取2件产品，则样本空间Ω={(A1,A2),(A1,A4),(A1,A5),(A1,A7),(A1,A9),(A2,A4),(A2,A5),(A2,A7),(A2,A9),(A4,A5),(A4,A7),(A4,A9),(A5,A7),(A5,A9),(A7,A9)}，共包含15个样本点.②在该样本的一等品中，综合指标S等于4的产品编号分别为A1，A2，A5，A7，则事件B包含的样本点为(A1,A2)，(A1,A5)，(A1,A7)，(A2,A5)，(A2,A7)，(A5,A7)，共6个.所以P(B)=615=25.。
概率宝典之(3)
《概率宝典（多维随机变量）》1． 设某人从1，2，3，4四个数字中依次取出两个数，记X 为第一次取出的数，Y 为第二次取出的数，分别就放回抽样和不放回抽样两种情况，求X 和Y 的联合分布律。
2． 设某图书馆的读者人数服从参数为λ的泊松分布，每个读者借阅图书的概率为p ，且每个读者借阅图书与否相互独立，记X =读者人数，Y =借阅图书的人数。
求X 和Y 的联合分布律。
3． 从一副扑克牌（52张）中任取13张牌，暗合X 为红桃张数，Y 为方块张数，求X 和Y的联合分布律。
4． 将10个随机地放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中，设X 为落入1号盒子的球的个数，Y 为落入2号或3号盒子的球的个数，求X 和Y 的联合分布律。
5． 设二维离散型随机变量),(Y X 的概率分布为：Y 3 6 9 12 15 18X1 01.0 03.0 02.0 01.0 05.0 06.02 02.0 02.0 01.0 05.0 03.0 07.03 05.0 04.0 03.0 01.0 02.0 03.04 03.0 09.0 06.0 15.0 09.0 02.0 （1） 求X ，Y 的边缘分布律；（2） 求在9=Y 时随机变量X 的条件分布律。
6． 设二维随机变量),(Y X 的概率密度为),(y x f =⎩⎨⎧<<<其它,010,8y x xy ，（1） 求边缘概率密度；（2）求)1(≤+Y X P ；（3）求31=X 时Y 的条件概率密度。
答案：（1）)1(48)(21x x xydy x f xX -==⎰，10<<x10,48)(3<<==⎰y y x y d x y f y Y（2）61；（3）==)(31X y f XY49)(),(31y x f y x f x X ==7． 设二维随机变量),(Y X ，已知X 的边缘概率密度为)(x f X =⎩⎨⎧≥-其它,00,x e x λλ，且已知对任意的),0(+∞∈x ，在x X =条件下，随机变量Y 的条件概率密度为)(x y f XY=⎩⎨⎧>-其它,00,y xe xy （1） 求),(Y X 的联合概率密度；（2）求Y 的边缘概率密度；（3）求在2=Y 时随机变量X 的条件密度。
《概率论与数理统计》习题三答案-设二维随机变量(x,y)之欧阳化创编
《概率论与数理统计》习题及答案习题三1.将一硬币抛掷三次，以X 表示在三次中出现正面的次数，以Y 表示三次中出现正面次数与出现反面次数之差的绝对值.试写出X 和Y 的联合分布律.【解】X 和Y 的联合分布律如表：222⨯⨯222⨯⨯2.盒子里装有3只黑球、2只红球、2只白球，在其中任取4只球，以X 表示取到黑球的只数，以Y 表示取到红球的只数.求X 和Y 的联合分布律. 【解】X 和Y 的联合分布律如表：223247C 3C 35= 313247C 2C 35=11232247C C 6C 35= 21132247C C 12C 35=313247C 2C 35=12132247C C 6C 35=223247C 3C 35=3.设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数为F （x ，y ）=⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤.,020,20,sin sin 其他ππy x y x 求二维随机变量（X ，Y ）在长方形域⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤<≤<36,40πππy x 内的概率. 【解】如图πππ{0,}(3.2)463P X Y <≤<≤公式题3图说明：也可先求出密度函数，再求概率。
4.设随机变量（X ，Y ）的分布密度f （x ，y ）=⎩⎨⎧>>+-.,0,0,0,)43(其他y x A y x e求：（1） 常数A ；（2） 随机变量（X ，Y ）的分布函数； （3） P {0≤X <1，0≤Y <2}.【解】（1）由-(34)0(,)d d e d d 112x y A f x y x y A x y +∞+∞+∞+∞+-∞-∞===⎰⎰⎰⎰得A =12（2）由定义，有 (3) {01,02}P X Y ≤<≤<5.设随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）=⎩⎨⎧<<<<--.,0,42,20),6(其他y x y x k（1） 确定常数k ；（2） 求P {X ＜1，Y ＜3}； （3） 求P {X <1.5}； （4） 求P {X +Y ≤4}. 【解】（1）由性质有故18R =（2）13{1,3}(,)d d P X Y f x y y x-∞-∞<<=⎰⎰(3) 11.5{ 1.5}(,)d d a (,)d d x D P X f x y x y f x y x y<<=⎰⎰⎰⎰如图(4)24{4}(,)d d (,)d d X Y D P X Y f x y x y f x y x y+≤+≤=⎰⎰⎰⎰如图b题5图6.设X 和Y 是两个相互独立的随机变量，X 在（0，0.2）上服从均匀分布，Y 的密度函数为f Y （y ）=⎩⎨⎧>-.,0,0,55其他y y e求：（1） X 与Y 的联合分布密度；（2） P {Y ≤X }.题6图【解】（1） 因X 在（0，0.2）上服从均匀分布，所以X 的密度函数为而 所以(2)5()(,)d d 25e d d y y xDP Y X f x y x y x y-≤≤=⎰⎰⎰⎰如图7.设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数为F （x ，y ）=⎩⎨⎧>>----.,0,0,0),1)(1(24其他y x y x e e求（X ，Y ）的联合分布密度.【解】(42)28e ,0,0,(,)(,)0,x y x y F x y f x y x y -+⎧>>∂==⎨∂∂⎩其他.8.设二维随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）= 4.8(2),01,0,0,.y x x y x -≤≤≤≤⎧⎨⎩其他求边缘概率密度.【解】()(,)d X f x f x y y+∞-∞=⎰题8图 题9图9.设二维随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）=⎩⎨⎧<<-.,0,0,其他e y x y求边缘概率密度.【解】()(,)d X f x f x y y+∞-∞=⎰题10图10.设二维随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）=⎩⎨⎧≤≤.,0,1,22其他y x y cx（1） 试确定常数c ； （2） 求边缘概率密度.【解】（1）(,)d d (,)d d Df x y x y f x y x y+∞+∞-∞-∞⎰⎰⎰⎰如图得214c =.(2)()(,)d X f x f x y y+∞-∞=⎰11.设随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）=⎩⎨⎧<<<.,0,10,,1其他x x y求条件概率密度f Y ｜X （y ｜x ），f X ｜Y （x ｜y ）.题11图【解】()(,)d X f x f x y y+∞-∞=⎰所以12.袋中有五个号码1，2，3，4，5，从中任取三个，记这三个号码中最小的号码为X ，最大的号码为Y . （1） 求X 与Y 的联合概率分布； （2） X 与Y 是否相互独立？【解】（1） X 与Y 的联合分布律如下表3 4 5{}i P X x =1 3511C 10= 3522C 10= 3533C 10= 6102 0 3511C 10= 3522C 10= 310 32511C 10= 110{}i P Y y =110 310610(2) 因6161{1}{3}{1,3},101010010P X P Y P X Y ===⨯=≠===故X 与Y 不独立13.设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布律为2 5 8YXXY0.4 0.80.15 0.30 0.35 0.05 0.12 0.03（1）求关于X 和关于Y 的边缘分布； （2） X 与Y 是否相互独立？【解】（1）X 和Y 的边缘分布如下表2 5 8 P {Y=y i } 0.4 0.15 0.30 0.35 0.8 0.80.05 0.12 0.03 0.2{}i P X x =0.20.420.38(2) 因{2}{0.4}0.20.8P X P Y ===⨯0.160.15(2,0.4),P X Y =≠===故X 与Y 不独立.14.设X 和Y 是两个相互独立的随机变量，X 在（0，1）上服从均匀分布，Y 的概率密度为f Y （y ）=⎪⎩⎪⎨⎧>-.,0,0,212/其他y y e（1）求X 和Y 的联合概率密度；（2） 设含有a 的二次方程为a 2+2Xa +Y =0，试求a 有实根的概率.【解】（1） 因1,01,()0,X x f x <<⎧==⎨⎩其他;21e ,1,()20,yY y f y -⎧>⎪==⎨⎪⎩其他. 故/21e01,0,(,),()()20,.y X Y x y f x y X Y f x f y -⎧<<>⎪=⎨⎪⎩独立其他题14图(2) 方程220a Xa Y ++=有实根的条件是故 X 2≥Y ，XY从而方程有实根的概率为：15.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 ）=⎪⎩⎪⎨⎧>.,0,1000,10002其他x x求Z =X /Y 的概率密度.【解】如图,Z 的分布函数(){}{}Z XF z P Z z P z Y =≤=≤(1) 当z ≤0时，()0Z F z =（2） 当0<z <1时，（这时当x =1000时,y =1000z ）(如图a)题15图(3) 当z ≥1时，（这时当y =103时，x =103z ）（如图b ）即11,1,2(),01,20,.Z z z zf z z ⎧-≥⎪⎪⎪=<<⎨⎪⎪⎪⎩其他故21,1,21(),01,20,.Z z z f z z ⎧≥⎪⎪⎪=<<⎨⎪⎪⎪⎩其他16.设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，202）分布.随机地选取4 只，求其中没有一只寿命小于180的概率.【解】设这四只寿命为X i(i=1,2,3,4)，则X i~N（160，202），从而17.设X，Y是相互独立的随机变量，其分布律分别为P{X=k}=p（k），k=0，1，2，…，P{Y=r}=q（r），r=0，1，2，….证明随机变量Z=X+Y的分布律为P{Z=i}=∑=-ikkiqkp)()(，i=0，1，2，….【证明】因X和Y所有可能值都是非负整数，所以于是18.设X，Y是相互独立的随机变量，它们都服从参数为n，p的二项分布.证明Z=X+Y服从参数为2n，p的二项分布.【证明】方法一：X+Y可能取值为0，1，2，…，2n.方法二：设μ1,μ2,…,μn;μ1′,μ2′,…，μn′均服从两点分布（参数为p），则X=μ1+μ2+…+μn，Y=μ1′+μ2′+…+μn′,X +Y =μ1+μ2+…+μn +μ1′+μ2′+…+μn′,所以，X +Y 服从参数为（2n ,p )的二项分布.19.设随机变量（X ，Y ）的分布律为(1) 求P {X =2｜Y =2}，P {Y =3｜X =0}； （2） 求V =max （X ，Y ）的分布律； （3） 求U =min （X ，Y ）的分布律； （4） 求W =X +Y 的分布律. 【解】（1）{2,2}{2|2}{2}P X Y P X Y P Y ======（2）{}{max(,)}{,}{,}P V i P X Y i P X i Y i P X i Y i =====<+≤=所以V 的分布律为(3) {}{min(,)}P U i P X Y i === 于是(4)类似上述过程，有20.雷达的圆形屏幕半径为R ，设目标出现点（X ，Y ）在屏幕上服从均匀分布.（1） 求P {Y ＞0｜Y ＞X }；（2） 设M =max{X ，Y }，求P {M ＞0}.题20图【解】因（X ，Y ）的联合概率密度为（1）{0,}{0|}{}P Y Y X P Y Y X P Y X >>>>=>(2) {0}{max(,)0}1{max(,)0}P M P X Y P X Y >=>=-≤21.设平面区域D 由曲线y =1/x 及直线y =0，x =1,x=e 2所围成，二维随机变量（X ，Y ）在区域D 上服从均匀分布，求（X ，Y ）关于X 的边缘概率密度在x =2处的值为多少？题21图【解】区域D 的面积为 22e e 0111d ln 2.S x x x===⎰（X ,Y ）的联合密度函数为（X ，Y ）关于X 的边缘密度函数为所以1(2).4X f =22.设随机变量X 和Y 相互独立，下表列出了二维随机变量（X ，Y ）联合分布律及关于X 和Y 的边缘分布律中的部分数值.试将其余数值填入表中的空白处.【解】因21{}{,}j j i j i P Y y P P X x Y y ======∑,故11121{}{,}{,},P Y y P X x Y y P X x Y y ====+== 从而11111{,}.6824P X x Y y ===-=而X 与Y 独立，故{}{}{,}i j i i P X x P Y y P X x Y y =====, 从而11111{}{,}.624P X x P X x Y y =⨯==== 即：1111{}/.2464P X x ===又1111213{}{,}{,}{,},P X x P X x Y y P X x Y y P X x Y y ====+==+==即1,3111{},4248P X x Y y =++==从而131{,}.12P X x Y y ===同理21{},2P Y y ==223{,}8P X x Y y ===又31{}1jj P Y y ===∑,故3111{}1623P Y y ==--=. 同理23{}.4P X x == 从而 故23.设某班车起点站上客人数X 服从参数为λ(λ>0)的泊松分布，每位乘客在中途下车的概率为p （0<p <1），且中途下车与否相互独立，以Y 表示在中途下车的人数，求：（1）在发车时有n 个乘客的条件下，中途有m 人下车的概率；（2）二维随机变量（X ，Y ）的概率分布.【解】(1){|}C (1),0,0,1,2,m m n mn P Y m X n p p m n n -===-≤≤=.(2) {,}{}{|}P X n Y m P X n P Y m X n ======24.设随机变量X 和Y 独立，其中X 的概率分布为X ~⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛7.03.021，而Y 的概率密度为f (y )，求随机变量U =X +Y 的概率密度g (u ).【解】设F （y ）是Y 的分布函数，则由全概率公式，知U =X +Y 的分布函数为由于X 和Y 独立，可见 由此，得U 的概率密度为25. 25. 设随机变量X 与Y 相互独立，且均服从区间[0,3]上的均匀分布，求P {max{X ,Y }≤1}.解：因为随即变量服从[0，3]上的均匀分布，于是有因为X ，Y 相互独立，所以 推得1{max{,}1}9P X Y ≤=.26. 设二维随机变量（X ，Y ）的概率分布为0 1 0.1 b 0.2 0 0.1 c其中a,b,c为常数，且X的数学期望E(X)=0.2,P{Y≤0|X≤0}=0.5，记Z=X+Y.求：（1）a,b,c的值；（2）Z的概率分布；（3）P{X=Z}.解 (1) 由概率分布的性质知，a+b+c+0.6=1 即a+b+c = 0.4.由()0.2E X=-，可得0.1a c-+=-.再由{0,0}0.1 {00}0.5{0}0.5P X Y a bP Y XP X a b≤≤++≤≤===≤++,得0.3a b+=.解以上关于a，b，c的三个方程得0.2,0.1,0.1a b c===.(2) Z的可能取值为2，1，0，1，2，{2}{1,1}0.2P Z P X Y=-==-=-=，{1}{1,0}{0,1}0.1P Z P X Y P X Y=-==-=+==-=，{0}{1,1}{0,0}{1,1}0.3P Z P X Y P X Y P X Y===-=+==+==-=，{1}{1,0}{0,1}0.3P Z P X Y P X Y====+===，{2}{1,1}0.1P Z P X Y=====，即Z的概率分布为Z -2 -1 0 1 2P 0.2 0.1 0.3 0.3 0.1(3) {}{0}0.10.20.10.10.20.4P X Z P Y b ====++=++=.。
第4章概率分布习题答案
65.5
66.0
66.5
59.0
59.5
61.5
63.5
64.0
66.0
66.5
67.0
61.0
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63.5
65.5
66.0
68.0
68.0
69.0
61.5
62.0
64.0
66.0
66.5
68.5
69.0
69.5
62.0
62.5
64.5
66.5
67.0
69.0
69.5
70.0
（4）样本均值的正态概率图如下：
详细答案：
（1） ， 。
（2）共有64个样本。
（3）所有样本的样本均值如下：
54.0
54.5
56.5
58.5
59.0
61.0
61.5
62.0
54.5
55.0
57.0
59.0
59.5
61.5
62.0
62.5
56.5
57.0
59.0
61.0
61.5
63.5
64.0
64.5
58.5
59.0
61.0
63.0
9.70
10.03
9.49
.09
9.85
9.37
9.64
9.68
9.75
绘制正态概率图，判断该种汽车的耗油量是否近似服从正态分布？
详细答案：
正态概率图如下：
由正态概率图可以看出，汽车耗油量基本服从正态分布。
4.5从均值为200、标准差为50的总体中，抽取 的简单随机样本，用样本均值 估计总体均值。
高中数学第十章概率解题技巧总结(带答案)
高中数学第十章概率解题技巧总结单选题1、若随机事件A，B互斥，且P(A)=2−a，P(B)=3a−4，则实数a的取值范围为（）A．(43,32]B．(1,32]C．(43,32)D．(12,43)答案：A分析：根据随机事件概率的范围以及互斥事件概率的关系列出不等式组，即可求解.由题意，知{0<P(A)<1 0<P(B)<1P(A)+P(B)≤1，即{0<2−a<10<3a−4<12a−2≤1，解得43<a≤32，所以实数a的取值范围为(43,32].故选：A.2、若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)=2−a，P(B)=4a−5，则实数a的取值范围是A．(1,2)B．(54,32)C．(54,43)D．(54,43]答案：D分析：由随机事件A、B互斥，A、B发生的概率均不等于0，知{0<P(A)<1 0<P(B)<1P(A)+P(B)⩽1，由此能求出实数a的取值范围．∵随机事件A、B互斥，A、B发生的概率均不等于0，且P(A)=2−a，P(B)=4a−5，∴{0<P(A)<10<P(B)<1P(A)+P(B)⩽1，即{0<2−a<10<4a−5<13a−3⩽1，解得54<a⩽43，即a∈(54,43]．故选：D．小提示：本题考查互斥事件的概率的应用，属于基础题．解题时要认真审题，仔细解答．3、设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“概率满足P（A）＋P（B）＝1”，则甲是乙的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案：A解析：将两个条件相互推导，根据能否推导的情况选出正确答案.①若事件A 与事件B 是对立事件，则A ∪B 为必然事件，再由概率的加法公式得P （A ）＋P （B ）＝1； ②投掷一枚硬币3次，满足P （A ）＋P （B ）＝1，但A ，B 不一定是对立事件，如：事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“出现3次正面”，则P （A ）＝78，P （B ）＝18，满足P （A ）＋P （B ）＝1，但A ，B 不是对立事件.所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：A小提示：本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查对立事件的理解，属于基础题.4、某商场举行购物抽奖活动，抽奖箱中放有编号分别为1，2，3，4，5的五个小球.小球除编号不同外，其余均相同.活动规则如下：从抽奖箱中随机抽取一球，若抽到的小球编号为3，则获得奖金100元；若抽到的小球编号为偶数，则获得奖金50元；若抽到其余编号的小球，则不中奖.现某顾客依次有放回地抽奖两次，则该顾客两次抽奖后获得奖金之和为100元的概率为（ ） A ．425B ．15C ．625D ．825 答案：D分析：列出两次抽奖的样本空间，从中找出奖金和为100元的样本点，利用古典概率模型和互斥事件概率的计算公式即可求出结果.由题意得，该顾客有放回地抽奖两次的样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),⋅⋅⋅,(5,3),(5,4),(5,5)}，共25个样本点.两次抽奖奖金之和为100元包括三种情况： ①第一次奖金为100元，第二次没有中奖， 其包含的情况为(3,1)，(3,5)，概率为P 1=225； ②第一次没中奖，第二次奖金为100元， 其包含的情况为(1,3)，(5,3)，概率为P 2=225；③两次各获奖金50元，包含的情况有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，概率为P 3=425.根据互斥事件的加法公式得该顾客两次抽奖后获得奖金之和为100元的概率为P =P 1+P 2+P 3=825.故选：D.5、《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，否则得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为（ ）． A ．13B ．23C ．16D ．12 答案：C分析：根据题意，设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a , b ，c ，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A ，B ，C ，用列举法列举齐王与田忌赛马的情况，进而可得田忌胜出的情况数目，进而由等可能事件的概率计算可得答案.设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a ，b ，c ，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A ，B ，C ，双方各出上、中、下等马各1匹分组分别进行1场比赛， 所有的可能为:Aa ，Bb ，Cc ，田忌得0分; Aa ，Bc ，Cb ，田忌得1分 Ba ，Ab ，Cc ，田忌得1分 Ba ，Ac ，Cb ，田忌得1分; Ca ，Ab ，Bc ，田忌得2分， Ca ，Ac ，Bb ，田忌得1分田忌得2分概率为P =16， 故选：C6、已知集合M ={−1,0,1,−2}，从集合M 中有放回地任取两元素作为点P 的坐标，则点P 落在坐标轴上的概率为（ ）A ．516B ．716C ．38D ．58 答案：B分析：利用古典概型的概率求解.由已知得，基本事件共有4×4=16个，其中落在坐标轴上的点为：(−1,0)，(0,−1)，(0,0)，(1,0)，(0,1)，(−2,0)，(0,−2)，共7个， ∴所求的概率P =716，故选：B ．7、从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ） A ．15B ．13C ．25D ．23 答案：C分析：方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可. [方法一]：【最优解】无序从6张卡片中无放回抽取2张，共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)15种情况，其中数字之积为4的倍数的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6)6种情况，故概率为615=25. [方法二]：有序从6张卡片中无放回抽取2张，共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为1230=25. 故选：C.【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解； 方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；8、甲、乙二人玩猜数字游戏，先由甲任想一数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a,b ∈{1,2,3,4}，若|a −b|≤1，则称甲乙“心有灵犀”．现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ） A ．38B ．58C ．316D ．516答案：B分析：利用列举法根据古典概型公式计算即可.B 两人分别从1，2，3，4四个数中任取一个，共有16个样本点，为：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)， (2，1)，(2，2)，(2，3) ，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2) (4，3)，(4，4)，这16个样本点发生的可能性是相等的．其中满足|a −b|≤1的样本点有(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，3)，(4，4)，共10个，故他们“心有灵犀”的概率为P =1016=58． 故选：B 多选题9、从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率12，从两袋各摸出一个球，则（ ）A ．2个球都是红球的概率为16B ．2个球中恰有1个红球的概率为12C ．2个球至多有一个红球的概率为23D ．2个球中至少有1个红球的概率为56 答案：AB分析：根据给定条件，利用相互独立事件、互斥事件、对立事件的概率逐项分析计算即可判断作答. 记从甲袋中摸出一个红球的事件为A ，从乙袋中摸出一个红球的事件为B ，则P(A)=13，P(B)=12，A ，B 相互独立，2个球都是红球的事件为AB ，则有P(AB)=P(A)⋅P(B)=16，A 正确；2个球中恰有1个红球的事件为AB +AB ，则P(AB +AB)=P(AB)+P(AB)=13×(1−12)+(1−13)×12=12，B 正确；2个球至多有一个红球的事件的对立事件为AB ，故2个球至多有一个红球的概率为1−16=56，故C 错误；至少有1个红球的事件的对立事件是AB ，则P(AB)=P(A)⋅P(B)=(1−13)×(1−12)=13，所以至少有1个红球的概率为23，故D 错误. 故选：AB.10、下列说法中正确的有（ ）A ．若事件A 与事件B 是互斥事件，则P(AB)=0 B ．若事件A 与事件B 是对立事件，则P(A +B)=1C ．某人打靶时连续射击三次，则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件D ．把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件 答案：ABC分析：根据互斥事件、对立事件的概念判断即可.解：事件A 与事件B 互斥，则不可能同时发生，所以P(AB)=0，故A 正确； 事件A 与事件B 是对立事件，则事件B 即为事件A ，所以P(A +B)=1，故B 正确；事件“至少两次中靶”与“至多一次中靶”不可能同时发生，且二者必发生其一，所以为对立事件，故C 正确； “甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，所以不是互斥事件，故D 错误． 故选：ABC11、（多选）以下对各事件发生的概率判断正确的是（ ）. A ．甲、乙两人玩剪刀、石头、布的游戏，则玩一局甲不输的概率是13B ．每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如8=3+5，在不超过14的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为115C ．将一个质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字l ，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的概率是536D ．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是12答案：BCD分析：利用古典概型公式分别计算四个选项中的概率，从而得解. 对于A ，画树形图如下：从树形图可以看出，所有可能出现的结果共有9种，这些结果出现的可能性相等，P （甲获胜）=13，P （乙获胜）=13，故玩一局甲不输的概率是23，故A 错误；对于B ，不超过14的素数有2，3，5，7，11，13共6个，从这6个素数中任取2个，有2与3，2与5，2与7，2与11，2与13，3与5，3与7，3与11，3与13，5与7，5与11，5与13，7与11，7与13，11与13共15种结果，其中和等于14的只有一组3与11，所以在不超过14的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为115，故B 正确；对于C ，基本事件总共有6×6=36种情况，其中点数之和是6的有（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1），共5种情况，则所求概率是536，故C 正确；对于D ，记三件正品为A 1，A 2，A 3，一件次品为B ，任取两件产品的所有可能为A 1A 2，A 1A 3，A 1B ，A 2A 3，A 2B ，A 3B ，共6种，其中两件都是正品的有A 1A 2，A 1A 3，A 2A 3，共3种，则所求概率为P =36=12，故D 正确.故选BCD.小提示：本题主要考查了古典概型的计算，属于基础题. 12、下列说法正确的有（ ） A ．对任意的事件A ，都有P （A ）>0B ．随机事件A 发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值C ．必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0D ．若事件A ⊆事件B ，则P (A )≤P (B ) 答案：BCD分析：根据题意，由概率的定义依次分析选项，即可得答案．解：对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1，必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，故A错误，C正确；对于B，随机事件A发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，B正确，对于D，若事件A⊆事件B，则P(A)≤P(B)，故D正确；故选：BCD13、下列关于概率的命题，正确的有（）A．若事件A,B满足P(A)=13,P(B)=23，则A,B为对立事件B．若事件A，B满足P(A)=13,P(B)=23,P(AB)=29，则A，B相互独立C．若对于事件A,B,C,P(A)=P(B)=P(C)=12,P(ABC)=18，则A,B,C两两独立D．若对于事件A,B,A与B相互独立，且P(A)=0.7,P(B)=0.6，则P(AB)=0.42,P(A∪B)=0.88答案：BD分析：A.举例说明；B.根据P(AB)=P(A)⋅P(B)是判断A，B是否相互独立的条件判断； C. 由A,B,C两两独立，则AB，AC，BC相互独立判断； D.根据独立事件和互斥事件的概率求法判断.A.因为P(A)+P(B)=1，是A,B为对立事件的必要条件，不是充分条件，如单位圆的一条直径把圆分成两部分，即区域M和区域N（不包括边界），向这两个区域投一枚绣花针，如针尖落在区域M内记为事件A，针尖落在区域N内记为事件B，满足P(A)+P(B)=1，但A,B不是对立事件，因为针尖还有可能落在直径上，故错误；B. 若P(AB)=P(A)⋅P(B)，则A，B相互独立，故正确；C. 若A,B,C两两独立，则P(AB)=P(A)⋅P(B),P(AC)=P(A)⋅P(C)，P(BC)=P(B)⋅P(C)，故错误；D.若事件A与B相互独立，则P(AB)=P(A)⋅P(B)=0.42，P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.88，故正确；故选：BD填空题14、已知随机事件A，B互为对立事件，且P(A)=3P(B)，则P(A)=___________.答案：3 4解析：根据对立事件的概率关系可求P (A ).因为随机事件A ，B 互为对立事件，故P (A )+P (B )=1，而故P (A )=3P (B )， 故P (A )=34，所以答案是：.15、若随机事件A 、B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )=2−a ，P (B )=4a −5，则实数a 的取值范围是______． 答案：(54,43]分析：由互斥事件的性质，列不等式组求a 的范围.由题意，{0<P (A )<10<P (B )<1P (A )+P (B )≤1，即{0<2−a <10<4a −5<13a −3≤1，解得54<a ≤43．所以答案是：(54,43]16、某校为了庆祝六一儿童节，计划在学校花坛的左右两边布置红色､黄色､蓝色､绿色4种颜色的气球，要求每一边布置两种颜色的气球，则红色气球和黄色气球恰好在同一边的概率为___________. 答案：13分析：列举出所有结果，然后由古典概型的概率公式可得.在学校花坛的左右两边布置气球的所有可能结果有（红黄，蓝绿），（红蓝，黄绿），（红绿，黄蓝），（黄蓝，红绿），（黄绿，红蓝），（蓝绿，红黄），共6种，其中红色气球和黄色气球恰好在同一边的所有可能结果有（红黄，蓝绿），（蓝绿，红黄），共2种，所以红色气球和黄色气球恰好在同一边的概率为26=13.所以答案是：13 解答题17、已知函数f(x)=ax 2+2bx −1．（1）若a ，b 都是从集合{1,2,3}中任取的一个数，求函数f(x)在(−∞,−1)上单调递减的概率；（2）若a 是从集合{1,2,3}中任取的一个数，b 是从集合{1,2,3,4}中任取的一个数，求方程f(x)=0在区间34(−∞,−3)上有实数根的概率． 答案：(1)23；(2)512.分析：(1)先将所求的事件记为事件A ，再列出a ，b 所有可能的取值情况，根据函数f(x)在区间(−∞,−1)上单调递减得出b ≤a ，再找出符合事件A 的情况，最后利用古典概率模型公式求概率；(2)先将所求的事件记为事件B ，再列出a ，b 所有可能的取值情况，根据方程f(x)=0在区间(−∞,−3)上有实数根得出9a −6b −1<0，再找出符合事件B 的情况，最后利用古典概率模型公式求概率. (1)记函数f(x)在区间(−∞,−1)上单调递减为事件A ． 由于a ，b 都是从集合{1,2,3}中任取的一个数，基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共9种． 因为a 的取值为正数，所以函数f (x )图象开口向上，若函数f(x)在区间(−∞,−1)上单调递减，则有−2b2a ≥−1，即ba ≤1，b ≤a ， 满足条件的有(1,1)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，(3,2)，(3,3)， 所以事件A 包含其中的6个基本事件． 所以所求的概率为P(A)=69=23．(2)记方程f(x)=0在区间(−∞,−3)上有实数根为事件B ．由于a 是从集合{1,2,3}上任取的一个数，b 是从集合{1,2,3,4}上任取的一个数， 基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)， (3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，共12种. 由题意知a >0，f(0)=−1，所以方程f(x)=0在区间(−∞,−3)上有实数根， 则有f(−3)<0，即9a −6b −1<0，满足条件的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)， 所以事件B 包含其中的5个基本事件， 所以所求的概率为P(B)=512．18、从长沙高铁南站到黄花机场共有两条路径L 1和L 2，现随机抽取100位从高铁站到机场的人进行调查，调查结果如下：（2）某医疗团队急需从高铁站去机场支援某地疫情防控，需在40分钟内到达机场，为了尽最大可能在允许时间内赶到机场．请你从用时的角度，通过计算说明他们该如何选择路径．答案：（1）p=8+18100=1350；（2）选择路径L2.分析：（1）直接从表格得到频数为26，再除以总数，即可得到答案；（2）从表格计算走L1路线40分钟内到达的概率为35，走L2路线40分钟内到达的概率为，比较概率大小，即可得到答案；（1）由题意得：p=8+18100=1350；（2）选择L1：p1=2440=35，选择L2：p2=4560=34由于P1<P2，选择路径L2. 3 4。
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97概率 一A=“顾客离开” P(A)={x ≥20}=1-P{X ≤20}=200-eY~B(P(A),8) P(Y=k)=kC 8k e )(200-.k e ---8200)1(二s=4,r=3,k=2B1B2B3B4Ti..A1(10,10)(20)(10,10)(20)(10,10)(20)(9,11)(20)80A2(15,15)(30)(10,10)(20)(10,10)(20)(9,11)(20)90A3(13,12)(25)(8,7)(15)(10,10)(20)(10,10)(20)80T.j.75556060250T S =2222222211*29*27812132*1514*10+++++++-1/24*(2250)=2680-2604.167=75.833 A S =1/8(80*80+90*90+80*80)-2604.167=2612.5-2604.167=8.333 B S =1/6(75*75+55*55+60*60+60*60)-2604.167=2641.667-2604.167=37.5 B A S *=1/2(20*20*9+30*30+25*25+15*15)-2604.167-8.333-37.5=25 E S =75.833-8.333-37.5-25=5方差来源平方和自由度均方F比因素A Sa=8.3332 4.16710>3.89因素B Sb=37.5312.530>3.49交互作用Sa*b=256 4.16710>3误差Se=5120.417总和St=75.83323三因为随机变量X 和Y 相互独立所以，联合密度函数为 f(x,y)=ey- 当x ∈(0,1),y ∈(0,+∞) f(x,y)=0 当x,y ∈其他F Z (Z)=P(Z ≤z)=P(X+Y ≤z)=⎰⎰<=+zy x y x f ),(dxdy 由图可知积分区域（只是为了理解，考试的时候不必花图）有显著影响，有交互作用四有奖储蓄的期望收益为 100000*1/100000+10000*1/10000+1000*1/1000+3＝6 定期储蓄的期望收益为 7.4因为定期储蓄的期望收益大，所以定期储蓄好 五设X i =1 摸出白球 X i =0 摸出黑球 P{ X 1=1}=a/a+b P(X 2=1)=P(X 1=1)P(X 2=1|X 1=1)+P(X 1=0)P(X 2=1|X 1=0)=a/a+b 同理可得P(X i =1)=a/a+b E （X i ）＝a/a+b S n ＝na/a+b 六由切比雪夫不等式 P{|X-E|≤εξ}≥1-2εE 根据本题知 P{|X-10000|≤1000}≥1-1000*100010000P{|X-10000|≤1000}≥0.99七直接带入公式可得 （596.673，603.077） 八S xx ＝17.5 S yy ＝71.03 S xy ＝35.25 ^b ＝2.01 ^y ＝16.68+2.01*（x-2.5）当x=3.5时 y=18.6998概率 一E(X)=1/n+2/n+..+n/n=n+1/2 ( 从袋子里摸出一个球的期望值) E(X 2)=(2n+1)(n+1)/6)]([2X E =)1(2+n /4 D(X)=(n 2-1)/12K 次相互独立 所以E(ξ)=k(n+1)/2 D(ξ)=k(n 2-1)/12 二由公式 F Z (Z)=⎰∞-z[⎰+∞),(dy y uy yf -⎰∞-0),(dy y uy yf ]du所以 F Z (Z)=du dy ey dy e y zy y u y y u ⎰⎰⎰∞-∞+∞-+-+--])*21()*21([022222222ππ=πz arctan +21三本问题见书，浙三版大数定理部分有详细说明 四 f(X i )=λe iX λ- X>0 L(λ)=∏=-ni X ie1λλ=λneλ-∑=ni i X 1lnL=n*ln λ-λ∑=ni i X 1求导 得 λ＝X1假设 H 0：红球得只数为5六θ10<x<θ F Y =P(max{x1,x2..xn}≤y)=P(x1≤y)P(x2≤y)..P(xn ≤y) x1,x2..xn 相互独立 f(x)=0 其他 ∴ F Y =[P(x ≤y)]n=[⎰y1θdx]n= [θy]nf y =nn ny θ1- 0≤y ≤θ同理 F Z =P(min{x1,x2,..xn}≤z)=1- P(min{x1,x2,..xn}≥z)=1-(P(x ≥z))n=1-(1-P(x ≤z))n=1-(1-θz )n f z =θn (1-θz )1-n 0≤z ≤θ E(Y)=⎰θy f dy=1+n n θ E(Z)=⎰θ0z f dz=1+n θ E(Y nn 1+)=θ E((n+1)*Z)=θ ∴均为θ的无偏估计 E(Y 2)=dy ynn n1+⎰θθ=22+n n θ D(Y n n 1+)=)2(2+n n θ E(Z 2)=dz z nz n n)1(0θθθ-⎰=)2)(1(22++n n θ D((n+1)Z)=22+n n θD(Y nn 1+)<D((n+1)Z) ∴前者有效99概率一.a)r n r r n C C 22222* b) r n r r n n C C C 222222112**--- c)rnr r n n C C C 224242222*--- 二 f(v)=f(x,y,z)=(1/((2π^1/2)*σ))3*e^(-222^2^2^σz y x ++) F(S)=P{S s ≤}=P{2^2^2^z y x ++s ≤}= ⎰⎰⎰≤++sz y x dv z y x f 2^2^2^),,( 转化成极坐标三重积分 最后得到结果F(S)=σπ21[ρσρd es ⎰-2^22^-s*e 2^22^σs -] f(s)=σπ21*s 2*e2^22^σs - s 0≥ f(s)=0 其他三ξη, 相互独立 ，分别设随机变量 Y1＝η Y2=ξ ∴Y1~N(a,2σ) Y2~N(a, 2σ)则 X1=(Y1-a)/σ~N(0,1) X2=(Y2-a)/σ～N(0,1) Y1=σX1+a Y2=σX2+a max(ξη,)=2|21|21Y Y Y Y -++=2|21|21X X a X a X -++++σσσ E[max(ξη,)]=a+2σ(E(X1)+E(X2))+ 2σE(|X1-X2|)=a+2σE(|X1-X2|) X1-X2~N(0,2) E(|X1-X2|)=⎰∞+∞--π2||42^u eu du=2⎰∞+-42^2*πu eu du=π2∴ E[max(ξη,)]=a+πσ 四以X 表示点数，按照题意需假设 H 0 X 的分布律为 所需计算列表如下 （n ＝120）128.1-120=8.1 r=0 X 205.0(5)=11.07>8.1∴接受H 0 即六面体质量均匀五解 S ＝4 r ＝3F 05.0(3,6)=5.24<6.068 F 05.0(3,6)=4.76<26.96A,B 对结果有显著影响。
2000概率 一证明：P(A1)=1/2 P(A2)=1/2 P(A3)=1/2 P(A1A2)=1/4 P(A1A3)=1/4 P(A2A3)=1/4∴ P(A1) P(A2)= P(A1A2)=1/4 P(A1) P(A3)= P(A1A3)=1/4 P(A2) P(A3)= P(A2A3)=1/4 ∴A1,A2,A3 两两相互独立 P （A1A2A3）=0 P(A1) P(A2) P(A3)≠P （A1A2A3）∴A1,A2,A3不相互独立 二解：依题意即废品率为0.01，而抽检出废品个数大于1的概率 P(X>1)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-C 101099.0-C 911099.0*01.0=0.0042662三 （1）⎰+∞∞--+dx e e A x x 运用积分技巧替换 e x=t 化为dt t t t A⎰+∞-+01)(=1 ∴A=π2 (2)P{0<x<1/2ln3}=⎰+-3ln 2/10)(2dx e e x x π继续运用替换 最后得到=1/6(3)F(X)=⎰∞--+xu u du e e )(2π 替换一下 最后得到 =πx arctge 2 四解：乘客到达服从均匀分布，分布密度为f(x)=1/5 05≤≤x f(x)=0 其他 P{5-x ≤3}=P{x ≥2}=dx ⎰525/1=3/5 ∴乘客候车时间不超过3分钟的概率为3/5五 六 七X 服从参数为n,p 的二项分布 ∴P{X=k}=C kn k k nqp -(q=1-p) E(X)=∑=-nk kn kknqp C k 0*=∑=--nk k n k q p k n k n k 0)!(!!*=∑=---nk k n k q p k n k n 1)!()!1(!=np ∑=+---+----n k k n k q p k n k n 1111)!11()!1()!1(= np ∑-=-----101)!1(!)!1(n k k n k q p k n k n =np(p+q)1-n =npE(X 2)=∑=--nk k n k q p k k n n k 12!)!(!=∑=---n k kn k q p k k n n k 1)!1()!(!=np q p k k n k n nk k n k +---∑=-1)!1()!()1(!=np q p k k n n nk k n k +--∑=-2)!2()!(!=n(n-1) np q p k k n n nk k n k +-+---∑=+--222)!2()!22()!2(= n(n-1)p 2np q pk k n n n k k n k+----∑-=--22)!2()!2()!2(=n(n-1) p 2+npD(X)=np(1-p)八解：设Xi~U(0,1) 则E(Xi)=1/2 D(Xi)=1/12 取n 个样本，由中心极限定理∑=ni iX1的标准化变量为Y n =)()(111∑∑∑===-ni i ni i ni ix D x E x=12/2/1n n xni i-∑= 其分布函数为F n （X ） 对于任意Xi 满足lim→n F n （X ）＝lim→n P{12/2/1n n xni i-∑=X ≤}=⎰∞--xt dt e 2/2^21π=)(x Φ九 矩估计E （X ）=⎰++11)1(dx xθθ=21++θθ=X XX --=112θ =X nXni i∑=1极大似然估计f(xi)=(1+θ)xi θL(θ)=∏=+ni iX1)1(θθ 1+θn +∑=n i Xi 1ln =0 θ=-1-n(∑=ni Xi 1ln )1-十解：令Z=θx 2 f z (z)=22ze -=X 2(2) 所以 θx 2～X 2(2) θi x 2～X 2(2) 由X 2的累加性 θX n 2＝∑=ni i X 12θ～X 2(2n)本题关键是要记住X 2的表达式十一 解：（1）假设 H 0:21σ=22σ H 1:21σ≠22σF=2221S S =1.24 F 21α-(24,15)=1.24<2.7 所以接受H 0 男女细胞的方差一致。