(完整word版)概率论期末考试试题

1.全概率公式 贝叶斯公式
1.某保险公司把被保险人分成三类：“谨慎的”、“一般的”和“冒失的"。

统计资料表明，上述三种人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15和0.3.并且它们分别占投保总人数的20%，50％和30％。

现已知某保险人在一年内出了事故，则他是“谨慎的”保险户的概率是多少?
解:设A i 、A 2、A 3分别表示“谨慎的" “一般的”和“冒失的”保险户，B 表示“发生事故”，由贝叶斯公式知
057
.030
.03.015.05.005.02.005
.02.0)
|()()|()()|()()
|()()|(332211111≈⨯+⨯+⨯⨯=
++=A B P A P A B P A P A B P A P A B P A P B A P
2.老师在出考题时, 平时练习过的题目占60%。

学生答卷时, 平时练习过的题目在考试时答对的概率为90% , 平时没练习过的题目在考试时答对的概率为30%， 求：
(1) 考生在考试中答对第一道题的概率；
(2)
若考生将第一题答对了， 那么这题是平时没有练习过的概率。

3. 在蔬菜运输中，某汽车运输公司可能到甲、乙、丙三地去拉菜的概率依次为0。

2，0.5，0。

3.在三地拉到一级菜的概率分别为10%，30%，70%。

1）求能拉到一级菜的概率；2）已知拉到一级菜，求是从乙地拉来的概率。

解:1、 解：设事件A 表示拉到一级菜，1B 表示从甲地拉到,2B 表示从乙地拉到， 3B 表示从丙地拉到
则1()0.2P B =,2()0.5P B =;3()0.3P B = 1()0.1P A B =,2()0.3P A B =, 3()0.7P A B =
则由全概率公式得
3
1
()()(/)i i i P A P B P A B ==⋅∑=0.20.10.50.30.30.70.38⨯+⨯+⨯=-（7分）
(2）拉的一级菜是从乙地拉得的概率为
222()()0.50.3
()0.3947()0.38
P B P A B P B A P A ⋅⨯=
==———-—————（10分）
2.一维随机变量
5。

设随机变量X 在区间［0,1］上服从均匀分布，求随机变量2X
Y=e 的密度函数。

6.).1,0(~-X Y ),,N(~X
2N σ
μ
=σμ用分布函数法证明：已知
证明: 设
b aX Y x f X x +=),(~, 则0≠a 时,Y~
)(y f
Y
=
a
1)
(a b y Y
f
-
{}{})
1,0(~21
2)()()()()()(2
2)(22
2
N Y e e y f y F y F y f y F y X P y X y Y P y F y y X X Y Y X Y ∴π
=
σ
πσ
=σμ+σ=μ+σ'='=μ+σ=μ+σ≤=⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧≤
σ
μ
-=≤=-
σμ-μ+σ-
7。

设随机
7。

变量X 的密度函数
1
()01
x f x x <=≥⎩
求（1）c 的值；(2)1
{
}2
P X ≤;（3)EX (4）X
的分布函数.
解： （1)由密度函数的性质
1∞
∞
=⎰
+-f(x)dx 得:
1∞
∞
∞
∞
===⎰
⎰
⎰
++1
--f(x)dx
故c=
1π
-——-——----——---—-———--——-—-—-—-—(4分)
（2）
11
212
111{}sin |23P X arc x π-≤===⎰———-—-———- （7分）(3）
EX=
0∞∞∞∞===⎰⎰⎰++1--xf(x)dx ---(10分）
8。

设连续型随机变量X 的分布函数为⎪⎩
⎪
⎨⎧≥<≤<=111000
)(x x x A
x x F ， 求：（1）系数A; (2)X 的分布密度f （x ）； (3){}25.0X 0P
≤≤
解： (1)A=1；(2)
⎪⎩
⎪
⎨⎧<<=其它 01x 0 21
)(x
x f ；（3）0。

5
3。

二维随机变量
10。

设（X ，Y)的分布为
证明X 与
证明：
cov （X,Y ）=EXY-EXEY ---—-—-—（1分）
而EXY=0EX=0，EY=0-------—-—-—-—（3分）
0XY ρ=
=故X 与Y 不相关。

—-—--——-（5分）
下证独立性
{0,0}0P X Y ==={0}1/4P X ==P{Y=0}=1/4—-----—(8分） {0,0}{0}{0}P X Y P X P Y ==≠=•=
故X 与Y 也不独立。

----———----—————(10分） 11。

（X,Y)服从区域D 上的均匀分布,
22{(,)4}=+≤D x y x y ，证明X 与Y 不独立也不相关。

12.设随机变量(X ，Y ）服从区域D 上的均匀分布，其中D=｛(x ，y ）|x 2+y 2≤1},求：
（1）X 与Y 的边缘密度函数；(2）判断X 与Y 是否独立。

解:（1） f X （x)=⎪⎩⎪⎨⎧≤π-其它 01 12
x x ，f Y （y ）=⎪⎩
⎪⎨⎧≤π
-其它 01 12y y
(2） X 与Y 不独立。

4.中心极限定理
13。

某车间有同型号机床200部，每部开动的概率为0.7，各机床开关独立，开动时每部要耗电15个单位，问至少要供应该车间多少单位电能，才能以95%的概率保证不致因供电不足而影响生产。

((1.64)=0.95,42
≈6.48）.
解：
X 用表示任一时刻车间有同型号机床,
则~(200,0.7)X B ，则140EX =,42DX =——（3分）
假定至少需要
m 单位电能，则有：()0.9515
m P X ≤=
由中心极限定理可得：
140140
14015
150.95()()()15424242
m m m X P X P ---=≤=≤≈Φ——-（8分)
从而有：140
15 1.6442
m
-=， 所以2265m = ，
故至少需准备2265单位电能——-—-(10分）
14。

某学院校园网中家属区每晚约有400台电脑开机, 而每台电脑约有
5
4
的时间登入互联网， 并且假定各台电脑是否上互联网彼此无关， 计算其中至少300台同时在互联网上的概率. (
Φ（2。

5）=0.99379)
15.某计算机有120个终端，每个终端在一小时内平均有3分钟使用打印机,假定各终端使用打印机与否相互独立，求至少有10个终端同时使用打印机的概率.((1。

68)=0。

95352,
7.5≈2.3874)
解：每个终端使用打印机的概率为p=1/20，设同时有X 个终端使用，则X ～B （120，1/20)，EX=np=6,DX=npq=5.7， 由于n=120很大，由中心极限定理，近似地X ～N （6，5.7） ∴P(X ≥10)=1—F （10）=1—
Φ（
7
.56
10-)=1—
Φ(1。

68）=1-0。

95352=0.04648
16.某种电子元件的寿命服从指数分布，已知其平均寿命为100小时，将3 个这样的元件串联在一个线路中，求：在150小时后线路仍正常工作的概率。

解：由题可知
0.01λ=-——----——-—（2分）
则某电子元件的寿命超过150小时的概率为
1.5{150}1(150)p P X F e -=>=-=--——-————-—（8分）
故三个串联150小时仍正常的概率为
3 4.5p e -= —————--— （10分）
5。

极大似然估计
17.设总体X 的密度函数为
=);(θx f ⎪⎩⎪
⎨⎧>-其它
01x e
x
θθ (0>θ),
若),,,(21n X X X ⋅⋅⋅为来自总体的一个样本, 求未知参数θ的最大似然估计值.
18。

设总体
X 的分布密度为
⎩⎨
⎧>θ<<θ=-θ其他
,10)(1
x x x f ,若X X X n 12，，， 为来自总体的一个样本,求未知参数θ的最大似然估计。

解：似然函数L(X 1, X 2,… X n ,)=
1
1
-θ=θ∏i
n
i x
lnL=nlnθ+ln(θ—1)
∑=n
i i
X 1
ln ，由
0ln =θ
d L
d
解得所求最大似然估计量∑=-
=θn
i i
X
n
1
ln ˆ
19。

设X X X n 12，，， 为总体X 的一个样本,且X
的概率分布为 ,3,2,1,)1(}{1=-==-k p p k X
P k ，12n x x x ，，，为
来自总体X 的一个样本观察值,求p 的极大似然估计值。

证明:。