武汉理工大学概率论与数理统计A卷符答案

P{ X ≤ 0.5, Y ≤ 0.5} P{ X ≤ 0.5 | Y ≤ 0.5} = = P{Y ≤ 0.5}
六、
∫0 ∫0 2dydx ∫0
12
12
x
=
2(1 − y ) dy
14 1 = 34 3
设至少需要安装 n 条外线， X 表示需要使用外线通话的电话数，则 X ~ B ( 260, 0.04) . 故 E ( X ) = 10.4 ， D( X ) = 9.984 . 由中心极限定理有
]
1 2 y
e
− y
即
y > 0, y ≤ 0.
0 < y < x <1 其他
则
五、 由题知
f X ( x) = ∫
+∞
−∞
x ⎧ ⎪ ∫ 2 dy = 2 x, 0 < x < 1, f ( x , y )dy = ⎨ 0 ⎪ 0, 其他. ⎩
1 ⎧ ⎪ ∫ y 2dx = 2(1 − y ), 0 < y < 1, f Y ( y ) = ∫ f ( x, y )dx = ⎨ −∞ ⎪ 0, 其他. ⎩ 1 1 1 1 2 1 因此 E ( X ) = ∫ x ⋅ 2xdx = ∫ 2x 2 dx = ， E (Y ) = ∫ y ⋅ 2(1 − y )dy = ∫ (2 y − 2y 2 )dy = ， 0 0 0 0 3 3 +∞ +∞ 1 x 1 E ( XY ) = ∫ ∫ xyf ( x, y )dxdy = ∫ x (∫ 2 ydy)dx = −∞ −∞ 0 0 4 1 Cov ( X ,Y ) = E ( XY ) − E ( X ) E (Y ) = . 36
cov( X , Y ) 及条件概率 P{X ≤ 0.5 Y ≤ 0.5}.
六. (10 分) 某单位有 260 部电话，每部电话约有 4% 的时间使用外线通话.设每部电话是否使用外线通话是相 互独立的，试用中心极限定理说明该单位总机至少要安装多少条外线，才能以 95% 以上的概率保证每部电 话需要使用外线通话时可以打通.
E( X ) = ∫
+∞
c
+∞ 1 − (1+ ) 1 − c x ⋅ c θ ⋅ x θ dx = ∫ c θ ⋅ x θ dx = c θ θ 1−θ
1
1
1
1
令
E(X ) =
1 n ˆ = 1− c . X i = X ，得 θ 的矩估计量为 θ ∑ n i =1 X
似然函数为
n
L(θ ) = ∏
二、令 A = {元件损坏} ， B1 = { 电压不超过 200伏} ， B2＝{电压在 200 ~ 240伏间} ， B3 = {电压超过 240伏} .
200 − 220 ) = Φ ( −0.8) = 1 − Φ (0.8) = 0.2119 25 240 − 220 P ( B2 ) = P{200 < X ≤ 240} = F (240) − F (200) = Φ ( ) − Φ( −0.8) = 2Φ (0.8) − 1 = 0.5762 25
cY 服从 χ 2 分布，则 c =
是参数 λ −1 的无偏估计量，则α =
.
7. 设 X 1 , X 2 , X 3 , X 4 是总体 X ~ E (λ ) (指数分布，其中 λ > 0 )的简单随机样本， T = α ( X 1 + X 2 + X 3 + X 4 ) .
8. 已知某批钢球的直径服从正态分布，从中抽取容量为 n = 25 的简单随机样本，测得 x = 38.5 ， s = 2.3（单 位: mm ） ，则总体均值 µ 的置信度为 0.95 的置信区间为
H1 : µ < µ0 ；
⎧ 1 θ 1 − (1+ 1 θ ) , x > c, ⎪c ⋅ x 七. (10 分) 设总体 X 的概率密度为 f ( x; θ ) = ⎨ ，其中 θ (0 < θ < 1) 是未知参数， θ ⎪ 0 , x ≤ c. ⎩
c (c > 0) 为已知常数. X 1 , X 2 , ⋯ , X n 是来自总体 X 的一个简单随机样本， 求未知参数 θ 的矩估计和极大
三. (10 分) 一箱中有 12 只同型的配件，其中 3 只是次品，装配工在使用时任取一只，若是次品，则扔掉重取一 只，直到取得合格品为止，以 X 表示在取得合格品前已取出的次品数.求： (1) X 的分布律； (2) 分布函数值 F ( 2.5) ; (3) D ( X ) .
四. (10 分) 设随机变量 X 服从参数为 1 的指数分布，求 Y = X 2 的概率密度. 五. (10 分) 设二维随机变量 ( X , Y ) 在区域 G = {( x, y ) | 0 < y < x < 1} 上服从均匀分布，求边缘概率密度，
一. 填空题： （每空 3 分，共 24 分） 1. 袋内有 5 只红球， 3 只黑球，设 A = {从中任取的两只都是红球}，事件 B 与 A 互不相容，且 P ( B ) = 1 6 , 则 P( A | B) = . .
2. 设事件 A 与 B 相互独立，且 P ( A B) = 0.16 ， P ( AB) = P ( AB) ，则 P ( A ∪ B) = 3. 设随机变量 X 的概率密度为 f ( x) = ⎨ 现的次数，则 E (Y 2 ) =
或 ：
⎧ 0 ⎪ 34 ⎪ ⎪ 由 F ( x) = P {X ≤ x} = ⎨ 21 22 ⎪ 219 220 ⎪ ⎪ ⎩ 1
3
x<0 0 ≤ x <1 219 1 ≤ x < 2 ，得 F ( 2.5) = 220 2≤ x<3 x≥3
3
（3）由 E ( X ) =
kpk = ∑ 10 k =0
P ( B1 ) = P{ X ≤ 200} = F (200) = Φ (
P ( B3 ) = P{ X > 240} = 1 − P{ X ≤ 240} = 1 − Φ(0.8) = 0.2119 .
3
（1）由全概率公式有
P( A) = ∑ P( Bi )P ( A | Bi ) = 0.1× 0.2119 + 0.001× 0.5762 + 0.2 × 0.2119 = 0.064
P{X = 2} = 3 12 × 2 11× 9 10 = 9 220 ，
故所求的分布律为
P{X = 3} = 3 12 × 2 11×1 10 × 1 = 1 220 .
0 1 2 3
X Pk
3 4
9 44
9 220
1 220 219 220
（2） F ( 2.5) = P {X ≤ 2.5} = P {X = 0}+ P {X = 1}+ P {X = 2} = 1 − P {X = 3} =
武汉理工大学考试试题纸（
课程名称 题号 一 二 题分 24 10 概率论与数理统计 三 四 五 六 10
备注:
A 卷）
专业班级 全校本科 七 八 九 十 总分 10 10 6 100
10
10
10
学生不得在试题纸上答题（含填空题）
附表： Φ(1.645) = 0.95, Φ(1.96) = 0.975, Φ (0.8) = 0.7881, Φ(0.03) = 0.5120,
ห้องสมุดไป่ตู้
九. (6 分) r 个人在一楼进入电梯，楼上有 n 层，设每个乘客在任何一层出电梯的概率相同.求直到电梯中的乘 客出空为止时，电梯需要停的平均次数.
试题标准答案
一、 1. 填空题
3 7 ， 2. 0.76， 3.
7 4，
4.
5 9，
5.
12，
6.
1 3，
7.
1 4 ， 8. （37.55, 39.45）.
3
，
E( X 2 ) = ∑ k 2 pk =
k =0
9 22
得 D ( X ) = E ( X 2 ) − [E ( X ) ] =
2
351 1100
四、由 X ~ E (1) 知
⎧e − x , f X ( x) = ⎨ ⎩ 0,
x>0 其他
又 FY ( y ) = P { Y ≤ y} = P X 2 ≤ y ，故当 y ≤ 0 时： FY ( y) = 0 ⇒ f Y ( y) = 0 当 y > 0 时： FY ( y ) = P −
n − 10.4 ⎧ X − 10.4 n − 10.4 ⎫ P {X ≤ n} = P ⎨ ≤ ) ≥ 0.95 ⎬ ≈ Φ( 9.984 ⎭ 9.984 ⎩ 9.984
查表知 Φ(1.645) = 0.95 ，则
n − 10.4 ≥ 1.645 ⇒ n ≥ 16 9.984
即该单位总机至少要安装 16 条外线，才能以 95% 以上的概率保证每部电话需要使用外线通话时可以打通. 七、 由题有
似然估计. 八. (10 分) 有一批枪弹，出厂时其射出枪口的初速度 V ~ N (950 , 10 2 ) （单位： m / s ） ，在储存较长时间后取 出 9 发进行测试，得样本值： 914, 920, 910, 934, 953, 945, 912, 924, 940 .据检验，储存后的枪弹射出枪口 的初速度 V 仍服从正态分布，且方差不变.问是否可认为这批枪弹的平均初速度已显著降低 (α = 0.05) ?
（结果保留两位小数） .
二. (10 分) 在电源电压不超过 200 伏，在 200 − 240 伏和超过 240 伏三种情况下，某种电子元件损坏的概率分
别为 0.1 ， 0.001 和 0.2 . 假设电源电压 X ~ N ( 220, 25 2 ). 求： (1) 电子元件损坏的概率; (2) 该电子元件损坏时，电源电压在 200 − 240 伏的概率.
{
}
{
y≤X ≤
1 2
y = FX ( y ) − FX (− y )
X
}
⇒ f Y ( y ) = FY′ ( y ) = ⎧ 1 − y e , ⎪ f Y ( y) = ⎨ 2 y ⎪ 0 , ⎩ ⎧2, f ( x, y ) = ⎨ ⎩0,
+∞
[f y
( y ) + f X (− y ) =
Φ(1.65) = 0.9505, Φ (3.3) = 0.9995, t 0 .05 (25) = 1.7081, t 0 .05 (24) = 1.7109,
t0 .025 (25) = 2.0595, t0 .025 (24) = 2.0639, t0 .025 (8) = 2.3060, t0 .05 (8) = 1.8595.
i =1
1 n 1 n ) − (1 + ) ⎧ n 1 θ 1 − (1 + θ ⎧ θ −n θ ⎪ ∏ c ⋅ xi ⎪ , xi > c , c ⋅ θ ⋅ (∏ x i ) , xi > c (i = 1,2,⋯ , n ), f ( xi ) = ⎨ i =1 =⎨ θ i =1 ⎪ ⎪ 0, 其他. 0， 其他. ⎩ ⎩
⎧ Ax , 0 < x < 1 ， Y 表示对 X 的 4 次独立观察中事件 {X ≤ 0.5} 出 ⎩ 0 , 其他
.
4. 设随机变量 X 与 Y 相互独立，其中 P {X = −1} = P { Y = −1} = 1 3 , P {X = 1} = P {Y = 1} = 2 3 ，则
P{X = Y } =
i =1
（2）由 Bayes 公式有
P ( B2 | A) =
P ( B2 ) P ( A | B2 ) 0.5762 × 0.001 = = 0.009 P ( A) 0.064
三、 （1）由题知， X 所有可能的取值为 0，1，2，3.且
P {X = 0} = 9 12 = 3 4 ，
P {X = 1} = 3 12 × 9 11 = 9 44 ，
. .
2
5. 设随机变量 X ~ U [0 , 6] ， Y ~ π ( 3) （泊松分布） ， ρ XY = 0.25 ，则 D( X − 2Y ) =
2
6. 设 X 1 , X 2 , ⋯ , X 6 为总体 X ~ N (0 , 1) 的一个简单随机样本， Y = ( X 1 + X 2 + X 3 ) + ( X 4 + X 5 + X 6 ) ， 且
ln L(θ ) =
n 1 n ln c − n ln θ − (1 + )(∑ ln xi ) . θ θ i =1
n d ln L(θ ) n ln c n 1 = − 2 − + (∑ ln xi ) ⋅ 2 = 0 dθ θ θ θ i =1
似然方程为
解得 θ 的极大似然估计值为
ˆ = 1 ∑ ln x − ln c . θ i n i =1