期末試題概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)（Ａ卷）及詳解答案.doc

學(xué)年第一學(xué)期概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)期末考試試卷（卷）及詳解答案一、 填空（每小題4分，共計(jì)24分）1、 統(tǒng)計(jì)推斷依據(jù)的原理是一次試驗(yàn)小概率事件一般不會發(fā)生2、 隨機(jī)事件A、B相互獨(dú)立，P（A）=0.4，P（B/A+B）=0.5，則 ， 所以 3、 隨機(jī)變量X的分布函數(shù)為，X的分布律=4、 設(shè)隨機(jī)變量X與Y都服從（0，2）上的均勻分布，且相關(guān)系數(shù)，則 Cov(X,Y)=E(XY) -E(X)E(Y)5、 設(shè)X1，X2，X3是來自正態(tài)總體N（0，32）的一個樣本，樣本均值，則6、 從正態(tài)總體中抽取容量為9的樣本，測得樣本均值，當(dāng)2未知時，的置信度為0.95的單側(cè)置信下限為_14.75_。方差2的置信度為0.95的單側(cè)置信上限為_1.17_。 m的置信水平為1-a的單側(cè)置信下限為s2的置信水平為1-a的單側(cè)置信上限為二、 選擇（每小題2分，共計(jì)10分）1、設(shè)事件A、B滿足P（A/B）=1，則（D）、設(shè)隨機(jī)變量與相互獨(dú)立，且分別服從正態(tài)分布（，）與（，），則（C）、對于任意兩個隨機(jī)變量與，若（）（）（），則（D）（）、與獨(dú)立（）、與不獨(dú)立（）、（）（）（）（）、（+）（）+（）Cov(X,Y)=E(XY) -E(X)E(Y)D(X+Y)= D(X)+D(Y)+ 2Cov(X,Y)、設(shè)隨機(jī)變量與相互獨(dú)立，且服從參數(shù)為的泊松分布，服從參數(shù)為的指數(shù)分布，且，則必不成立的是（C） 由相互獨(dú)立且E(X-1)(Y-2)=2得、設(shè)是來自正態(tài)總體的一個簡單隨機(jī)樣本，與分別為樣本均值和樣本方差，則三、 （15分）設(shè)（X，Y）的聯(lián)合密度函數(shù)為求：1）、常數(shù)k2）、X，Y的邊緣密度函數(shù)，并判斷它們的獨(dú)立性3）、Z=lnX的密度函數(shù)4）、fX/Y（x/y）5）、PX+Y1 解：1）、 2）、與的邊緣密度；當(dāng)時故當(dāng)時故X與Y不獨(dú)立3）、Z=lnX的值域?yàn)楫?dāng)時， 4）、，當(dāng)時，5）、 四、（10分）從數(shù)集1，2，3，4，5，6中任意取一個整數(shù)設(shè)為X，Y為能整除X的正整數(shù)的個數(shù)，試求：1）、Y的分布2）、X與Y的聯(lián)合分布3）、協(xié)方差 解：1）、X可能取值：1，2，3，4，5，6Y的取值情況所以Y的分布律為2）、3）、 Cov(X,Y)=E(XY) -E(X)E(Y)=4/3五、（6分）若已用了t小時的電子元件，在以后的小時內(nèi)損壞的概率為，其中是不依賴于t的正數(shù)，求電子元件在T小時內(nèi)損壞的概率解：設(shè)X為使用壽命則所以 即 因?yàn)?，代入，得c=0所以六、（10分）隨機(jī)變量X的密度函數(shù)為，記事件求：1）、P（A）2）、對X獨(dú)立觀測100次，用中心極限定理計(jì)算A發(fā)生超過60次的概率解：1）、 2）、100次中A發(fā)生的次數(shù)，七、（13分）設(shè)總體X的概率密度為，其中未知參數(shù)，從總體X抽取一個容量為n的樣本 1）、求的極大似然估計(jì)量 2）、試證明是的無偏估計(jì)解：1）、似然函數(shù) 令 ，解得為的最大似然估計(jì)量 2）、 其中八、（12分）糖果包裝機(jī)，包裝每袋糖果的重量服從正態(tài)分布。正常情況下平均重量為1000克，標(biāo)準(zhǔn)差不超過15克，某天隨機(jī)抽取10袋，測得樣本均值，樣本均方差s=19.36，問這天機(jī)器工作是否正常？（=0.05）解：當(dāng)m=m0=1000，s2152時，機(jī)器工作正常1）、H0:m=m0=1000,H1:mm0=1000這是一個正態(tài)總體，方差未知，關(guān)于m 的雙側(cè)假設(shè)檢驗(yàn)問題，因此用t檢驗(yàn)法，取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為n=10，s=19.36，=0.05，查t分布表得因?yàn)樗越邮蹾02）、H0:s2152 H1:s252.現(xiàn)在則拒絕域?yàn)橛捎^察值s2=19.362，得所以接受H0綜上所述，認(rèn)為這天機(jī)器