概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)模擬試題及解答

1、模擬試題（一）參考答案一.單項(xiàng)選擇題（每小題2 分,共 16 分）1、設(shè)ba,為兩個(gè)隨機(jī)事件 ,若0)(abp,則下列命題中正確的是（）(a) a與b互不相容(b) a與b獨(dú)立(c) 0)(0)(bpap或(d) ab未必是不可能事件解若ab為零概率事件 ,其未必為不可能事件.本題應(yīng)選 d.2、設(shè)每次試驗(yàn)失敗的概率為p,則在 3 次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中至少成功一次的概率為（）(a) )1(3p(b) 3)1(p(c) 31p(d) 213)1 (ppc解所求事件的對(duì)立事件為“3 次都不成功” ,其概率為3p,故所求概率為31p.若直接從正面去求較為麻煩.本題應(yīng)選 c.3、 若函數(shù))(xfy是一隨機(jī)變

2、量的概率密度 ,則下面說(shuō)法中一定成立的是（）(a) )(xf非負(fù) (b) )(xf的值域?yàn)?1 ,0(c) )(xf單調(diào)非降(d) )(xf在),(內(nèi)連續(xù)解由連續(xù)型隨機(jī)變量概率密度的定義可知,)(xf是定義在),(上的非負(fù)函數(shù) ,且滿(mǎn)足1d)(xxf,所以a 一定成立 .而其它選項(xiàng)不一定成立.例如服從21,31上的均勻分布的隨機(jī)變量的概率密度其他,0,2131,6)(xxf在31x與21x處不連續(xù) ,且在這兩點(diǎn)的函數(shù)值大于1. 因而本題應(yīng)選a.4、 若隨機(jī)變量x的概率密度為)(e21)(4)3(2xxfx,則y（）)1 , 0( n(a) 23x(b) 23x(c) 23x(d) 23x解x的

3、數(shù)學(xué)期望3ex,方差2dx,令23xy,則其服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布.故本題應(yīng)選 a.5、若隨機(jī)變量yx ,不相關(guān) ,則下列等式中不成立的是（）(a) 0),cov(yx(b) dydxyxd)(c) dydxdxy(d) eyexexy解因?yàn)?,故0),cov(dydxyx, dydxyxdydxyxd),cov(2)(,但無(wú)論如何 ,都不成立dydxdxy.故本題應(yīng)選 c.6、設(shè)樣本nxxx,21取自標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布總體x,又sx,分別為樣本均值與樣本標(biāo)準(zhǔn)差 ,則（）(a) ) 1 ,0( nx(b) )1 , 0( nxn(c) )(212nxnii(d) )1(ntsx解)1, 0(nnx,),0

4、(nnxn,)1(ntsxn,只有 c 選項(xiàng)成立 .本題應(yīng)選 c.7、樣本nxxx,21)3(n取自總體x,則下列估計(jì)量中 ,（）不是總體期望的無(wú)偏估計(jì)量(a) niix1(b) x(c) )46(1.01nxx(d) 321xxx解由無(wú)偏估計(jì)量的定義計(jì)算可知,niix1不是無(wú)偏估計(jì)量 ,本題應(yīng)選 a.8、在假設(shè)檢驗(yàn)中 ,記0h為待檢假設(shè) ,則犯第一類(lèi)錯(cuò)誤指的是（）(a) 0h成立,經(jīng)檢驗(yàn)接受0h(b) 0h成立,經(jīng)檢驗(yàn)拒絕0h(c) 0h不成立 ,經(jīng)檢驗(yàn)接受0h(d) 0h不成立 ,經(jīng)檢驗(yàn)拒絕0h解棄真錯(cuò)誤為第一類(lèi)錯(cuò)誤,本題應(yīng)選 b.二.填空題（每空2 分,共 14 分）1、同時(shí)擲三個(gè)均勻的

5、硬幣,出現(xiàn)三個(gè)正面的概率是,恰好出現(xiàn)一個(gè)正面的概率是 .解81;83.2、設(shè)隨機(jī)變量x服從一區(qū)間上的均勻分布,且31,3 dxex,則x的概率密度為 .解設(shè),bax,則,3112)(, 322abdxbaex解得2a, 4b,所以x的概率密度為.0,42,21)(其他xxf3、設(shè)隨機(jī)變量x服從參數(shù)為 2 的指數(shù)分布 , y服從參數(shù)為 4 的指數(shù)分布,則)32(2yxe.解473)( 232)32(222eyexdxeyexyxe.4、設(shè)隨機(jī)變量x和y的數(shù)學(xué)期望分別為2 和 2, 方差分別為 1 和 4,而相關(guān)系數(shù)為 0.5, 則根據(jù)切比雪夫不等式,有6|yxp.解根據(jù)切比雪夫不等式,12136

6、),cov(26)(6|2yxdydxyxdyxp.5、假設(shè)隨機(jī)變量x服從分布)(nt,則21x服從分布（并寫(xiě)出其參數(shù)）.解設(shè))(ntnzyx, 其 中)1 , 0( ny,)(2nz, 且) 1(22y, 從 而)1 ,(122nfynzx.6、 設(shè)nxxx,21)1(n為來(lái)自總體x的一個(gè)樣本 ,對(duì)總體方差dx進(jìn)行估計(jì)時(shí),常用的無(wú)偏估計(jì)量是.解niixxns122)(11.三.(本題分 )設(shè)1.0)(ap,9.0)|(abp,2 .0)|(abp,求)|(bap.解由全概率公式可得27.02.09. 09. 01.0)|()()|()()(abpapabpapbp.31)()|()()()(

7、)|(bpabpapbpabpbap.四.(本題 8 分)兩臺(tái)車(chē)床加工同樣的零件,第一臺(tái)出現(xiàn)廢品的概率為0.03, 第二臺(tái)出現(xiàn)廢品的概率為0.02. 加工出來(lái)的零件放在一起.又知第一臺(tái)加工的零件數(shù)是第二臺(tái)加工的零件數(shù)的2 倍.求:(1) 任取一個(gè)零件是合格品的概率,(2) 若任取一個(gè)零件是廢品,它為第二臺(tái)車(chē)床加工的概率.解設(shè)21, aa分別表示第一臺(tái),第二臺(tái)車(chē)床加工的零件的事件.b表示產(chǎn)品是合格品的事件 .(1) 由全概率公式可得973.098.03197.032)|()()|()()(2211abpapabpapbp.(2) 247.0973.0102.031)()|()()()()|(22

8、22bpabpapbpbapbap.五.(本題 14 分)袋中有 4 個(gè)球分別標(biāo)有數(shù)字1,2,2,3, 從袋中任取一球后 ,不放回再取一球,分別以yx ,記第一次 ,第二次取得球上標(biāo)有的數(shù)字,求:(1) ),(yx的聯(lián)合分布；(2) yx ,的邊緣分布；(3) yx ,是否獨(dú)立；(4) )(xye.解 （1）yx1 2 31 0 611212 6161613 121610（2）41)1(xp,21)2(xp,41)3(xp.41)1(yp,21)2(yp,41)3(yp.（3）因?yàn)?1()1(1610) 1, 1(ypxpyxp,故yx ,不獨(dú)立 .（4）6132612261121213161

9、21)(xye612312113623.六.(本題 12 分)設(shè)隨機(jī)變量x的密度函數(shù)為)(e)(|2xaxxfx,試求:(1) a的值；(2) )21(xp； (3) 2xy的密度函數(shù) .解(1) 因xxfd)(0214de2axxax,從而41a;(2) 20201221de41de41d)(21xxxxxxfxpxx12e45e251;(3) 當(dāng)0y時(shí),0)( yfy;當(dāng)0y時(shí),)()()()(2yxypyxpyypyfy)()(yfyfxx,所以,兩邊關(guān)于y求導(dǎo)可得 ,.e4121e4121e41)(yyyyyyyyyyf故y的密度函數(shù)為.0,e41,0,0)(yyyyfyy七.(本題

10、6 分)某商店負(fù)責(zé)供應(yīng)某地區(qū)1000人商品 ,某種產(chǎn)品在一段時(shí)間內(nèi)每人需用一件的概率為0.6. 假定在這段時(shí)間 ,各人購(gòu)買(mǎi)與否彼此無(wú)關(guān),問(wèn)商店應(yīng)預(yù)備多少件這種商品 ,才能以%7 .99的概率保證不會(huì)脫銷(xiāo)？ （假定該商品在某一段時(shí)間內(nèi)每人最多買(mǎi)一件）.解設(shè)人購(gòu)買(mǎi)該種商品第人不購(gòu)買(mǎi)該種商品第iixi, 1,0(1000,2, 1i)表示購(gòu)買(mǎi)該種商品的人數(shù),則)6.0 ,1000( bx.又設(shè)商品預(yù)備n件該種商品 ,依題意 ,由中心極限定理可得)240600240600()()(nxpdxexndxexxpnxp997.0)240600(n.查正態(tài)分布表得75.2240600n,解得6436.642

11、n件.八.(本題 10 分)一個(gè)罐內(nèi)裝有黑球和白球,黑球數(shù)與白球數(shù)之比為r.(1) 從罐內(nèi)任取一球 ,取得黑球的個(gè)數(shù)x為總體 ,即白球，黑球，01x求總體x的分布；(2) 從罐內(nèi)有放回的抽取一個(gè)容量為n的樣本nxxx,21,其中有m個(gè)白球,求比數(shù)r的最大似然估計(jì)值 .解（1）x1 0prr1r11即rrrrrxxpxxx1111)(1) 1,0(x;（2）nxniiirrxxprli)1()()(1,兩邊取對(duì)數(shù) ,)1ln()(lnrnxrrli,兩邊再關(guān)于r求導(dǎo),并令其為 0,得011rnxi,從而iixnxr?,又由樣本值知 ,mnxi,故估計(jì)值為1?mnr.九.(本題 14 分)對(duì)兩批同

12、類(lèi)電子元件的電阻進(jìn)行測(cè)試,各抽 6 件,測(cè)得結(jié)果如下（單位 :）:a批:0.140,0.138,0.143,0.141,0.144,0.137；b批:0.135,0.140,0.142,0.136,0.138,0.141.已知元件電阻服從正態(tài)分布,設(shè)05.0,問(wèn):(1) 兩批電子元件的電阻的方差是否相等?(2) 兩批電子元件的平均電阻是否有顯著差異?（2281.2)10(025. 0t,15.7)5, 5(025.0f）解(1) 2221122210：，：hh.檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為2221ssf)5,5( f（在0h成立時(shí)） ,由05.0,查得臨界值15. 7)5, 5(025. 02/ff,15.7

13、12/1f.由樣本值算得962.00000078.00000075.0f,由于2/2/1fff,故不能拒絕10h,即認(rèn)為兩批電子元件的電阻的方差相等.(2) 211210：，：hh.統(tǒng)計(jì)量2)1()1()11(2122221121nnsnsnnnyxt)10( t（在0h成立時(shí)） ,查表得臨界值228.2)10(025.02/tt.再由樣本值算得005.2120000078.00000075.0139.01405.0t,因?yàn)?/|tt,故接收0h.即認(rèn)為兩批電子元件的平均電阻無(wú)顯著差異.模擬試題（二）參考答案一.單項(xiàng)選擇題（每小題2 分,共 16 分）1.設(shè)c, ba表示 3 個(gè)事件 ,則cb

14、a表示（）.(a) c, ba中有一個(gè)發(fā)生(b) c,ba中不多于一個(gè)發(fā)生(c) c, ba都不發(fā)生(d) c,ba中恰有兩個(gè)發(fā)生解本題應(yīng)選 c.2.已知)(,61)|(,31)()(bapbapbpap則=（）.(a) 187(b) 1811(c) 31(d) 41解181)|()()(abpapabp,187)()()(1)(1)()(abpbpapbapbapbap.故本題應(yīng)選 a.3. 設(shè)兩個(gè)相互獨(dú)立的隨機(jī)變量x與y分別服從正態(tài)分布)1 ,0(n和)1 , 1(n,則（）(a) 210yxp(b) 21 1yxp(c) 210yxp(d) 21 1yxp解)2, 1( nyx,)2,

15、1( nyx,故本題應(yīng)選b.4.設(shè)x與y為兩隨機(jī)變量 ,且6 .0, 1, 4xydydx,則)23(yxd（）(a) 40 (b) 34 (c) 25.6 (d) 17.6解2.1),cov(dydxyxxy,6 .25),cov(1249)23(yxdydxyxd.故本題應(yīng)選c.5.若隨機(jī)變量x服從參數(shù)為的泊松分布 ,則2x的數(shù)學(xué)期望是（）(a) (b) 1(c) 2(d) 2解222)(exdxex,本題應(yīng)選 d.6.設(shè)nxxx,21是來(lái)自于正態(tài)總體),(2n的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本 ,x為樣本方差,記niixxns122)(111niixxns1222)(1niixns1223)(11niixn

16、s1224)(1則服從自由度為1n的t分布的隨機(jī)變量是（）(a) 1/1nsxt(b) 1/2nsxt(c) 1/3nsxt(d) 1/4nsxt解),(2nnx,) 1()(1122ntxxnii,再由t分布的定義知 ,本題應(yīng)選 b.7. 設(shè)總體x均值與方差2都存在 ,且均為未知參數(shù),而,21xxnx是該總體的一個(gè)樣本 ,x為樣本方差 ,則總體方差2的矩估計(jì)量是（）(a) x(b) niixn12)(1(c) niixxn12)(11(d) niixxn12)(1解本題應(yīng)選 d.8.在假設(shè)檢驗(yàn)時(shí) ,若增大樣本容量 ,則犯兩類(lèi)錯(cuò)誤的概率（）(a) 都增大(b) 都減小(c) 都不變(d) 一個(gè)

17、增大一個(gè)減小解本題應(yīng)選 b.二.填空題（每空2 分,共 14 分）1.設(shè) 10 件產(chǎn)品中有 4 件不合格品 ,從中任取 2 件,已知所取 2 件中有 1件是不合格品 ,則另外 1 件也是不合格品的概率為.解設(shè)a表示兩件中有一件不合格品,b表示兩件都是不合格品.則所求的極限為51)()()()()|(apbpapabpabp2.設(shè)隨機(jī)變量x服從)8.0, 1(b分布,則x的分布函數(shù)為 .解x服從 0-1 分布,其分布函數(shù)為.11, 10,2.0,0,0)(xxxxf3.若隨機(jī)變量x服從均值為2,方差為2的正態(tài)分布 ,且6 .040xp,則0 xp.解2,即其密度函數(shù)關(guān)于2x對(duì)稱(chēng).由對(duì)稱(chēng)性知2.0

18、26.010xp.4.設(shè)總體x服從參數(shù)為p的 01 分布 ,其中)10(pp未知 .現(xiàn)得一樣本容量為 8 的樣本值 :0,1,0,1,1,0,1,1,則樣本均值是 ,樣本方差是 .解由定義計(jì)算知85x;56152s.5.設(shè)總體x服從參數(shù)為的指數(shù)分布 ,現(xiàn)從x中隨機(jī)抽取10 個(gè)樣本 ,根據(jù)測(cè)得的結(jié)果計(jì)算知27101iix,那么的矩估計(jì)值為 .解27101?x.6. 設(shè)總體),(2nx,且2未知 ,用樣本檢驗(yàn)假設(shè)00：h時(shí),采用的統(tǒng)計(jì)量是 .解)1(0ntnsxt(0h為真時(shí) ).三.（本題 8 分）設(shè)有三只外形完全相同的盒子,號(hào)盒中裝有14 個(gè)黑球 ,6 個(gè)白球；號(hào)盒中裝有 5 個(gè)黑球 ,25

19、個(gè)白球；號(hào)盒中裝有8 個(gè)黑球 ,42 個(gè)白球 .現(xiàn)在從三個(gè)盒子中任取一盒,再?gòu)闹腥稳∫磺?,求:（1）取到的球是黑球的概率；（2）若取到的是黑球 ,它是取自號(hào)盒中的概率.解設(shè)321,aaa分別表示從第 ,號(hào)盒中取球 ,b表示取到黑球 .(1) 由全概公式可得5083130531201431)|()()(31iiiabpapbp0.342;(2) 由貝葉斯公式得)()|()()|(111bpabpapbap0.682.四.（本題 6 分）設(shè)隨機(jī)變量x的概率密度為其他，002cos21)(xxxf,對(duì)x獨(dú)立地重復(fù)觀察4 次,用y表示觀察值大于3地次數(shù) ,求2y的數(shù)學(xué)期望 .解21d2cos21)3

20、(3xxxp,)21,4( by,從而5)(22eydyey.五.（本題 12 分）設(shè)),(yx的聯(lián)合分布律為yx0 1 2 1 0.1 0.05 0.352 0.3 0.1 0.1問(wèn):(1) yx ,是否獨(dú)立；(2) 計(jì)算)(yxp的值；(3) 在2y的條件下x的條件分布律 .解(1) 因?yàn)?0()1(4.05.02.01 .0)0, 1(ypxpyxp,所以yx，不獨(dú)立 ;(2) 15.01 .005.0)2,2() 1, 1()(yxpyxpyxp;(3) 9745.035.0)2()2, 1()2|1(ypyxpyxp,92971)2|2(yxp.六.（本題 12 分）設(shè)二維隨機(jī)變量)

21、,(yx的概率密度為,0, 10,12),(2其他xyyyxf求:(1) x的邊緣密度函數(shù))(xfx；(2) )(xye；(3) )1(yxp.解(1)., 0, 104, 0, 10,d12d),()(302其他其他xxxyyyyxfxfxx(2) 21d12d)(0310yxyxxyex;(3) yyxyxpxxd12d) 1(1212187.七.（本題 6 分）一部件包括10 部分 ,每部分的長(zhǎng)度是一個(gè)隨機(jī)變量,它們相互獨(dú)立 ,且服從同一均勻分布,其數(shù)學(xué)期望為2, 均方差為0.05, 規(guī)定總長(zhǎng)度為)1.020(時(shí)產(chǎn)品合格 ,試求產(chǎn)品合格的概率.解設(shè)ix表示第i部分的長(zhǎng)度 ,10,2,1i

22、,x表示部件的長(zhǎng)度.由題意知2iex,0025.0idx,且101iixx,20ex,025.0dx.由獨(dú)立同分布的中心極限定理知 ,產(chǎn)品為合格品的概率為)025.01.0|025.020(|)1 .0|20(|xpxp4714.01)025.01.0(2.八.（本題 7 分）設(shè)總體x具有概率密度為, 0,0,e)!1()(1其他xxkxfxkk其中k為已知正整數(shù) ,求的極大似然估計(jì) .解設(shè)nxxx,21是來(lái)自總體x的樣本 ,當(dāng)0,21nxxx時(shí),似然函數(shù)niixnikinnkniixkxfl1e)!1()()(111,兩邊取對(duì)數(shù) ,niinikixxknnkl111ln)!1ln(ln)(l

23、n,關(guān)于求導(dǎo),并令其為 0,得0)(ln1niixnkl,從而解得的極大似然估計(jì)為xkxnknii1?.九.（本題 14 分）從某鋅礦的東、 西兩支礦脈中 ,各抽取樣本容量分別為9 與 8 的樣本進(jìn)行測(cè)試 ,得樣本含鋅平均數(shù)與樣本方差如下:東支:230.01x,1337.021ns, )9(1n西支:269.02x,1736.022ns, )8(2n若東、西兩支礦脈的含鋅量都服從正態(tài)分布,問(wèn)東、西兩支礦脈含鋅量的平均值是否可以看作一樣？)05.0(53. 4)7, 8(025. 0f,90. 4)8,7(025.0f,)1315.2)15(0025.0t解本題是在未知方差,又沒(méi)有說(shuō)明方差是否相

24、等的情況下,要求檢驗(yàn)兩總體均值是否相等的問(wèn)題,故首先必須檢驗(yàn)方差是否相等,在相等的條件下,檢驗(yàn)總體均值是否相等.第一步假設(shè)02122,統(tǒng)計(jì)量2221ssf) 1, 1(21nnf,經(jīng)檢驗(yàn) ,接受0h2122；第二步假設(shè)0:21,統(tǒng)計(jì)量2)1()1()11(2122221121nnsnsnnnyxt)2(21nnt經(jīng)檢驗(yàn) ,接受0,即可認(rèn)為東、 西兩支礦脈含鋅量的平均值相等.(請(qǐng)參見(jiàn)模擬試題(一)第九大題 )十.（本題 5 分）設(shè)總體x的密度函數(shù)為,0,0,3)(23其它xxxf其中為未知參數(shù) ,nxxx,21為來(lái)自總體x的樣本 ,證明 :x34是的無(wú)偏估計(jì)量.證明xxxfexxexed)(34

25、3434)34(033d334xx,故x34是的無(wú)偏估計(jì)量 .模擬試題（三）參考答案一.填空題（每小題2 分,共 14 分）1. 一射手對(duì)同一目標(biāo)獨(dú)立地進(jìn)行四次射擊,若至少命中一次的概率為8180,則該射手的命中率為 .解設(shè)a表示一次射擊中擊中目標(biāo),依題意 ,四次都沒(méi)擊中的概率為81801)(4ap,解得31)(ap,從而射手的命中率為32)(ap.2. 若事件a,b獨(dú)立,且pap)(,qbp)(則)(bap .解pqpbpapbpapbap1)()()()()(.3. 設(shè)離散 型隨機(jī) 變量x服從參 數(shù)為（0）的 泊松 分布 , 已知)1(xp)2(xp,則= .解)2(e2e)1(2xpxp

26、,從而解得2.4. 設(shè)相互獨(dú)立的兩個(gè)隨機(jī)變量x,y具有同一分布律 ,且x的分布律為 :x012121則隨機(jī)變量,maxyxz的分布律為 .解z的可能取值為0,1.412121)0()0()0,0()0(ypxpyxpzp.43411) 1(zp.5. 設(shè)隨機(jī)變量x,y的方差分別為25dx,36dy,相關(guān)系數(shù)4.0xy,則),(yxcov= .解12),cov(dydxyxxy.6. 設(shè)總體x的期望值和方差2都存在 ,總體方差2的無(wú)偏估計(jì)量是21)(niixxnk,則k .解1nnk.7. 設(shè) 總 體),(2nx,未 知 , 檢 驗(yàn)2020：, 應(yīng) 選 用 的 統(tǒng) 計(jì) 量是.解) 1()(220

27、12nxxnii(0為真時(shí) )二 . 單項(xiàng)選擇題（每小題2 分,共 16 分）1.6本中文書(shū)和4本外文書(shū)任意往書(shū)架上擺放,則4本外文書(shū)放在一起的概率為（）(a) !10!6 ! 4(b) 107(c) !10! 7! 4(d) 104解本題應(yīng)選 c.2. 若事件ba,相互獨(dú)立 ,則下列正確的是（）(a) )|(abp)|(bap(b) )|(abp)(ap(c) )|(bap)(bp(d) )|(bap)(1ap解由獨(dú)立性的定義知 ,)()|(apbap)(1ap,故本題應(yīng)選d.3. 設(shè)隨機(jī)變量x服從參數(shù)為n,p的二項(xiàng)分布,且6 .1ex,28.1dx,則n,p的值為（）(a) n8 p2.0

28、(b) n4 p4.0(c) n5 p32.0(d) n6 p3.0解由6.1np,28.1)1 (pnp,解得n8 p2 .0,本題應(yīng)選 a.4. 設(shè)隨機(jī)變量x服從正態(tài)分布)1,2(n,其概率密度函數(shù)為)(xf,分布函數(shù)為)(xf,則有（）(a) )0(xp)0(xp5.0(b) )2(xp)2(xp5 .0(c) )(xf=)(xf,),(x(d) )( xf1)(xf, ),(x解2ex,故其密度函數(shù)關(guān)于2x對(duì)稱(chēng),故本題應(yīng)選 b.5. 如果隨機(jī)變量x與y滿(mǎn)足 :)(yxd)(yxd,則下列式子正確的是（）(a) x與y相互獨(dú)立(b) x與y不相關(guān)(c) 0dy(d) 0dydx解由)(y

29、xd)(yxd,可得0),cov(yx,從而可知x與y不相關(guān) ,故本題應(yīng)選 b.6. 設(shè)nxxx,21是來(lái) 自 總 體),(2nx的 樣 本 ,x為 樣 本 均 值 , 令y212)(niixx,則y（）(a) )1(2n (b) )(2n(c) ),(2n (d),(2nn解本題應(yīng)選 a.7. 設(shè)nxxx,21是取自總體),0(2n的樣本 ,可以作為2的無(wú)偏估計(jì)量的統(tǒng)計(jì)量是（）(a) niixn121(b) niixn1211(c) niixn11(d)niixn111解由無(wú)偏估計(jì)的定義與期望的性質(zhì)知,2221212)(1)1(dxexdxexexnxneniinii,故 a 選擇正確 ,同

30、理驗(yàn)算其他選項(xiàng)均不正確 .故本題應(yīng)選 a.8. 樣本nxxx,21來(lái)自正態(tài)總體),(2,若進(jìn)行假設(shè)檢驗(yàn),當(dāng)（）時(shí),一般采用統(tǒng)計(jì)量nsxt/0(a) 未知,檢驗(yàn)2=20(b) 已知,檢驗(yàn)2=20(c) 2未知,檢驗(yàn)=0(d) 2已知,檢驗(yàn)=0解本題應(yīng)選 c.三.（本題 8 分）有兩臺(tái)車(chē)床生產(chǎn)同一型號(hào)螺桿,甲車(chē)床的產(chǎn)量是乙車(chē)床的5.1倍,甲車(chē)床的廢品率為%2,乙車(chē)床的廢品率為%1,現(xiàn)隨機(jī)抽取一根螺桿檢查,發(fā)現(xiàn)是廢品,問(wèn)該廢品是由甲車(chē)床生產(chǎn)的概率是多少？解設(shè)21, aa分別表示螺桿由甲,乙車(chē)床生產(chǎn)的事件.b表示螺桿是廢品的事件 .由貝葉斯公式可得)|()()|()()|()()|(2211111ab

31、papabpapabpapbap75. 001.05202.05302. 053.四.（本題 8 分）假設(shè)一部機(jī)器在一天內(nèi)發(fā)生故障的概率為2 .0,機(jī)器發(fā)生故障時(shí)全天停止工作 .若一周五個(gè)工作日里無(wú)故障,可獲利潤(rùn)10萬(wàn)元,發(fā)生一次故障獲利潤(rùn)5萬(wàn)元 ,發(fā)生兩次故障獲利潤(rùn)0萬(wàn)元 ,發(fā)生三次或三次以上故障就要虧損2萬(wàn)元,問(wèn)一周內(nèi)期望利潤(rùn)是多少？解設(shè)x表示一周中所獲的利潤(rùn),其分布律為 :x0 5 10 p548.08.02.05148.02 .0558 .0從而由期望的定義計(jì)算可得216.5ex.五.（本題 12 分）1. 設(shè)隨機(jī)向量x,y的聯(lián)合分布為 :xy123106112126161613121

32、610(1)求x,y的邊際分布； (2) 判斷x,y是否獨(dú)立 .解(1) x的邊際分布為：y的邊際分布為：x123y123p412141p412141(2) x與y不相互獨(dú)立 .2. 設(shè)隨機(jī)變量),(yx的聯(lián)合密度函數(shù)為 :),(yxf=其他，00eyxy求概率) 1(yxp.解yxyxpxxyded)1(1210211e2e1.六.（本題 8 分）設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量x的分布函數(shù)為 :)(xf，000e22xxbax求: (1) 系數(shù)a與b；(2) 隨機(jī)變量x的概率密度；(3) )9ln4ln(xp.解(1) 由分布函數(shù)的性質(zhì)知1)e(lim)(22abafxx,)0(0)e(lim)(lim2

33、002fbabaxfxxx,從而1b;(2)分布函數(shù)的導(dǎo)數(shù)即為其概率密度,即)(xf=000e22xxxx，(3) 61)4ln()9ln()9ln4ln(ffxp.七.（本題 8 分）設(shè)nxxx,21為總體x的一個(gè)樣本 ,x的概率密度為 :)(xf=其他，0101xx其中0,求未知參數(shù)的矩估計(jì)量與極大似然估計(jì)量.解令xxxex1d10,從而解得的矩估計(jì)量為2)1(xx.極大似然估計(jì)為 :niiniixxn11lnln.(具體做法類(lèi)似與模擬試卷二第八題)八.（本題分）設(shè)某次考試的考生成績(jī)服從正態(tài)分布,從中隨機(jī)地抽取36位考生的成績(jī),算得平均成績(jī)?yōu)? .66分,標(biāo)準(zhǔn)差為15分,問(wèn)在顯著水平05.

34、0下,是否可認(rèn)為全體考生的平均成績(jī)?yōu)?0分？解假設(shè)0:70,選取統(tǒng)計(jì)量nsxt/)1(nt, (0為真時(shí) )在05.0下,查t分布的雙側(cè)臨界值表知0301.2025.0t.另一方面 ,計(jì)算統(tǒng)計(jì)量的值0301.24 .136/15705 .66|t,從而接受原假設(shè) ,即可認(rèn)為全體考生的平均成績(jī)?yōu)?0分.九.（本題分）兩家銀行分別對(duì)21個(gè)儲(chǔ)戶(hù)和16個(gè)儲(chǔ)戶(hù)的年存款余額進(jìn)行抽樣調(diào)查,測(cè)得其平均年存款余額分別為x=2600元和y=2700元,樣本標(biāo)準(zhǔn)差相應(yīng)地為811s元和1052s元,假設(shè)年存款余額服從正態(tài)分布,試比較兩家銀行的儲(chǔ)戶(hù)的平均年存款余額有無(wú)顯著差異？（10.0）解此題要求檢驗(yàn)21,由于t檢驗(yàn)

35、必須在方差相等的條件下進(jìn)行,因此必須先檢驗(yàn)21與22是否相等 .第一步假設(shè)02122,統(tǒng)計(jì)量2221ssf) 1, 1(21nnf,經(jīng)檢驗(yàn) ,接受0h2122；第二步假設(shè)0:21,統(tǒng)計(jì)量2)1()1()11(2122221121nnsnsnnnyxt)2(21nnt經(jīng)檢驗(yàn) ,拒絕0,即兩家銀行的儲(chǔ)戶(hù)的平均年存款余額有顯著差異.(請(qǐng)參見(jiàn)模擬試題 (一)第九大題 )十.（本題分）設(shè)總體x服從參數(shù)為的泊松分布 ,為未知參數(shù) ,為偶數(shù)，為奇數(shù)，xxxt11)(證明:)(xt是2e的一個(gè)無(wú)偏估計(jì)量 .證明0)()()(xxxpxtxte0!)(xxexxt0!) 1(nnnen2e,所以)(xt是2e的

36、一個(gè)無(wú)偏估計(jì)量 .模擬試題（四）參考答案一.填空題 (每小題 2 分,共 20 分)1. 設(shè))(ap=0.4)(bp0.5. 若, 7. 0)(bap則)(bap .解55.0)|()()()()(bapbpbpapbap2. 若隨機(jī)變量x服從二項(xiàng)分布 ,即)1.0,5( bx,則)21 (xd .解8 .19 .01 .0544)21(dxxd.3. 三次獨(dú)立重復(fù)射擊中,若至少有一次擊中的概率為6437,則每次擊中的概率為 .解43.4. 設(shè)隨機(jī)變量x的概率密度是 :, 0, 10,3)(2其他xxxf且，784. 0)(axp則a .解由784.0)(axp知,10.故，784.01d3)

37、(132xxaxp從而6.0.5. 利用正態(tài)分布的結(jié)論,有:xxxxde)44(212)2(22 .解令tx2,則原式1)(de212222exdxttt,這里)1 ,0( nx.6. 設(shè)總體x的密度函數(shù)為 :, 0, 10,)(1其他xxxf)0(為參數(shù)其中,nxxx,21是來(lái)自總體x的樣本觀測(cè)值 ,則樣本的似然函數(shù));,(21nxxxl .解niinx11.7. 設(shè)x,y是二維隨機(jī)向量,dx,dy都不為零 , 若有常數(shù)0a與b使1)(baxyp,這時(shí)x與y是關(guān)系.解完全相關(guān) .8. 若),(2nx,nxxx,21是來(lái)自總體x的樣本 ,2,sx分別為樣本均值和方差 ,則snx)(服從分布.解

38、)1(nt.9. 設(shè)),(211nx,),(222ny,x與y相互獨(dú)立 .從x,y中分別抽取容量為21, nn的樣本 ,樣本均值分別為yx ,則yx服從分布 .解),(22212121nnn.10. 設(shè)隨機(jī)變量x和y的相關(guān)系數(shù)為0.9, 若4 .0xz,則y與z的相關(guān)系數(shù)為 .解9.0),cov()4.0,cov(),cov(xyxyzy.二.單項(xiàng)選擇題 (每小題 2 分,共 12 分)1. 設(shè)隨機(jī)變量x的數(shù)學(xué)期望ex與2dx均存在 ,由切比雪夫不等式估計(jì)概率4exxp為( )(a) 161(b) 161(c) 1615(d) 1615解本題應(yīng)選 c.2.ba,為隨機(jī)隨機(jī)事件 ,且ab,則下列

39、式子正確的是( ).(a) )()(apbap(b) )()()(apbpabp(c) )()(apabp(d) )()(bpabp解本題應(yīng)選 a.3. 設(shè)隨 機(jī) 變 量x的密 度 函 數(shù) 為其他，010)(xbaxxf且127ex, 則( ).(a) 5.0, 1 ba(b) 1,5.0ba(c) 1, 5.0ba(d) 5.0,1 ba解令1d)(10 xbax,127d)(10 xxbax,解得5.0, 1 ba,故本題應(yīng)選d.4. 若隨機(jī)變量x與y不相關(guān) ,則有( ).(a) )(9)()3(ydxdyxd(b) )()()(ydxdxyd(c) 0)()(yeyxexe(d) 1)(

40、baxyp解本題應(yīng)選 c.5. 已知隨機(jī)變量),(21nnff,且),(21nnffp,則),(211nnf( ).(a) ),(121nnf(b) ),(1121nnf(c),(112nnf(d) ),(1211nnf解6. 將一枚硬幣獨(dú)立地?cái)S兩次,記事件 :1a擲第一次出現(xiàn)正面,2a擲第二次出現(xiàn)正面,3a正、反面各出現(xiàn)一次,4a正面出現(xiàn)兩次,則事件( ).(a) 321,aaa相互獨(dú)立(b) 432,aaa相互獨(dú)立(c) 321,aaa兩兩獨(dú)立(d) 432,aaa兩兩獨(dú)立解21)(1ap,21)(2ap,21)(3ap,41)(4ap,再由事件獨(dú)立的充分必要條件可知321,aaa兩兩獨(dú)立

41、 ,本題應(yīng)選 c.三.計(jì)算題 (每小題分 ,共 48 分)1. 某廠由甲 ,乙,丙三個(gè)車(chē)間生產(chǎn)同一種產(chǎn)品,它們的產(chǎn)量之比為3:2:1,各車(chē)間產(chǎn)品的不合格率依次為8%,9%,12%.現(xiàn)從該廠產(chǎn)品中任意抽取一件,求:(1) 取到不合格產(chǎn)品的概率； (2) 若取到的是不合格品,求它是由甲廠生產(chǎn)的概率 .解(1) 運(yùn)用全概率公式 , 0.09;(2) 運(yùn)用貝葉斯公式 , 0.44.( 具體做法參見(jiàn)模擬試卷(一)第四題 )2. 一實(shí)習(xí)生用一臺(tái)機(jī)器接連獨(dú)立地制造三個(gè)同樣的零件,第i個(gè)零件是不合格品的概率為)3 ,2, 1(11iipi,以x表示三個(gè)零件中合格品的個(gè)數(shù),求:(1) x的概率分布；(2) x的方差dx.解(1)12234132411241ex,(2) 2741924114412ex,故521.0)(22exexdx.01233. 設(shè)總體x),0(2n,2為未知參數(shù) ,nxxx,21是來(lái)自總體x的一組樣本值,求2的最大似然估計(jì) .解似然函數(shù)21221222222e)21(e)21()(niini