概率统计试题及答案(本科完整版)一、 填空题（每题2分，共20分）1、记三事件为A ，B ，C . 则用A ，B ，C 及其运算关系可将事件，“A ，B ，C 中只有一个发生”表示为 .2、匣中有2个白球，3个红球。

现一个接一个地从中随机地取出所有的球。

那么，白球比红球早出现的概率是 2/5 。

3、已知P(A)=0.3，P （B ）＝0.5，当A ，B 相互独立时，06505P(A B )_.__,P(B |A )_.__⋃==。

4、一袋中有9个红球1个白球，现有10名同学依次从袋中摸出一球（不放回），则第6位同学摸出白球的概率为 1/10 。

5、若随机变量X 在区间 (,)a b 上服从均匀分布，则对a c b<<以及任意的正数0e >，必有概率{}P c x c e <<+ ＝⎧+<⎪⎪-⎨-⎪+>⎪-⎩e,c e b b a b c ,c e b b a6、设X 服从正态分布2(,)N μσ，则~23X Y -= N ( 3-2μ , 4σ2 ).7、设1128363X B EX DX ~n,p ),n __,p __==（且＝，＝，则8、袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5，在袋中同时取出3只，以X 表示取出3只球中ABC ABC ABCU U2，3，则:P ( A 1 ) = 0.1 , P ( A 2 ) = 0.2 , P ( A 3 ) = 0.15 ,由各台机器间的相互独立性可得()()()()()123123109080850612P A A A P A P A P A ....=⋅⋅=⨯⨯= ()()()12312321101020150997P A A A P A A A ....⋃⋃=-=-⨯⨯= ()()()()()()1231231231231231231231233010808509020850908015090808500680153010806120941P A A A A A A A A A A A A P A A A P A A A P A A A P A A A .................=+++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+++=U U U2、甲袋中有n 只白球、m 只红球；乙袋中有N 只白球、M 只红球。

今从甲袋任取一球放入乙袋后，再从乙袋任取一球。

问此球为白球的概率是多少？解：以W 甲表示“第一次从甲袋取出的为白球”，R 甲表示“第一次从甲袋取出的为红球”， W 乙表示“第二次从乙袋取出的为白球”，则所求概率为()()()()P W P W W R W P W W P R W ==+U 乙甲乙甲乙甲乙甲乙()()()()P W P W W P R P W R =+甲乙甲甲乙甲11111111111n m N N n m N M n m N M C C C C C C C C +++++++=⋅+⋅()()()()()()111n N mNn m N nn m N M n m N M ++++==++++++3、设随机变量X 的概率密度为cos , ||()20 , A x x f x π⎧<⎪=⎨⎪⎩其它,试求（1）常数A ;(2) 分布函数()F x ; (3) 概率{ 0 }4P X π<<。

解：（1） 由归一性可得：()2212f x dx Acos xdx Aππ+∞-∞-===⎰⎰，从而 12A =()()()()()()2222222xxx x f x dx,x .F x f x dx f x dx,x f x dx,x ππππππ-∞-∞-⎧<-⎪⎪⎪==-≤<⎨⎪⎪≥⎪⎩⎰⎰⎰⎰()021122212,x sin x ,x ,x ππππ⎧<-⎪⎪=+-≤<⎨⎪⎪≥⎩()4130424.P{X }cos xdx ππ<<==⎰4、（1）已知X 的分布律为X -1 0 1计算)21(2X D -。

（5分） 解：()()(){}222421244D(X )D XE XE X ⎡⎤-==-⎣⎦11522523544164⎛⎫=-= ⎪⎝⎭（2）、设)1,0(~N X ，求2X Y =的概率密度.（5分）解：Y 的密度函数为：2000y,y f (y ),y -⎧>=≤⎩5、设(,)X Y 的概率密度为000 , (),,(,)x y e x y f x y -+⎧>>=⎨⎩其它.(1) 试求分布函数),(y x F ；(2) 求概率{}(,)P x y G ∈其中区域G 由X 轴, Y 轴以及直线1=+y x 所围成. 解: ()()()000010x y(x y )xy edxdy,x ,y .F x,y f x,y dxdy ,-+-∞-∞⎧>>⎪==⎨⎪⎩⎰⎰⎰⎰其他()()1100x ye e ,x ,--⎧-->⎪=⎨⎪⎩其(){}()2G.P (x,y )G f x,y dxdy ∈=⎰⎰1110012x(x y )e dy dx e --+-⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦⎰⎰6、设二维随机变量(,)X Y 的概率密度为(1),01(,)0,k x y x f x y -<<<⎧=⎨⎩其它,求常数k 及边缘概率密度.并讨论随机变量Y X ,的相互独立性。

解：由归一性知：()0111(,)y x f x y dxdy k x dxdy +∞+∞-∞-∞<<<==-⎰⎰⎰⎰()100116x k dx x dy k=⋅-=⎰⎰6k ∴=()(,)X f x f x y dy +∞-∞=⎰()061010x x dy x ⎧-<<⎪=⎨⎪⎩⎰，，其他()61010x x x ⎧-<<=⎨⎩，，其他()(,)Y f y f x y dx +∞-∞=⎰()161010y x dx y ⎧-<<⎪=⎨⎪⎩⎰，，其他()231010⎧⎪<<=⎨⎪⎩-，，其他y y显然 ()()(,)XYf x y f x f y ≠⋅，故X 与Y 不相互独立。

7、设总体X的概率密度为1,01()0,x f x ≤≤=⎪⎩其它, 其中0>θ为未知参数. 若n X X ,,1Λ是来自母体的简单子样，试求θ的矩估计与极大似然估计. 解：（1） 令110===⎰X EX x dx 解得θ的矩估计为 2ˆ1θ⎛⎫= ⎪-⎝⎭X X （2）似然函数 ())11211θθ====∏∏nnni i L对数似然函数 ())1ln ln 1ln 2θθ==+∑nii nL x令 ()121ln 1ln 022θθθθ-=∂=+=∂∑ni i L n x解得θ的极大似然估计为221ˆln θ==⎛⎫⎪⎝⎭∑n i i nx三、证明题（每题5分，共10分）1、12,X X 为来自总体X 的样本，证明当1a b +=时，12aX bX +为总体均值()E X 的无偏估计。

证明：设总体均值()E X = μ，由于12,X X 为来自总体X的样本，因此 ()()12==E X E X μ而 12aX bX +为总体均值()E X 的无偏估计，故应该有()()()()1212E aX bX aE X bE X a b +=+=+=μμ从而 1a b +=2、设,X Y 是相互独立的随机变量，它们分别服从参数为21,λλ的泊松分布，证明 Z X Y =+服从参数为21λλ+的泊松分布。

证明：由题知 ()()12~,~X P Y P λλ，即{}{}1212--====,!!mnP X m e P Y n e m n λλλλ令Z X Y =+，且由,X Y 的相互独立性可得：{}{}P Z k P X Y k ==+={}0,km P X i Y k i ====-∑()1212!!i k iki ee i k i ---==⋅-∑λλλλ()12120!!!!ki k i i e e k k i k i ---==-∑λλλλ()()121201,,,...!kek k -++==λλλλ即 Z X Y =+服从参数为21λλ+的泊松分布。