概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)(專升本)試題及答案一、選擇題（每題3分，共30分）1.設(shè)事件A和B滿足$P(A-B)=P(A)$，則（）A.$A\subseteqB$B.$B\subseteqA$C.$A\capB=\varnothing$D.$P(A\capB)=0$答案：C解析：因?yàn)?P(A-B)=P(A)-P(A\capB)$，已知$P(A-B)=P(A)$，所以$P(A)-P(A\capB)=P(A)$，即$P(A\capB)=0$，這意味著事件A和B不可能同時(shí)發(fā)生，所以$A\capB=\varnothing$。2.設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度為$f(x)=\begin{cases}2x,&0\ltx\lt1\\0,&其他\end{cases}$，則$P\{X\leqslant0.5\}$的值為（）A.0.25B.0.5C.0.75D.1答案：A解析：根據(jù)概率密度函數(shù)求概率，$P\{X\leqslant0.5\}=\int_{-\infty}^{0.5}f(x)dx=\int_{0}^{0.5}2xdx$。由積分公式$\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C$（$n\neq-1$），可得$\int_{0}^{0.5}2xdx=x^2\big|_{0}^{0.5}=0.5^2-0^2=0.25$。3.設(shè)隨機(jī)變量X服從參數(shù)為$\lambda$的泊松分布，且$P\{X=1\}=P\{X=2\}$，則$\lambda$的值為（）A.1B.2C.3D.4答案：B解析：若隨機(jī)變量X服從參數(shù)為$\lambda$的泊松分布，則其概率分布為$P\{X=k\}=\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}$，$k=0,1,2,\cdots$。已知$P\{X=1\}=P\{X=2\}$，即$\frac{\lambda^1e^{-\lambda}}{1!}=\frac{\lambda^2e^{-\lambda}}{2!}$，因?yàn)?e^{-\lambda}\neq0$，兩邊同時(shí)約去$e^{-\lambda}$，得到$\lambda=\frac{\lambda^2}{2}$，即$\lambda^2-2\lambda=0$，$\lambda(\lambda-2)=0$，解得$\lambda=0$或$\lambda=2$，由于$\lambda\gt0$，所以$\lambda=2$。4.設(shè)隨機(jī)變量X和Y相互獨(dú)立，且$X\simN(0,1)$，$Y\simN(1,1)$，則（）A.$P\{X+Y\leqslant0\}=\frac{1}{2}$B.$P\{X+Y\leqslant1\}=\frac{1}{2}$C.$P\{X-Y\leqslant0\}=\frac{1}{2}$D.$P\{X-Y\leqslant1\}=\frac{1}{2}$答案：B解析：因?yàn)閄和Y相互獨(dú)立，且$X\simN(0,1)$，$Y\simN(1,1)$，根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)，若$X\simN(\mu_1,\sigma_1^2)$，$Y\simN(\mu_2,\sigma_2^2)$，且X和Y相互獨(dú)立，則$X+Y\simN(\mu_1+\mu_2,\sigma_1^2+\sigma_2^2)$，所以$X+Y\simN(0+1,1+1)=N(1,2)$。對于正態(tài)分布$Z\simN(\mu,\sigma^2)$，$P\{Z\leqslant\mu\}=\frac{1}{2}$，這里$\mu=1$，所以$P\{X+Y\leqslant1\}=\frac{1}{2}$。5.設(shè)二維隨機(jī)變量$(X,Y)$的聯(lián)合概率密度為$f(x,y)=\begin{cases}e^{-(x+y)},&x\gt0,y\gt0\\0,&其他\end{cases}$，則X和Y的邊緣概率密度$f_X(x)$為（）A.$\begin{cases}e^{-x},&x\gt0\\0,&其他\end{cases}$B.$\begin{cases}e^{-y},&y\gt0\\0,&其他\end{cases}$C.$\begin{cases}xe^{-x},&x\gt0\\0,&其他\end{cases}$D.$\begin{cases}ye^{-y},&y\gt0\\0,&其他\end{cases}$答案：A解析：求X的邊緣概率密度$f_X(x)$，根據(jù)公式$f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy$。當(dāng)$x\gt0$時(shí)，$f_X(x)=\int_{0}^{+\infty}e^{-(x+y)}dy=e^{-x}\int_{0}^{+\infty}e^{-y}dy$，由積分公式$\int_{0}^{+\infty}e^{-y}dy=-e^{-y}\big|_{0}^{+\infty}=1$，所以$f_X(x)=e^{-x}$；當(dāng)$x\leqslant0$時(shí)，$f_X(x)=0$。故$f_X(x)=\begin{cases}e^{-x},&x\gt0\\0,&其他\end{cases}$。6.設(shè)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望$E(X)=\mu$，方差$D(X)=\sigma^2$，則由切比雪夫不等式可得$P\{|X-\mu|\geqslant2\sigma\}$（）A.$\leqslant\frac{1}{4}$B.$\geqslant\frac{1}{4}$C.$\leqslant\frac{3}{4}$D.$\geqslant\frac{3}{4}$答案：A解析：切比雪夫不等式為$P\{|X-E(X)|\geqslant\varepsilon\}\leqslant\frac{D(X)}{\varepsilon^2}$，這里$E(X)=\mu$，$D(X)=\sigma^2$，$\varepsilon=2\sigma$，則$P\{|X-\mu|\geqslant2\sigma\}\leqslant\frac{\sigma^2}{(2\sigma)^2}=\frac{1}{4}$。7.設(shè)總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$，則$\overline{X}$服從的分布為（）A.$N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$B.$N(\mu,\sigma^2)$C.$N(0,1)$D.$N(n\mu,n\sigma^2)$答案：A解析：若總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)，樣本均值$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$服從正態(tài)分布$N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$。8.設(shè)總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$\sigma^2$已知，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$\overline{X}$為樣本均值，對于給定的置信水平$1-\alpha(0\lt\alpha\lt1)$，$\mu$的置信區(qū)間為（）A.$(\overline{X}-z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\overline{X}+z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}})$B.$(\overline{X}-t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}},\overline{X}+t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}})$C.$(\overline{X}-z_{\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\overline{X}+z_{\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}})$D.$(\overline{X}-t_{\alpha}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}},\overline{X}+t_{\alpha}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}})$答案：A解析：當(dāng)總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$\sigma^2$已知時(shí)，$\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}\simN(0,1)$。對于給定的置信水平$1-\alpha$，$P\{-z_{\frac{\alpha}{2}}\lt\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}\ltz_{\frac{\alpha}{2}}\}=1-\alpha$，經(jīng)過變形可得$\mu$的置信區(qū)間為$(\overline{X}-z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\overline{X}+z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}})$。9.在假設(shè)檢驗(yàn)中，原假設(shè)$H_0$，備擇假設(shè)$H_1$，則犯第一類錯(cuò)誤是指（）A.$H_0$為真，接受$H_1$B.$H_0$為真，拒絕$H_0$C.$H_0$不真，接受$H_0$D.$H_0$不真，拒絕$H_0$答案：B解析：第一類錯(cuò)誤是指原假設(shè)$H_0$為真時(shí)，卻拒絕了$H_0$；第二類錯(cuò)誤是指原假設(shè)$H_0$不真時(shí)，卻接受了$H_0$。10.設(shè)兩個(gè)相互獨(dú)立的樣本$X_1,X_2,\cdots,X_{n_1}$和$Y_1,Y_2,\cdots,Y_{n_2}$分別來自正態(tài)總體$N(\mu_1,\sigma_1^2)$和$N(\mu_2,\sigma_2^2)$，且$\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$未知，檢驗(yàn)假設(shè)$H_0:\mu_1=\mu_2$，$H_1:\mu_1\neq\mu_2$，則采用的檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為（）A.$Z=\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$B.$T=\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{S_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}$，其中$S_w^2=\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-1)S_2^2}{n_1+n_2-2}$C.$\chi^2=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$D.$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$答案：B解析：當(dāng)兩個(gè)相互獨(dú)立的正態(tài)總體$N(\mu_1,\sigma_1^2)$和$N(\mu_2,\sigma_2^2)$，且$\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$未知時(shí)，檢驗(yàn)假設(shè)$H_0:\mu_1=\mu_2$，$H_1:\mu_1\neq\mu_2$，采用的檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為$T=\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{S_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}$，其中$S_w^2=\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-1)S_2^2}{n_1+n_2-2}$。二、填空題（每題3分，共15分）1.已知事件A和B滿足$P(A)=0.4$，$P(B)=0.3$，$P(A\cupB)=0.6$，則$P(A\capB)=$______。答案：0.1解析：根據(jù)概率的加法公式$P(A\cupB)=P(A)+P(B)-P(A\capB)$，將$P(A)=0.4$，$P(B)=0.3$，$P(A\cupB)=0.6$代入可得$0.6=0.4+0.3-P(A\capB)$，解得$P(A\capB)=0.1$。2.設(shè)隨機(jī)變量X服從區(qū)間$[0,2]$上的均勻分布，則$E(X)=$______。答案：1解析：若隨機(jī)變量X服從區(qū)間$[a,b]$上的均勻分布，則其概率密度為$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{b-a},&a\leqslantx\leqslantb\\0,&其他\end{cases}$，數(shù)學(xué)期望$E(X)=\frac{a+b}{2}$。這里$a=0$，$b=2$，所以$E(X)=\frac{0+2}{2}=1$。3.設(shè)隨機(jī)變量X的分布律為$P\{X=k\}=\frac{a}{k!}$，$k=0,1,2,\cdots$，則$a=$______。答案：$e^{-1}$解析：由分布律的性質(zhì)$\sum_{k=0}^{+\infty}P\{X=k\}=1$，即$\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{a}{k!}=1$。因?yàn)?e^x=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{x^k}{k!}$，當(dāng)$x=1$時(shí)，$e=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}$，所以$a\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}=a\cdote=1$，解得$a=e^{-1}$。4.設(shè)總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\overline{X})^2$，則$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$服從的分布是______。答案：$\chi^2(n-1)$解析：這是一個(gè)重要的結(jié)論，若總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，樣本方差$S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\overline{X})^2$，則$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$。5.設(shè)總體$X\simB(1,p)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，則$p$的矩估計(jì)量為______。答案：$\overline{X}$解析：總體$X\simB(1,p)$，則$E(X)=p$。用樣本矩估計(jì)總體矩，樣本一階原點(diǎn)矩為$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$，令$E(X)=\overline{X}$，即$p=\overline{X}$，所以$p$的矩估計(jì)量為$\overline{X}$。三、解答題（共55分）1.（10分）已知一批產(chǎn)品中90%是合格品，檢查時(shí)，一個(gè)合格品被誤認(rèn)為是次品的概率為0.05，一個(gè)次品被誤認(rèn)為是合格品的概率為0.02。求：（1）一個(gè)產(chǎn)品經(jīng)檢查后被認(rèn)為是合格品的概率；（2）一個(gè)經(jīng)檢查后被認(rèn)為是合格品的產(chǎn)品確實(shí)是合格品的概率。解：設(shè)事件A表示“產(chǎn)品是合格品”，事件B表示“產(chǎn)品經(jīng)檢查后被認(rèn)為是合格品”。則$P(A)=0.9$，$P(\overline{A})=1-0.9=0.1$，$P(B|A)=0.95$，$P(B|\overline{A})=0.02$。（1）根據(jù)全概率公式$P(B)=P(A)P(B|A)+P(\overline{A})P(B|\overline{A})$$P(B)=0.9\times0.95+0.1\times0.02=0.855+0.002=0.857$。（2）根據(jù)貝葉斯公式$P(A|B)=\frac{P(A)P(B|A)}{P(B)}$$P(A|B)=\frac{0.9\times0.95}{0.857}=\frac{0.855}{0.857}\approx0.998$。2.（10分）設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度為$f(x)=\begin{cases}Ax^2,&0\ltx\lt1\\0,&其他\end{cases}$。（1）求常數(shù)A；（2）求$P\{0.5\ltX\lt1\}$；（3）求X的分布函數(shù)$F(x)$。解：（1）由概率密度函數(shù)的性質(zhì)$\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=1$，可得$\int_{0}^{1}Ax^2dx=1$。根據(jù)積分公式$\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C$（$n\neq-1$），$\int_{0}^{1}Ax^2dx=\frac{A}{3}x^3\big|_{0}^{1}=\frac{A}{3}$，所以$\frac{A}{3}=1$，解得$A=3$。（2）$P\{0.5\ltX\lt1\}=\int_{0.5}^{1}3x^2dx=x^3\big|_{0.5}^{1}=1^3-0.5^3=1-0.125=0.875$。（3）當(dāng)$x\leqslant0$時(shí)，$F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)dt=0$；當(dāng)$0\ltx\lt1$時(shí)，$F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{x}3t^2dt=t^3\big|_{0}^{x}=x^3$；當(dāng)$x\geqslant1$時(shí)，$F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{1}3t^2dt=1$。所以$F(x)=\begin{cases}0,&x\leqslant0\\x^3,&0\ltx\lt1\\1,&x\geqslant1\end{cases}$。3.（10分）設(shè)二維隨機(jī)變量$(X,Y)$的聯(lián)合分布律為||$Y=0$|$Y=1$||---|---|---||$X=0$|0.1|0.2||$X=1$|0.3|0.4|（1）求X和Y的邊緣分布律；（2）判斷X和Y是否相互獨(dú)立；（3）求$E(X+Y)$。解：（1）X的邊緣分布律：$P\{X=0\}=0.1+0.2=0.3$，$P\{X=1\}=0.3+0.4=0.7$。所以X的邊緣分布律為|X|0|1||---|---|---||P|0.3|0.7|Y的邊緣分布律：$P\{Y=0\}=0.1+0.3=0.4$，$P\{Y=1\}=0.2+0.4=0.6$。所以Y的邊緣分布律為|Y|0|1||---|---|---||P|0.4|0.6|（2）若X和Y相互獨(dú)立，則$P\{X=i,Y=j\}=P\{X=i\}P\{Y=j\}$對所有的$i,j$都成立。$P\{X=0,Y=0\}=0.1$，$P\{X=0\}P\{Y=0\}=0.3\times0.4=0.12$，因?yàn)?P\{X=0,Y=0\}\neqP\{X=0\}P\{Y=0\}$，所以X和Y不相互獨(dú)立。（3）先求$E(X)$和$E(Y)$：$E(X)=0\times0.3+1\times0.7=0.7$，$E(Y)=0\times0.4+1\times0.6=0.6$。根據(jù)期望的性質(zhì)$E(X+Y)=E(X)+E(Y)=0.7+0.6=1.3$。4.（10分）設(shè)總體$X\simN(\mu,4)$，$X_1,X_2,\cdots,X_{16}$是來自總體X的樣本，$\overline{X}$為樣本均值。（1）求$E(\overline{X})$和$D(\overline{X})$；（2）若$P\{|\overline{X}-\mu|\ltk\}=0.95$，求k的值。解：（1）已知總體$X\simN(\mu,4)$，則$E(X)=\mu$，$D(X)=4$。因?yàn)闃颖揪?\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$，且$E(\overline{X})=E(X)=\mu$，$D(\overline{X})=\frac{D(X)}{n}$，這里$n=16$，所以$E(\overline{X})=\mu$，$D(\overline{X})=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$。（2）因?yàn)?\overline{X}\simN(\mu,\frac{1}{4})$，則$\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{1}{2}}\simN(0,1)$。已知$P\{|\overline{X}-\mu|\ltk\}=0.95$，即$P\{-k\lt\overline{X}-