概率統(tǒng)計(jì)模擬試題1-4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)為兩個(gè)隨機(jī)事件,若,則下列命題中正確的是（ ）(A) 與互不相容(B) 與獨(dú)立(C) (D) 未必是不可能事件解 若為零概率事件,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,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) (B) (C) (D) 解 所求事件的對(duì)立事件為“3次都不成功”,其概率為,故所求概率為.若直接從正面去求較為麻煩.本題應(yīng)選C.3.若函數(shù)是一隨機(jī)變量的概率密度,則下面說法中一定成立的是（ ）(A) 非負(fù) (B) 的值域?yàn)?(C) 單調(diào)非降 (D) 在內(nèi)連續(xù)解 由連續(xù)型隨機(jī)變量概率密度的

2、定義可知,是定義在上的非負(fù)函數(shù),且滿足,所以A一定成立.而其它選項(xiàng)不一定成立.例如服從上的均勻分布的隨機(jī)變量的概率密度在與處不連續(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)變量的概率密度為,則（ ）(A) (B) (C) (D) 解 的數(shù)學(xué)期望,方差,令,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)變量不相關(guān),則下列等式中不成立的是（ ）(A) (B) (C) (D) 解 因?yàn)?故 , ,但無論如何,都不成立.故本題應(yīng)選C.6.設(shè)樣本取自標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布總體,又分別為樣本均值及樣本標(biāo)準(zhǔn)差,則（ ）(A) (B) (C) (D) 解 ,只有C選項(xiàng)成立.本題應(yīng)選C.7.樣本 取自總體,則

3、下列估計(jì)量中,（ ）不是總體期望的無偏估計(jì)量(A) (B) (C) (D) 解 由無偏估計(jì)量的定義計(jì)算可知,不是無偏估計(jì)量,本題應(yīng)選A.8.在假設(shè)檢驗(yàn)中,記為待檢假設(shè),則犯第一類錯(cuò)誤指的是（ ）(A) 成立,經(jīng)檢驗(yàn)接受(B) 成立,經(jīng)檢驗(yàn)拒絕(C) 不成立,經(jīng)檢驗(yàn)接受(D) 不成立,經(jīng)檢驗(yàn)拒絕解 棄真錯(cuò)誤為第一類錯(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 ;.2.設(shè)隨機(jī)變量服從一區(qū)間上的均勻分布,且,則的概率密度為_.解 設(shè),則解得, ,所以的概率密度為3.設(shè)隨機(jī)變量服從參數(shù)為2的指數(shù)分布,服從參數(shù)為4的指

4、數(shù)分布,則_.解 .4.設(shè)隨機(jī)變量和的數(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_.解 根據(jù)切比雪夫不等式,.5.假設(shè)隨機(jī)變量服從分布,則服從分布_（并寫出其參數(shù)）.解 設(shè),其中,且,從而.6.設(shè)為來自總體的一個(gè)樣本,對(duì)總體方差進(jìn)行估計(jì)時(shí),常用的無偏估計(jì)量是_.解 .三.(本題分)設(shè),求.解 由全概率公式可得.四.(本題8分)兩臺(tái)車床加工同樣的零件,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

5、,它為第二臺(tái)車床加工的概率.解 設(shè)分別表示第一臺(tái),第二臺(tái)車床加工的零件的事件.表示產(chǎn)品是合格品的事件.(1) 由全概率公式可得.(2) .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,分別以記第一次,第二次取得球上標(biāo)有的數(shù)字,求:(1) 的聯(lián)合分布； (2) 的邊緣分布；(3) 是否獨(dú)立； (4) .解 （1） 1 2 3 1 0 2 3 0（2）,.,.（3）因?yàn)?故不獨(dú)立.（4）.六.(本題12分)設(shè)隨機(jī)變量的密度函數(shù)為,試求:(1) 的值； (2) ； (3) 的密度函數(shù).解 (1) 因,從而;(2) ;(3) 當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),所以,兩邊關(guān)于求

6、導(dǎo)可得,故的密度函數(shù)為七.(本題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,各人購買與否彼此無關(guān),問商店應(yīng)預(yù)備多少件這種商品,才能以的概率保證不會(huì)脫銷？（假定該商品在某一段時(shí)間內(nèi)每人最多買一件）.解 設(shè)(),表示購買該種商品的人數(shù),則.又設(shè)商品預(yù)備件該種商品,依題意,由中心極限定理可得.查正態(tài)分布表得,解得件.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.(1) 從罐內(nèi)任取一球,取得黑球的個(gè)數(shù)為總體,即 求總體的分布；(2) 從罐內(nèi)有放回的抽取一個(gè)容量為的樣本,其中有個(gè)白球,求比數(shù)的最大似然估計(jì)值.解 （1） 1

7、0 即 ;（2）,兩邊取對(duì)數(shù),兩邊再關(guān)于求導(dǎo),并令其為0,得,從而,又由樣本值知,故估計(jì)值為.九.(本題14分)對(duì)兩批同類電子元件的電阻進(jìn)行測(cè)試,各抽6件,測(cè)得結(jié)果如下（單位:）:批:0.140,0.138,0.143,0.141,0.144,0.137；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),問:(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?（,）解 (1) .檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 （在成立時(shí)）,由,查得臨界值,.由樣本值算得,由于,故不能拒絕,即認(rèn)為兩批電子元件的電阻的方差相等.(2) .統(tǒng)

8、計(jì)量 （在成立時(shí)）,查表得臨界值.再由樣本值算得,因?yàn)?故接收.即認(rèn)為兩批電子元件的平均電阻無顯著差異.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)表示3個(gè)事件,則表示（ ）(A) 中有一個(gè)發(fā)生(B) 中不多于一個(gè)發(fā)生(C) 都不發(fā)生 (D) 中恰有兩個(gè)發(fā)生解 本題應(yīng)選C.2.已知=（ ）.(A) (B) (C) (D) 解 ,.故本題應(yīng)選A.3.設(shè)兩個(gè)相互獨(dú)立的隨機(jī)變量與分別服從正態(tài)分布和,則（ ）(A) (B) (C) (D) 解 ,故本題應(yīng)選B.4.設(shè)與為兩隨機(jī)變量,且,則（ ）(A) 40 (B) 34(C) 25.6 (D) 17.6解 ,.故本題應(yīng)選C.5.若

9、隨機(jī)變量服從參數(shù)為的泊松分布,則的數(shù)學(xué)期望是（ ）(A) (B) (C) (D) 解 ,本題應(yīng)選D.6.設(shè)是來自于正態(tài)總體的簡單隨機(jī)樣本,為樣本方差,記 則服從自由度為的分布的隨機(jī)變量是（ ）(A) (B) (C) (D) 解 ,再由分布的定義知,本題應(yīng)選B.7.設(shè)總體均值與方差都存在,且均為未知參數(shù),而 是該總體的一個(gè)樣本,為樣本方差,則總體方差的矩估計(jì)量是（ ）(A) (B) (C) (D) 解 本題應(yīng)選D.8.在假設(shè)檢驗(yàn)時(shí),若增大樣本容量,則犯兩類錯(cuò)誤的概率（ ）(A) 都增大 (B) 都減小(C) 都不變 (D) 一個(gè)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)1

10、0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)表示兩件中有一件不合格品,表示兩件都是不合格品.則所求的極限為2.設(shè)隨機(jī)變量服從分布,則的分布函數(shù)為_.解 服從0-1分布,其分布函數(shù)為3.若隨機(jī)變量服從均值為2,方差為的正態(tài)分布,且,則=_.解 ,即其密度函數(shù)關(guān)于對(duì)稱.由對(duì)稱性知.4.設(shè)總體服從參數(shù)為的01分布,其中未知.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;.5.設(shè)總體服從參數(shù)為的指數(shù)分布,現(xiàn)從中隨機(jī)抽取10個(gè)樣本,根據(jù)測(cè)得的結(jié)果計(jì)算知,那么的矩估計(jì)值為_.解

11、 .6.設(shè)總體,且未知,用樣本檢驗(yàn)假設(shè)時(shí),采用的統(tǒng)計(jì)量是_.解 (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,再從中任取一球,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)分別表示從第,號(hào)盒中取球,表示取到黑球.(1) 由全概公式可得0.342;(2) 由貝葉斯公式得0.682.四.（本題6分）設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為,對(duì)獨(dú)立地重復(fù)觀察4次,用表示觀察值大于地次數(shù),求的數(shù)學(xué)期望.解 ,從而.五.（本題12分）設(shè)的聯(lián)合分布律為 0

12、1 2 1 0.1 0.05 0.35 2 0.3 0.1 0.1問:(1) 是否獨(dú)立；(2) 計(jì)算的值；(3) 在的條件下的條件分布律.解 (1) 因?yàn)?所以不獨(dú)立;(2) ;(3) ,.六.（本題12分）設(shè)二維隨機(jī)變量的概率密度為求:(1) 的邊緣密度函數(shù)；(2) ；(3) .解 (1)(2) ;(3) .七.（本題6分）一部件包括10部分,每部分的長度是一個(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2mm,均方差為0.05,規(guī)定總長度為mm時(shí)產(chǎn)品合格,試求產(chǎn)品合格的概率.解 設(shè)表示第部分的長度,表示部件的長度.由題意知,且,.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

13、為.八.（本題7分）設(shè)總體具有概率密度為其中為已知正整數(shù),求的極大似然估計(jì).解 設(shè)是來自總體的樣本,當(dāng)時(shí),似然函數(shù),兩邊取對(duì)數(shù),關(guān)于求導(dǎo),并令其為0,得,從而解得的極大似然估計(jì)為.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)及樣本方差如下:東支:, 西支:, 若東、西兩支礦脈的含鋅量都服從正態(tài)分布,問東、西兩支礦脈含鋅量的平均值是否可以看作一樣？,解 本題是在未知方差,又沒有說明方差是否相等的情況下,要求檢驗(yàn)兩總體均值是否相等的問題,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):=,統(tǒng)計(jì)量,經(jīng)檢驗(yàn),接受

14、:=；第二步假設(shè):,統(tǒng)計(jì)量經(jīng)檢驗(yàn),接受,即可認(rèn)為東、西兩支礦脈含鋅量的平均值相等.(請(qǐng)參見模擬試題(一)第九大題)十.（本題5分）設(shè)總體的密度函數(shù)為其中為未知參數(shù),為來自總體的樣本,證明:是的無偏估計(jì)量.證明 ,故是的無偏估計(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,則該射手的命中率為 .解 設(shè)表示一次射擊中擊中目標(biāo),依題意,四次都沒擊中的概率為,解得,從而射手的命中率為.2.若事件,獨(dú)立,且,則 .解 .3.設(shè)離散型隨機(jī)變量服從參數(shù)為（）的泊松分布,已知,則= .解 ,從而解得.4.設(shè)相互獨(dú)立的兩個(gè)隨機(jī)變量,具

15、有同一分布律,且的分布律為: 則隨機(jī)變量的分布律為 .解 的可能取值為0,1.5.設(shè)隨機(jī)變量,的方差分別為,相關(guān)系數(shù),則= .解 .6.設(shè)總體的期望值和方差都存在,總體方差的無偏估計(jì)量是,則 .解 .7.設(shè)總體,未知,檢驗(yàn),應(yīng)選用的統(tǒng)計(jì)量是 .解 (為真時(shí))二 .單項(xiàng)選擇題（每小題2分,共16分）1.本中文書和本外文書任意往書架上擺放,則本外文書放在一起的概率為（ ）(A) (B) (C) (D) 解 本題應(yīng)選C.2.若事件相互獨(dú)立,則下列正確的是（ ）(A) (B) (C) (D) 解 由獨(dú)立性的定義知,故本題應(yīng)選D.3.設(shè)隨機(jī)變量服從參數(shù)為,的二項(xiàng)分布,且,則,的值為（ ）(A) =,=(

16、B) =,=(C) =,=(D) =,=解 由,解得=,=,本題應(yīng)選A.4.設(shè)隨機(jī)變量服從正態(tài)分布,其概率密度函數(shù)為,分布函數(shù)為,則有（ ）(A) (B) (C) =,(D) , 解 ,故其密度函數(shù)關(guān)于對(duì)稱,故本題應(yīng)選B.5.如果隨機(jī)變量與滿足:,則下列式子正確的是（ ）(A) 與相互獨(dú)立(B) 與不相關(guān)(C) (D) 解 由,可得,從而可知與不相關(guān),故本題應(yīng)選B.6.設(shè)是來自總體的樣本,為樣本均值,令,則（ ）(A) (B) (C) (D)解 本題應(yīng)選A.7.設(shè)是取自總體的樣本,可以作為的無偏估計(jì)量的統(tǒng)計(jì)量是（ ）(A) (B) (C) (D)解 由無偏估計(jì)的定義及期望的性質(zhì)知,故A選擇正確

17、,同理驗(yàn)算其他選項(xiàng),B,C,D均不正確.故本題應(yīng)選A.8.樣本來自正態(tài)總體,若進(jìn)行假設(shè)檢驗(yàn),當(dāng)（ ）時(shí),一般采用統(tǒng)計(jì)量(A) 未知,檢驗(yàn)=(B) 已知,檢驗(yàn)=(C) 未知,檢驗(yàn) =(D) 已知,檢驗(yàn)=解 本題應(yīng)選C.三.（本題8分）有兩臺(tái)車床生產(chǎn)同一型號(hào)螺桿,甲車床的產(chǎn)量是乙車床的倍,甲車床的廢品率為,乙車床的廢品率為,現(xiàn)隨機(jī)抽取一根螺桿檢查,發(fā)現(xiàn)是廢品,問該廢品是由甲車床生產(chǎn)的概率是多少？解 設(shè)分別表示螺桿由甲,乙車床生產(chǎn)的事件.表示螺桿是廢品的事件.由貝葉斯公式可得.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,機(jī)器發(fā)生故障時(shí)全天停止工作.若一周五個(gè)工作日里無故障,可獲利潤萬元,發(fā)

18、生一次故障獲利潤萬元,發(fā)生兩次故障獲利潤萬元,發(fā)生三次或三次以上故障就要虧損萬元,問一周內(nèi)期望利潤是多少？解 設(shè)表示一周中所獲的利潤,其分布律為: 0 5 10 從而由期望的定義計(jì)算可得.五.（本題12分）1.設(shè)隨機(jī)向量,的聯(lián)合分布為: (1) 求,的邊際分布；(2) 判斷,是否獨(dú)立.解 (1) 的邊際分布為： 的邊際分布為： (2) 與不相互獨(dú)立.2.設(shè)隨機(jī)變量的聯(lián)合密度函數(shù)為:=求概率.解 .六.（本題8分）設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的分布函數(shù)為:求: (1) 系數(shù)及；(2) 隨機(jī)變量的概率密度；(3) .解 (1) 由分布函數(shù)的性質(zhì)知,從而;(2) 分布函數(shù)的導(dǎo)數(shù)即為其概率密度,即=(3) .七.

19、（本題8分）設(shè)為總體的一個(gè)樣本,的概率密度為:=其中,求未知參數(shù)的矩估計(jì)量與極大似然估計(jì)量.解 令,從而解得的矩估計(jì)量為.極大似然估計(jì)為:.(具體做法類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服從正態(tài)分布,從中隨機(jī)地抽取位考生的成績,算得平均成績?yōu)榉?標(biāo)準(zhǔn)差為分,問在顯著水平下,是否可認(rèn)為全體考生的平均成績?yōu)榉郑拷?假設(shè):,選取統(tǒng)計(jì)量, (為真時(shí))在下,查分布的雙側(cè)臨界值表知.另一方面,計(jì)算統(tǒng)計(jì)量的值,從而接受原假設(shè),即可認(rèn)為全體考生的平均成績?yōu)榉?九.（本題分）兩家銀行分別對(duì)個(gè)儲(chǔ)戶和個(gè)儲(chǔ)戶的年存款余額進(jìn)行抽樣調(diào)查,測(cè)得其平均年存款余額分別為=元和=元,樣本標(biāo)準(zhǔn)差相應(yīng)地為元和元

20、,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)戶的平均年存款余額有無顯著差異？（）解 此題要求檢驗(yàn),由于檢驗(yàn)必須在方差相等的條件下進(jìn)行,因此必須先檢驗(yàn)與是否相等.第一步假設(shè):=,統(tǒng)計(jì)量,經(jīng)檢驗(yàn),接受:=；第二步假設(shè):,統(tǒng)計(jì)量經(jīng)檢驗(yàn),拒絕,即兩家銀行的儲(chǔ)戶的平均年存款余額有顯著差異.(請(qǐng)參見模擬試題(一)第九大題)十.（本題分）設(shè)總體服從參數(shù)為的泊松分布,為未知參數(shù),證明:是的一個(gè)無偏估計(jì)量.證明 ,所以是的一個(gè)無偏估計(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)=0.4,=0.5.若則 .解 2.若隨機(jī)變量服從二項(xiàng)分布,即,則 .解 .3.三次獨(dú)立重復(fù)射擊中,若至少有一

21、次擊中的概率為,則每次擊中的概率為 .解 .4.設(shè)隨機(jī)變量的概率密度是:且則 .解 由知,.故從而.5.利用正態(tài)分布的結(jié)論,有: .解 令,則原式,這里.6.設(shè)總體的密度函數(shù)為:,是來自總體的樣本觀測(cè)值,則樣本的似然函數(shù) .解 .7.設(shè),是二維隨機(jī)向量,都不為零,若有常數(shù)與使,這時(shí)與是 關(guān)系.解 完全相關(guān).8.若,是來自總體的樣本,分別為樣本均值和方差,則服從 分布.解 .9.設(shè),與相互獨(dú)立.從,中分別抽取容量為的樣本,樣本均值分別為,則服從分布 .解 .10.設(shè)隨機(jī)變量和的相關(guān)系數(shù)為0.9,若,則與的相關(guān)系數(shù)為_.解 .二.單項(xiàng)選擇題(每小題2分,共12分)1. 設(shè)隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望與均存在

22、,由切比雪夫不等式估計(jì)概率為( )(A) (B) (C) (D) 解 本題應(yīng)選C.2.為隨機(jī)隨機(jī)事件,且,則下列式子正確的是( ).(A) (B) (C) (D) 解 本題應(yīng)選A.3. 設(shè)隨機(jī)變量的密度函數(shù)為且,則( ).(A) (B) (C) (D) 解 令,解得,故本題應(yīng)選D.4.若隨機(jī)變量與不相關(guān),則有( ).(A) (B) (C) (D) 解 本題應(yīng)選C.5.已知隨機(jī)變量,且,則( ).(A) (B) (C)(D) 解 6.將一枚硬幣獨(dú)立地?cái)S兩次,記事件:擲第一次出現(xiàn)正面,擲第二次出現(xiàn)正面,正、反面各出現(xiàn)一次,正面出現(xiàn)兩次,則事件( ).(A) 相互獨(dú)立(B) 相互獨(dú)立(C) 兩兩獨(dú)立(D) 兩兩獨(dú)立解 ,再由事件獨(dú)立的充分必要條件可知兩兩獨(dú)立,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)車間生產(chǎn)同一種產(chǎn)品,它們的產(chǎn)量之比為3:2:1,各車間產(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.(具體做法參見模擬試卷(一)第四題)2.一實(shí)