2016曹显兵《概率论与数理统计辅导讲义》习题详解

1 练习题一一、填空题1. 【详解】因为 ,A B A B B B B ,A B A B B B B 于是 A B A B A B A B ,故 0P A B A B A B A B 【详解】由证法即可）, 故P(AB)=1, P(0. 3. 【分析】 这是一个3重贝努利试验, 从而利用二项分布求解. 【详解】设在每次试验中 1927=P1P303003 )1(1)1(1 . 解得 31p 【详解】 根据加法公式有)()()()()()()()( 由题设A, B, 且 )()()( 知: 0)( )()()()( 2 , )()()()( 2 , )()()()( 2 . 从而 169)(3)(3)( 2 解得 43)( 41)( 又根据题设, 21)( 故 41)( 5. 【详解】 ( ) ( ) ( ) ( )P P C P 2 = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P B P C P A P B P C =或者 ( ) 1 ( ) ( ) 1 1 ( ) ( )1 ( )P P C P A P B P C 1 . ( )( ) ( )( )( ) ( )P A C P C P P ( ) ( )(1 ( ) 1.( ) 6P A P B P B C 6. 【详解】设A至少取到1件次品, 则A取到的2件都是正品. 因此 272107 8( ) 1 ( ) 1 115 15 P . 7. 【详解】设A第一个人取到一个新球,B第二个人取到一个旧球. 方法1：在缩小的样本空间中直接计算得 2 1( ) 4 2P 利用 3( ) ( ) 15 4( )2 3 3 2 2( ) ( ) ( ) ( )5 4 5 4P A P B P B A P A P B A . 8. 【详解】由题意可知, 第m n 次试验是成功的, 在此之前有过 1n 次的成功和所求概率 1 1 (1 )n n mn p p . 二、选择题1. 【详解】因为A B ,由 ,A B 有 ,因此 ( ) ( )P B , 故(C)正确. 2. 【详解】由 ,A 此,因此A B ，从而A B B . 故 ( ) ( )P A B P B , 所以(D)为正确答案. 3. 【详解】因为 ( )( ) 1( )P A P A , 因此 ( ) ( ) 0P A P , 故 ( ) 0P , 即选(A). 3 特别注意，不要错选(D). 4. 【详解】因为 , , ,A B C (A)、(B)、(D)三个选项中的三对事件都是独立的,只有(C)选项当中的事件可能不独立. 5. 【详解】由于( )( )( )( )A B A B A B A B ,而与任意事件相互独立, 因此选项(A)正确. 6. 【详解】因为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A C P A P A P C , 因此 ( ) ( )P C . 可以验证(A)、(B)和(D)都不满足条件,只有(C)正确. 事实上: ( )( ) ( )A B A B A B B A . 7. 【详解】设A丙摸到了红球,B甲、乙摸到不同颜色的球. 在缩小的样本空间中直接计算得1 17 2297( )18 . 8. 【详解】通过选项判断可知(A)、(B)当中必有一个不正确. 因为 1 2 4 1 1( ) 5 4 5P , 因此只有选项(A)是不正确的. 三、解答题1. 【详解】从5个白球3个黑球中任取2个球的基本事件总数为 28C . (1)设A两球同色,则取到的是 2 个白球或者 2 个黑球,故有利于 25 3C C ,因此2 25 3281328C . (2)设A取得的两球至少一个是白球,则A取得的两球都是黑球, 因为有利于数为 23C , 所以 232825( ) 1 ( ) 128 P . 2. 【详解】(1) 显然，基本事件总数为排列数 410P （也可记为 410A ）. 考虑到 4 位数为偶数, 如果个位为 0, 则其它三位数字可任意排列,有利事件数为 39P ; 如果个位不是 0, 则只可取2,4,6,8当中的一个, 同时注意到千位不可以取0, 故有利事件数为 1 1 24 8 8C 因此所求概率 3 1 1 29 4 8 81 4104190P C . (2) 因为4个数字组成的4位数为奇数, 故个位可以是1,3,5,7,9，有 15C 种取法，同时注意到千位不可以取0, 故有利事件数为 1 1 25 8 8C 所求概率 1 1 25 8 82 4104090C . 【注】不要错误地认为 1 2P P 应该等于1. 3. 【详解】(1) 方程 2 0u xu y 有两个实根的区域 2( , ) 4 0E x y x y . D E 对应的区域面积为2111324 6x , 而正方形由几何概型得所求概率 131364 24P . (2) 方程 2 0u xu y 的根为 2 42x x . 于是方程有两个正根的条件为 2( , ) 4 0, 0, 0E x y x y x y . D E 对应的区域面积为20114 12x , 正方形由几何概型得所求概率 11124 48P . 4. 【详解】由A, P( P(A) P(B), 由A, C= , 于是，5 P(0, 因此 P(AB)= P(A)+ P(B)P( P(A)+ P(B) P(A) P(B) 23 . ( ) ( )( | )( ) ( ) B P A B P A B ( | ) ( )( )P B C P B 1 18 423 364 . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2( )9( ) ( ) ( )P A P P C P C . 5. 【详解】由条件概率公式以及B, (A|(C)+P(A|(C)= ( ) ( ) ( ) ( | ).( ) ( ) ( )P A P B P B 6. 【详解】设B第二次取出的3个球中有2个新球, 第一次取出的3个球中恰有, 0,1,2,3i (1)由全概率公式: 0 0 1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P B P B A P A P B A P A P B A P A P B A P A 2 1 3 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 36 6 9 7 5 9 3 8 4 9 3 9 3 33 3 3 3 3 3 3 312 12 12 12 12 12 12 12C C C C C C C C C C C C C C C C 13773025 =(2)由2 22 30( ) ( )( )( ) ( )i A P A P A. 7. 【详解】设B最后取到白球, 取得的3个球中有. 0,1,2,3i . 由全概率公式得: 0 0 1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P B P B A P A P B A P A P B A P A P B A P A 1 1 1 2 1 1 1 1 1 12 24 6 5 6 5 5 4 6 5 54 42 1 2 1 2 1 2 1 2 110 10 10 10 10 10 10 10 10 101 20 ( ) ( ) 13 3 C C C C C C C C C C C C C 6 1 13 1 10 1 5 3 15 15 30 8. 【详解】设A投掷3次每次得到国徽, B此硬币为正品. 则由1 2( ) ( ) 18 3( )1 2 1 5( ) ( ) ( ) ( ) 18 3 3P B P B P B . 7 练习题二一、填空题1 【详解】 PX 2 =1= PX=1+ PX= 1= F(1) F(10) + F(1) F(10) 3 1 31 04 8 8 . 2 【详解】由密度函数f (x)满足 ( ) 1f x , 可得 0 11 0( ) ( ) 1C x x , 积分得: 12( ) 12C , 从而C =1. 可以验证C =1满足f (x)0的条件, 因此常数C =1. 3 【详解】 因 PXa= 1 3 4( )d 4 1a af x x x dx a , PPX c , | b |10 =1 125 5101015x xe dx e e . 由题意知，, p )分布, 即 2 2 55 5 (1 ) (1 )k k k k k k C p p C e e , k =0, 1, 2, 3, 4, 5 . 于是 PY 1 =1 PY=0 = 2 51 (1 )e . 5 【详解】用随机变量2, 3, 4, 且 5 18P X ,3 6 9 28 8 32P X , 3 2 7 21 38 8 8 256P X , 3 2 1 3 48 8 8 256P X . 11 于是抽取次数1 2 3 45 9 21 38 32 256 256 6 【详解】方程 x+34Y+1=0没有实根充分必要条件为 Y 24 (34Y+1) a= 1a ), 由 P(AB)= P(A)+ P(B) P(A) P(B), 如果常数 a 1, 3 )，则 P(A) 与 P(B) 必定一个取值为 0，另一个取值为 1，这种情况下P(AB)=1，与题意不符; 因此可以判定a 1, 3 ), 此时， P(AB)= 1 1 1 1 1 1 71 (1 ) 1 (1 )2 2 2 2 2 2 9a a a a a a , 解得 53a 或 73a4【详解】(x) = F(x, +)0, 0, 0 1,1, 14 5【详解】 PX+Y11 1122 20 0d 6 d (6 12 )x y x x x 12 3 20(3 4 )|x x 14 . 二、选择题1【详解】由PX=Y= PX=0, Y=0 +PX=1, Y=1 = PX=0PY=0 +PX=1PY=1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 因此选（C）. 2【详解】 PX Y=1 PX =Y=1 PX= 1, Y= 1 PX=0, Y=0 PX=1, Y=1 由P=1，有 0 0P ，于是 PX= 1, Y= 1 = PX=1, Y=1= PX= 1, Y= 1 = PX=1, Y= 1= 0. 又 P=PX=0 + PY=0 PX=0, Y=0= 1 PX=0, Y=0=1, 因此 PX=0, Y=0=0 , 所以 PX Y=1. 选（D）. 【注意】也可列出联合分布的表格，再根据联合分布与边缘分布的关系即得结果. 3【详解】方法1: 由联合分布律的性质 1 ，即得 +=13. 又是=PX=2, Y=2= PX=2 PY=2 2 1( )3 9 , 解得 2,9 1 故选(B) . 方法2: 因以 2, 2 2 2 2 2, 3 2 3 3P X Y P X P Y P Y P X Y 1 2 1 3P X P 1 1, 2 9 21 1, 318P X Y , 即=2 ，只有（B）符合题意 . 4【详解】 , Z X Y ，且此 z )= PZ z = P ,Y) z =1 P , Y) z =1 PXz , Y z =1 P X z PY z =11FX(z)1FY(z) . 所以选（D）. 5【详解】由全概率公式、5 ( z )= PX+Y z =0 | Y z Y k P Y k =0 | z k Y k P Y k 0 z k P Y k 0(1 ) ( )nk k n p p z k . 其中( )x 为标准正态分布函数，显然连续，因此，X+选（A）. 三、解答题1【详解】（1）放回抽样: 此时P 0 = P 0 =56, P 1 = P 1 =16,(联合分布律和关于0 1 0 2536 536 561 536 136 16pj 56 16 1 （2）不放回抽样：由古典概型得 P 0 = P 0 =56, P 1 = P 1 =16,P 0，0 = 10 9 1512 11 22 , P 0，1 =10 2 512 11 33 , P 1，0 = 2 10 512 11 33 , P 0，1 = 2 1 112 11 66 . 故(联合分布律和关于0 1 0 1522 533 561 533 166 16pj 56 16 1 1 1 16 2【详解】（1） 4 22 0( , )d d d (6 )df x y x y k y x y x 42(10 2 )dk y y = k (10 y 2 42|y ) = 8. 因此 18k . （2） PX2,Y3 3 2 3 22 01d ( , )d d (6 )f x y x y x y x 321 (10 2 )d8 y y 1(108 y2 32|y )3) PX32 3 3 42 20 21d ( , )d d (6 )f x y y x x y y 3201 (6 2 )d8 x x =32 201(6 )|8 x x )意：这里也可先计算计算此概率. （4） PX+Y4=22 4 20 2 01 1d (6 )d (6 4 ) 2x xx x y y x x . =32 201(6 2 )| 8 6xx x =23 【详解】（1）由题知， ( , )d df x y x y 21 121d x x y y 1 2 614( )1c cx x x =1， 因此 214c . （2）当x 1时, x)= 0, 当1x1时, 21 2 2 621 21( ) ( , )d d ( )4 8x f x y y x y y x x , 即2 621( ), 1 1,( ) 80Xx x xf x 时, y)= 0, 当 0y1时, 52 221 7( ) ( , )d yY yf y f x y x x y x y , 因此527 , 0 1,( ) 20, yf y 其他17 4 【详解】由题设知 1, 1 1,0 1,( , ) 20, x yf x y z )= PZ z = 3YP , 因此, 当 10 3z 时， z )= 3( , )d dy x y x y 1 32 4z , 当 13z 时， z )= 3( , )d dy x y x y 1 1 1(2 ) 12 6 12z z . 同理可得，当 1 03 z 时， 1 3( ) 2 4ZF z z , 当 13z 时， 1( ) 12ZF z z . 于是 z )= FZ ( z )= 21 1, | | ,3123 1, | | 【注】当z 0时 , 积分区域 3y 是直线y =3 z x 的下方(x 0)或上方(x 0)和上方(x 0 时, (1 )0( ) ( , )d dx y x f x y y xe y e , 因此 , 0,( ) 0, xf 当 y0 时, y)= 0, 当 y0 时, (1 )0( ) ( , )d dx y f x y x xe x (1 ) (1 )001 | d 1x y x e (1 )021 |(1 )x 21(1 )y , 19 因此 21 , 0,(1 )( )0, （3）由（2）知 x) y) = 2 , 0, 0,( 1)0, 其他. f (x, y) . 因此20 练习题四一、填空题1.【详解】由题意知，10, ，因此2 2( ) ( ) ( )E X D X E X = 210 10 . 2.【详解】设随机变量X 表示成功次数，则X 服从分布 (100, )B p ，从而有标准差( ) ( ) 100 (1 )X D X p p . 易知 12p 时，标准差最大，最大值为 ( ) 5X 3.【详解】因为 X 服从 (2)P 分布，故 ( ) ( ) 2E X D X ；因为Y 服从 ( 3,1)N 分布，故( ) 3, ( ) 1E Y . 所以( ) ( 2 9) ( ) 2 ( ) 9 2 6 9 1E Z E X Y E X E Y . ( ) ( 2 9) ( ) 4 ( ) 2 4 6D Z D X Y D X . 4. 【 详 解 】 因 为 X 服 从 参 数 为 的 泊 松 分 布 ， 因 此 ( ) ( )E X D X ，2 2 2( ) ( ) ( )E X D X E X . 于是2 2 2( 2 4) 2 4 3 4 0E X X ， 又 0 ，故 1 . 所以 1( 0) 1 ( 0) 1 1P X P X e e . 5.【详解】由题意知随机变量(X, Y)的概率密度1, 0 1,| | ,( , )0, .x y xf x y 其他( ) ( , )E X xf x y = = 1 1 20 0223x ， 2 2( ) ( , )E X x f x y = 2Dx = 1 12 30 0122x dy x ， 故 2 2 2(2 1) 4 ( ) 4 ( ) ( ) 9D X D X E X E X . 21 二、选择题1.【详解】1 1 11 1 1( ) ( )2 ( 1) 2 1k k k k k k k ，而级数111k k 发散，因此)(存在，选（A）详解】由题意知， 321 )( 32122 即 21 又 1 2 3 1p p p . 故（C）为正确答案. 3.【详解】易知 (2,4)X Y N ， ( 2,4)X Y N ，故 1( 2) 2P X Y . 选（D）详解】因为 2 2( ) ( ) ( )D X Y E X Y E X Y = 2 2 2 2( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )E X E Y E X E Y E X E Y = ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )D X X E Y ， 故，由D(X+Y)=D(X)+D(Y)即得 ( ) ( ) ( ) 0E X E Y . 选（D） 5.【详解】由 和 不相关，可知相关系数 ( , ) 0 ，即协方差( , ) 0 Y X Y . 由协方差性质得( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) Y X Y X Y = ( ) ( )D X =0. 因此，选（B）. 三、解答题1.【详解】由题意知，X 的可能取值为0,1, 2, 3，且33361( 0) ,20C 1 23 3369( 1) ,20C 2 13 3369( 2) ,20C C 33369( 3)20C . 因此， 1 9 9 1 3( ) 0 1 2 320 20 20 20 2E X . 22 2.【详解】由随机变量函数的数学期望公式得(1) 0( ) (2 ) 2 ( ) 2 2 E X xf x dx xe . (2) 2 2 301( ) ( ) ( )3X x E e e f x dx e . 3.【详解】 ( ) ( , )E X xf x y = 1 20 0( 12 )x xy dy = 1 40445x .( ) ( , )E Y yf x y = 1 30 0( 12 )x y dy = 1 40335x 3 50 0 01( ) ( , ) 12 32Y x y dx xy dy x . 2 2 2 2( ) ( ) ( , )E X Y x y f x y = 1 12 2 2 50 0 032 1612 ( )5 15y x y dy x .【评注】也可用先求边缘密度的方法：当0 1x 时， 2 30( ) ( , ) 12 4x f x y dy y dy x ，因此34 , 0 1,( ) 0, .X x xf x 其他于是 1 404( ) ( ) 45E X xf x dy x . 当0 1y 时， 1 2 2( ) ( , ) 12 12 (1 )y f x y dx y dx y y ，因此 212 (1 ), 0 1,( ) 0, .Y y y yf y 其他于是 1 303( ) ( ) 12 (1 )5 yf y dy y y 详解】令 1 2,T T 分别表示两台自动记录仪的无障碍工作时间，由题意知， 1 2,T T 的密度函数55 , 0,( ) 0, tf t 其他而且 1 2T T T ，其中 1 2,T T 相互独立， 1( ) 5 ， 1( ) 25 ， 1, 所以 ( )E T 1 2 1 1 2( ) ( ) 5 5 5E T E T ， ( ) 1 2 1 1 2( ) ( ) 25 25 25 T . 23 5.【详解】随机变量(X，Y)的联合密度1, 0 1,0 2,( , ) 20, .x yf x y 其他于是，易得 (0,1)X U ， (0,2)Y U ，其分布函数分别为 0, 0,( ) , 0 1,1, x x 0, 0,( ) , 0 2,21, y 由 , )Z X Y 得其分布函数 ( ) 1 1 ( )1 ( )Z X YF z F z F z =0, 0,1 (1 )(1 ), 0 1,21, 概率密度3, 0 1,( ) 20, zf z 其他故 1 203 5( ) ( ) ( )2 12E Z zf z dz z z ， 12 2 3 203 1( ) ( ) ( )2 4E Z z f z dz z z ， 2 2 1 25 11( ) ( ) ( )4 144 144D Z E Z E Z . 6.【详解】由题设知: , X , 2)分布, 令i, 则N(0, 2), 于是 E(| ) = y 22221| y 22222 02 |22 22 2 , D(| )=E(| 2) )=E( 2E 2(| )=D( 22 2)21( , 故 E(Y)= 1 =E(| ) 2 , D(Y)= |1 1( . 7.【详解】1,1,2,4,4,8，且1 1 1 1( ) 2 0 ( 1) 1 2 0 ( 8) ( 4) 0 4 0 8 04 4 4 4E ， 24 1 1 1 5( ) ( 2 1 1 2) 0, ( ) 1 44 2 2 2E X E Y . 因此 ( , ) ( ) ( ) ( ) 0 Y E X E Y ， ( , ) 0( ) ( ) 8.【详解】由题设条件与概率乘法公式易得（ ,X Y）的联合分布为1 1 ( )PY j 1 12 3 6 1 1 12 6 3 121 1 1 12 6 3 1 1 12 3 6 12( )P X i 12 12( 1, 1) ( , ) Y Y ，而 1( ) ( ) ( 1 1) 02E X E Y ， 1 1 1 1 1( ) 1 ( ) 1 ( )6 6 3 3 3E . 于是( 1, 1) ( , ) Y Y 1( ) ( ) ( ) 3E X E Y . 9.【详解】由题意知， 1 ( , )3X B n ， 2 ( , )3Y B n ，X Y n ，而且 1 1 1 2( ) , ( ) (1 )3 3 3 9E X n D X n n ；2 2 2 2( ) , ( ) (1 )3 3 3 9E Y n DY n n . (1) 由于 2( , ) ( , ) ( ) 09 Y n X D X n ，因此 ,X 可知 ,X 者由X Y n 得 ,X (2) 因为 ( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( ) 0 Y X Y X D X ，故 X Y 与X Y 不相关. (3) (3 , 3 ) 3 ( , ) 8 ( , ) 3 ( , ) Y X Y X Y 3 ( ) 8 ( , ) 3 ( )D X n X 163 ( ) 8 ( ) 3 ( )9D X D X DY n (3 ) 9 ( ) ( ) 6 ( , )9D X Y D X Y n ， 32( 3 ) ( ) 9 ( ) 6 ( , )9D X Y D X D Y Y n . 因此, 相关系数 (3 , 3 ) 1(3 ) ( 3 ) Y X Y D X Y . 10【详解】设进货量为a，则0,30中的某一整数，用随机变量可知 500 300( ), 30,( )500 100( ), 10 a a XY g XX a X X a 300 200 , 30,600 100 , 10 .X a a XX a X a 随机变量 , 10 30,( ) 200, x 其他故 30101 1( ) ( ) ( ) (600 100 ) (300 200 )20 20aX g x f x dx x a dx x a 215 350 52502 a a . 由 215 350 5250 92802 a a 整理得(3 62)( 26) 0y y ，即62 263 y ，因此最少进货量为21个单位. 26 练习题五一、填空题1.【详解】由契比雪夫不等式P|XE(X)| 2( )D X , 有 P|X|2 221(2 ) 4 . 2.【详解】由契比雪夫不等式有 P|X| 0, 有 | | 2 2 2 2( ) (1 ) ( ) nn n np np n P Y E Y nn n , 因此 | | 2 2(1 ) 二、选择题1. 【详解】选(C). 因(C)中, 相互独立, 且服从同一均匀分布, 故数学期望与方差存在, 从而满足林德伯格列维中心极限定理的所有条件, 所以当n时, 【评注】(A), (B)不能保证同分布；(D)不能保证的数学期望存在. 2. 【详解】由排除法知应选 (D) . 另外，也可由柯西分布的数学期望与方差不存在得(D)为正确答案. 3.【详解】由比较这些定理的条件即得应选(C).【评注】由辛钦大数定律也可以得出伯努利大数定律. 4.【详解】由分布函数 1( ) x a b 得密度函数21 1( )1 ( )f x . 于是 27 21( )1 ( )x d = 002 21 11 ( ) 1 ( )x xb bb b . 因此 1 2, , , , X 的数学期望不存在，辛钦大数定律对此序列不适用，选择（B）. 三、解答题1.【详解】 由题设知, (100, B ，E(X)=1000, D(X)=100(116. 由中心极限定理得P14X30 3 20 5 5 3 ( ) ( )2 4 2 2 2 5 3( ) ( ) 1 . 2.【详解】假设掷硬币的次数为n, 令随机变量则 ( , B n ， E(X)= 0.5 n , D(X)= 由契比雪夫不等式P|XE(X)| 2( )D X , 有 P n =P X =P| X 1001n 解之得n 1000. 由中心极限定理, P n =P X nP n 2 ( 1n 即 ( , 查表得 ,解得n 272 . 3.【详解】设 示第 ，于是28 ) 02 , 2(1( )12 12 ( 1,2 1500)i . 因此1500 15001 1( ) ( ) ( ) 0i ii E X E X , 1500 15001 1( ) ( ) ( ) 125i ii D X D X , (1) P | X | 15 =PX 15 + PX 0, 有 Pg(X) ( ) ( )( )( )d ( )dg x g xg xf x x f x x 1 1( ) ( )d ( )g x f x x E g X . 命题得证. 29 练习题六一、填空题1.【详解】 因为X2 (n), 于是E(X)= n , D(X)= 2 n ,所以 E(X )=E(X)= n , 211( ) ( ) D =2, E(D(X)= 2 n . 2.【详解】由, 22)分布可知 , 1 22X X 服从N(0, 20)分布, 3 43 4X X服从N(0, 100)分布, 因此 1 2220X X 与 3 43 4100X X 均服从N(0, 1)分布且相互独立. 于是 21 21 ( 2 )20 X X 与23 41 (3 4 )100 X X 均服从2 (1)分布，且 21 21 ( 2 )20Y X X 23 41 (3 4 )100 X X 服从2分布, 参数为2. 3.【详解】由 , ,2)分布得 (i=1,2, , 9)服从N(0, 1)分布. 因此2321服从 2 (3)分布, 而2924 服从2 (6)分布, 而且2321 与2924 相互独立. 由 2 21 2 32 2 24 5 92( )X X X 232129241316服从参数为(3, 6 ). 4.【详解】 若统计量 2 2X 是 2 的无偏估计，则2 2 2 2( ) ( ) ( )E X X 2( ) ( )D X E X ( ) 22n 2c = 2 ， 解之得 1c n . 5.【详解】已知 2 = 而X n 服从N(0,1)分布，由n=9, =表得分位数 30 u ，又 5x ， 2( , ) (5 x u x un n =(. 二、选择题1.【详解】 因 211 ( ) 中含有总体分布中的未知参数 , 因此 211 ( ) 不是统计量. 应选（D）. 2.【详解】由样本均值6(3,