重庆理工大学2019-2020年度上学期期末考试《概率论与数理统计》试卷及答案

1、重庆理工大学2019-2020年度上学期期末考试概率论与数理统计试卷学号： 姓名： 班级： 单项选择题（每小题4分，共20分） 1. 对于任意的两个事件A，B，有P(A-B)=( ) (A) P(A)-P(B) (B) P(A)-P(B)+P(AB) (C) P(A)-P(AB) (D) P(A)+P()+P() 2. 设离散型随机变量X的分布律为P(X=k)=blk (k=1,2,)，且b>0为常数，则( ) (A) l 为大于0的任意实数 (B) l=b+1 (C) l= (D) l= 3. 将长度为1m的木棒随机地截成两段，则两段长度的相关系数为( ) (A) 1 (B) (C)

2、- (D) -1 4. 设X1，X2，Xn是总体XN(0, 1)的样本，,S分别为样本均值和样本标准差，则( ) (A) N(0, 1) (B) N(0, 1) (C) c2(n) (D) t(n-1) 5. 设总体XN(m,s2)，其中s2已知，若样本容量n不变，则当置信度变大时，总体均值m的置信区间的长度( ) (A) 变长 (B) 变短 (C) 不变 (D) 以上说法均不对二、填空题（每小题4分，共20分） 1. 设A, B, C是相互独立的随机事件，已知P(A)=，P(B)=，P(C)=，则P(AÈBÈC)=_。 2. 设X服从参数为l的泊松分布，且E(X-1)(X

3、-2)=1，则EX2=_ 3. 设二维随机变量(X,Y) N(m, m, s2, s2, 0)，则EXY2=_ 4. 设X是随机变量，DX=2，则由Chebyshev不等式，有P(|X-EX|³2)£_ 5. 设X1，X2，Xn是来自正态总体N(m,s2)的简单随机样本，其中m,s2未知，则假设检验H0：=，H1：¹ 使用的统计量为_三、解答题（每小题10分，共60分）1. 已知甲袋中装有3只白球和3只红球，乙袋中仅装有3只白球，从甲袋中任取3只球放入乙袋后，求(i) 从乙袋中任取一只球是红球的概率；(ii)若从乙袋中取出的是红球，则从甲袋中取出的3只球只有一只红

4、球的概率。2. 设随机变量X的概率密度为f(x)=，试求(i)常数k；(ii)X的分布函数F(x)；(iii) P(X>1)。3. 设二维随机变量(X, Y)的概率密度为f(x, y)=，(i) 求条件概率密度fY|X(y|x)；(ii)求条件概率P(X£1|Y£1)4. 设二维离散型随机变量(X, Y)的概率分布为YX0120010020(i) 求P(X=2Y)； (ii) 求Cov(X-Y, Y)。5. 设随机变量X与Y相互独立且分别服从正态分布N(m,s2)与N(m,2s2)，其中s是未知参数且s>0，记Z=X-Y。(i) 求Z的概率密度f(z;s2)；(

5、ii) 设Z1, Z2, ,Zn为来自总体Z的简单随机样本，求s2的最大似然估计量；(iii) 证明为s2的无偏估计量。6. 某工厂生产一种灯泡，其寿命X(单位：小时)服从正态分布N(m,2002)，从过去较长一段时间的生产情况来看，灯泡的平均寿命为1500小时，采用新工艺后，在所生产的灯泡中抽取25只，测得平均寿命为1675小时，问在显著性水平a=0.05下，采用新工艺后灯泡寿命是否显著提高(z0.05=1.65)参考答案选择题（每小题4分，共20分）1. C 2. C 3. D 4. C 5. A二、填空题（每小题4分，共20分）1. 2. 2 3. m (s2+m2) 4. 5. c2(

6、n-1) (若填或也给满分)三、计算题（每小题10分，共60分）1. 解（i）设Bi，i=0, 1, 2, 3 表示“从甲袋中取出的三个球中有i只红球”，A表示“从乙袋中任取出一球是红球”，则P(B0)=，P(B1)=，P(B2)=，P(B3)=，P(A|B0)=0，P(A|B1)=，P(A|B2)=，P(A|B3)=，.3分根据全概率公式，有P(A)= ×0+×+×+×=3分（ii）由Bayes公式，有P(Bi|A)=4分2. 解（i）由于，得 1=，因此k=2.3分（ii）当x<0时，F(x)=0； 当x³0时，F(x)=1-e-2x

7、，所以X的分布函数为 F(x)=.4分（3）P(X>1)=e-2.3分3. 解（i）X的概率密度为fX(x)=.2分 " x>0，fX(x)>0，Y的条件概率密度为fY|X(y|x)=.3分（ii）Y的概率密度为fY(y)=.2分P(X£1|Y£1)=3分4. 解（i）由(X,Y)的概率分布得P(X=2Y)=P(X=0, Y=0)+P(X=2, Y=1)=+0=3分（ii）由(X,Y)的概率分布可得，X, Y, XY的概率分布分别为 所以EX=0×+1×+2×=，EY=0×+1×+2×=

8、1 EXY=0×+1×+4×= 从而Cov(X, Y)=EXY-EXEY=-×1=0.3分 又EY2=02×+12×+22×=，DY=EY2-(EY)2=-12=.2分 故Cov(X-Y, Y)=Cov(X, Y)-Cov(Y, Y)= Cov(X, Y)-DY=0-=-.2分5. 解（i）因为X与Y相互独立且分别服从正态分布N(m, s2)与N(m, 2s2)，所以Z=X-Y服从正态分布，且EZ=E(X-Y)=EX-EY=0，DZ=D(X-Y)=DX+DY= 3s2， 因此Z的概率密度为f(z;s2)=，-¥<z<¥.2分 （ii）对于样本的一组样本值z1, z2, ,zn 似然函数L(s2)= 取自然对数lnL(s2)=-nln-lns2- 令=+=0，解之得s2的最大似然估计值为=，从而s2的最大似然估计量为=.6分（iii）因为E=EZ2=(DZ+(EZ)2)=DZ=s2，所以为s2的无偏估计量.2分6. 解（i）需检验H0：m£1500，H1：m>15002分 (ii) 选择适当的检验统计量U=N(0,1).2分 (iii) 由于a=0.05，所以临界点