概率统计 习题答案

1、习题 一1略.见教材习题参考答案.2【解】（1） A （2） AB （3） ABC（4） ABC=CBABCACABABC=(5) = (6) (7) BCACABCAB=(8) ABBCCA=ABACBCABC3.略.见教材习题参考答案4.【解】 P（）=1-P（AB）=1-P(A)-P(A-B) =1-0.7-0.3=0.65【解】（1） 当AB=A时，P（AB）取到最大值为0.6.（2） 当AB=时，P（AB）取到最小值为0.3.6.【解】 P（ABC）=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC) =+-=7.【解】 p=8.【解】（1） 设A1=五个

2、人的生日都在星期日，基本事件总数为75，有利事件仅1个，故 P（A1）=（）5 （亦可用独立性求解，下同）（2） 设A2=五个人生日都不在星期日，有利事件数为65，故P（A2）=()5(3) 设A3=五个人的生日不都在星期日P（A3）=1-P(A1)=1-()59.略.见教材习题参考答案.10.【解】（1） P（A）=(2) 由于是无放回逐件取出，可用排列法计算.样本点总数有种，n次抽取中有m次为正品的组合数为种.对于固定的一种正品与次品的抽取次序，从M件正品中取m件的排列数有种，从N-M件次品中取n-m件的排列数为种，故P（A）=由于无放回逐渐抽取也可以看成一次取出，故上述概率也可写成P（A

3、）=可以看出，用第二种方法简便得多.（3） 由于是有放回的抽取，每次都有N种取法，故所有可能的取法总数为Nn种，n次抽取中有m次为正品的组合数为种，对于固定的一种正、次品的抽取次序，m次取得正品，都有M种取法，共有Mm种取法，n-m次取得次品，每次都有N-M种取法，共有（N-M）n-m种取法，故此题也可用贝努里概型，共做了n重贝努里试验，每次取得正品的概率为，则取得m件正品的概率为11.略.见教材习题参考答案.12.【解】设A=发生一个部件强度太弱13.【解】 设Ai=恰有i个白球（i=2,3），显然A2与A3互斥. 故 14【解】设Ai=第i批种子中的一粒发芽，（i=1,2）(1) (2)

4、(3) 15.【解】（1） (2) 16.【解】 设Ai=甲进i球，i=0,1,2,3,Bi=乙进i球,i=0,1,2,3,则 =0.3207617【解】 18.【解】 设A=下雨，B=下雪.（1） （2） 19.【解】 设A=其中一个为女孩，B=至少有一个男孩，样本点总数为23=8，故或在缩减样本空间中求，此时样本点总数为7. 20【解】 设A=此人是男人，B=此人是色盲，则由贝叶斯公式 21. 题21图 题22图【解】设两人到达时刻为x,y,则0x,y60.事件“一人要等另一人半小时以上”等价于|x-y|>30.如图阴影部分所示. 22.【解】 设两数为x,y，则0<x,y&l

5、t;1.（1） x+y<. (2) xy=<. 23.【解】 24.【解】 设Ai=第一次取出的3个球中有i个新球，i=0,1,2,3.B=第二次取出的3球均为新球，由全概率公式，有 25.【解】设A=被调查学生是努力学习的，则=被调查学生是不努力学习的.由题意知P（A）=0.8，P（）=0.2，又设B=被调查学生考试及格.由题意知P（B|A）=0.9，P（|）=0.9，故由贝叶斯公式知（1）即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702%(2) 即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%.26.【解】 设A=原发信息是A，则=原发信息是B，C=收到信息是A，则=收到信息是

6、B，由贝叶斯公式，得27.【解】设Ai=箱中原有i个白球（i=0,1,2），由题设条件知P（Ai）=,i=0,1,2.又设B=抽出一球为白球.由贝叶斯公式知28.【解】 设A=产品确为合格品，B=产品被认为是合格品由贝叶斯公式得29.【解】 设A=该客户是“谨慎的”，B=该客户是“一般的”， C=该客户是“冒失的”，D=该客户在一年内出了事故，则由贝叶斯公式得 30.【解】设Ai=第i道工序出次品（i=1,2,3,4）. 31.【解】设必须进行n次独立射击. 即为 故 n11至少必须进行11次独立射击.32.证明：若P（AB）=P(A)，则A，B相互独立.【证】 即亦即 ， 因此 故A与B相互

7、独立.33.【解】 设Ai=第i人能破译（i=1,2,3），则 34.【解】设A=飞机被击落，Bi=恰有i人击中飞机，i=0,1,2,3由全概率公式，得=(0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7)0.2+ (0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7)0.6+0.4×0.5×0.7=0.45835.【解】（1） (2) 36.【解】 由于每位乘客均可在10层楼中的任一层离开，故所有可能结果为106

8、种.（1） ，也可由6重贝努里模型： （2） 6个人在十层中任意六层离开，故（3） 由于没有规定在哪一层离开，故可在十层中的任一层离开，有种可能结果，再从六人中选二人在该层离开，有种离开方式.其余4人中不能再有两人同时离开的情况，因此可包含以下三种离开方式：4人中有3个人在同一层离开，另一人在其余8层中任一层离开，共有种可能结果；4人同时离开，有种可能结果；4个人都不在同一层离开，有种可能结果，故（4） D=.故37.【解】 （1） (2) (3) 38.【解】 设这三段长分别为x,y,a-x-y.则基本事件集为由0<x<a,0<y<a,0<a-x-y<a所

9、构成的图形，有利事件集为由构成的图形，即如图阴影部分所示，故所求概率为.39.【证】 40【解】 设Ai=小立方体有i面涂有颜色，i=0,1,2,3. 在1千个小立方体中，只有位于原立方体的角上的小立方体是三面有色的，这样的小立方体共有8个.只有位于原立方体的棱上（除去八个角外）的小立方体是两面涂色的，这样的小立方体共有12×8=96个.同理，原立方体的六个面上（除去棱）的小立方体是一面涂色的，共有8×8×6=384个.其余1000-（8+96+384）=512个内部的小立方体是无色的，故所求概率为,.41.【证】 42.【解】 设=杯中球的最大个数为i,i=1,

10、2,3.将3个球随机放入4个杯子中，全部可能放法有43种，杯中球的最大个数为1时，每个杯中最多放一球，故而杯中球的最大个数为3，即三个球全放入一个杯中，故因此 或 43.【解】掷2n次硬币，可能出现：A=正面次数多于反面次数，B=正面次数少于反面次数，C=正面次数等于反面次数，A，B，C两两互斥.可用对称性来解决.由于硬币是均匀的，故P（A）=P（B）.所以由2n重贝努里试验中正面出现n次的概率为 故 44.【解】设A=出现正面次数多于反面次数，B=出现反面次数多于正面次数，由对称性知P（A）=P（B）（1） 当n为奇数时，正、反面次数不会相等.由P（A）+P（B）=1得P（A）=P（B）=0

11、.5 (2) 当n为偶数时，由上题知45.【解】 令甲正=甲掷出的正面次数，甲反=甲掷出的反面次数.，乙正=乙掷出的正面次数，乙反=乙掷出的反面次数.显然有=（甲正乙正）=（n+1-甲反n-乙反）=（甲反1+乙反）=（甲反>乙反）由对称性知P（甲正>乙正）=P（甲反>乙反）因此P(甲正>乙正)=46.【证】由P（A|C）P(B|C),得即有 同理由 得 故 47.【解】 设Ai=第i节车厢是空的，（i=1,n）,则其中i1,i2,in-1是1，2，n中的任n-1个.显然n节车厢全空的概率是零，于是 故所求概率为48.【证】在前n次试验中，A至少出现一次的概率为49.【解

12、】设A=投掷硬币r次都得到国徽B=这只硬币为正品由题知 ，则由贝叶斯公式知 50.【解】以B1、B2记火柴取自不同两盒的事件，则有.（1）发现一盒已空，另一盒恰剩r根，说明已取了2n-r次，设n次取自B1盒（已空），n-r次取自B2盒，第2n-r+1次拿起B1，发现已空。把取2n-r次火柴视作2n-r重贝努里试验，则所求概率为式中2反映B1与B2盒的对称性（即也可以是B2盒先取空）.（2） 前2n-r-1次取火柴，有n-1次取自B1盒，n-r次取自B2盒，第2n-r次取自B1盒，故概率为51.【解】 设在一次试验中A出现的概率为p.则由以上两式相减得所求概率为若要求在n重贝努里试验中A出现偶数

13、次的概率，则只要将两式相加，即得.52【解】因为（AB）（）=AB，（B）（A）=AB所求 ，故所求值为0.53.【解】由 故或,按题设P（A）<,故P（A）=.54.【解】 故 故 由A,B的独立性，及、式有 故 故 或（舍去）即P（A）=.55【解】利用几何概率来求，图中半圆面积为a2.阴影部分面积为故所求概率为56.【解】 设A=两件中至少有一件是不合格品，B=另一件也是不合格品57.【解】设Ai=报名表是取自第i区的考生，i=1,2,3. Bj=第j次取出的是女生表，j=1,2.则 (1) (2) 而 故 58.解：因为 ，所以 .习题二1.【解】 故所求分布律为X345P0.1

14、0.30.62.【解】故X的分布律为X012P（2） 当x<0时，F（x）=P（Xx）=0，当0x<1时，F（x）=P（Xx）=P(X=0)= ，当1x<2时，F（x）=P（Xx）=P(X=0)+P(X=1)=当x2时，F（x）=P（Xx）=1，故X的分布函数(3) 3.【解】设X表示击中目标的次数.则X=0，1，2，3. 故X的分布律为X0123P0.0080.0960.3840.512分布函数 4.【解】（1） 由分布律的性质知 故 (2) 由分布律的性质知即 .5.【解】分别令X、Y表示甲、乙投中次数，则Xb（3，0.6）,Yb(3,0.7)(1) + (2) =0.2

15、436.【解】设X为某一时刻需立即降落的飞机数，则Xb(200,0.02)，设机场需配备N条跑道，则有即 利用泊松近似查表得N9.故机场至少应配备9条跑道.7.【解】设X表示出事故的次数，则Xb（1000，0.0001） 8.【解】设在每次试验中成功的概率为p，则故 所以 .9.【解】（1） 设X表示5次独立试验中A发生的次数，则X6（5，0.3）,(2) 令Y表示7次独立试验中A发生的次数，则Yb（7，0.3）,10.【解】（1） (2) 11.【解】因为，故.而 故得 即 从而 12.【解】令X为2000册书中错误的册数，则Xb(2000,0.001).利用泊松近似计算, 得 13.【解】

16、,14.【解】以“年”为单位来考虑.（1） 在1月1日，保险公司总收入为2500×12=30000元.设1年中死亡人数为X，则Xb(2500,0.002)，则所求概率为由于n很大，p很小，=np=5，故用泊松近似，有 (2) P(保险公司获利不少于10000) 即保险公司获利不少于10000元的概率在98%以上P（保险公司获利不少于20000） 即保险公司获利不少于20000元的概率约为62%15.【解】（1） 由得故 .(2) (3) 当x<0时，当x0时， 故 16.【解】（1） (2) (3) 当x<100时F（x）=0,当x100时 故 17.【解】 由题意知X0

17、,a，密度函数为故当x<0时F（x）=0,当0xa时,当x>a时，F（x）=1即分布函数18【解】XU2,5，即,故所求概率为19.【解】依题意知，即其密度函数为,该顾客未等到服务而离开的概率为,即其分布律为20.【解】（1） 若走第一条路，XN（40，102），则若走第二条路，XN（50，42），则+故走第二条路乘上火车的把握大些.（2） 若XN（40，102），则若XN（50，42），则 故走第一条路乘上火车的把握大些.21【解】（1） (2) c=322.【解】 23.【解】 故 24.【解】（1）由得（2） (3) 25.【解】当x<0时F（x）=0,当0x<1

18、时当1x<2时 当x2时故 26.【解】（1） 由知故 即密度函数为 当x0时当x>0时 故其分布函数 (2) 由得b=1即X的密度函数为 当x0时F（x）=0 0<x<1时 当1x<2时,当x2时F（x）=1故其分布函数为,27.【解】（1） 即 即 故 （2） 由得即 查表得 由得即 查表得 28.【解】Y可取的值为0，1，4，9故Y的分布律为Y0 1 4 9Pk1/5 7/30 1/5 11/3029.【解】 30.【解】（1） 当y0时， 当y>0时， 故 (2) 当y1时当y>1时 故 (3) 当y0时当y>0时 故31.【解】（1）

19、故 当时当1<y<e时当ye时即分布函数故Y的密度函数为（2） 由P（0<X<1）=1知当z0时，当z>0时， 即分布函数故Z的密度函数为32.【解】当y0时，当0<y<1时， 当y1时，故Y的密度函数为33【解】由知填1。由右连续性知，故为0。从而亦为0。即34.【解】设Ai=第i枚骰子出现6点。（i=1,2）,P(Ai)=.且A1与A2相互独立。再设C=每次抛掷出现6点。则 故抛掷次数X服从参数为的几何分布。35.【解】令X为0出现的次数，设数字序列中要包含n个数字，则Xb(n,0.1) 即 得 n22即随机数字序列至少要有22个数字。36.【解】

20、因为F（x）在（-,+）上单调不减右连续，且,所以F（x）是一个分布函数。但是F（x）在x=0处不连续，也不是阶梯状曲线，故F（x）是非连续亦非离散型随机变量的分布函数。选（C）37【解】在上sinx0，且.故f(x)是密度函数。在上.故f(x)不是密度函数。在上，故f(x)不是密度函数。在上，当时，sinx<0，f(x)也不是密度函数。故选（A）。38.【解】因为 利用微积分中求极值的方法，有 得,则 又 故为极大值点且惟一。故当时X落入区间（1，3）的概率最大。39【解】设购买某种物品的人数为Y，在进入商店的人数X=m的条件下，Yb(m,p)，即由全概率公式有 此题说明：进入商店的人

21、数服从参数为的泊松分布，购买这种物品的人数仍服从泊松分布，但参数改变为p.40.【证】X的密度函数为由于P（X>0）=1，故0<1-e-2X<1，即P（0<Y<1）=1当y0时，FY（y）=0当y1时，FY（y）=1当0<y<1时，即Y的密度函数为即YU（0，1）41.【解】由P（Xk）=知P（X<k）=若k<0,P(X<k)=0若0k1,P(X<k)= 当k=1时P（X<k）=若1k3时P（X<k）=若3<k6，则P（X<k）=若k>6,则P（X<k）=1故只有当1k3时满足P（Xk）=.4

22、2.【解】由离散型随机变量X分布律与分布函数之间的关系，可知X的概率分布为X-113P0.40.40.243.【解】令X为三次独立试验中A出现的次数，若设P（A）=p,则Xb(3,p)由P（X1）=知P（X=0）=（1-p）3=故p=44.【解】 45.【解】故 因此 46.【解】设A=需进一步调试，B=仪器能出厂，则=能直接出厂，AB=经调试后能出厂由题意知B=AB，且令X为新生产的n台仪器中能出厂的台数，则X6（n，0.94）,故 47.【解】设X为考生的外语成绩，则XN（72，2）.故 查表知 ,即=12 从而XN（72，122）故 48【解】设A1=电压不超过200V，A2=电压在20

23、0240V， A3=电压超过240V，B=元件损坏。由XN（220，252）知 由全概率公式有由贝叶斯公式有49.【解】因为P（1<X<2）=1,故P（e2<Y<e4）=1当ye2时FY（y）=P(Yy)=0. 当e2<y<e4时， 当ye4时，即 故 50【解】P（Y1）=1当y1时，当y>1时， 即 故 51. 【解】 故 52.【解】（1） 当t<0时，当t0时，事件T>t与N(t)=0等价，有即 即间隔时间T服从参数为的指数分布。（2） 53.【解】显然当x<-1时F（x）=0；而x1时F（x）=1由题知当-1<x<

24、;1时，此时 当x=-1时，故X的分布函数54.解： 依题意 ，则，.因为，即，所以有 ，即.习题三1【解】X和Y的联合分布律如表：XY01231003002.【解】X和Y的联合分布律如表：XY0123000102P(0黑,2红,2白)=03【解】如图 题3图说明：也可先求出密度函数，再求概率。4.【解】（1） 由得 A=12（2） 由定义，有 (3) 5.【解】（1） 由性质有故 （2） (3) (4) 题5图6. 题6图【解】（1） 因X在（0，0.2）上服从均匀分布，所以X的密度函数为而所以 (2) 7【解】8.【解】 题8图 题9图9.【解】 题10图10.【解】（1） 得.(2) 1

25、1. 题11图【解】 所以 12.【解】（1） X与Y的联合分布律如下表YX345120300 (2) 因故X与Y不独立13.【解】（1）X和Y的边缘分布如下表XY258PY=yi0.40.150.300.350.80.80.050.120.030.20.20.420.38(2) 因故X与Y不独立.14.【解】（1） 因故 题14图(2) 方程有实根的条件是故 X2Y，从而方程有实根的概率为： 15.【解】如图,Z的分布函数 (1) 当z0时，（2） 当0<z<1时，（这时当x=1000时,y=）(如图a) 题15图(3) 当z1时，（这时当y=103时，x=103z）（如图b）

26、即 故 16.【解】设这四只寿命为Xi(i=1,2,3,4)，则XiN（160，202），从而 17. 证明】因X和Y所有可能值都是非负整数，所以 于是 18.【证明】方法一：X+Y可能取值为0，1，2，2n. 方法二：设1,2,n;1,2,，n均服从两点分布（参数为p），则X=1+2+n，Y=1+2+n,X+Y=1+2+n+1+2+n,所以，X+Y服从参数为（2n,p)的二项分布.19.【解】（1） （2） 所以V的分布律为V=max(X,Y)012345P00.040.160.280.240.28 (3) U=min(X,Y)0123P0.280.300.250.17(4)类似上述过程，有

27、W=X+Y012345678P00.020.060.130.190.240.190.120.0520. 题20图【解】因（X，Y）的联合概率密度为（1） (2) 21. 题21图【解】区域D的面积为 （X,Y）的联合密度函数为（X，Y）关于X的边缘密度函数为所以22.【解】因,故从而而X与Y独立，故,从而即： 又即从而同理 又,故.同理从而故YX123【解】(1) . (2) 24.【解】设F（y）是Y的分布函数，则由全概率公式，知U=X+Y的分布函数为 由于X和Y独立，可见 由此，得U的概率密度为 25.解：因为随即变量服从0，3上的均匀分布，于是有 因为X，Y相互独立，所以推得 .26.解

28、 (1) 由概率分布的性质知， a+b+c+0.6=1 即 a+b+c ，可得.再由 ,得 .解以上关于a，b，c的三个方程得. (2) Z的可能取值为-2，-1，0，1，2， ， ， ， ， ，即Z的概率分布为Z-2 -1 0 1 2P0.2 0.1 0.3 0.3 0.1 (3) .习题四1.【解】(1) (2) (3) 2.【解】设任取出的5个产品中的次品数为X，则X的分布律为X012345P故 3.【解】因,又,由联立解得4.【解】记A=从袋中任取1球为白球，则 5.【解】故 6.【解】(1) (2) 7.【解】(1) (2) 8.【解】因故k=2.9.【解】方法一：先求X与Y的均值

29、由X与Y的独立性，得 方法二：利用随机变量函数的均值公式.因X与Y独立，故联合密度为于是10.【解】 从而(1) (2)11.【解】(1) 由得.(2) (3) 故12.【解】设随机变量X表示在取得合格品以前已取出的废品数，则X的可能取值为0，1，2，3.为求其分布律，下面求取这些可能值的概率，易知 于是，得到X的概率分布表如下：X0123P0.7500.2040.0410.005由此可得 13.【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值：100元和 -200元 故 (元).14.【证】(1) (2) 因 故.(3) 因,故同理因,故.从而 15.【解】 (因常数与任一随机变量独立，故Cov(X

30、,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).16.【解】设. 同理E(Y)=0.而 ,由此得,故X与Y不相关.下面讨论独立性，当|x|1时，当|y|1时，.显然故X和Y不是相互独立的.17.【解】联合分布表中含有零元素，X与Y显然不独立，由联合分布律易求得X，Y及XY的分布律，其分布律如下表X -101 PY -101 PXY -101 P由期望定义易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0.从而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相关系数性质知XY=0,即X与Y的相关系数为0，从而X和Y是不相关的.又从而X与Y不是相互独立的.18【解】如图，SD=，故（X，Y）的概率密度为题18图从而同

31、理而 所以.从而 19.【解】 从而同理 又 故 20.【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1从而 故 21.【证】令显然 可见此关于t的二次式非负，故其判别式0，即故22.【解】设Y表示每次开机后无故障的工作时间，由题设知设备首次发生故障的等待时间XE(),E(X)=5.依题意Y=min(X,2).对于y<0,f(y)=PYy=0.对于y2,F(y)=P(Xy)=1.对于0y<2,当x0时，在(0,x)内无故障的概率分布为PXx=1 -e -x,所以F(y)=PYy=Pmin(X,2)y=PXy=1 -e -y/5.23.【解】（1） Z的可能取值为0，

32、1，2，3，Z的概率分布为, Z=k0123Pk因此， (2) 设A表示事件“从乙箱中任取出一件产品是次品”，根据全概率公式有 24.【解】 故得 两边取对数有解得 (毫米)由此可得，当u=10.9毫米时，平均利润最大.25【解】令 则.因为及,所以,从而26【解】由题意知： 因T1,T2独立，所以fT(t)=f1(t)*f2(t).当t<0时，fT(t)=0;当t0时，利用卷积公式得故得由于Ti E(5),故知E(Ti)=,D(Ti)=(i=1,2)因此，有E(T)=E(T1+T2)=.又因T1,T2独立，所以D（T）=D（T1+T2）=.27.【解】设Z=X -Y，由于且X和Y相互独

33、立，故ZN（0，1）.因而 ，所以 .28.【解】记q=1 -p,X的概率分布为PX=i=qi -1p,i=1,2,，故又 所以 题29图29.【解】D(U)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y) =D(X)+D(Y)+2E(XY) -E(X)·E(Y).由条件知X和Y的联合密度为 从而因此同理可得 于是 30.【解】（1） 为求X和Y的联合概率分布，就要计算（X，Y）的4个可能取值( -1, -1),( -1,1),(1, -1)及(1,1)的概率.Px= -1,Y= -1=PU -1,U1 PX= -1,Y=1=PU -1,U>1=P=0,PX=1,Y= -

34、1=PU> -1,U1.故得X与Y的联合概率分布为.(2) 因,而X+Y及（X+Y）2的概率分布相应为, .从而 所以31.【解】(1) (2) 所以X与|X|互不相关.(3) 为判断|X|与X的独立性，需依定义构造适当事件后再作出判断，为此，对定义域 -<x<+中的子区间（0,+）上给出任意点x0，则有所以故由得出X与|X|不相互独立.32.【解】(1) 而所以 (2) 因 所以 (3) 由，得X与Z不相关.又因，所以X与Z也相互独立.33【解】由条件知X+Y=n，则有D（X+Y）=D（n）=0.再由XB(n,p),YB(n,q)，且p=q=,从而有 所以 故= -1.34

35、【解】由已知知E(X)=0.6,E(Y)=0.2，而XY的概率分布为YX -101P0.080.720.2所以E（XY）= -0.08+0.2=0.12Cov(X,Y)=E(XY) -E(X)·E(Y)=0.12 -0.6×0.2=0从而 =035【证】（1）由的定义知，=0当且仅当P(AB) -P(A)·P(B)=0.而这恰好是两事件A、B独立的定义，即=0是A和B独立的充分必要条件.(2) 引入随机变量X与Y为 由条件知，X和Y都服从0 -1分布，即 从而有E(X)=P(A),E(Y)=P(B),D(X)=P(A)·P(),D(Y)=P(B)

36、3;P(),Cov(X,Y)=P(AB) -P(A)·P(B)所以，事件A和B的相关系数就是随机变量X和Y的相关系数.于是由二元随机变量相关系数的基本性质可得|1.36 解： (1) Y的分布函数为当y0时， ，；当0y1时，；当1y<4时， ；当y4时，. 故Y的概率密度为 (2) , ,故 Cov(X,Y) =.(3).习题五1【解】设表每次掷的点数，则 从而又X1,X2,X3,X4独立同分布. 从而所以 2【解】令 而至少要生产n件，则i=1,2,n,且X1，X2，Xn独立同分布，p=PXi=1=0.8. 现要求n,使得即 由中心极限定理得整理得查表n268.96, 故取

37、n=269.3.【解】要确定最低的供应的电能量，应先确定此车间同时开动的机床数目最大值m，而m要满足200部机床中同时开动的机床数目不超过m的概率为95%,于是我们只要供应15m单位电能就可满足要求.令X表同时开动机床数目，则XB（200，0.7）, 查表知m=151.所以供电151×15=2265（单位）.4.【解】易知:E(Vk)=5,D(Vk)=,k=1,2,20由中心极限定理知，随机变量于是 即有 PV>1050.3485.【解】设100根中有X根短于3m，则XB（100，0.2）从而 6.【解】令(1) XB(100,0.8)， (2) XB(100,0.7)， 7.

38、 【解】令1000件中废品数X，则p=0.05,n=1000,XB(1000,0.05)，E(X)=50，D(X)=47.5.8. 【解】 故9. 【解】设至少需n件才够用.则E(Ti)=10，D(Ti)=100，E(T)=10n，D(T)=100n.从而即故所以需272a元.10. 【解】（1） 以Xi(i=1,2,400)记第i个学生来参加会议的家长数.则Xi的分布律为Xi012P0.050.80.15易知E（Xi=1.1）,D(Xi)=0.19,i=1,2,400.而,由中心极限定理得于是 (2) 以Y记有一名家长来参加会议的学生数.则YB(400,0.8)由拉普拉斯中心极限定理得11.

39、 【解】用X表10000个婴儿中男孩的个数，则XB（10000，0.515）要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求PX5000. 由中心极限定理有12.【解】用Xi表第i个人能够按时进入掩蔽体（i=1,2,1000）.令 Sn=X1+X2+X1000.(1) 设至少有m人能够进入掩蔽体，要求PmSn10000.95，事件由中心极限定理知：从而故所以m=900-15.65=884.35884人(2) 设至多有M人能进入掩蔽体，要求P0SnM0.95.查表知=1.65,M=900+15.65=915.65916人.13. 【解】设X为在一年中参加保险者的死亡人数，则XB（10000，0.006）.

40、(1) 公司没有利润当且仅当“1000X=10000×12”即“X=120”.于是所求概率为 (2) 因为“公司利润60000”当且仅当“0X60”于是所求概率为 14.【解】令Z=X-Y，有所以15.解】（1） X可看作100次重复独立试验中，被盗户数出现的次数，而在每次试验中被盗户出现的概率是0.2，因此，XB(100,0.2)，故X的概率分布是(2) 被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率即为事件14X30的概率.由中心极限定理，得 16.【解】设Xi（i=1,2,n）是装运i箱的重量（单位：千克），n为所求的箱数，由条件知，可把X1，X2，Xn视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量Tn=X1+X2+Xn是独立同分布随机变量之和，由条件知： 依中心极限定理，当n较大时，,故箱数n取决于条件 因此可从解出n<98.0199,即最