概率论与数理统计答案 浙大版

第一章概率论的基本概念

注意：这是第一稿（存在一些错误）

1解：该试验的结果有9个：（0，a），（0，b），（0，c），（1，a），（1，b），（1，c），（2，a），

（2，b），（2，c）。所以，

（1）试验的样本空间共有9个样本点。

（2）事件A包含3个结果：不吸烟的身体健康者，少量吸烟的身体健康者，吸烟较多的身

体健康者。即A所包含的样本点为（0，a），（1，a），（2，a）。

（3）事件B包含3个结果：不吸烟的身体健康者，不吸烟的身体一般者，不吸烟的身体有

病者。即B所包含的样本点为（0，a），（0，b），（0，c）。

2、解

（1）ABBCAC或ABCABCABCABC；

（2）ABBCAC

（提示：题目等价于A，B，C至少有2个发生，与（1）相似）；

（3）ABCABCABC；

（4）ABC或ABC；

（提示：A，B，C至少有一个发生，或者A，B，C不同时发生）；

pABpApBpABAB

3（1）错。依题得0,但空集，故A、B可能

相容。

（2）错。举反例

（3）错。举反例

pApB

（4）对。证明：由0.6,0.7知

pABpApBpABpAB

1.30.3,即A和B交非空，故A和B一

定相容。

4、解

（1）因为A，B不相容，所以A，B至少有一发生的概率为：

P(AB)P(A)P(B)=0.3+0.6=0.9

(2)A，B都不发生的概率为：

P(AB)1P(AB)10.90.1；

（3）A不发生同时B发生可表示为：AB，又因为A，B不相容，于是

P(AB)P(B)0.6；

pABACBCPABC

5解：由题知0.3,0.05.

因pABACBCpABpACpBC2pABC得，

pABpACpBC0.32pABC0.4

故A,B,C都不发生的概率为

pABC1pABC

1pApBpCpABpACpBCpABC

11.20.40.05

0.15.

6、解设A{“两次均为红球”}，B{“恰有1个红球”}，C{“第二次是红球”}

82

若是放回抽样，每次抽到红球的概率是：，抽不到红球的概率是：，则

1010

88

（1）P(A)0.64；

1010

88

（2）P(B)2（1）0.32；

1010

（3）由于每次抽样的样本空间一样，所以：

8

P(C)0.8

10

若是不放回抽样，则

C228

PA8

（1）()2；

C1045

C1C116

PB82

（2）()2；

C1045

A1A1A1A14

PC8728

（3）()2。

A105

7解：将全班学生排成一排的任何一种排列视为一样本点，则样本空间共有30!个样本点。

（1）把两个“王姓”学生看作一整体，和其余28个学生一起排列共有29!个样本点，而两

个“王姓”学生也有左右之分，所以，两个“王姓”学生紧挨在一起共有229!个样本点。

229!1

即两个“王姓”学生紧挨在一起的概率为30!15。

（2）两个“王姓”学生正好一头一尾包含228!个样本点，故

228!1

两个“王姓”学生正好一头一尾的概率为30!435。

8、解

（1）设A{“1红1黑1白”}，则

C1C1C112

PA232

()3；

C735

（2）设B{“全是黑球”}，则

C31

PB3

()3；

C735

（3）设C{第1次为红球，第2次为黑球，第3次为白球”}，则

2322

P(C)。

7!35

A

9解：设i第i号车配对,i1,2，，9.

若将先后停入的车位的排列作为一个样本点，那么共有9!个样本点。

A

由题知，出现每一个样本点的概率相等，当i发生时，第i号车配对，其余9个号可以任意

8!

pAi

排列，故（1）9!。

（2）1号车配对，9号车不配对指9号车选2~8号任一个车位，其余7辆车任意排列，共有

77!7

pA1A9

77!个样本点。故9!72.

pAAAApAAAApAApAAAA

(3)1289281919，2819表示在事件：已知1号和

9号配对情况下，2~8号均不配对，问题可以转化为2~8号车随即停入2~8号车位。

B

记i第i1号车配对，i1,2，，7。

pAAAApBB1pBB

则28191717。

6!15!14!1

pBpBBpBBB

iijijijk

由上知，7!7，7!42，（），7!210，（ijk）

……

i

171

pBBpBB

1717i

7!。则i0!

ii

7!71171

pA1A2A8A9pB1B7pA1A9

ii

故9!i0!72i0!。

10、解由已知条件可得出:

P(B)1P(B)10.60.4；

P(AB)P(A)P(AB)0.70.50.2；

P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.9；

P(A(AB))P(A)7

（1）P(A|AB）==；

P(AB)P(AB)9

（2）P(AB)P(B)P(AB)0.40.20.2

P(AB)P(A）+P(B)P(AB)0.5

P(A(AB))P(AB)2

于是P(A|AB）==；

P(AB)P(AB)5

P(AB(AB))P(AB)2

（3）P(AB|AB)。

P(AB)P(AB)9

pApBpCpBA0.2pABC0.6

11解：由题知0.5,0.3,0.4,,

pABCpABCCpCpABCCpC

则

pCpABCpC

pCpABpABCpC

pCpApBpABpABCpC

pCpApBpBApApABCpC

0.86

12、解设A{该职工为女职工}，B{该职工在管理岗位}，由题意知，

P(A)0.45，P(B)0.1，P(AB)0.05

所要求的概率为

P(AB)1

（1）P(B|A)；

P(A)9

P(AB)P(B)P(AB)1

（2）P(A|B)。

P(B)P(B)2

13、解：

pY2pY2X1pX1pY2X2pX2pY2X5pX5

111111111

0

525354555

77

300

14、解设A{此人取的是调试好的枪}，B{此人命中}，由题意知：

331

P(A)，P(B|A)，P(B|A)

4520

所要求的概率分别是：

37

（1）P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)；

80

P(AB)P(A)P(B|A)1

（2）P(A|B)。

P(B)P(B)37

AA

15解：设1入市时间在1年以内，2入市时间在1年以上不到4年，

A入市时间在4年以上BBB股民亏

3，1股民赢，2股民平，3

则

pBA0.1pBA0.2pBA0.7pBA0.2pBA0.3

11,21,31,12,22,

pBA0.5pBA0.4pBA0.4pBA0.2

32,13,23,33

pBpBApApBApApBApA

(1)1111122133

0.22

pA1B3

pAB

13pB

（2）3

pBApA

311

pBApApBApApBApA

311322333

7

0.538

13

16、解设A，B分别为从第一、二组中取优质品的事件，C，D分别为第一、二次取到

得产品是优质品的事件，有题意知：

1015

P(A)，P(B)

3020

（1）所要求的概率是：

1113

P(C)P(A)P(B)0.5417

2224

13

（2）由题意可求得：P(D)P(C)

24

120101515

P(CD)0.2136

2302922019

所要求的概率是：

P(CD)2825

P(C|D)0.3944。

P(D)7163

17解：（1）第三天与今天持平包括三种情况：第2天平，第3天平；第2天涨，第3天跌；

第2天跌，第3天涨。则

p1331221

（2）第4天股价比今天涨了2个单位包括三种情况：第2天平，第3、4天涨；第2、4天

涨，第3天平；第2、3天涨，第4天平。则

p2

2231113。

pABpApBpApB

19(1)对。证明：假设A,B不相容，则0。而0，0，即0，

pABpApB

故，即A,B不相互独立。与已知矛盾，所以A,B相容。

pApB

（2）可能对。证明：由0.6,0.7知

pABpApBpABpAB

1.30.3,

pApB

0.60.70.42,

pABpApB

与可能相等，所以A,B独立可能成立。

（3）可能对。

pABpApBpApB

（4）对。证明：若A,B不相容，则0。而0，0，即0，

pABpApB

故，即A,B不相互独立。

18、证明：必要条件

由于A，B相互独立，根据定理1.5.2知，A与B也相互独立，于是：

P(A|B)P(A)，P(A|B)P(A)

即P(A|B)P(A|B)

充分条件

P(AB)P(AB)P(A)P(AB)

由于P(A|B)及P(A|B)，结合已知条件，成立

P(B)P(B)1P(B)

P(AB)P(A)P(AB)

P(B)1P(B)

化简后，得：

P(AB)P(A)P(B)

由此可得到，A与B相互独立。

20、解设Ai分别为第i个部件工作正常的事件，B为系统工作正常的事件，则P(Ai)pi

（1）所要求的概率为：

P(B)P(AAAAAAAAAAAA)

123124134234

P(A1A2A3)P(A1A2A4)P(A1A3A4)P(A2A3A4)3P(A1A2A3A4)

p1p2p3p1p2p4p1p3p4p2p3p43p1p2p3p4

（2）设C为4个部件均工作正常的事件，所要求的概率为：

pppp

P(C|B)1234。

22

（3）C3(1)。

C第i次出现正面

21解：记i，i1,2

pApCCCpCpCpCp1pi1

（1）i1i1i1i1i

2

pB4pC1C2C3C4pC1C2C3C4p1p

3

pB4A1p1p2

pB4Ap1p

1pAp

（2）1

3

pB4A1p1p

pABp

14pBp2p

（3）41

22、解设A={照明灯管使用寿命大于1000小时}，B={照明灯管使用寿命大于2000小时}，

C={照明灯管使用寿命大于4000小时}，由题意可知

P(A)0.95，P(B)0.3，P(C)0.05

（1）所要求的概率为：

P(AC)0.051

P(C|A)；

P(A)0.9519

（2）设Ai分别为有i个灯管损坏的事件（i0,1,2,3），表示至少有3个损坏的概率，

则

PAPB1010

(0)()(0.3)0.0000059

PAC1PB9PB

(1)10()(1())0.0001378

PAC2PB8PB2

(2)10()(1())0.0014467

所要求的概率为：

1P(A0)P(A1)P(A2)0.9984

A

23解：设系统能正常工作，B系统稳定，C系统外加电压正常，

pCpBC0.9pBC0.2pAB0.8pAB0.9

则0.99,,,,

pApABpBpABpB

（1）

pABpBCpCpBCpC1pABpBCpCpBCpC

0.80.90.990.20.0110.910.90.9910.20.01

1

19

1

pA

Ai

（2）记i第i个元件正常工作，则19

pA1A51pA1A5

1pA1pA5

5

1

11

19

0.9984

第二章随机变量及其概率分布

注意：这是第一稿（存在一些错误）

1解：X取值可能为2,3,4,5,6，则X的概率分布律为：

痧111

pX15；

23

ð735

痧118

pX24；

33

ð735

痧119

pX33；

43

ð735

痧118

pX42；

53

ð735

痧111

pX51。

63

ð77

2、解（1）由题意知，此二年得分数X可取值有0、1、2、4，有

PX

(0)10.20.8，

PX

(1)0.2(10.2)0.16，

PX

(2)0.20.2(10.2)0.032，

PX

(4)0.20.20.20.008，

从而此人得分数X的概率分布律为：

X0124

P0.80.160.0320.008

（2）此人得分数大于2的概率可表示为：

PXPX

(2)(4)0.008；

(3)已知此人得分不低于2，即X2，此人得分4的概率可表示为：

P(X4)0.008

P(X4|X2)0.2。

P(X2)0.0320.008

n

7

3解：（1）没有中大奖的概率是p1110；

10

（2）每一期没有中大奖的概率是p1107，

10n

n7

n期没有中大奖的概率是p2p110。

4、解（1）用X表示男婴的个数，则X可取值有0、1、2、3，至少有1名男婴的概率可

表示为：

P(X1)1P(X1)1P(X0)1(10.51)30.8824；

（2）恰有1名男婴的概率可表示为：

12

P(X1)C30.51(10.51)0.3674；

（3）用表示第1，第2名是男婴，第3名是女婴的概率，则

0.512(10.51)0.127；

（4）用表示第1，第2名是男婴的概率，则

0.5120.260。

5解：X取值可能为0,1,2,3；Y取值可能为0,1,2,3

pxppp

0111213，

pxppppppppp

1112132111331112，

pxppppppppp

2121313123211，

pxppp

3123。

Y取每一值的概率分布为：

pyp

01，

pypp

1112，

pyppp

211123，

pyppp

3111213。

6、解由题意可判断各次抽样结果是相互独立的，停止时已检查了X件产品，说明第X次

抽样才有可能抽到不合格品。X的取值有1、2、3、4、5，有

k

P(Xk)p(1p)1,k1,2,3,4，

P(X5)(1p)4；

（2）P(X2.5)P(X1)P(X2)pp(1p)p(2p)。

3324455

7解：（1）痧510.10.1510.10.1?510.10.991，

3324455

1痧50.210.250.210.2?50.20.942。

（2）诊断正确的概率为p0.70.30.977。

（3）此人被诊断为有病的概率为p0.70.310.711。

7、解（1）用X表示诊断此人有病的专家的人数，X的取值有1、2、3、4、5。在此人有

病的条件下，诊断此人有病的概率为：

P(X3)P(X3)P(X4)P(X5)

3324455

C5(10.1)0.1C5(10.1)0.1C5(10.1)

0.991

在此人无病的条件下，诊断此人无病的概率为：

P(X3)P(X0)P(X1)P(X2)

0514232

C5(10.2)C5(10.2)0.2C5(10.2)0.2

0.942

（2）用表示诊断正确的概率，诊断正确可分为两种情况：有病条件下诊断为有病、无病

条件下诊断为无病，于是：

0.70.30.977；

（3）用表示诊断为有病的概率，诊断为有病可分为两种情况：有病条件下诊断此人为有

病、无病条件下诊断此人为有病，于是：

0.70.3(1)0.711；

8、解用A表示恰有3名专家意见一致，B表示诊断正确的事件，则

P(AB)0.7P(X3)0.3P(X2)0.112

P(A)0.7P(X3或X2)0.3P(X2或X3)0.1335

所求的概率可表示为：

P(AB)

P(B|A)0.842

P(A)

ek

9解：（1）由题意知，候车人数Xk的概率为pXk，

k!

则pX0e，

从而单位时间内至少有一人候车的概率为p1e，所以1e1e4.5

解得4.5

e4.54.5k

则pXk。

k!

所以单位时间内至少有两人候车的概率为p1pX0pX115.5e4.5。

e3.23.2k

（2）若3.2，则pXk，

k!

3.2

则这车站就他一人候车的概率为p。

e3.21

1

10、解有题意知，X(t)，其中

20

（1）10：00至12：00期间，即t120，恰好收到6条短信的概率为：

t6e66

e(t)63246

P(X6)e0.161；

6!6!5

（2）在10：00至12：00期间至少收到5条短信的概率为：

4

P(X5)1P(X5)1P(Xk)

k0

4tk

e(t)6

11115e

k0k!

于是，所求的概率为：

324

P(X6|X5)。

5e6115

1

11、解：由题意知，被体检出有重大疾病的人数近似服从参数为np30003

1000

e33k

的泊松分布，即pXk，k0,1,2,。

k!

则至少有2人被检出重大疾病的概率为

p1pX0pX11e33e30.801。

11

12、解（1）由于P{0X1)P(2X3)1，因此X的概率分布函数为：

22

0x0

x

0x1

2

1

F(x)P(Xx)1x2，

2

x1

2x3

2

x

13

2.513

（2）P{X2.5}

24

23

13、解：（1）由fxdxc4x2dx1解得c。

016

（2）易知x0时，Fx0；x2时，Fx1；

3

x3x12xx

当0x2时，Fxfydy4y2dy，

016016

0,x0,

3

12xx

所以，X的分布函数为Fx,0x2,

16

1x2.

11

（3）p1X1F1F1F1。

16

（4）事件1X1恰好发生2次的概率为

23

231111

p2pXpX2

痧511111510.1442。

1616

14、解（1）该学生在7：20过X分钟到站，X~U(0,25)，由题意知，只有当该学生在

7：20~7：30期间或者7：40~7：45期间到达时，等车小时10分钟，长度一共15分钟，所

以：

153

P{该学生等车时间小于10分钟}=P{X10}=；

255

（2）由题意知，当该学生在7：20~7：25和7：35~7：45到达时，等车时间大于5分钟又

小于15分钟，长度为15分钟，所以：

153

P{该学生等车时间大于5分钟又小于15分钟}=P{5X15}=；

255

（3）已知其候车时间大于5分钟的条件下，其能乘上7：30的班车的概率为：

P{该学生乘上7:30的班车且X5}

P{该学生乘上7:30的班车|X>5}=

P{X5}

515+154

其中P{该学生乘上7:30的班车且X5}==，P{X5}==，于是

255255

1

1

P{该学生乘上7:30的班车|X>5}=5=。

44

5

15、解：由题知，X服从区间1,3上的均匀分布，则X的概率密度函数为

1

,1x3,

fXx4

0,其他。

3

在该区间取每个数大于0的概率为，则

4

knk

31

pYkkkn

ðn，0,1,2,,。

44

16、解（1）

X2.5X

P(X2.5)P()P(2.5)

X

1P(2.5)1(2.5)

(2.5)0.9938

（2）

X3.52X

P(X3.52)P()P(1.48)

(1.48)1(1.48)

10.93060.0694

（3）

4X6X

P(4X6)P()P(11)

(1)(1)2(1)1

1.682610.6826

17、解：他能实现自己的计划的概率为

32.3

px31px3111.40.0808。

0.5

18、解（1）X~N(170,5.02)，有题意知，该青年男子身高大于170cm的概率为：

X170

P(X170)P()

X

P(0)

1(0)0.5

（2）该青年男子身高大于165cm且小于175cm的概率为：

165X175X

P(165X175)P()P(11)

(1)(1)2(1)1

1.682610.6826

（3）该青年男子身高小于172cm的概率为：

X172X

P(X172)P()P(0.4)

。

(0.4)0.6554

200220

ppX，

19、解：系统电压小于200伏的概率为12000.8

25

在区间200,240的概率为

240220200220

ppX，

22002400.80.8

2525

240220

大于240伏的概率为ppX。

3240110.8

25

（1）该电子元件不能正常工作的概率为0.1p10.001p20.2p30.064。

0.2p

（2）30.662。

223

（3）该系统运行正常的概率为ð3110.972。

20、解（1）有题意知：

P(Za)P(aZa)12P(Za)

1

于是P(Za)，

2

az

从而得到侧分位点(1)/2；

（2）

P(Zb)P(Zb或Zb)P(Zb)P(Zb)2P(Zb)，

于是P(Zb)，

2

结合概率密度函数是连续的，可得到侧分点为bz/2；

（3）

P(Zc)1P(Zc)

PZccz

于是()1，从而得到侧分位点为1。

x15

pXx1，

21、解：由题意得，1

2

x15x15

pxXx21，

12

22

x15

pXx2，

21

2

x115x215x115x215

则:():(1)50:34:16，

2222

解得x115，x217。

22、解（1）由密度函数的性质得：

2

1f(x)dxaexdxa

1

所以a；

（2）

110.52

P(X)1P(X)1aexdx

22

1

令xt，上式可写为：

2

1x2

111

P(X)12e2dx1()10.7610.239。

222

x

1

e8,x0,

23解：（1）易知X的概率密度函数为fx8

0,x0。

（2）A等待时间超过10分钟的概率是pX10fxdxe1.25。

10

（3）等待时间大于8分钟且小于16分钟的概率是

16

p8X16fxdxe1e2。

8

24、解用X，Y分别表示甲、乙两厂生产的同类型产品的寿命，用Z表示从这批混合产品

中随机取一件产品的寿命，则该产品寿命大于6年的概率为：

P(Z6)P(X6)P(取到甲厂的产品)P(Y6)P(取到乙厂的产品)

11

1x1x

0.4e3dx0.6e6dx

6366

0.4e20.6e10.2749

（2）该产品寿命大于8年的概率为：

P(Z8)P(X8)P(取到甲厂的产品)P(Y8)P(取到乙厂的产品)

11

1x1x

0.4e3dx0.6e6dx

8386

84

0.4e30.6e30.1860

所求的概率为：

P(Z8)

P(Z8|Z6)0.6772。

P(Z6)

0.2e0.2x,x0,

25、解：（1）由题知，fx

0,x0。

（2）p5x10F10F5e1e2.

（3）每天等待时间不超过五分钟的概率为px5F51e1，

则每一周至少有6天等待时间不超过五分钟的概率为

6

p6px6pxpx7e1e1

ð75155161。

26、解（1）这3只元件中恰好有2只寿命大于150小时的概率为：

2222

C3[P(X150)]P(X150)C3[1P(X150)]P(X150)，

150

其中P(X150)0.01e0.01xdx0.7769

0

于是3[1P(X1520)P]X(150)；0.1160

（2）这个人会再买，说明这3只元件中至少有2只寿命大于150小时，这时所求的概率

为：

2233

C3[P(X150)]P(X150)C3[P(X150)]0.1271。

27、解：依题知，Y的分布律为

pY10pX20.720.490，

pYpX1

83ð20.710.70.70.294，

pYpXpXpX1213

2445痧30.710.70.740.710.70.70.216

28、解（1）由密度函数的性质可得：

2

1f(x)dxc(4x2)dx9c

1

1

于是c

9

（2）设X，Y的分布函数分别为：FX(x)，FY(x)，Y的概率密度为fY(x)，有

11

F(x)P(Yx)P(3Xx)P(Xx)F(x)

Y3X3

2

1x

11[4],3x6

fxfx

那么，Y()()273；

33

0,其他

（3）设Z的分布函数为：Fz(x)。当x0，显然Fz(x)0。当x0，有

Fz(x)P(Zx)P(Xx)P(xXx)FX(x)FX(x)，

22

(4x),0x1

9

12

于是有fZ(x)fx()f(x)(x4)x,12

9

0,x2

22

(4x),0x1

9

Z12

从而，的概率密度为：fZ(x)(4x),1x，2

9

0,其他

Z的分布函数为：

0

3

2(12xx)/27,0x1

F(x)。

Z3

(12xx11)/27,1x2

1,x2

29、解：（1）依题知，Ntt

当t0时，FTt0，

t

tt

当0时，FTtfNtydy1e，

0

1et,t0,

所以，T的概率分布函数为FTt

0,t0。

pTttTt

0,0

pTttTt

（2）00pTt

0