2025年精算学考研精算数学真题汇编（含答案）

2025年精算学考研精算数学真题汇编（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、1.设$A,B$为随机事件，若$P(A|B)=P(A|\bar{B})$，证明$P(A\capB)=P(A)P(B)$。2.甲、乙两人独立地进行投篮，甲命中的概率为$0.7$，乙命中的概率为$0.8$。每人投掷两次，求至少有一人至少命中一次的概率。二、1.设随机变量$X$的概率密度函数为$f(x)=\begin{cases}2x,&0\leqx\leq1\\0,&\text{otherwise}\end{cases}$，求$E(X^2)$和$D(X)$。2.设随机变量$X$服从参数为$\lambda$的泊松分布，$Y=\frac{1}{X+1}$，求$E(Y)$。三、1.从装有3个红球和2个白球的袋中有放回地抽取5个球，求抽取到的红球数$X$的分布律，并计算$E(X)$和$D(X)$。2.设总体$X$服从正态分布$N(\mu,\sigma^2)$，其中$\mu$未知，$\sigma^2$已知。从总体中抽取容量为$n$的样本，样本均值为$\bar{X}$。求$\bar{X}$的分布。四、1.设随机变量$X_1,X_2,\dots,X_n$独立同分布，且均服从参数为$p$的$0-1$分布。求$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i$的分布律，并证明$\bar{X}$是$p$的无偏估计量。2.设$X_1,X_2,\dots,X_5$是来自正态总体$N(\mu,16)$的样本，其中$\mu$未知。求参数$\mu$的置信水平为$95\%$的置信区间。五、1.设$\{X_n\}_{n=1}^\infty$是相互独立的随机变量序列，且$X_n$服从参数为$n$的指数分布，即$P(X_n>x)=e^{-nx},x\geq0$。证明$\{X_n\}_{n=1}^\infty$服从大数定律。2.一个马尔可夫链的状态空间为$\{1,2,3\}$，转移概率矩阵为$\begin{bmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{4}&\frac{1}{4}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\end{bmatrix}$，设初始状态分布为$(1,0,0)$，求第3次转移后的状态分布。六、1.某保险公司出售一年期死亡保险，保额为1万元。被保险人一年内死亡的概率为$0.02$，保险公司每年向每个被保险人收取保费200元。假设保险公司对每个被保险人的死亡赔付是相互独立的，求保险公司一年的利润不少于10万元的概率。2.设某类设备的寿命$X$服从指数分布，参数为$\lambda$。现购买此类设备3台，求在使用1000小时后，至少有2台设备正常工作的概率。试卷答案一、1.证明：由条件$P(A|B)=P(A|\bar{B})$，得$\frac{P(A\capB)}{P(B)}=\frac{P(A\cap\bar{B})}{P(\bar{B})}$。由$P(B)+P(\bar{B})=1$，得$P(A\capB)=P(A)P(B)$。2.解：设$A$表示甲至少命中一次，$B$表示乙至少命中一次。则$P(A)=1-P(\bar{A})=1-(1-0.7)^2=0.91$，$P(B)=1-P(\bar{B})=1-(1-0.8)^2=0.96$。由于甲乙投篮独立，$P(A\capB)=P(A)P(B)=0.91\times0.96=0.8736$。设$C$表示至少有一人至少命中一次，则$C=A\cupB$。$P(C)=P(A)+P(B)-P(A\capB)=0.91+0.96-0.8736=1.0064-0.8736=0.1328$。更简单的方法是计算对立事件，即两人都未命中一次的概率为$(1-0.7)^2\times(1-0.8)^2=0.09\times0.04=0.0036$，所以$P(C)=1-0.0036=0.9964$。二、1.解：$E(X^2)=\int_0^1x^2\cdot2x\,dx=2\int_0^1x^3\,dx=2\left[\frac{x^4}{4}\right]_0^1=\frac{1}{2}$。$E(X)=\int_0^1x\cdot2x\,dx=2\int_0^1x^2\,dx=2\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1=\frac{2}{3}$。$D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2=\frac{1}{2}-\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{1}{2}-\frac{4}{9}=\frac{1}{18}$。2.解：$E(Y)=E\left(\frac{1}{X+1}\right)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k+1}P(X=k)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k+1}\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^\infty\frac{\lambda^k}{(k+1)k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=1}^\infty\frac{\lambda^{k-1}}{k!}=e^{-\lambda}\lambda\sum_{k=1}^\infty\frac{\lambda^{k-1}}{k!}=\lambdae^{-\lambda}e^{\lambda}=1$。三、1.解：$X$服从二项分布$B(5,\frac{3}{5})$。$P(X=k)=\binom{5}{k}\left(\frac{3}{5}\right)^k\left(\frac{2}{5}\right)^{5-k},k=0,1,2,3,4,5$。$E(X)=np=5\times\frac{3}{5}=3$。$D(X)=np(1-p)=5\times\frac{3}{5}\times\frac{2}{5}=\frac{6}{5}$。2.解：由于$X\simN(\mu,\sigma^2)$，根据中心极限定理，当$n$较大时，$\bar{X}\simN(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$。对于$95\%$的置信水平，$Z_{\alpha/2}=Z_{0.025}=1.96$。置信区间为$\left(\bar{X}-1.96\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\bar{X}+1.96\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right)$。四、1.解：$X_i$服从$0-1$分布，$E(X_i)=p$，$D(X_i)=p(1-p)$。$E(\bar{X})=E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i\right)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nE(X_i)=\frac{1}{n}\cdotnp=p$。$D(\bar{X})=D\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i\right)=\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^nD(X_i)=\frac{1}{n^2}\cdotnp(1-p)=\frac{p(1-p)}{n}$。因此，$\bar{X}$是$p$的无偏估计量。2.解：由于$X_1,X_2,\dots,X_5$是来自正态总体$N(\mu,16)$的样本，$\bar{X}\simN(\mu,\frac{16}{5})$。$\frac{\bar{X}-\mu}{\frac{4}{\sqrt{5}}}\simN(0,1)$。对于$95\%$的置信水平，$Z_{\alpha/2}=Z_{0.025}=1.96$。置信区间为$\left(\bar{X}-1.96\frac{4}{\sqrt{5}},\bar{X}+1.96\frac{4}{\sqrt{5}}\right)$。五、1.证明：由于$X_n$独立同分布，且$E(X_n)=\frac{1}{n}$，$D(X_n)=\frac{1}{n^2}$。根据切比雪夫不等式，对于任意$\epsilon>0$，$P(|X_n-E(X_n)|\geq\epsilon)\leq\frac{D(X_n)}{\epsilon^2}=\frac{1/n^2}{\epsilon^2}=\frac{1}{n^2\epsilon^2}$。令$\epsilon=\frac{1}{k}$，则$P(|X_n-E(X_n)|\geq\frac{1}{k})\leq\frac{1}{n^2k^2}$。对$n$求和，得$\sum_{n=1}^\inftyP(|X_n-E(X_n)|\geq\frac{1}{k})\leq\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2k^2}=\frac{1}{k^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}<\infty$。根据大数定律，$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-E(X_i))^2\xrightarrow{P}0$。因此，$\{X_n\}_{n=1}^\infty$服从大数定律。2.解：设$p_n=(p_{n1},p_{n2},p_{n3})$为第$n$次转移后的状态分布。$p_{n+1}=p_nP$。$p_1=(1,0,0)$。$p_2=p_1P=(1,0,0)\begin{bmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{4}&\frac{1}{4}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\end{bmatrix}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$。$p_3=p_2P=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)\begin{bmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{4}&\frac{1}{4}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\end{bmatrix}=\left(\frac{7}{24},\frac{5}{24},\frac{5}{12}\right)$。六、1.解：设$X$表示一年内被保险人死亡的次数，$X\simB(1,0.02)$。保险公司一年的利润为$S=200n-X\times10000$。$P(S\geq10000)=P(200n-X\times10000\geq10000)=P(X\leqn-50)$。当$n\leq50$时，$P(X\leqn-50)=1$。当$n>50$时，$P(X\leqn-50)=\sum_{k=0}^{n-50}\binom{n}{k}(0.02)^k(0.98)^{n-k}$。对于$n=100$，$P(S\geq10000)=\sum_{k=0}^{50}\binom{100}{k}(0.02)^k(0.98)^{100-k}\approx0.9869$。2.解：设$X_i$表示第$i$台设备在使用1000小时后正常工作，$i=1,2,3$。$X_i$独立同分布，$P(X_i=1)=1-F