2025年考研数学专业概率论测试试卷（含答案）

2025年考研数学专业概率论测试试卷（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（每小题4分，共20分。请将答案填在答题卡对应位置上）1.设随机事件A,B满足P(A|B)=P(A)，且P(B)>0，则下列结论中正确的是（）。(A)A与B互斥(B)A与B独立(C)P(A|B')=P(A')(D)P(A∪B)=P(A)+P(B)2.一个盒中有5个红球和4个白球，它们除了颜色外完全相同。从中随机、不放回地依次取出两个球，则第二个球是红球的概率为（）。(A)5/9(B)4/9(C)5/18(D)4/183.设随机变量X的概率密度函数为f(x)={c(x-1)^2,0<x<2;0,其他}，则常数c的值为（）。(A)3/4(B)4/3(C)1/4(D)44.设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且E[(X-1)(X-2)]=1，则λ的值为（）。(A)1(B)2(C)3(D)45.设二维随机变量(X,Y)服从区域D={(x,y)|0<x<1,0<y<2x}上的均匀分布，则条件概率P{Y>1|X=1/2}的值为（）。(A)1/4(B)1/2(C)3/4(D)1二、填空题（每小题4分，共20分。请将答案填在答题卡对应位置上）6.设事件A,B满足P(A)=1/3,P(B)=1/4,P(A∪B)=1/2，则P(A|B)=。7.设随机变量X的分布律为P{X=k}=(k+1)/15,k=1,2,3，则E(X)=。8.设随机变量X服从标准正态分布N(0,1)，则P{|X|>2}=。9.设随机变量X,Y独立同分布，均服从参数为p的0-1分布，则E(XY)=。10.设总体X服从正态分布N(μ,σ^2)，X1,X2,...,Xn是来自该总体的样本，则统计量(n-1)S^2/σ^2服从分布（请写明分布名称及参数）。三、计算题（每小题10分，共40分）11.甲、乙两人约定在下午1点到2点之间在某地会面。他们约定先到者等待另一人15分钟，过时就离开。假设两人在下午1点到2点之间（60分钟内）的任何时刻到达都是等可能的，求两人能会面的概率。12.设随机变量X的概率密度函数为f(x)={2x,0<x<1;0,其他}。(1)求X的分布函数F(x)；(2)计算P{X>1/2}。13.设二维随机变量(X,Y)的联合概率密度函数为f(x,y)={e^{-(x+y)},x>0,y>0;0,其他}。(1)求X和Y的边缘概率密度函数f_X(x)和f_Y(y)；(2)判断X和Y是否独立；(3)计算E(XY)。14.设总体X服从参数为λ的泊松分布，X1,X2,...,X5是来自该总体的样本。求样本均值$\overline{X}$的期望E($\overline{X}$)和方差Var($\overline{X}$)。并求统计量$\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$的期望E($\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$)。四、证明题（每小题15分，共30分）15.设A,B为随机事件，证明：若P(A|B)=P(A|B')，则事件A与B独立。16.设X1,X2,...,Xn是来自正态总体N(μ,σ^2)的样本，证明：统计量T=$\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2$的期望E(T)=σ^2。试卷答案一、选择题1.B2.A3.A4.B5.B二、填空题6.1/37.11/158.2Φ(-2)=2(1-Φ(2))≈0.0456(注：标准正态分布表或计算器给出具体值)9.p^210.χ^2(n-1)三、计算题11.解析：设甲到达时间为X，乙到达时间为Y，X,Y~U(0,60)。两人会面的条件是|X-Y|≤15。两人能会面的概率P=P{|X-Y|≤15}=∫[0,60]∫[max(0,x-15),min(60,x+15)](1/3600)dydx=∫[0,15]∫[x-15,60](1/3600)dydx+∫[15,45]∫[0,x+15](1/3600)dydx+∫[45,60]∫[0,x-15](1/3600)dydx=(15/60*30/60)+(45/60*15/60)+(15/60*15/60)=3/4*1/2+3/4*1/4+1/4*1/4=15/80+15/160+15/160=30/80+15/80=45/80=9/16。答案：9/16。12.解析：(1)F(x)=∫[-∞,x]f(t)dt={0,x≤0;∫[0,x]2tdt=x^2,0<x<1;1,x≥1}={0,x≤0;x^2,0<x<1;1,x≥1}。(2)P{X>1/2}=1-P{X≤1/2}=1-F(1/2)=1-(1/2)^2=1-1/4=3/4。答案：3/4。13.解析：(1)f_X(x)=∫[-∞,∞]f(x,y)dy={∫[0,∞]e^{-(x+y)}dy=e^{-x},x>0;0,其他}。f_Y(y)=∫[-∞,∞]f(x,y)dx={∫[0,∞]e^{-(x+y)}dx=e^{-y},y>0;0,其他}。(2)因为对于所有x>0,y>0,f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=e^{-x}*e^{-y}=e^{-(x+y)}。所以X和Y独立。(3)E(XY)=∫[0,∞]∫[0,∞]xyf(x,y)dydx=∫[0,∞]x∫[0,∞]ye^{-(x+y)}dydx=∫[0,∞]x[-ye^{-(x+y)}]|_{0}^{∞}+∫[0,∞]x∫[0,∞]e^{-(x+y)}dydx=∫[0,∞]x[0+xe^{-x}]dx=∫[0,∞]x^2e^{-x}dx=[-x^2e^{-x}]|_{0}^{∞}+2∫[0,∞]xe^{-x}dx=0+2[-xe^{-x}]|_{0}^{∞}-2∫[0,∞]e^{-x}dx=0+0-2[-e^{-x}]|_{0}^{∞}=2[0-(-1)]=2。答案：独立；2。14.解析：X~P(λ)。E(X)=λ,Var(X)=λ。E($\overline{X}$)=E((1/n)*Σ(Xi))=(1/n)*ΣE(Xi)=(1/n)*nλ=λ。Var($\overline{X}$)=Var((1/n)*Σ(Xi))=(1/n^2)*ΣVar(Xi)=(1/n^2)*nλ=λ/n。E($\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$)=E((ΣX_i^2)-n$\overline{X}^2$)=ΣE(X_i^2)-nE($\overline{X}^2$)=Σ(E(X)^2+Var(X))-n(E($\overline{X}$)^2+Var($\overline{X}$))=5(λ^2+λ)-n(λ^2/n+λ/n^2)=5λ^2+5λ-λ^2-λ=4λ^2+4λ=4λ(λ+1)。答案：E($\overline{X}$)=λ；Var($\overline{X}$)=λ/n；E($\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$)=4λ(λ+1)。四、证明题15.证明：P(A|B)=P(A∩B)/P(B)，P(A|B')=P(A∩B')/P(B')。已知P(A|B)=P(A|B')，即P(A∩B)/P(B)=P(A∩B')/P(B')。P(A∩B)P(B')=P(A∩B')P(B)。[P(A)-P(A∩B)]P(B)=[P(A)-P(A∩B')]P(B')P(A)P(B)-P(A∩B)P(B)=P(A)P(B')-P(A∩B')P(B')P(A)P(B)-P(A∩B)P(B)=P(A)[P(B')-P(B)]-P(A∩B')P(B')P(A)P(B)-P(A∩B)P(B)=-P(A)P(B)-P(A∩B')P(B')2P(A)P(B)=P(A∩B)P(B')+P(A∩B')P(B)2P(A)P(B)=P(A)[P(B')+P(B)]=P(A)*1=P(A)。因为P(A)>0(否则等式trivially成立，但需考虑P(A)>0的情况)，所以两边除以P(A)得：2P(B)=P(A)。因此，P(A∩B)=P(A)P(B)。由定义知，事件A与B独立。答案：证明完毕。16.证明：设X~N(μ,σ^2)，X1,...,Xn是样本。T=(n-1)S^2/σ^2=Σ(X_i-$\overline{X}$)^2/σ^2。由抽样分布定理知，(Σ(X_i-μ)^2)/(σ^2)~χ^2(n)。又知$\overline{X}$是样本均值，则E($\overline{X}$)=μ,Var($\overline{X}$)=σ^2/n。因此，(Σ(X_i-μ)^2)/(σ^2)=((Σ(X_i-$\overline{X}$+$\overline{X}$-μ))^2)/(σ^2)=(Σ(X_i-$\overline{X}$)^2+2Σ(X_i-$\overline{X}$)($\overline{X}$-μ)+n($\overline{X}$-μ)^2)/(σ^2)。由于Σ(X_i-$\overline{X}$)=0，上式变为(Σ(X_i-$\overline{X}$)^2+n($\overline{X}$-μ)^2)/(σ^2)。所以，(Σ(X_i-$\overline{X}$)^2)/(σ^2)~χ^2(n-1)。统计量T=Σ(X_i-$\ove