概率统计简答题

A是被查后认为是合格品的事件，B是抽查的产品为合格品的事件..

P(A)P(B)P(AB)P(B)P(AB)0.960.980.040.050.9428，

P(BA)P(B)P(AB)/P(A)0.9408/0.94280.998.

2、 某商店出售某种贵重商品.根据经验，该商品每周销售量服从参数为

1的泊松分布.假定各周的销售量是相互的.用中心极限定理

计算该商店一年内(52周)售出该商品件数在50件到70件之间的概率.

解：设

Xi为第i周的销售量,i1,2,,52Xi~P(1)

则一年的销售量为

YXii152，

E(Y)52,D(Y)52.

由同分布的中心极限定理，所求概率为

2Y5218182

P(50Y70)P15252525252(2.50)(0.28)10.99380.610310.6041.

1、 某商店拥有某产品共计12件，其中4件次品，已经售出2件，现从剩下的10件产品中任取一件，求这件是正品的概率.

解：设

A=“取到正品”，B＝售出两件中有i 件次品，i0,1,2

P(A)＝P(Bi)P(A|Bi)

i02 则

112C826C8C47C48P(A)2220.67

C1210C1210C12102、 设某种电子元件的寿命服从正态分布

N(40,100)，随机地取

5个元件，求恰有两个元件寿命小于50的概率.

（

0(1)0.8413，0(2)0.9772）

解：令

X＝“元件寿命”

X405040P{X50}P(1)0.8413,

1010则

令

Y“5件中寿命小于50的元件个数”　 Y~B(5,0.8413).

则

因此

P{Y2}C520.84132(10.8413)30.0283.

3、 已知

xyF(X,Y)A(Barctan)(Barctan)23,1)求常数

A,B,C；2)求

P0X2,0Y3.

F(,)A(B)(C)1C222y解：F(,y)A(B)(Carctan)0 解得B2231xAF(x,)A(Barctan)(c)0222F(x,y)

1xy(arctan)(arctan) 222231 16P{0X2,0Y3}F(0,0)F(2,3)F(0,3)F(2,0)

4、 从一正态总体中抽取容量为10的样本，假定有2％的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上，求总体的标准差.

（

0(2.055)0.98,0(2.325)0.99）

解：

X~N(,2n)，

而

P|X|410.020.98，

440.99，42.325，5.44. 10.98，故2nnn

1、 10把钥匙中有3把能够把门打开，今任意取两把，求能够开门的概率. 解：（1）先求在10把钥匙中任意取两把，不能够开门的概率，

样本点总数是90，因为不能开门，所以这两把钥匙均取自7把不能开门的钥匙当中，有利事件数为

6742。不能够开门的

概率为

21， 45（2）能够开门的概率为

12180.53. 45152、 设随机变量

x（2）分布函数F(X). X的密度函数f(x)Ae(x),求(1)系数A；

解：（1）

Qf(x)dx1，即A（0edxx0exdx)1，

A1/2

1xx（2）F(x)edt，

21x1当x0，F（x）etdtex

22x10tt11ex

当x0，F(x)edtedt022

3、 设总体

X服从正态分布N(,2)，其中是已知的，而2未知的，

(X1,X2,X3)是从总体中抽取的一个简单随机样

3本。(1)求

(X1,X2,X3)的密度函数；(2)指出X1X2X3，X2，min(X1,X2,X3)，i1Xi22，

X3X1之中，哪些是统计量，哪些不是统计量，为什么

2解：（1）

(x1,x2,x3)（2）

1(2)e3i13(xi)222

X1X2X3，，min(X1,X2,X3)，

X3X123都是统计量，因为它们均不包含任何未知参数；而

X2不是一个统计量,因为它是总体的函数，而不是样本的函数，i1

Xi22中包含未知参数

2，所以它不是一个统计量.

1、 某工厂有三条流水线生产同一种晶体管，每条流水线的产品分别占总产量的15%、80%、5%,又这三条流水线的次品率分别为、、，现在从这批晶体管中随机取一只，求它是次品的概率. 解：由全概率公式

P(A)0.020.150.010.800.030.050.0125

2、

设连续型随机变量

X的分布函数

F(x)ABarctanx,(x),(1)确定常数A与B；（2）求

X的概率密度函数f(x).

解：

0A1/2,B1/2211arctanx F(x)2F()AB1,F()ABf(x)F'(x)



1

(1x2)3、 掷一枚均匀硬币，正面为1点、反面为0点，随机变量

为连掷二次点数之和，试（1）求的分布律；（2）并求E和D.

解：(1)分布律如下表 p01/411/221/4

(2)

E0111211，

424E20111413

4242DE2(E)212

4、 设某公司有100件产品进行拍卖，每件产品的成交价为服从正态分布于万元的概率.

N(1000,1002)的随机变量，求这100件产品的总成交价不低

解：设第

i件产品的成交价为Xi，

则

Xi~N(1000,1002)，i1,2,L,n

又由于

X1,X2,L,Xn相互,

所以总成交价

XXi服从N(10,0.12)万元的分布.

i100故有

P(X9.9)1(9.910)0.8413

0.1故总成交价不低于万元的概率为%

5、 设母体X服从均匀分布

U[0,]，它的密度函数为

1,f(x;)0,0xotherwise，（1）求未知参数

的矩法估计

量；（2）当子样观察值为，，，，，时，求

的矩法估计值.

1解：(1)因为

E(X)xf(x;)dx0xdx2

1nXi=X， 即X 令E(X)ni12(2)由所给子样观察值算得

，所以

2X

2x0.9633



1、 设随机变量的分布列.

X的分布列为PXkak(k1,2,L),求：(1)参数a，(2)PX4，(3)Y2X12解：（1）由

a1a1 kk12111 （2）P{X4} kk516k52l02（3）

P{Y2k1}P{Xk}12k（

k1,2,L）

2、 将一枚硬币连抛三次，以

X表示在三次中出现正面的次数，以

Y表示在三次中出现正面次数与出现反面次数之差的绝对值，试写出

(X,Y)的联合分布律、关于X和Y的边缘分布律.

解：设

Ai“第i次出现正面”(i1,2,3)，

则此随机试验包含

8

个基本事件：

A1A2A3(3,0)；

A1A2A3(0,3)；

A1A2A3,A1A2A3,A1A2A3(2,1)；A1A2A3,A1A2A3,A1A2A3(1,1)，

它们相应的(

X，Y)取值为

13P(X3,Y0),P(X2,Y1)；

8831P(X1,Y1),P(X0,Y3).

88从而，(X，Y)的联合分布律为和边缘分布律：

YOX000181810380382038038013pig

3180018pgj1868 183、 总体

X~N(80,202)，从总体中抽取一个容量为

100的样本，问样本均值与总体均值之差的绝对值大于3的概率是多少

(

(1.5)=0.9332)

(X1,X2,,X100)，X是样本的均值，

解：设容量为100的样本为

则

X80~N(0,1)，

2P{|X803X803|}1P{||}

2222所求概率为

1[(1.5)(1.5)]

2(10.9332)0.1336

4、 设母体

X服从指数分布，它的密度函数为

exf(x;)0x00，，试求未参数的最大似然估

x0计.

解： 设

x1,x2,L,xn是X那么

的子样观察值，

n的似然函数为L()nenxii1

就有

lnL()nlnxi

i1于是，似然方程为

dlnL()nnxi0

di11 X1、 袋中装有m枚正品硬币、n枚次品硬币（次品硬币两面均印有国徽）.从袋中任取一枚硬币，将它投掷r次，已知每次均出现国徽，问

从而，可得

ˆ这枚硬币是正品硬币的概率是多少

解：设事件

A“所取硬币为正品”，事件B“所取硬币掷r次均出现国徽”，所求概率为P(A|B).

m1，P(B|A)P(A)mn2r，

P(A)n，P(B|A)1

mn.

故：

P(A|B)P(B|A)P(A)mP(B|A)P(A)P(B|A)P(A)mn2r2、 对目标射击4次，设每次命中率为,（1）写出X的分布律；（2）求至少3次命中目标的概率. 解：（1）设X为4次射击中的命中次数。

则X?B(4,

kP{Xk}C40.1k0.94kk0,1,2,3,4

（2）

P{X3}P{X3}P{X4}

3C40.130.90.140.0041

3、 设在某一规定的时间间隔里，某电器设备用于最大负荷的时间

X（以分计）为随机变量，其概率密度为

1x215001f(x)(x3000)2150000x15001500x3000，求E(X)，D(X).

其它解：

1500 =

E(X)=

xf(x)dx0150012(3000x)xdxxdx 2215001500150030003000=500+1000=1500

E(X)=

2013(3000x)2xdxxdx

21500215001500=562500+2062500=2625000

D(X)E(X2)E2(X)=375000

4、 生产灯泡的合格率为，求10000个灯泡中合格灯泡数在5800~6200的概率. 1、 解：由题意10000个灯泡中合格灯泡数X~B（10000，），

再由中心极限定理知X~N（6000，2400）， 则所求概率为

P{5800X6200}(6200600058006000)()

24002400

(4.082)(4.082)2(4.082)115、 设

总

体

X~N(0,1),

从

此

总

体

中

取

一

个

容

量

为

6

的

样

本

(

X1,,X6),设

Y(X1X2X3)2(X4X5X6)2,试决定常数c,使得随机变量cY服从2分布.

解：

X1X2X3~N(0,3)，

1X1X2X3222~(1)则，即(XXX)~(1) 12333同理有

21(X4X5X6)2~2(1)， 3且

(X1X2X3)2与(X4X5X6)2，

11Y(X1X2X3)2(X4X5X6)2~2(2) 331 故 c

3则有

1、 在射击室里有9支，其中经试射的有两支，试射过的的命中率是,未试射过的的命中率为.今从射击室里任取一，发射一次结果命中了.求“所取是已经试射过” 的概率.

解：设A—发射一次命中；H1—所取的试射过；H2—所取的未试射过

由题意，

P(A/H1)0.8,P(A/H2)0.1,P(H1)27,P(H2) 99由贝叶斯公式：

P(H1/A)P(A/H1)P(H1)16 P(A/H1)P(H1)P(A/H2)P(H2)232、 随机变量

X~U1,1,求YX2的分布函数与概率密度.

1x1其它1解：fXx20,且

yg(x)x2,

y<00y1 FYyfxdxdx0y1Xy2x2y1y10y1y<00y1y1,

1fY(y)FY'(y)2y0

0y1.

其它3、 设某昆虫的产卵数X服从参数为50的泊松分布，又设一个虫卵能孵化为成虫的概率为,且各卵的孵化是相互的，求此昆虫的产卵数X与孵化为成虫卵数Y的联合分布律.

50i50e,i0,1,2,解：本题已知随机变量X的分布律为PXii!由题意易见，该昆虫下一代只数Y在

Xi的条件下服从参数为i,的二项分布,

故有

P{Yj|Xi}Cij0.8i0.2ij，j0,1,...,i

由

PXi,YjPYi|XiPXi,

得

(X,Y)的联合分布律为：

P{Xi,Yj}Ci0.80.2jjij50i50e，i0,1,;j0,1,,i. i!4、 已知正常男性成人血液中，每毫升白细胞数平均是7300，均方差是700.利用切贝雪夫不等式估计每毫升含白细胞数在5200~9400之间的概率.

解：设每毫升含白细胞X个，则E（X）=7300，D（X）=700，

由切贝雪夫不等式知，

所求概率

P(5200X9400)P(-2100X-73002100)

D(X)70028P{|XE(X)|2100}1122210021009

即所求概率约为

8. 95、 在总体

X~N(12,4)，从X中随机抽取容量为6的样本(X1,X6).求样本均值与总体均值之差的绝对值大于2的概

率.(

0(2.4495)0.995)

解：设总体为

X则

，由题意：

X~N(12,2/3)，

XEX~N(0,2/3)，

所求概率为：

P{|XEX|2}1P{|XEX|2}

1[(2/2/3)(2/2/3)]

＝

2[1(2.4495)]＝.

6、 设总体

X的密度函数为

x1,0x1其中是未知参数，且0.试求的最大似然估计量. f(x)0,其它解：设

x1,x2,,xn是X的子样观察值，

那么样本的似然函数为

L()nxii1n1，

取对数得

lnL()nln(1)lnxii1n，

于是，似然方程为

dlnL()nnlnxi0，

di1从而，可得

ˆnlnXi1n

i1、 玻璃杯成箱出售，每箱20只.假设各箱含0、1、2只残次品的概率相应为、和，某顾客欲购买一箱玻璃杯，在购买时，售货员随意取一箱，而顾客随机地察看4只，若无残次品，则买下该箱玻璃杯，否则退回.试求：（1）顾客买下该箱的概率

；（2）在顾客买下的该箱中，没有

残次品的概率

.

解：设事件

， ，Bi表示“箱中恰好有i件次品”，i01,2A表示“顾客买下该箱”

则

P(B0)0.8，P(B1)0.1，P(B2)0.1，P(A|B0)1，

44C19C18412P(A|B1)4，P(A|B2)4.

C2019C205(1) 由全概率公式得

P(A)P(Bi)P(A|Bi)0.810.10.1i0(2) 由贝叶斯公式

245120.94； 19

(B0|A)P(B0)P(A|B0)0.810.85.

P(A)0.942、 已知随机变量

2Ax,X的概率密度为fx0,0x1，求：（1）参数A；（2）P{0.5X3}；（3）

其他P{Xx}.

解：(1)由归一性，得

1f(x)dx2Axdx1031A1

(2)p{0.5x3}x0.5f(x)dx0.52xdx0.75

(3)p{Xx}xf(t)dt

当x<0时，f(t)dt0;x

x

2当0x1时，f(t)dt2tdtx0x1当x1时,f(t)dt2tdt103、 已知随机变量X与Y，其分布律分别为：

X pX 1 0

Y PY -1 0 1 分别求随机变量Z=max(X,Y)，与W=X-Y的分布律.并求Z,W的分布律.

解:作下表，表中第一行是自变量(X,Y)的全部可能取值点；第二行是第一行各取值相应的概率；第三、第四行分别是第一行各取值点相应的Z、W的取值.

（X，Y） Pi,j Z=max(X,Y) W=X+Y (1,-1) 1 0 (0,-1) , 0 -1 (1,0) 1 1 (0,0) 0 0 (1,1) 1 2 (0,1) 1 1 从上表可以确定Z的取值域为{0,1},W的取值域为{-1,0,1,2}函数变量取某值的概率等于该值在表中相应概率之和.例如

P{Z=0}=+=

于是，Z、W的分布律分别为：

Z PZ 0 1

W PW -1 0 1 2

4、 设随机变量X的概率密度函数为f(x)=αe-|x|(-∞解:

x1 (1)Q1f(x)dx20edx2121x1xte,x2D(X)=E(X2)E2(X)E(X2)222xxf(x)dx=xedx2 2o5、 从大批发芽率为的种子中随意抽取1000粒，试估计这1000粒种子发芽率不低于的概率.（

00.2222=0.5871，

02.1080.9826）

解：设这批种子发芽率为

P,则1000P~B(1000,0.9)

由中心极限定理得

1000P~N(900,90)，

则所求概率为

P{P0.88}P{1000P880}1P(1000P880)

10(880900)1(2.108)(2.108)=0.9826

90