1、重慶理工大學2019-2020年度上學期期末考試概率論與數理統計試卷學號： 姓名： 班級： 單項選擇題（每小題4分，共20分） 1. 對于任意的兩個事件A，B，有P(A-B)=( ) (A) P(A)-P(B) (B) P(A)-P(B)+P(AB) (C) P(A)-P(AB) (D) P(A)+P()+P() 2. 設離散型隨機變量X的分布律為P(X=k)=blk (k=1,2,)，且b>0為常數，則( ) (A) l 為大于0的任意實數 (B) l=b+1 (C) l= (D) l= 3. 將長度為1m的木棒隨機地截成兩段，則兩段長度的相關系數為( ) (A) 1 (B) (C)

2、- (D) -1 4. 設X1，X2，Xn是總體XN(0, 1)的樣本，,S分別為樣本均值和樣本標準差，則( ) (A) N(0, 1) (B) N(0, 1) (C) c2(n) (D) t(n-1) 5. 設總體XN(m,s2)，其中s2已知，若樣本容量n不變，則當置信度變大時，總體均值m的置信區間的長度( ) (A) 變長 (B) 變短 (C) 不變 (D) 以上說法均不對二、填空題（每小題4分，共20分） 1. 設A, B, C是相互獨立的隨機事件，已知P(A)=，P(B)=，P(C)=，則P(AÈBÈC)=_。 2. 設X服從參數為l的泊松分布，且E(X-1)(X

3、-2)=1，則EX2=_ 3. 設二維隨機變量(X,Y) N(m, m, s2, s2, 0)，則EXY2=_ 4. 設X是隨機變量，DX=2，則由Chebyshev不等式，有P(|X-EX|³2)£_ 5. 設X1，X2，Xn是來自正態總體N(m,s2)的簡單隨機樣本，其中m,s2未知，則假設檢驗H0：=，H1：¹ 使用的統計量為_三、解答題（每小題10分，共60分）1. 已知甲袋中裝有3只白球和3只紅球，乙袋中僅裝有3只白球，從甲袋中任取3只球放入乙袋后，求(i) 從乙袋中任取一只球是紅球的概率；(ii)若從乙袋中取出的是紅球，則從甲袋中取出的3只球只有一只紅

4、球的概率。2. 設隨機變量X的概率密度為f(x)=，試求(i)常數k；(ii)X的分布函數F(x)；(iii) P(X>1)。3. 設二維隨機變量(X, Y)的概率密度為f(x, y)=，(i) 求條件概率密度fY|X(y|x)；(ii)求條件概率P(X£1|Y£1)4. 設二維離散型隨機變量(X, Y)的概率分布為YX0120010020(i) 求P(X=2Y)； (ii) 求Cov(X-Y, Y)。5. 設隨機變量X與Y相互獨立且分別服從正態分布N(m,s2)與N(m,2s2)，其中s是未知參數且s>0，記Z=X-Y。(i) 求Z的概率密度f(z;s2)；(

5、ii) 設Z1, Z2, ,Zn為來自總體Z的簡單隨機樣本，求s2的最大似然估計量；(iii) 證明為s2的無偏估計量。6. 某工廠生產一種燈泡，其壽命X(單位：小時)服從正態分布N(m,2002)，從過去較長一段時間的生產情況來看，燈泡的平均壽命為1500小時，采用新工藝后，在所生產的燈泡中抽取25只，測得平均壽命為1675小時，問在顯著性水平a=0.05下，采用新工藝后燈泡壽命是否顯著提高(z0.05=1.65)參考答案選擇題（每小題4分，共20分）1. C 2. C 3. D 4. C 5. A二、填空題（每小題4分，共20分）1. 2. 2 3. m (s2+m2) 4. 5. c2(

6、n-1) (若填或也給滿分)三、計算題（每小題10分，共60分）1. 解（i）設Bi，i=0, 1, 2, 3 表示“從甲袋中取出的三個球中有i只紅球”，A表示“從乙袋中任取出一球是紅球”，則P(B0)=，P(B1)=，P(B2)=，P(B3)=，P(A|B0)=0，P(A|B1)=，P(A|B2)=，P(A|B3)=，.3分根據全概率公式，有P(A)= ×0+×+×+×=3分（ii）由Bayes公式，有P(Bi|A)=4分2. 解（i）由于，得 1=，因此k=2.3分（ii）當x<0時，F(x)=0； 當x³0時，F(x)=1-e-2x

7、，所以X的分布函數為 F(x)=.4分（3）P(X>1)=e-2.3分3. 解（i）X的概率密度為fX(x)=.2分 " x>0，fX(x)>0，Y的條件概率密度為fY|X(y|x)=.3分（ii）Y的概率密度為fY(y)=.2分P(X£1|Y£1)=3分4. 解（i）由(X,Y)的概率分布得P(X=2Y)=P(X=0, Y=0)+P(X=2, Y=1)=+0=3分（ii）由(X,Y)的概率分布可得，X, Y, XY的概率分布分別為 所以EX=0×+1×+2×=，EY=0×+1×+2×=

8、1 EXY=0×+1×+4×= 從而Cov(X, Y)=EXY-EXEY=-×1=0.3分 又EY2=02×+12×+22×=，DY=EY2-(EY)2=-12=.2分 故Cov(X-Y, Y)=Cov(X, Y)-Cov(Y, Y)= Cov(X, Y)-DY=0-=-.2分5. 解（i）因為X與Y相互獨立且分別服從正態分布N(m, s2)與N(m, 2s2)，所以Z=X-Y服從正態分布，且EZ=E(X-Y)=EX-EY=0，DZ=D(X-Y)=DX+DY= 3s2， 因此Z的概率密度為f(z;s2)=，-¥<z<¥.2分 （ii）對于樣本的一組樣本值z1, z2, ,zn 似然函數L(s2)= 取自然對數lnL(s2)=-nln-lns2- 令=+=0，解之得s2的最大似然估計值為=，從而s2的最大似然估計量為=.6分（iii）因為E=EZ2=(DZ+(EZ)2)=DZ=s2，所以為s2的無偏估計量.2分6. 解（i）需檢驗H0：m£1500，H1：m>15002分 (ii) 選擇適當的檢驗統計量U=N(0,1).2分 (iii) 由于a=0.05，所以臨界點