武汉理工大学考试试题纸(A卷)(闭卷)2

武汉理工大学考试试题纸（A卷）（闭卷） 课程名称 概率统计 专业班级 题号 题分 1．填空题（15分） （1）设随机事件A,B互不相容，且P(A)0.3，P(B)0.6，则P(BA) （2）设随机变量X服从（-2，２）上的均匀分布，则随机变量YX2的 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 总分 备注: 学生不得在试题纸上答题(含填空题、选择题等客观题) 概率密度函数为fY(y) . （3）设随机变量X和Y的期望分别为2和2，方差分别为1和4，XY0.5， 由切比雪夫不等式，P(XY6)________ ． （4）设某种清漆干燥时间X~N(,2)（单位：小时），取容量为n的样本,其 样本均值和方差分别为X,S2，则的置信度为1-的单侧置信上限为： . （5）设(X1,X2,,Xn)为取自总体X~N(,2)的样本，参数,2均未知， 1nXni1Xi0作t检验时，使用 ，Z(XiX)2，则对于假设H0：2i1n的检验统计量T＝ （用X与Z等表示）. 2．（10分）设有一箱同类产品是由三家工厂生产的，其中1/2是第一家工厂生产的，其余两家各生产1/4，又知第一、二、三家工厂生产的产品分别有2%、4%、5%的次品，现从箱中任取一件产品，求：（1）取到的是次品的概率；（2）若已知取到的是次品,它是第一家工厂生产的概率。 Ax，0x13. （10分）设随机变量X的概率分布为f(x)，以Y表示对X的三次独立重复观察中事件，其它0{X12}出现的次数，试确定常数A，并求概率PY{2}。 1

4. （15分）设二维随机变量（X，Y）的概率分布为 ey,f(x,y)0,0xy其它 求：（1）随机变量X的密度函数fX(x)；（2）概率P{XY1}。 5. （10分）已知随机变量X、Y分别服从正态分布N(0,23)和N(2,24)，且X与Y的相关系数，设Z，求：（1）数学期望EZ，方差DZ；（2）X与Z的相关系数XZ。 X/3Y/21/2XY6. （10分）证明：（马尔科夫定理）如果随机变量序列X1,X2,,Xn,，满足 lim1n2nnD(Xk)0 k1则对任给0，有 1limPnnnk1Xk1E(Xk)1. nk12n7. （15分）设X~N(,2)，X1,X2,,Xn是取自总体的简单随机样本，X为样本均值，Sn为样本二阶中n心矩，S2为样本方差，问下列统计量：（1）nS2n2，（2）XSn/n1(X，（3）i1i)22各服从什么分布？ 8．（15分）设总体X服从区间[0，]上的均匀分布，＞0未知，X1,X2,,Xn是来自X的样本,（1）求的矩估计和极大似然估计；（2）上述两个估计量是否为无偏估计量，若不是请修正为无偏估计量；（3）试问（2）中的两个无偏估计量哪一个更有效？

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1答案1．（15分）（1）4/7；（2）fY(y)40y0y4其他;（3）

112 (4)上限为

XSnt(n1);

（5）

XZn(n1)

2．（10分）解：设事件A表示：“取到的产品是次品”；事件Ai表示：“取到的产品是第i家工厂生产的”（i1。 则A，且P两两，2，3）AA(A)0，A、A、A123i123互不相容，

（1） 由

3全概

12率

210014公

4100145100式

13400得

P(A)P(Ai)P(A|Ai)i11 （2）由贝叶斯公式得 P(A|A)=1P(A1)P(A|A1)32 2P(Aj)P(A|Aj)j14100 13134003. （10分）解：由归一性1f(x)dxAxdx01A2

2x，0x10，其它所以A=2。即 f(x)1111

P{X1}F()222f(x)dx202xdx2142

34964所以Y~B(3，)，从而 P{Y2}=C3()441

4. （15分）解：（1） x0时，fX(x)=x0时，fX(x)=0；

ex，故随机变量X的密度函数fX(x)=0，0xx01f(,xy)dyye edxyx

12 （2）PX{Y1},)xdyxf(xydd021xxedye12e

y1XY15. （10分）解：（1）由数学期望、方差的性质及相关系数的定义得

3

EZE(X3Y2)E(X3)E(Y2)1301221

DZ D()D()D()2Cov(，)323232XYXYXY 132DX2122DY22131312XY12(DX12DY

132312242)341423

1 （2）C ov(X，Z)Cov(XX，Y)Cov(X,X)Cov(X,Y)3232111 DX3112XY DXDY0从而有X与Z的相关系数XZnkCov(X,Z)DXDZ1n0

6. （10分）证明： E(夫不等式，得

1Xnk1)E(Xnk1k),D(1nkXnk1)1n2nD(Xk)，由切贝雪

k1n1limPnnnk1Xk1nnE(k1Xk)1D(Xk)k1n22，

1根据题设条件，当n时, limPnnnk1Xk1E(Xk)1， nk1n但概率小于等于1，故马尔科夫定理成立. 7. （15分）解：（1）由于

(n1)S22~(n1)，又有S22n1nni1(XiX)2n1nS

2nS2n(n1)S，因此

2nSn22~(n1)；

2（2）由于

XS/n~t(n1)，又有

SnSnn1，因此

XSn/n1~t(n1)；

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（3）由Xi~N(,2)(i1,2,,n)得：

Xi2~N(0,1)(i1,2,,n)，由分

n(Xi)2布的定义得：i12~2(n).

8．（15分）解：（1）EX2，令

2X，得的矩估计量ˆ12X；

1似然函数为：L(x,xn,0x1,x2,,xn12,,xn;)

0，其它其为的单调递减函数，因此的极大似然估计为ˆ2maxX1,X2,,XnX(n)。

（2） 因为Eˆ12EX，所以ˆ1为的无偏估计量。

xn11又因为X的概率密度函数为：fn,0x(n)(n)(x)

0,其它n1所以EX(n)xnx1n0dxn1

因此ˆn12为的有偏估计量，而ˆ3nX(n)为的无偏估计量。 2（3） Dˆ14DX4/12n23n，

2Dˆn13DXn(2)2n122xn11n0xndxnn1 1n(n2)2123nDˆ1(n2)于是ˆ3n1nX(n)比ˆ12X更有效。

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