一、 填空题（每题2分，共20分）
1、记三事件为A ，B ，C . 则用A ，B ，C 及其运算关系可将事件，“A ，B ，C 中只有一个发生”表示为 . 2、匣中有2A 现一个接一个地从中随机地取出所有的球。那么，白球比红球早出现的概率是 2/5 。 B C A B C A B C 3、已知P(A)=0.3，P （B ）＝0.5，当A ，B 相互独立时，P (A ⋃B ) =_0. 65__,P (B |A ) =_0. 5__。
4、一袋中有9个红球1个白球，现有10名同学依次从袋中摸出一球（不放回），则第6位同学摸出白球的概率为 1/10 。
⎧
⎪⎪b
5、若随机变量X 在区间 (a , b ) 上服从均匀分布，则对a 0，必有概率P {c
⎪b ⎪⎩b
e -a -c -a
, ,
c +e
c +e >b
6、设X 服从正态分布N (μ, σ) ，则Y =3-2X ~2
2
7、设X ~B （n , p ), 且E X ＝12，D X ＝8，则n =_36_,p =_3
_
8、袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5，在袋中同时取出3只，以X 表示取出3只球中的最大号码。则X 的数学期望E (X ) = 4.5 。 9、设随机变量(X , Y ) 的分布律为
则条件概率 P {X =3|Y =2}= 2/5 .
⎛4⎫⎛8⎫⎛12⎫
10、设X 1, , X 12来自正态总体N (0, 1) , Y = ∑X i ⎪+ ∑X i ⎪+ ∑X i ⎪, 当常数k 时，k Y 服从χ
⎝i =1⎭⎝i =5⎭⎝i =9⎭
222
2
分布。
二、计算题（每小题10分，共70分）
1、三台机器因故障要人看管的概率分别为0.1，0.2，0.15，求： （1）没有一台机器要看管的概率 （2）至少有一台机器不要看管的概率 （3）至多一台机器要看管的概率
解：以A j 表示“第j 台机器需要人看管”，j =1，2，3，则:
P ( A 1 ) = 0.1 , P ( A 2 ) = 0.2 , P ( A 3 ) = 0.15 ,由各台机器间的相互独立性可得
(1)P (A 1A 2A 3)=(2)P (A 1⋃
P (A 1)⋅P (A 2)⋅P (A 3)=0. 9⨯0. 8⨯0. 85=0. 612
A 2⋃A 3)=1-P (A 1A 2A 3)=1-0. 1⨯0. 2⨯0. 15=0. 997
(3)P (A 1A 2A 3 A 1A 2A 3 A 1A 2A 3 A 1A 2A 3)
=P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 2A 3)=0. 1⨯0. 8⨯0. 85+0. 9⨯0. 2⨯0. 85+0. 9⨯0. 8⨯0. 15+0. 9⨯0. 8⨯0. 85=0. 068+0. 153+0. 108+0. 612=0. 941
2、甲袋中有n 只白球、m 只红球；乙袋中有N 只白球、M 只红球。今从甲袋任取一球放入乙袋后，再从乙袋任取一球。问此球为白球的概率是多少？ 解：以W 甲表示“第一次从甲袋取出的为白球”，R 甲表示“第一次从甲袋取出的为红球”， W 乙表示“第二次从乙袋取出的为白球”，
则所求概率为 P (W 乙)=P (W 甲W 乙 R 甲W 乙)=P (W 甲W 乙)+P (R 甲W 乙)
=P (W 甲)P (W 乙W 甲)+P (R 甲)P (W 乙R 甲)
C 1
1
1
1
=n N +1C 1⋅
C n +m
C 1
+
C m ⋅
C N N +M +1
C 1
n +m
C 1
N +M +1
=
n (N +1)+m N
)N +n (n +m )(N +M +1)
=
(n +m (n +m )(N +
M +1)
⎧
π3、设随机变量X 的概率密度为f (x ) =⎪A co s x , |x |
⎨2, 试求（1）常数A ;
⎪⎩
0 , 其它(2) 分布函数F (x ) ; (3) 概率P { 0
4
}。
（1） 由归一性可得：+∞
π
解：1=
⎰
-∞
f
(x )d x
=
⎰
2-
πA co s x d x =2A ，从而 A =2
2
⎧x
⎪⎰f (x )d x , x
⎧⎪-∞2⎪
0,
(x x 2).F (x )=
⎰
-∞
f (x )d x =⎪
⎨-π⎪⎰-
πf (x )d x ,
2
2≤x
=⎪⎨1
(sin x +1),
⎪2⎪x
⎪f (x x ≥π
⎪⎩⎰π)d x , 2
2
⎩1, x
2
≤x
2
x ≥π
2
(
3).P { 0
π
4
}=
⎰
4
12
co s xd x =
4
4、（1）已知X 的分布律为
2
计算D (1-2X ) 。（5分） 解：D (1-2X ) =4D (X
2
2
)=4{E (X )
4
-⎡E
⎣
(X )
2
⎤⎦
2
}
⎛
115225⎫235=4 - ⎪=
4164⎝⎭
（2）、设X ~N (0, 1) ，求Y =X 的概率密度. （5分）
⎧
解：Y 的密度函数为：f (y ) =⎩
0, -y 2
2
, y >0y ≤0
⎧e -(x +y ) , x >0, y >0
5、设(X , Y ) 的概率密度为f (x , y ) =⎨.
0 , 其它⎩
(1) 试求分布函数F (x , y ) ；
(2) 求概率P {(x , y ) ∈G }其中区域G 由X 轴, Y 轴以及直线x +y =1所围成.
解: (1).F (x , y )=
⎰⎰
-∞
x y -∞
⎧x ⎪
f (x , y )d x d y =⎨⎰0
⎪⎩
⎰
y 0
e
-(x +y )
d x d y , x >0, y >0
其他
0,
-x -y ⎧⎪e -1e -1, =⎨
0, ⎪⎩
()()
x >0, y >0
其他
(2).P {(x , y ) ∈G }=⎰⎰
G
f
(x , y )d x d y
=
⎰
10
⎡1-x e -(x +y ) d y ⎤d x =1-2e -1 ⎢⎥⎣⎰0⎦⎧k (1-x ), ⎩
,
0
其它
6、设二维随机变量(X , Y ) 的概率密度为f (x , y ) =⎨解：由归一性知：1=
, 求常数k 及边缘概率密度. 并讨论随机变量X , Y 的相互独立性。
⎰⎰
-∞10
+∞+∞-∞
f (x , y ) d x d y =
x 0
⎰⎰
0
k (1-x )d xd y
=k ⎰d x ⋅⎰∴k =6
(1-x )d y
=
16
k
f X
(x )=⎰-∞(y )=⎰-∞
+∞
⎧6x 1-x d y ，0
()()⎪
=⎨f (x , y ) d y =⎨⎰0
0，其他⎩⎪0，其他⎩
2⎧611-x d x ，0
)⎪⎰y (⎪3(y -1)，0
f (x , y ) d x =⎨=⎨
0，其他⎪⎪⎩0，其他⎩
f Y
+∞
显然 f (x , y ) ≠f X (x )⋅f Y
(y )，故X 与Y 不相互独立。
7、设总体X
的概率密度为f (x ) =0⎪⎩
1
, 0≤x ≤1,
其它
, 其中θ>0为未知参数. 若X 1, , X n 是来自母体的简单子样，试求θ的矩估计与极大似然估
计.
解：（1） 令
X =E X =⎰
10
1
d 2
⎛X ⎫ˆ 解得θ的矩估计为 θ= ⎪
1-X ⎝⎭
（2）似然函数 L (
θ)=
∏
i =1
n
i
1
)=θ∏x
2
i =1n
n
n
1i
对数似然函数 ln L (
θ)=
∂ln L (θ
∂θ
n 2
-12
ln θ+
n
i
1
)∑ln x
i =1
i
令
)
=
n 2θ
+
12
θ
∑ln x
i =1
=0 n
2
2
解得θ的极大似然估计为 θˆ=
⎛⎫
ln x i ⎪ ∑⎝i =1⎭
n
三、证明题（每题5分，共10分）
1、X 1, X 2为来自总体X 的样本，证明当a +b =1时，a X 1+b X 2为总体均值E (X ) 的无偏估计。 证明：设总体均值E (X ) = μ，由于X 1, X 2为来自总体X 的样本，
因此 E (X 1)=E (X 2)=μ
而 a X 1+b X 2为总体均值E (X ) 的无偏估计，故应该有
E (aX 1+bX 2)=aE (X 1)+bE (X 2)=(a +b )μ=μ
从而 a +b =1
2、设X , Y 是相互独立的随机变量，它们分别服从参数为λ1, λ2的泊松分布，证明
Z =X +Y 服从参数为λ1+λ2的泊松分布。
证明：由题知 X ~P (λ1), Y ~P (λ2)，即 P {X =m }=e 令Z =X +Y ，且由X , Y 的相互独立性可得：
k
-λ1
λ1
m
m !
k
, P {Y =n }=e
-λ2
λ2
n
n !
k -i
P {Z =k }=P {X +Y =k }=
e
-λ1
∑P {X
m =0
i
=i , Y =k -i }=
∑e
i =0
-λ1
λ1
i
i !
)
⋅e
-λ2
λ2
(k -i )!
=
e
-λ2
k
k !
∑
i =0
k ! i ! (k -i )!
λ1λ2
k -i
=
(λ1+λ2)
k !
k
e
-(λ1+λ2
, k =0, 1,...
即 Z =X +Y 服从参数为λ1+λ2的泊松分布
一、 填空题（每题2分，共20分）
1、记三事件为A ，B ，C . 则用A ，B ，C 及其运算关系可将事件，“A ，B ，C 中只有一个发生”表示为 . 2、匣中有2A 现一个接一个地从中随机地取出所有的球。那么，白球比红球早出现的概率是 2/5 。 B C A B C A B C 3、已知P(A)=0.3，P （B ）＝0.5，当A ，B 相互独立时，P (A ⋃B ) =_0. 65__,P (B |A ) =_0. 5__。
4、一袋中有9个红球1个白球，现有10名同学依次从袋中摸出一球（不放回），则第6位同学摸出白球的概率为 1/10 。
⎧
⎪⎪b
5、若随机变量X 在区间 (a , b ) 上服从均匀分布，则对a 0，必有概率P {c
⎪b ⎪⎩b
e -a -c -a
, ,
c +e
c +e >b
6、设X 服从正态分布N (μ, σ) ，则Y =3-2X ~2
2
7、设X ~B （n , p ), 且E X ＝12，D X ＝8，则n =_36_,p =_3
_
8、袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5，在袋中同时取出3只，以X 表示取出3只球中的最大号码。则X 的数学期望E (X ) = 4.5 。 9、设随机变量(X , Y ) 的分布律为
则条件概率 P {X =3|Y =2}= 2/5 .
⎛4⎫⎛8⎫⎛12⎫
10、设X 1, , X 12来自正态总体N (0, 1) , Y = ∑X i ⎪+ ∑X i ⎪+ ∑X i ⎪, 当常数k 时，k Y 服从χ
⎝i =1⎭⎝i =5⎭⎝i =9⎭
222
2
分布。
二、计算题（每小题10分，共70分）
1、三台机器因故障要人看管的概率分别为0.1，0.2，0.15，求： （1）没有一台机器要看管的概率 （2）至少有一台机器不要看管的概率 （3）至多一台机器要看管的概率
解：以A j 表示“第j 台机器需要人看管”，j =1，2，3，则:
P ( A 1 ) = 0.1 , P ( A 2 ) = 0.2 , P ( A 3 ) = 0.15 ,由各台机器间的相互独立性可得
(1)P (A 1A 2A 3)=(2)P (A 1⋃
P (A 1)⋅P (A 2)⋅P (A 3)=0. 9⨯0. 8⨯0. 85=0. 612
A 2⋃A 3)=1-P (A 1A 2A 3)=1-0. 1⨯0. 2⨯0. 15=0. 997
(3)P (A 1A 2A 3 A 1A 2A 3 A 1A 2A 3 A 1A 2A 3)
=P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 2A 3)=0. 1⨯0. 8⨯0. 85+0. 9⨯0. 2⨯0. 85+0. 9⨯0. 8⨯0. 15+0. 9⨯0. 8⨯0. 85=0. 068+0. 153+0. 108+0. 612=0. 941
2、甲袋中有n 只白球、m 只红球；乙袋中有N 只白球、M 只红球。今从甲袋任取一球放入乙袋后，再从乙袋任取一球。问此球为白球的概率是多少？ 解：以W 甲表示“第一次从甲袋取出的为白球”，R 甲表示“第一次从甲袋取出的为红球”， W 乙表示“第二次从乙袋取出的为白球”，
则所求概率为 P (W 乙)=P (W 甲W 乙 R 甲W 乙)=P (W 甲W 乙)+P (R 甲W 乙)
=P (W 甲)P (W 乙W 甲)+P (R 甲)P (W 乙R 甲)
C 1
1
1
1
=n N +1C 1⋅
C n +m
C 1
+
C m ⋅
C N N +M +1
C 1
n +m
C 1
N +M +1
=
n (N +1)+m N
)N +n (n +m )(N +M +1)
=
(n +m (n +m )(N +
M +1)
⎧
π3、设随机变量X 的概率密度为f (x ) =⎪A co s x , |x |
⎨2, 试求（1）常数A ;
⎪⎩
0 , 其它(2) 分布函数F (x ) ; (3) 概率P { 0
4
}。
（1） 由归一性可得：+∞
π
解：1=
⎰
-∞
f
(x )d x
=
⎰
2-
πA co s x d x =2A ，从而 A =2
2
⎧x
⎪⎰f (x )d x , x
⎧⎪-∞2⎪
0,
(x x 2).F (x )=
⎰
-∞
f (x )d x =⎪
⎨-π⎪⎰-
πf (x )d x ,
2
2≤x
=⎪⎨1
(sin x +1),
⎪2⎪x
⎪f (x x ≥π
⎪⎩⎰π)d x , 2
2
⎩1, x
2
≤x
2
x ≥π
2
(
3).P { 0
π
4
}=
⎰
4
12
co s xd x =
4
4、（1）已知X 的分布律为
2
计算D (1-2X ) 。（5分） 解：D (1-2X ) =4D (X
2
2
)=4{E (X )
4
-⎡E
⎣
(X )
2
⎤⎦
2
}
⎛
115225⎫235=4 - ⎪=
4164⎝⎭
（2）、设X ~N (0, 1) ，求Y =X 的概率密度. （5分）
⎧
解：Y 的密度函数为：f (y ) =⎩
0, -y 2
2
, y >0y ≤0
⎧e -(x +y ) , x >0, y >0
5、设(X , Y ) 的概率密度为f (x , y ) =⎨.
0 , 其它⎩
(1) 试求分布函数F (x , y ) ；
(2) 求概率P {(x , y ) ∈G }其中区域G 由X 轴, Y 轴以及直线x +y =1所围成.
解: (1).F (x , y )=
⎰⎰
-∞
x y -∞
⎧x ⎪
f (x , y )d x d y =⎨⎰0
⎪⎩
⎰
y 0
e
-(x +y )
d x d y , x >0, y >0
其他
0,
-x -y ⎧⎪e -1e -1, =⎨
0, ⎪⎩
()()
x >0, y >0
其他
(2).P {(x , y ) ∈G }=⎰⎰
G
f
(x , y )d x d y
=
⎰
10
⎡1-x e -(x +y ) d y ⎤d x =1-2e -1 ⎢⎥⎣⎰0⎦⎧k (1-x ), ⎩
,
0
其它
6、设二维随机变量(X , Y ) 的概率密度为f (x , y ) =⎨解：由归一性知：1=
, 求常数k 及边缘概率密度. 并讨论随机变量X , Y 的相互独立性。
⎰⎰
-∞10
+∞+∞-∞
f (x , y ) d x d y =
x 0
⎰⎰
0
k (1-x )d xd y
=k ⎰d x ⋅⎰∴k =6
(1-x )d y
=
16
k
f X
(x )=⎰-∞(y )=⎰-∞
+∞
⎧6x 1-x d y ，0
()()⎪
=⎨f (x , y ) d y =⎨⎰0
0，其他⎩⎪0，其他⎩
2⎧611-x d x ，0
)⎪⎰y (⎪3(y -1)，0
f (x , y ) d x =⎨=⎨
0，其他⎪⎪⎩0，其他⎩
f Y
+∞
显然 f (x , y ) ≠f X (x )⋅f Y
(y )，故X 与Y 不相互独立。
7、设总体X
的概率密度为f (x ) =0⎪⎩
1
, 0≤x ≤1,
其它
, 其中θ>0为未知参数. 若X 1, , X n 是来自母体的简单子样，试求θ的矩估计与极大似然估
计.
解：（1） 令
X =E X =⎰
10
1
d 2
⎛X ⎫ˆ 解得θ的矩估计为 θ= ⎪
1-X ⎝⎭
（2）似然函数 L (
θ)=
∏
i =1
n
i
1
)=θ∏x
2
i =1n
n
n
1i
对数似然函数 ln L (
θ)=
∂ln L (θ
∂θ
n 2
-12
ln θ+
n
i
1
)∑ln x
i =1
i
令
)
=
n 2θ
+
12
θ
∑ln x
i =1
=0 n
2
2
解得θ的极大似然估计为 θˆ=
⎛⎫
ln x i ⎪ ∑⎝i =1⎭
n
三、证明题（每题5分，共10分）
1、X 1, X 2为来自总体X 的样本，证明当a +b =1时，a X 1+b X 2为总体均值E (X ) 的无偏估计。 证明：设总体均值E (X ) = μ，由于X 1, X 2为来自总体X 的样本，
因此 E (X 1)=E (X 2)=μ
而 a X 1+b X 2为总体均值E (X ) 的无偏估计，故应该有
E (aX 1+bX 2)=aE (X 1)+bE (X 2)=(a +b )μ=μ
从而 a +b =1
2、设X , Y 是相互独立的随机变量，它们分别服从参数为λ1, λ2的泊松分布，证明
Z =X +Y 服从参数为λ1+λ2的泊松分布。
证明：由题知 X ~P (λ1), Y ~P (λ2)，即 P {X =m }=e 令Z =X +Y ，且由X , Y 的相互独立性可得：
k
-λ1
λ1
m
m !
k
, P {Y =n }=e
-λ2
λ2
n
n !
k -i
P {Z =k }=P {X +Y =k }=
e
-λ1
∑P {X
m =0
i
=i , Y =k -i }=
∑e
i =0
-λ1
λ1
i
i !
)
⋅e
-λ2
λ2
(k -i )!
=
e
-λ2
k
k !
∑
i =0
k ! i ! (k -i )!
λ1λ2
k -i
=
(λ1+λ2)
k !
k
e
-(λ1+λ2
, k =0, 1,...
即 Z =X +Y 服从参数为λ1+λ2的泊松分布