11-12-2概率统计答案(A卷)

概率统计期末答案

2011—2012学年第二学期闽江学院试卷

P(B|A1) 1/3,P(B|A2) 3/5,P(B|A3) 4/5， ……… 4分

参考答案与评分标准

由贝叶斯公式

P(A

P(A)P(B|A)

2|B) P(A考试课程：概率统计

1)P(B|A1) P(A2)P(B|A2) P(A3)P(B|A3)

3/15 ……… 8分

试卷类别：A卷 B卷□ 考试形式：闭卷 开卷□

1/6 3/15 2/15 65 6 4 2

5

0.4

适用专业年级： 本科周3学时各专业

班级 姓名 学号

13、（8%）设连续型随机变量X的分布函数为：

1

F(x)

2

ex

，x≤0

B Ae x,x 0（1） 求常数A,B；（2）求X的概率密度f(x)． 解：（1）由分布函数的性质：

一、单项选择题（3%χ5=15%）

F(0 ) F(0) B A 2 ……… 1分

1、A 2、C 3、A 4、A 5、B

F( ) 1 B 1 ……… 3分

二、填空题 (3χ6=18%)

因此可得 A 1/2,B 1 ……… 4分

6、 7、C

20100

0.9200.1

80

8、1927 9、±

10、31

11、

（2）代入A,B的值，可得

62

12

1ex

C

1

2(n 1)

．

F(x) ，x≤0 2

……… 6分 1 1

2

e x,x 0三、计算题 （60 %） 12、（8%）甲盒中装有1个白球2个黑球，乙盒中装有3 1中装有4个白球1个黑球．采取掷一颗骰子决定选盒，出现1，2或3点选甲盒，故f(x) dF(x)ex

，x≤0(补充x 0处的定义）

4或5点选乙盒，6点选丙盒，在选出的盒子中随机摸出1个球. 经过秘密选盒dx 2

1……… 8分

摸球后，宣布摸得1个白球，求此球来自乙盒的概率．

2

e x,x 0

解：记A1=“选甲盒”，A2=“选乙盒”，A3=“选丙盒”，B=“摸得白球”。 依题意

P(A 1) 1/2,P(A2) 1/3,P(A3) 1/6， ……… 2分

概率统计期末答案

14、（12%）某种清漆的干燥时间（单位：小时）X~N(8, 2), 0，且

由以往观测的数据可知，此种清漆的干燥时间在8至10小时之间的概率为0.2881，已知 (0.8) 0.7881，

（1）求 的值；

（2）求此种清漆的干燥时间不超过6小时的概率．

可以得到 a 2xdx 1 a 1 ……… 4分

1

（2）把a 1代入密度函数

P{X2 Y}

1

x

x2 y

f(x,y)dxdy ……… 6分

dx 2dy (x x2)dx ……… 8分

x

1

1

……… 10分 6

解：（1）由题意

16、（10%）保险公司多年的统计资料表明，在索赔户中被盗索赔户占20%，以X表示在随意抽查的100个索赔户中因被盗向保险公司索赔的户数.

（1） 写出X的概率分布； （2） 利用中心极限定理，求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率近似值．（ (x)的值见卷末附表）

解（1）根据题意索赔户数X服从二项分布B(100,0.2)，故X的概率分布为

kP(X k) C1000.2k0.8100 k,

8 8X 810 8

P(8 X 10) 0.2881 P 0.2881.……… 2分

即

2

(0) 0.2881 ……… 4分

2

0.7881. ……… 6分

2.5. ……… 8分

k 1,2,,100. ..............… 4分

（2）因E(X) np 20,D(X) np(1 p) 16,根据棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理，有

..............…6分

（2）所求概率

X 86 8 2

P(X 6) P

……… 12分

2

1 0.2119.

14 20X 2030 20

P{14 X 30} P ...............…8分

444 X 20

P 1.5 2.5 (2.5) ( 1.5)

4

(2.5) (1.5) 1 0.927. .............................................…10分

15、（10%）设二维连续型随机变量(X,Y)的概率密度为

a,0 x 1,|y| x

， f(x,y)

0,其它

2

（1）求常数a；（2）求概率P{X Y}.

解：（1）由题意

R R

f(x,y)dxdy 1 adx dy 1 ……… 2分

x

1x

概率统计期末答案

3x2

3, 0 x ,

17、（12%）设总体X的概率密度为f(x)

0, 其它,

X1,X2,,Xn是来自总体X的简单随机样本.

． ；（1）求 的矩估计量 （2）求 的最大似然估计量

1

2

四、证明题（7%）

18、设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

解，（1） E(X)

xf(x)dx

3x3

3

. ……… 3分 34

122

,x y 1,

f(x,y)

0,其他，

证明X

和Y是不相关的，且X和

Y不是相互独立的．

证明：（1）首先证明不相关

3 1n

4. ……… 4分 ,得 的矩估计量为 记 Xi，令

43ni 1

（2）依题意可知，似然函数为：

n

n

E(X)

1

xdxdy x dy dx 0. ...............…2分

1

1

1

L(x1,x2,

则

,xn; ) f(xi, )

i 1

i 1

n

3xi2

3

3n

2

x3n i……… 6分

i 1

n

同理可得

E(Y) 0.

E(XY)

1

xydxdy x ydy dx 0. ...............…3分 1

1

1

lnL nln3 3nln 2 lnxi

i 1

……… 8分

所以 cov(X,Y) E(XY) E(X)E(Y) 0. ...............…4分 即X和Y

是不相关的.

（2）再证明X

和Y是不独立的. 容易求得

X的概率密度函数为

dlnL3n

两边对 求导可得

d

再求解似然方程：

3n

0 ……… 10分

无法可得出。所以只能从极大似然估计的定义求解，要求似然函数的最大解，只需

fX(x)

0,

同理

Y的概率密度函数为

1 x 1,其他.

...............

…5分

lnL nln3 3nln 2 lnxi

i 1

n

这个式子中的参数 取到最小值，然而

max{x,i 1,2,...,n} 0 xi ,i 1,2,...,n，所以 2i

即为 的最大似然估计。 ……… 12分

fY(y) 0,

1 y 1,其他.

...............…6分

所以fX(x)fY(y) f(x,y).即X和Y是不独立的 ...............…7分

[附表：

x00.51.01.52.02.53.0

(x)0.500.6920.8410.9330.9770.9940.999

其中 (x)是标准正态分布的分布函数.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/j124.html