2024 A 卷面

概率统计习题解答

一、选择题（共10题，每题4分，共40分）

1. 设 $A,B$ 为两个随机事件，且 $P(A)=P(B)=\frac{1}{3},P(AB)=\frac{1}{6}$ ，则 $A,B$ 中恰有一个事件发生的概率为( C ). (A) $\frac{2}{3}$ (B) $\frac{1}{2}$ (C) $\frac{1}{3}$ (D) $\frac{1}{4}$

解答步骤与解释：

1. 事件 $A,B$ 中恰有一个发生可以表示为 $(A\cap B^c)\cup (A^c\cap B)$，或者表示为 $(A\cup B)\setminus (A\cap B)$。
2. $A,B$ 中恰有一个事件发生的概率 $P_1$ 为： $P_1=P(A\cap B^c)+P(A^c\cap B)$
3. 我们知道 $P(A\cap B^c)=P(A)-P(A\cap B)$ 且 $P(A^c\cap B)=P(B)-P(A\cap B)$。
4. 所以，$P_1=(P(A)-P(A\cap B))+(P(B)-P(A\cap B))$ $P_1=P(A)+P(B)-2P(A\cap B)$
5. 代入已知值： $P_1=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-2\cdot \frac{1}{6}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$

答案：(C)

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2. 某人向同一目标独立重复射击, 每次射击命中目标的概率为 $p(0<p<1)$, 则此人第4次射击恰好是第2次命中目标的概率为( )。 (无选项给出，推导结果)

解答步骤与解释：

1. 这是一个负二项分布问题。事件“第4次射击恰好是第2次命中目标”意味着：
   • 在前3次射击中，恰好有1次命中目标。
   • 第4次射击命中目标。
2. 前3次射击中恰好有1次命中的概率（二项分布）： $P(\text{前3次中1次命中})=C_3^1{p}^1(1-p{)}^{3-1}=3p(1-p{)}^2$
3. 第4次射击命中目标的概率为 $p$。
4. 由于各次射击是独立的，所求概率为： $P=P(\text{前3次中1次命中})\times P(\text{第4次命中})$ $P=3p(1-p{)}^2\cdot p=3p^2(1-p{)}^2$

答案：$3p^2(1-p{)}^2$

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3. 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为 $f(x,y)=\{\begin{array}{ll}2-x-y,& 0<x<1,0<y<1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，则 $P\{X>2Y\}=(A)$。 (A) $\frac{7}{24}$ (B) $\frac{5}{12}$ (C) $\frac{11}{32}$ (D) $\frac{6}{13}$

解答步骤与解释：

1. 我们需要计算积分 ${\iint }_{D}f(x,y)dxdy$，其中区域 $D$ 由条件 $0<x<1$, $0<y<1$ 和 $x>2y$ 定义。
2. 确定积分区域：
   • 从 $x>2y$，我们得到 $y<x/2$。
   • 由于 $x<1$，则 $y<1/2$。
   • 所以 $y$ 的范围是 $0<y<1/2$。
   • 对于给定的 $y$, $x$ 的范围是 $2y<x<1$。
3. 计算积分： $P(X>2Y)={\int }_0^{1/2}{\int }_{2y}^1(2-x-y)dxdy$
4. 先对 $x$ 积分： ${\int }_{2y}^1(2-x-y)dx={\left[2x-\frac{x^2}{2}-yx\right]}_{2y}^1$ $=\left(2(1)-\frac{1^2}{2}-y(1)\right)-\left(2(2y)-\frac{(2y{)}^2}{2}-y(2y)\right)$ $=\left(2-\frac{1}{2}-y\right)-\left(4y-\frac{4y^2}{2}-2y^2\right)$ $=\left(\frac{3}{2}-y\right)-(4y-2y^2-2y^2)=\frac{3}{2}-y-4y+4y^2=\frac{3}{2}-5y+4y^2$
5. 再对 $y$ 积分： ${\int }_0^{1/2}\left(\frac{3}{2}-5y+4y^2\right)dy={\left[\frac{3}{2}y-\frac{5y^2}{2}+\frac{4y^3}{3}\right]}_0^{1/2}$ $=\left(\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}-\frac{5}{2}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{4}{3}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3\right)-0$ $=\frac{3}{4}-\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{4}+\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}=\frac{3}{4}-\frac{5}{8}+\frac{1}{6}$ $=\frac{18-15+4}{24}=\frac{7}{24}$

答案：(A)

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4. 设随机变量X与Y相互独立且同分布，且 $P\{X=-1\}=P\{X=1\}=0.5$，则 $P\{X=Y\}=(A)$。 (A) $\frac{1}{2}$ (B) $\frac{3}{4}$ (C) $\frac{1}{4}$ (D) $\frac{1}{8}$

解答步骤与解释：

1. 事件 $X=Y$ 可以发生于以下两种互斥情况：
   • $X=-1$ 且 $Y=-1$
   • $X=1$ 且 $Y=1$
2. 所以，$P(X=Y)=P(X=-1,Y=-1)+P(X=1,Y=1)$。
3. 因为 $X$ 和 $Y$ 相互独立： $P(X=Y)=P(X=-1)P(Y=-1)+P(X=1)P(Y=1)$。
4. 因为 $X$ 和 $Y$ 同分布，所以 $P(Y=-1)=P(X=-1)=0.5$ 且 $P(Y=1)=P(X=1)=0.5$。
5. 代入概率值： $P(X=Y)=(0.5)(0.5)+(0.5)(0.5)=0.25+0.25=0.5$。

答案：(A)

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5. 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X\sim B(1,p),Y\sim B(2,p),0<p<1$, 则 $X+Y$ 与 $X-Y$ 的相关系数为( )。 (无选项给出，推导结果)

解答步骤与解释：

1. 相关系数 $\rho (U,V)=\frac{Cov(U,V)}{\sqrt{Var(U)Var(V)}}$，其中 $U=X+Y,V=X-Y$。
2. 计算期望和方差：
   • $X\sim B(1,p)⟹E(X)=p,Var(X)=p(1-p)$。
   • $Y\sim B(2,p)⟹E(Y)=2p,Var(Y)=2p(1-p)$。
3. 计算 $Var(U)$ 和 $Var(V)$：
   • $Var(U)=Var(X+Y)$。由于 $X,Y$ 独立, $Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)=p(1-p)+2p(1-p)=3p(1-p)$。
   • $Var(V)=Var(X-Y)$。由于 $X,Y$ 独立, $Var(X-Y)=Var(X)+Var(-Y)=Var(X)+(-1{)}^{2}Var(Y)=Var(X)+Var(Y)=3p(1-p)$。
4. 计算 $Cov(U,V)$： $Cov(U,V)=Cov(X+Y,X-Y)$ $=Cov(X,X)-Cov(X,Y)+Cov(Y,X)-Cov(Y,Y)$ $=Var(X)-Cov(X,Y)+Cov(X,Y)-Var(Y)$ 由于 $X,Y$ 独立, $Cov(X,Y)=0$。 $Cov(U,V)=Var(X)-Var(Y)=p(1-p)-2p(1-p)=-p(1-p)$。
5. 计算相关系数： $\rho (U,V)=\frac{-p(1-p)}{\sqrt{3p(1-p)\cdot 3p(1-p)}}=\frac{-p(1-p)}{3p(1-p)}$。 因为 $0<p<1$, $p(1-p)\ne 0$。 $\rho (U,V)=-\frac{1}{3}$。

答案：$-\frac{1}{3}$

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6. 设随机变量序列 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 独立同分布，且 $X_1$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}1-|x|,& |x|<1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$。当 $n\to \infty$ 时，$\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2$ 依概率收敛于 ( B )。 (A) $\frac{1}{8}$ (B) $\frac{1}{6}$ (C) $\frac{1}{3}$ (D) $\frac{1}{2}$

解答步骤与解释：

1. 根据大数定律，若 $Y_i=X_i^2$ 独立同分布，则 $\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{Y}_i$ 依概率收敛于 $E(Y_1)=E(X_1^2)$。
2. 计算 $E(X_1^2)$： $E(X_1^2)={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}^{2}f(x)dx={\int }_{-1}^1{x}^2(1-|x|)dx$。
3. 由于被积函数 $x^2(1-|x|)$ 是偶函数： $E(X_1^2)=2{\int }_0^1{x}^2(1-x)dx=2{\int }_0^1(x^2-x^3)dx$ $=2{\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right]}_0^1=2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=2\left(\frac{4-3}{12}\right)=2\cdot \frac{1}{12}=\frac{1}{6}$。

答案：(B)

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7. 设 $(X_1,X_2,\dots ,X_n)$ 为总体 $N(1,4)$ 的一个样本，$\bar{X}$ 为样本均值，则下列结论中正确的是（ D ）。 (A) $\frac{\bar{X}-1}{2/\sqrt{n}}\sim t(n)$ (B) $\frac{1}{4}{\sum }_{i=1}^n(X_i-1{)}^2\sim {\chi }^2(n-1)$ (C) $\frac{\bar{X}-1}{\sqrt{2}/\sqrt{n}}\sim N(0,1)$ (D) $\frac{1}{4}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\sim {\chi }^2(n-1)$

解答步骤与解释：

1. 总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中 $\mu =1,{\sigma }^2=4⟹\sigma =2$。
2. 分析选项：
   • (A) $\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$。这里 $\sigma$ 已知，所以 $\frac{\bar{X}-1}{2/\sqrt{n}}\sim N(0,1)$，而不是 $t(n)$ 分布。$t$ 分布是在 $\sigma$ 未知并用样本标准差 $S$ 替代时使用。故 (A) 错误。
   • (B) 若 $X_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，则 ${\sum }_{i=1}^n{\left(\frac{X_i-\mu }{\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2(n)$。 这里 ${\sum }_{i=1}^n{\left(\frac{X_i-1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}{\sum }_{i=1}^n(X_i-1{)}^2\sim {\chi }^2(n)$。故 (B) 错误（自由度应为 $n$）。
   • (C) $\bar{X}\sim N(\mu ,{\sigma }^2/n)=N(1,4/n)$。标准化后应为 $\frac{\bar{X}-1}{2/\sqrt{n}}\sim N(0,1)$。分母是 $\sqrt{2}/\sqrt{n}$ 不正确。故 (C) 错误。
   • (D) 我们知道 $\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$，其中 $S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$ 是样本方差。 所以 $\frac{(n-1)}{{\sigma }^2}\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2=\frac{1}{{\sigma }^2}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\sim {\chi }^2(n-1)$。 代入 ${\sigma }^2=4$，得到 $\frac{1}{4}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\sim {\chi }^2(n-1)$。故 (D) 正确。

答案：(D)

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8. 设总体 $X$ 服从区间 $[\theta ,2\theta ]$ ($\theta >0$) 上的均匀分布, $(X_1,X_2,\dots ,X_n)$ 是取自总体 $X$ 的样本, 那么 $\theta$ 的矩估计量 ${\hat{\theta }}_M$ 是( B )。 (A) $\frac{1}{2}\bar{X}$ (B) $\frac{2}{3}\bar{X}$ (C) $\frac{3}{4}\bar{X}$ (D) $\frac{4}{5}\bar{X}$

解答步骤与解释：

1. 对于均匀分布 $U[a,b]$，其期望为 $E(X)=\frac{a+b}{2}$。
2. 在此题中，$a=\theta ,b=2\theta$，所以 $E(X)=\frac{\theta +2\theta }{2}=\frac{3\theta }{2}$。
3. 矩估计法通过令总体矩等于相应的样本矩来估计参数。这里用一阶矩： $E(X)=\bar{X}$ (样本均值)。
4. 所以，$\frac{3\theta }{2}=\bar{X}$。
5. 解出 $\theta$ 的矩估计量 ${\hat{\theta }}_M$： ${\hat{\theta }}_M=\frac{2}{3}\bar{X}$。

答案：(B)

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9. 设 $X_1,X_2$ 为来自总体 $N(0,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本, 其中 $\sigma (\sigma >0)$ 是未知参数。若 $\hat{\sigma }=a|X_1+X_2|$ 为 $\sigma$ 的无偏估计, 则 $a=(A)$。 (A) $\frac{\sqrt{\pi }}{2}$ (B) $\frac{\sqrt{\pi }}{3}$ (C) $\frac{\sqrt{\pi }}{4}$ (D) $\sqrt{\pi }$

解答步骤与解释：

1. $\hat{\sigma }$ 是 $\sigma$ 的无偏估计意味着 $E(\hat{\sigma })=\sigma$。
2. 令 $Y=X_1+X_2$。由于 $X_1,X_2$ 独立且 $X_i\sim N(0,{\sigma }^2)$：
   • $E(Y)=E(X_1)+E(X_2)=0+0=0$。
   • $Var(Y)=Var(X_1)+Var(X_2)={\sigma }^2+{\sigma }^2=2{\sigma }^2$。
   • 所以 $Y\sim N(0,2{\sigma }^2)$。令 ${\sigma }_Y^2=2{\sigma }^2$, 则 ${\sigma }_Y=\sqrt{2}\sigma$。
3. 我们需要计算 $E(\hat{\sigma })=E(a|Y|)=aE(|Y|)$。
4. 对于一个正态分布 $W\sim N(0,{\tau }^2)$，有 $E(|W|)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\tau$。 这里 $Y\sim N(0,{\sigma }_Y^2)$，所以 $E(|Y|)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}{\sigma }_Y=\sqrt{\frac{2}{\pi }}(\sqrt{2}\sigma )=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\sigma$。
5. 因此，$E(\hat{\sigma })=a\cdot \frac{2}{\sqrt{\pi }}\sigma$。
6. 因为 $\hat{\sigma }$ 是 $\sigma$ 的无偏估计，$E(\hat{\sigma })=\sigma$： $a\frac{2}{\sqrt{\pi }}\sigma =\sigma$。
7. 解出 $a$： $a=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$。

答案：(A)

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10. 随机变量 $X$ 的分布律为 $P(X=k)=\frac{1}{2^k},k=1,2,\dots$。 $Y$ 为 $X$ 被3除的余数，则 $E(Y)=(C)$。 (A) $\frac{5}{6}$ (B) $\frac{7}{12}$ (C) $\frac{8}{7}$ (D) $\frac{5}{14}$

解答步骤与解释：

1. $Y=X(\mathrm{mod}3)$。$Y$ 的可能取值为 $0,1,2$。
2. 计算 $P(Y=y)$：
   • $P(Y=1)=P(X=1)+P(X=4)+P(X=7)+\cdots ={\sum }_{m=0}^{\infty }P(X=3m+1)$ $={\sum }_{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{3m+1}}=\frac{1}{2}{\sum }_{m=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{8}\right)}^m=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1-1/8}=\frac{1}{2}\cdot \frac{8}{7}=\frac{4}{7}$。
   • $P(Y=2)=P(X=2)+P(X=5)+P(X=8)+\cdots ={\sum }_{m=0}^{\infty }P(X=3m+2)$ $={\sum }_{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{3m+2}}=\frac{1}{4}{\sum }_{m=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{8}\right)}^m=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{1-1/8}=\frac{1}{4}\cdot \frac{8}{7}=\frac{2}{7}$。
   • $P(Y=0)=P(X=3)+P(X=6)+P(X=9)+\cdots ={\sum }_{m=0}^{\infty }P(X=3m+3)$ $={\sum }_{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{3m+3}}=\frac{1}{8}{\sum }_{m=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{8}\right)}^m=\frac{1}{8}\cdot \frac{1}{1-1/8}=\frac{1}{8}\cdot \frac{8}{7}=\frac{1}{7}$。
   • (检验: $\frac{4}{7}+\frac{2}{7}+\frac{1}{7}=\frac{7}{7}=1$)
3. 计算 $E(Y)$： $E(Y)=\sum y\cdot P(Y=y)=0\cdot P(Y=0)+1\cdot P(Y=1)+2\cdot P(Y=2)$ $E(Y)=0\cdot \frac{1}{7}+1\cdot \frac{4}{7}+2\cdot \frac{2}{7}=\frac{4}{7}+\frac{4}{7}=\frac{8}{7}$。

答案：(C)

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二、（10分）有 $a,b,c$ 三个盒子, $a$ 盒中有4个白球和2个黑球, $b$ 盒中有2个白球和1个黑球, $c$ 盒中有3个白球和3个黑球。今掷一颗骰子以决定选盒。若出现1, 2, 3点则选 $a$ 盒, 若出现4点, 则选 $b$ 盒, 若出现5,6点则选 $c$ 盒。在选出的盒中任取一球。

(1) 求取出白球的概率; (2) 若取出的是白球，那么此球来自 $c$ 盒的概率。 （注：最后结果可以是小数或者分数，但分数不能四舍五入写成小数）

解答步骤与解释：

1. 定义事件：
   • $A$: 选到 $a$ 盒
   • $B$: 选到 $b$ 盒
   • $C$: 选到 $c$ 盒
   • $W$: 取出白球
2. 确定选盒概率：
   • $P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$ (骰子出现1, 2, 3点)
   • $P(B)=\frac{1}{6}$ (骰子出现4点)
   • $P(C)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$ (骰子出现5, 6点)
3. 确定各盒中取到白球的条件概率：
   • $P(W|A)=\frac{\text{a盒中白球数}}{\text{a盒中总球数}}=\frac{4}{4+2}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$
   • $P(W|B)=\frac{\text{b盒中白球数}}{\text{b盒中总球数}}=\frac{2}{2+1}=\frac{2}{3}$
   • $P(W|C)=\frac{\text{c盒中白球数}}{\text{c盒中总球数}}=\frac{3}{3+3}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$

(1) 求取出白球的概率 $P(W)$： 根据全概率公式： $P(W)=P(W|A)P(A)+P(W|B)P(B)+P(W|C)P(C)$ $P(W)=\left(\frac{2}{3}\right)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{2}{3}\right)\cdot \left(\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{1}{2}\right)\cdot \left(\frac{1}{3}\right)$ $P(W)=\frac{1}{3}+\frac{2}{18}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{6}$ $P(W)=\frac{6}{18}+\frac{2}{18}+\frac{3}{18}=\frac{6+2+3}{18}=\frac{11}{18}$

(2) 若取出的是白球，那么此球来自 $c$ 盒的概率 $P(C|W)$： 根据贝叶斯公式： $P(C|W)=\frac{P(W|C)P(C)}{P(W)}$ $P(C|W)=\frac{\left(\frac{1}{2}\right)\cdot \left(\frac{1}{3}\right)}{\frac{11}{18}}$ $P(C|W)=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{11}{18}}=\frac{1}{6}\cdot \frac{18}{11}=\frac{3}{11}$

答案：

• (1) 取出白球的概率为 $\frac{11}{18}$。
• (2) 若取出的是白球，此球来自 $c$ 盒的概率为 $\frac{3}{11}$。

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三、（10分）设供电站供应某地区1200户居民用电，各户用电情况相互独立。已知每户每天用电量（单位：度）在[0，20]上服从均匀分布。现要以0.99的概率满足该地区居民供应电量的需求，问供电站每天至少需向该地区供应多少度电？(附： )

**(注：通常题目会附上标准正态分布表的相关值，如 $\Phi (2.326)\approx 0.99$ 或 $z_{0.01}=2.326$。此处假设 $z_{0.99}$，即满足 $\Phi (z_{0.99})=0.99$ 的值为 $2.326$。) **

解答步骤与解释：

1. 单户用电量分布： 设 $X_i$ 为第 $i$ 户居民的日用电量，$X_i\sim U[0,20]$。
   • 期望 $E(X_i)=\frac{0+20}{2}=10$ 度。
   • 方差 $Var(X_i)=\frac{(20-0{)}^2}{12}=\frac{400}{12}=\frac{100}{3}$ (度${}^2$)。
2. 总用电量： 设 $S_N={\sum }_{i=1}^N{X}_i$ 为 $N=1200$ 户居民的总日用电量。
   • 期望 $E(S_N)=N\cdot E(X_i)=1200\cdot 10=12000$ 度。
   • 方差 $Var(S_N)=N\cdot Var(X_i)$ (因为各户独立) $=1200\cdot \frac{100}{3}=400\cdot 100=40000$ (度${}^2$)。
   • 标准差 ${\sigma }_{S_N}=\sqrt{Var(S_N)}=\sqrt{40000}=200$ 度。
3. 应用中心极限定理 (CLT)： 由于 $N=1200$ 较大，根据中心极限定理，$S_N$ 近似服从正态分布 $N(E(S_N),Var(S_N))$，即 $S_N\approx N(12000,40000)$。
4. 求解供电量： 设供电站每天至少需向该地区供应 $K$ 度电。我们需要满足 $P(S_N\le K)=0.99$。 标准化 $S_N$： $P\left(\frac{S_N-E(S_N)}{{\sigma }_{S_N}}\le \frac{K-12000}{200}\right)=0.99$ 令 $Z=\frac{S_N-12000}{200}$，则 $Z\sim N(0,1)$。 $P\left(Z\le \frac{K-12000}{200}\right)=0.99$ 设 $z_{0.99}$ 是标准正态分布的0.99分位数，即 $\Phi (z_{0.99})=0.99$。通常 $z_{0.99}\approx 2.326$。 所以，$\frac{K-12000}{200}=z_{0.99}$。 $\frac{K-12000}{200}=2.326$ $K=12000+200\cdot 2.326$ $K=12000+465.2=12465.2$ 度。

答案： 供电站每天至少需向该地区供应 $12465.2$ 度电，才能以0.99的概率满足需求（假设 $\Phi (2.326)=0.99$）。

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四、（10分）某次考试学生的考试成绩 $X$ 服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$, 其中 $\mu ,{\sigma }^2$ 均未知。现从中随意抽取容量为25的一个样本, 测得样本均值 $\bar{x}=66.5$, 样本修正方差 $s^2$ (注：题目中未给出 $s^2$ 的具体值)。

(1) 求总体方差 ${\sigma }^2$ 的置信度为 0.90 的置信区间; （注：(1)小题结果就用分位数表示） (2) 在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下，检验是否可以认为这次考试的平均成绩为70分. (附：$t_{0.95}(24)=1.7109,t_{0.95}(25)=1.7081,t_{0.975}(24)=2.0639,t_{0.975}(25)=2.0595$)

解答步骤与解释：

(1) 求总体方差 ${\sigma }^2$ 的置信度为 0.90 的置信区间：

1. 已知条件：
   • 样本容量 $n=25$
   • 置信度 $1-\alpha =0.90⟹\alpha =0.10⟹\alpha /2=0.05$
   • 自由度 $df=n-1=24$
2. 置信区间公式： ${\sigma }^2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为： $\left(\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{\alpha /2,n-1}^2},\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{1-\alpha /2,n-1}^2}\right)$ 其中 ${\chi }_{\alpha /2,n-1}^2$ 是卡方分布的上 $\alpha /2$ 分位数，${\chi }_{1-\alpha /2,n-1}^2$ 是卡方分布的下 $\alpha /2$ 分位数 (或者说上 $1-\alpha /2$ 分位数)。
3. 代入数值（用分位数表示）： $\alpha /2=0.05$, $1-\alpha /2=0.95$。 置信区间为： $\left(\frac{24s^2}{{\chi }_{0.05,24}^2},\frac{24s^2}{{\chi }_{0.95,24}^2}\right)$ (注：这里的 $s^2$ 是样本修正方差，题目中未给出其具体值。)

(2) 在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下，检验是否可以认为这次考试的平均成绩为70分：

1. 建立假设：
   • 原假设 $H_0:\mu =70$
   • 备择假设 $H_1:\mu \ne 70$ (双边检验)
2. 检验统计量： 由于 ${\sigma }^2$ 未知，使用 $t$ 统计量： $t=\frac{\bar{x}-{\mu }_0}{s/\sqrt{n}}$ 其中 $\bar{x}=66.5$, ${\mu }_0=70$, $n=25$。$s=\sqrt{s^2}$ 是样本标准差。
3. 显著性水平和临界值：
   • 显著性水平 $\alpha =0.05$。
   • 自由度 $df=n-1=24$。
   • 对于双边检验，临界值为 $\pm t_{\alpha /2,n-1}=\pm t_{0.025,24}$。
   • 题目中给出 $t_{0.975}(24)=2.0639$。这表示 $P(T_{24}<2.0639)=0.975$，所以 $P(T_{24}>2.0639)=0.025$。
   • 因此，上临界值为 $t_{0.025,24}=2.0639$。拒绝域为 $|t|>2.0639$。
4. 计算检验统计量的值： $t=\frac{66.5-70}{s/\sqrt{25}}=\frac{-3.5}{s/5}=\frac{-17.5}{s}$。 (注：由于题目未给出样本修正方差 $s^2$ (或样本标准差 $s$) 的值，我们无法计算出 $t$ 的确切值。)
5. 决策：
   • 如果计算得到的 $|t_{observed}|>2.0639$，则拒绝 $H_0$。
   • 如果计算得到的 $|t_{observed}|\le 2.0639$，则不拒绝 $H_0$。 例如，如果假设 $s^2=100$，则 $s=10$。 $t=\frac{-17.5}{10}=-1.75$。 $|t|=|-1.75|=1.75$。 因为 $1.75\le 2.0639$，所以不拒绝 $H_0$。这种情况下，不能认为这次考试的平均成绩不是70分。 但由于 $s^2$ 未知，我们只能给出决策规则。

答案：

• (1) ${\sigma }^2$ 的 $0.90$ 置信区间为 $\left(\frac{24s^2}{{\chi }_{0.05,24}^2},\frac{24s^2}{{\chi }_{0.95,24}^2}\right)$，其中 $s^2$ 为样本修正方差。
• (2) 检验步骤如上。决策依赖于未知的样本修正方差 $s^2$。检验统计量为 $t=\frac{-17.5}{s}$。若 $|t|>2.0639$，则拒绝 $H_0$，认为平均成绩不是70分；否则不拒绝 $H_0$。

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五、（10分）设总体 $X$ 的密度函数是 $f(x;\theta )=\frac{1}{2\theta }{e}^{-\frac{|x|}{\theta }}$ ，其中 $\theta >0$ 是参数。样本 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 来自总体 $X$ 。

(1) 求 $\theta$ 的最大似然估计 ${\hat{\theta }}_L$； (2) 证明 ${\hat{\theta }}_L$ 是 $\theta$ 的相合估计。

解答步骤与解释：

(1) 求 $\theta$ 的最大似然估计 ${\hat{\theta }}_L$：

1. 似然函数 $L(\theta )$： $L(\theta )={\prod }_{i=1}^{n}f(X_i;\theta )={\prod }_{i=1}^n\frac{1}{2\theta }{e}^{-\frac{|X_i|}{\theta }}={\left(\frac{1}{2\theta }\right)}^n{e}^{-\frac{1}{\theta }{\sum }_{i=1}^n|X_i|}$
2. 对数似然函数 $\ln L(\theta )$： $\ln L(\theta )=n\ln \left(\frac{1}{2\theta }\right)-\frac{1}{\theta }{\sum }_{i=1}^n|X_i|$ $=n(\ln 1-\ln (2\theta ))-\frac{1}{\theta }{\sum }_{i=1}^n|X_i|$ $=-n\ln 2-n\ln \theta -\frac{1}{\theta }{\sum }_{i=1}^n|X_i|$
3. 求导并令其为0： $\frac{d}{d\theta }\ln L(\theta )=-n\cdot \frac{1}{\theta }-\left(-\frac{1}{{\theta }^2}\right){\sum }_{i=1}^n|X_i|=-\frac{n}{\theta }+\frac{1}{{\theta }^2}{\sum }_{i=1}^n|X_i|$ 令 $\frac{d}{d\theta }\ln L(\theta )=0$： $-\frac{n}{\theta }+\frac{1}{{\theta }^2}{\sum }_{i=1}^n|X_i|=0$ 乘以 ${\theta }^2$ (因为 $\theta >0$)： $-n\theta +{\sum }_{i=1}^n|X_i|=0$ $n\theta ={\sum }_{i=1}^n|X_i|$ ${\hat{\theta }}_L=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n|X_i|$
4. 验证是极大值点（二阶导数）： $\frac{d^2}{d{\theta }^2}\ln L(\theta )=\frac{n}{{\theta }^2}-\frac{2}{{\theta }^3}{\sum }_{i=1}^n|X_i|$ 在 $\theta ={\hat{\theta }}_L$ 处，即 ${\sum }_{i=1}^n|X_i|=n{\hat{\theta }}_L$： $\frac{d^2}{d{\theta }^2}\ln L(\theta ){|}_{\theta ={\hat{\theta }}_L}=\frac{n}{{\hat{\theta }}_L^2}-\frac{2n{\hat{\theta }}_L}{{\hat{\theta }}_L^3}=\frac{n}{{\hat{\theta }}_L^2}-\frac{2n}{{\hat{\theta }}_L^2}=-\frac{n}{{\hat{\theta }}_L^2}$ 由于 $n>0$ 且 ${\hat{\theta }}_L>0$ (因为 $\theta >0$ 且数据非平凡时 $|X_i|$ 不全为0)，所以 $-\frac{n}{{\hat{\theta }}_L^2}<0$。因此，${\hat{\theta }}_L$ 是极大值点。

(2) 证明 ${\hat{\theta }}_L$ 是 $\theta$ 的相合估计：

1. 相合估计的定义： 如果估计量序列 ${\hat{\theta }}_n$ 当 $n\to \infty$ 时依概率收敛于参数 $\theta$ (即 ${\hat{\theta }}_n\stackrel{P}{\to }\theta$)，则称 ${\hat{\theta }}_n$ 是 $\theta$ 的相合估计。
2. 应用大数定律： 令 $Y_i=|X_i|$。由于 $X_1,\dots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的独立同分布样本，所以 $Y_1,\dots ,Y_n$ 也是独立同分布的。 根据辛钦大数定律，样本均值依概率收敛于期望值： ${\hat{\theta }}_L=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n|X_i|\stackrel{P}{\to }E(|X_1|)$ 当 $n\to \infty$。
3. 计算 $E(|X|)$： $E(|X|)={\int }_{-\infty }^{\infty }|x|f(x;\theta )dx={\int }_{-\infty }^{\infty }|x|\frac{1}{2\theta }{e}^{-\frac{|x|}{\theta }}dx$ 由于被积函数是偶函数： $E(|X|)=2{\int }_0^{\infty }x\cdot \frac{1}{2\theta }{e}^{-\frac{x}{\theta }}dx=\frac{1}{\theta }{\int }_0^{\infty }x{e}^{-\frac{x}{\theta }}dx$ 这是一个 Gamma 分布相关的积分，或者指数分布的期望。令 $\lambda =1/\theta$，积分 ${\int }_0^{\infty }x\lambda e^{-\lambda x}dx$ 是 $Exp(\lambda )$ 分布的期望，等于 $1/\lambda =\theta$。 或者通过分部积分：令 $u=x,dv=e^{-x/\theta }dx⟹du=dx,v=-\theta e^{-x/\theta }$ ${\int }_0^{\infty }x{e}^{-\frac{x}{\theta }}dx={\left[-x\theta e^{-\frac{x}{\theta }}\right]}_0^{\infty }-{\int }_0^{\infty }(-\theta )e^{-\frac{x}{\theta }}dx$ $=(0-0)+\theta {\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{x}{\theta }}dx=\theta {\left[-\theta e^{-\frac{x}{\theta }}\right]}_0^{\infty }$ $=\theta (0-(-\theta ))={\theta }^2$ 所以，$E(|X|)=\frac{1}{\theta }\cdot {\theta }^2=\theta$。
4. 结论： 由于 ${\hat{\theta }}_L\stackrel{P}{\to }E(|X_1|)$ 且 $E(|X_1|)=\theta$，因此 ${\hat{\theta }}_L\stackrel{P}{\to }\theta$。 所以，${\hat{\theta }}_L$ 是 $\theta$ 的相合估计。

答案：

• (1) $\theta$ 的最大似然估计为 ${\hat{\theta }}_L=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n|X_i|$。
• (2) 证明如上，${\hat{\theta }}_L$ 是 $\theta$ 的相合估计。

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六、（10分）已知随机变量 $X,Y$ 相互独立, 且 $X$ 的概率分布为: $P(X=1)=P(X=-1)=\frac{1}{2}$。$Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布 $(\lambda >0),Z=XY$.

(1) 求 $Cov(X,Z)$; (2) 求 $Z$ 的分布律.

解答步骤与解释：

(1) 求 $Cov(X,Z)$：

1. $Cov(X,Z)$ 的定义： $Cov(X,Z)=E(XZ)-E(X)E(Z)$。
2. 计算 $E(X)$： $E(X)=(1)\cdot P(X=1)+(-1)\cdot P(X=-1)=1\cdot \frac{1}{2}+(-1)\cdot \frac{1}{2}=0$。
3. 由于 $E(X)=0$, $Cov(X,Z)=E(XZ)$。
4. 计算 $E(XZ)$： $E(XZ)=E(X\cdot XY)=E(X^{2}Y)$。
5. 计算 $E(X^2)$： $E(X^2)=(1{)}^2\cdot P(X=1)+(-1{)}^2\cdot P(X=-1)=1\cdot \frac{1}{2}+1\cdot \frac{1}{2}=1$。
6. 计算 $E(Y)$： $Y\sim Poisson(\lambda )$, 所以 $E(Y)=\lambda$。
7. 由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，则 $X^2$ 和 $Y$ 也相互独立。 所以 $E(X^{2}Y)=E(X^2)E(Y)=1\cdot \lambda =\lambda$。
8. 因此，$Cov(X,Z)=\lambda$。

(2) 求 $Z$ 的分布律：

1. $Z=XY$。$X$ 的取值为 $\{-1,1\}$，$Y$ 的取值为 $\{0,1,2,\dots \}$。 因此 $Z$ 的取值可以为 $\{0,\pm 1,\pm 2,\dots \}$。
2. $P(Z=0)$： $Z=0⟺XY=0$。因为 $P(X=0)=0$, 所以 $XY=0⟺Y=0$。 $P(Z=0)=P(Y=0)$。 对于泊松分布 $P(Y=k)=\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}$。 $P(Z=0)=P(Y=0)=\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^0}{0!}=e^{-\lambda }$。
3. $P(Z=k)$ for $k\in \{1,2,3,\dots \}$ (即 $k>0$)： $Z=k⟺XY=k$.
   • 如果 $X=1$, 则 $Y=k$.
   • 如果 $X=-1$, 则 $Y=-k$. 但 $Y$ 不能为负，所以此情况概率为0。 $P(Z=k)=P(X=1,Y=k)$。由于 $X,Y$ 独立, $P(Z=k)=P(X=1)P(Y=k)=\frac{1}{2}\cdot \frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}$。
4. $P(Z=k)$ for $k\in \{-1,-2,-3,\dots \}$ (即 $k<0$)： 令 $k=-j$ where $j\in \{1,2,3,\dots \}$. $Z=-j⟺XY=-j$.
   • 如果 $X=1$, 则 $Y=-j$. 但 $Y$ 不能为负，所以此情况概率为0。
   • 如果 $X=-1$, 则 $Y=j$. $P(Z=-j)=P(X=-1,Y=j)$。由于 $X,Y$ 独立, $P(Z=-j)=P(X=-1)P(Y=j)=\frac{1}{2}\cdot \frac{e^{-\lambda }{\lambda }^j}{j!}$。
5. $Z$ 的分布律总结： $P(Z=k)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-\lambda }& \text{if }k=0\\ \frac{1}{2}\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}& \text{if }k\in \{1,2,3,\dots \}\\ \frac{1}{2}\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^{-k}}{(-k)!}& \text{if }k\in \{-1,-2,-3,\dots \}\end{array}$ 或者可以写作： $P(Z=0)=e^{-\lambda }$ $P(Z=k)=\frac{1}{2}\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^{|k|}}{|k|!}$ for $k\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$.

答案：

• (1) $Cov(X,Z)=\lambda$。
• (2) $Z$ 的分布律为： $P(Z=0)=e^{-\lambda }$ $P(Z=k)=\frac{1}{2}\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^{|k|}}{|k|!}$, 对于 $k=\pm 1,\pm 2,\dots$

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七、（10分）设随机变量 $X$ 和 $Y$ 相互独立，$X$ 服从参数为1的指数分布，$Y$ 服从参数为2的指数分布, $V=\min (X,2Y),U=\max (X,2Y)$. 求

(1) 随机变量 $V$ 的概率密度; (2) $Cov(U,V)$.

解答步骤与解释：

1. 随机变量的分布：
   • $X\sim Exp(1)$: $f_X(x)=e^{-x}$ for $x>0$, $F_X(x)=1-e^{-x}$ for $x>0$. $E(X)=1/1=1$, $Var(X)=1/1^2=1$.
   • $Y\sim Exp(2)$: $f_Y(y)=2e^{-2y}$ for $y>0$, $F_Y(y)=1-e^{-2y}$ for $y>0$.
2. $W=2Y$ 的分布： $F_W(w)=P(W\le w)=P(2Y\le w)=P(Y\le w/2)=F_Y(w/2)$ For $w/2>0⟹w>0$: $F_W(w)=1-e^{-2(w/2)}=1-e^{-w}$ for $w>0$. 所以 $W\sim Exp(1)$。 $f_W(w)=e^{-w}$ for $w>0$. $E(W)=E(2Y)=2E(Y)=2(1/2)=1$. $Var(W)=Var(2Y)=2^{2}Var(Y)=4(1/2^2)=1$. 由于 $X,Y$ 独立, $X$ 和 $W=2Y$ 也独立。

(1) 随机变量 $V=\min (X,W)$ 的概率密度：

1. $V$ 的分布函数 $F_V(v)$： $F_V(v)=P(V\le v)=1-P(V>v)$. $P(V>v)=P(\min (X,W)>v)=P(X>v\text{ and }W>v)$. 由于 $X,W$ 独立： $P(V>v)=P(X>v)P(W>v)$. $P(X>v)=1-F_X(v)=e^{-v}$ for $v>0$. $P(W>v)=1-F_W(v)=e^{-v}$ for $v>0$. So, $P(V>v)=e^{-v}\cdot e^{-v}=e^{-2v}$ for $v>0$. $F_V(v)=1-e^{-2v}$ for $v>0$.
2. $V$ 的概率密度函数 $f_V(v)$： $f_V(v)=\frac{d}{dv}{F}_V(v)=\frac{d}{dv}(1-e^{-2v})=2e^{-2v}$ for $v>0$. 所以 $V\sim Exp(2)$。

(2) $Cov(U,V)$：

1. 性质： $U=\max (X,W)$ and $V=\min (X,W)$. 我们有 $U+V=X+W$ 和 $UV=XW$.
2. $Cov(U,V)$ 的计算： $Cov(U,V)=E(UV)-E(U)E(V)$. $E(UV)=E(XW)$. 由于 $X,W$ 独立, $E(XW)=E(X)E(W)$. $E(X)=1$ (since $X\sim Exp(1)$). $E(W)=1$ (since $W\sim Exp(1)$). So $E(UV)=E(XW)=1\cdot 1=1$.
3. 计算 $E(V)$： $V\sim Exp(2)$, so $E(V)=1/2$.
4. 计算 $E(U)$： $E(U+V)=E(X+W)$. $E(U)+E(V)=E(X)+E(W)$ (由于 $X,W$ 独立, $E(X+W)=E(X)+E(W)$). $E(U)+\frac{1}{2}=1+1=2$. $E(U)=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$.
5. 代入计算 $Cov(U,V)$： $Cov(U,V)=E(UV)-E(U)E(V)=1-\left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$.

答案：

• (1) 随机变量 $V$ 的概率密度为 $f_V(v)=2e^{-2v}$ for $v>0$ (即 $V\sim Exp(2)$)。
• (2) $Cov(U,V)=\frac{1}{4}$。