2022 试卷A 卷面

一、选择题（共 12 题，每题 3 分，共 36 分）

1.

袋中有 50 个乒乓球，其中 20 个黄球，30 个白球。现在两个人不放回地依次从袋中随机各取一球。则第二人取到黄球的概率是多少？

A. $1/5$ B. $2/5$ C. $3/5$ D. $4/5$

2.

设A，B 是两个随机事件， $\left(A\right)=\frac{2}{5},P\left(B\right)=\frac{4}{5},P\left(B\right|\overline{A})=\frac{5}{6}$ 则( ) $(A)P(\overline{A}|B)=\frac{1}{2}(B)P(\overline{A}|B)=\frac{3}{4}(C)P(\overline{A}|B)=\frac{5}{8}(D)P(\overline{A}|B)=\frac{12}{25}$
解. (C)
由已知有 $P\left(\overline{A}\right)=\frac{3}{5}$
$\begin{array}{rl}& \therefore P\left(\overline{A}B\right)=P\left(\overline{A}\right)P\left(B|\overline{A}\right)=\frac{3}{5}\times \frac{5}{6}=\frac{1}{2}\\ & P\left(\overline{A}|B\right)=\frac{P\left(\overline{A}B\right)}{P\left(B\right)}=\frac{1}{2}\times \frac{5}{4}=\frac{5}{8}\end{array}$

3.

若 $X\sim ({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$ ， $Y\sim ({\mu }_{{}_2},{\sigma }_{{}_2}^2)$ ，那么 $(X,Y)$ 的联合分布为( ).

(A) 二维正态分布，且 $\rho =0$ (B) 二维正态分布，且 $\rho$ 不定(C) 未必是二维正态分布 (D) 以上都不对

答案 (C)

4.

设随机变量 $X_1,X_2,X_3$ 相互独立，其中 $X_1$ 在[0，6]上服从均匀分布， $X_2$ 服从参数为 $\lambda =1$ 的指数分布， $X_3$ 服从参数为 $\lambda =3$ 的泊松分布, 记 $Y=X_1-2X_2+3X_3$ ，则 $Y$ 的方差 $Var\left[Y\right]=\left(\right)$.

A. 34; B. 14; C. 10; D. 26

答案 (A)

$$DY=D(X_1-2X_2+3X_3)=D{X}_1+4D{X}_2+9D{X}_3=\frac{6^2}{12}+4\times 1+9\times 3=34$$

5.

对正态总体的数学期望 $\mu$ 进行假设检验，如果在显著水平0.05下接受 $H_0:\mu ={\mu }_0$ ，那么在显著水平0.01 下，下列结论中正确的是( ).

（A）必须接受 $H_0$ （B）可能接受，也可能拒绝 $H_0$ （C）必须拒绝 $H_0$ （D）不接受，也不拒绝 $H_0$

答案 (A)

6.

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_8$ 和 $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_{10}$ 是分别来自两个正态总体 $N\left(-1,4\right)$ 和 $N(2,5)$ 的样本，且相互独立， ${\mathbf{S}}_1^{\ast 2}$ 和 ${\mathbf{S}}_2^{\ast 2}$ 分别是两个样本的修正样本方差，则服从 $F(7,9)$ 的统计量是( ).

(A) $\frac{2S_1^{\ast 2}}{5S_2^{\ast 2}}$ (B) $\frac{4S_1^{\ast 2}}{5S_2^{\ast 2}}$ (C) $\frac{5S_1^{\ast 2}}{2S_2^{\ast 2}}$ (D) $\frac{5S_1^{\ast 2}}{4S_2^{\ast 2}}$

答案 (D)解. $\frac{\frac{7S_1^{\ast 2}}{4\times 7}}{\frac{9S_2^{\ast 2}}{5\times 9}}=\frac{5S_1^{\ast 2}}{4S_2^{\ast 2}}\sim F\left(7,9\right)$

7.

设 $f_1(x)$ 为标准正态分布的概率密度, $f_2(x)$ 为 $[-1,3]$ 上均匀分布的概率密度，若

$$f(x)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a{f}_1(x),}{b{f}_2(x),}\right)x\le 0(a>0,b>0)$$

为概率密度, 则 $a,b$ 应满足( ).

$$a+b=2(\mathbf{B})3a+2b=4(\mathbf{C})2a+3b=4(\mathbf{D})a+b=1$$

答案 (C)

解. 由已知条件可得

$$\begin{array}{r}{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=a{\int }_{-\infty }^0{f}_1(x)\mathrm{d}x+b{\int }_0^{+\infty }{f}_2(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}a+\frac{3}{4}b=1,\end{array}$$

即 $2a+3b=4$.

8.

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为0.9, 若 $Z=X-0.4$, 则 $Y$ 与 $Z$ 的相关系数为( ).
A. 0.4; B. 0.5; C. 0.1; D. 0.9

答案 (D)

9.

设随机变量𝑋, 𝑌独立同分布，且 $X$ 的分布函数为 $F(x)$, 则 $Z=\max \{X,Y\}$ 的分布函数为( ).

$$F^2(x)(\mathrm{B})F(x)F(y)(\mathrm{C})1-[1-F(x){]}^2(\mathrm{D})[1-F(x)][1-F(y)]$$

答案 (A)

解. 由分布函数的定义及随机变量 $X,Y$ 独立同分布，可得

$$F_Z(x)=P\{Z\le x\}=P\{\mathsf{m}ax\{X,Y\}\le x\}=P\{X\le x,Y\le x\}=P\{X\le x\}P\{Y\le x\}=F_X(x)F_Y(x)=\mathsf{m}.$$

10.

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 为来自二项分布总体 $B(n,p)$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 和 $S^{\ast 2}$ 分别为样本均值和修正样本方差. 若 $\bar{X}+k{S}^{\ast 2}$ 为 $n{p}^2$ 的无偏估计量, 则 $k=()$.

A. 1; B. -1; C. 0; D. 2

答案 (B)

解. 因为 $E(\bar{X})=E(X),E(S^{\ast 2})=D(X)$, 于是

$$E(\bar{X}+k{S}^{\ast 2})=E(\bar{X})+kE(S^{\ast 2})=E(X)+kD(X)=np+knp(1-p)=n{p}^2$$

由此可得 $k=-1$.

11.

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,\cdots$ 是独立同分布的随机变量序列，且 $E\left[X_i\right]=\mu$ $\iota ,Var\left[X_i\right]={\sigma }^2(i=1,2,\cdots )$ ，那么 $\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2$ 依概率收敛于( ).
A. $\mu +{\sigma }^2$ B. ${\sigma }^2$ C. ${\mu }^2$ D. ${\mu }^2+{\sigma }^2$

答案 (D)解. 根据辛钦弱大数定理，

 Xi2以概率收敛于E X 2  n i1 $E\left(X^2\right)=DX+{\left(EX\right)}^2={\sigma }^2+{\mu }^2$

12.

设随机变量 $X$ 与𝑌相互独立，且 $X$ 服从标准正态分布𝑁(0,1)，𝑌的概率分布为

$$P\{Y=0\}=P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$$

记 $F_z(z)$ 为随机变量 $Z=XY$ 的分布函数，则函数 $F_z(z)$ 的间断点个数为( ).

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

答案 (B)

解. $Z=XY$ 的分布函数为

$$\begin{array}{rl}& F_z(z)=P\{XY\le z\}=P\{XY\le z\mid Y=0\}P\{Y\\ & =\frac{1}{2}P\{XY\le z\mid Y=0\}+\frac{1}{2}P\{\{XY\le z\mid Y=1\}\\ & =\frac{1}{2}[P\{XY\le z\mid Y=0\}+P\{X\le z\}]\\ & =\{\frac{\Phi (z)}{2},z<0\\ & =\{\frac{1+\Phi (z)}{2},z\ge 0\end{array}$$

\begin{array} { r l r } { F _ { z } ( z ) = P { X Y \leq z } = } & { { } P { X Y \leq z \mid Y = 0 } P { Y = 0 } } & { + P { X Y \leq z \mid Y = 1 } P { Y = 1 } } \end{array}

所以 $z = 0$ 为 $F _ { z } ( z )$ 的唯一间断点. # 二、（10 分） 设甲、乙、丙三个地区爆发了某种流行病，三个地区的总人数比为2:5:3，而三个地区感染此病的 比例分别为 $6 \%$ ， $4 \%$ ， $3 \%$ 。现从这三个地区任意抽取一个人，问 （1）此人感染此病的概率是多少？ （2）如果此人感染此病，此人选自乙地区的概率是多少？（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 设 $B =$ {此人感染此病}， $A _ { 1 }$ ， $A _ { 2 }$ ， $A _ { 3 }$ 分别表示此人选自甲、乙、丙三个地区由已知，有 $P ( A _ { 1 } ) = 0. 2$ ， $P ( A _ { 2 } ) = 0. 5$ ， $P ( A _ { 3 } ) = 0. 3$ ，

P ( B | A _ { 1 } ) = 0. 0 6, P ( B \vert A _ { 2 } ) = 0. 0 4, P ( B \vert A _ { 3 } ) = 0. 0 3

$$（1）由全概率公式有$$

\begin{array} { r l r } & { } & { P ( B ) = P ( A _ { 1 } ) P ( B \big | A _ { 1 } ) + P ( A _ { 2 } ) P ( B \big | A _ { 2 } ) + P ( A _ { 3 } ) P ( B \big | A _ { 3 } ) ~ } \ & { } & { ~ = 0. 2 \times 0. 0 6 + 0. 5 \times 0. 0 4 + 0. 3 \times 0. 0 3 = 0. 0 4 1 ~ \left( 5 \right. } \end{array}

$$（2）由贝叶斯公式有$$

P ( A _ { 2 } { \big | } B ) = { \frac { P ( A _ { 2 } ) P ( B { \big | } A _ { 2 } ) } { P ( B ) } } = { \frac { 0. 5 \times 0. 0 4 } { 0. 0 4 1 } } = { \frac { 2 0 } { 4 1 } }

# 三、(10 分) 一个复杂的系统由100 个相互独立起作用的部件所组成。在运行期间，每个部件损坏的概率为0.1，而为了使整个系统正常工作，至少必需有84 个部件工作，求整个系统能正常工作的概率。附： $\left( 1 \right) = 0. 8 4 1 3, \Phi \left( 1. 5 \right) = 0. 9 3 3 2, \Phi \left( 2 \right) = 0. 9 7 7 3, \Phi \left( 2. 5 \right) = 0. 9 9 3 8$ 解：系统中能够正常工作的部件数 $X$ 服从二项分布： $X \sim B \left( 1 0 0, 0. 9 \right)$ 。(2 分) 于是

P \left{ X \geq 8 4 \right} = 1 - P \left{ X < 8 4 \right} = 1 - P \left{ { \frac { X - 1 0 0 \times 0. 9 } { { \sqrt { 1 0 0 \times 0. 9 \times ( 1 - 0. 9 ) } } } } < { \frac { 8 4 - 1 0 0 \times 0. 9 } { { \sqrt { 1 0 0 \times 0. 9 \times ( 1 - 0. 9 ) } } } } \right}.

= 1 - P \left{ { \frac { X - 1 0 0 \times 0. 9 } { \sqrt { 1 0 0 \times 0. 9 \times ( 1 - 0. 9 ) } } } < - 2 \right} \approx 1 - \Phi \left( - 2 \right) = \Phi \left( 2 \right) = 0. 9 7 7 3

# 四、(10 分) 某工厂宣称该厂的日用水量平均为 350 公斤，抽查11 天的日用水量的记录，计算得均值${ \overline { { x } } } = 3 5 9$ ，修正方差 $S _ { 1 1 } ^ { * 2 } = 4 0 0$ 。假设用水量服从正态分布 $N \left( \mu, \sigma ^ { 2 } \right)$ 。 (1)能否同意该厂的看法？（显著性水平 $\alpha = 0. 0 5$ ， ${ \sqrt { 1 1 } } \approx 3. 3 2$ ） (2)求方差 $\sigma ^ { 2 }$ 的置信度为 $9 5 \%$ 的置信区间。（注：(2)小题结果就用分位数表示） 附： $\begin{array} { c c c c } { {( 1 0 ) = 1. 8 1 2 5, } } & { {t _ { 0. 9 5 } ( 1 1 ) = 1. 7 9 5 9, } } & { {t _ { 0. 9 7 5 } ( 1 0 ) = 2. 2 2 8 1, } } & { {t _ { 0. 9 7 5 } ( 1 1 ) = 2. 2 0 1 0 } } \end{array}$ 解：

H _ { 0 } : \mu _ { 0 } = 3 5 0 \qquad t = { \frac { { \overline { { x } } } - \mu _ { 0 } } { S _ { n } ^ { * } } } \cdot { \sqrt { n } } = { \frac { 3 5 9 - 3 5 0 } { 2 0 } } \sqrt { 1 1 } = 1. 4 9 4 < t _ { 0. 9 7 5 } ( 1 0 ) = 2. 2 2 8 1

$$\therefore 接受原假设，同意该厂说法。(5分)$$

\frac { \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } ( X _ { i } - \overline { { X } } ) ^ { 2 } } { \displaystyle \mathfrak { O } ^ { 2 } } \sim x ^ { 2 } ( n - 1 ) \qquad x _ { 0, 0 2 5 } ^ { 2 } ( 1 0 ) \le \frac { ( 1 1 - 1 ) \times 4 0 0 } { \sigma ^ { 2 } } \le x _ { 0, 9 7 5 } ^ { 2 } ( 1 0 )

∴ $\sigma ^ { 2 }$ 的 $9 5 \%$ 的置信区间为 $\left[ \frac { 4 0 0 0 } { x _ { 0. 9 7 5 } ^ { 2 } ( 1 0 ) }, \frac { 4 0 0 0 } { x _ { 0. 0 2 5 } ^ { 2 } ( 1 0 ) } \right]$ (10 分) # 五、（12 分） 设随机变量 $X$ 的概率分布为

P { X = 1 } = P { X = 2 } = { \frac { 1 } { 2 } }

在给定 $X = i$ 的条件下，随机变量 $Y$ 服从均匀分布 $U ( 0, i ) ~ \left( i = 1, 2 \right)$. (1) 求 $X$ 的分布函数 $F _ { X } ( \mathbf { x } )$. (2) 求𝑌的分布函数 $F _ { Y } ( y )$. 解 (1) $X$ 的分布函数为

F _ { X } \left( x \right) = \left{ \begin{array} { l l } { 0 } & { x < 1 } \ { 1 } & { 1 \leq x < 2 } \ { 2 } & { 1 \leq x < 2 } \ { 1 } & { x \geq 2 } \end{array} \right.

(2) $\begin{array} { l } { { F _ { _ Y } ( y ) = P \{ Y \leq y \} = P \{ Y \leq y, X = 1 \} + P \{ Y \leq y, X = 2 \} } } \\ { { = P \{ Y \leq y | X = 1 \} P \{ X = 1 \} + P \{ Y \leq y | X = 2 \} P \{ X = 2 \} } } \\ { { = \displaystyle \frac { 1 } { 2 } { \cal P } \{ Y \leq y | X = 1 \} + \displaystyle \frac { 1 } { 2 } { \cal P } \{ Y \leq y | X = 2 \} \quad \ \mathrm { ( 7 4 \% ) } } } \end{array}$ 当 $y < 0$ 时， $F _ { Y } ( y ) = 0$ 当 $0 \leq y < 1$ 时, $\begin{array} { r } { F _ { Y } ( y ) = \frac { 1 } { 2 } \left( y + \frac { y } { 2 } \right) = \frac { 3 } { 4 } y } \end{array}$ 当 $1 \leq y < 2$ 时, $\begin{array} { r } { F _ { Y } ( y ) = \frac { 1 } { 2 } \left( 1 + \frac { y } { 2 } \right) } \end{array}$ 当 $y \geq 2$ 时， $F _ { Y } ( y ) = 1$ 所以 $F _ { Y } ( y ) = \left\{ \begin{array} { l l } { 0, } & { y < 0 } \\ { \frac { 3 } { 4 } y, } & { 0 \leq y < 1 } \\ { \frac { 1 } { 2 } \left( 1 + \frac { y } { 2 } \right), } & { 1 \leq y < 2 } \\ { 1, } & { y \geq 2 } \end{array} \right.$ (12 分) # 六、(10 分) 设总体 $X$ 的概率密度为

f \left( x \right) = { \left{ \begin{array} { l l } { \left( \theta + 1 \right) x ^ { \theta } } & { { \stackrel { \triangledown } { = } } 1 0 < x < 1 } \ { 0 } & { { \stackrel { \triangledown } { \cdot } } 1 4. } \end{array} \right. }

其中 $\theta { > } { - } 1$ 是未知参数, $X _ { 1 }, X _ { 2 }, \cdots, X _ { n }$ 是来自总体 $X$ 的一个容量为 $n$ 的简单随机样本,分别用矩法估计和最大似然估计法求 $\theta$ 的估计量. 解 (1) 矩法估计

E X = \int _ { - \infty } ^ { + \infty } x f \left( x \right) d x = \int _ { 0 } ^ { 1 } \left( \theta + 1 \right) x ^ { \theta + 1 } d x = \frac { \theta + 1 } { \theta + 2 }

令 $E X = { \overline { { X } } }$, 得 $\theta$ 的矩法估计量为 ${ \hat { \theta } } _ { M } = { \frac { 1 - 2 { \bar { X } } } { { \bar { X } } - 1 } }$ (5 分) (2) 最大似然估计

L ( \theta ) = \left{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \big ( \theta + 1 \big ) ^ { n } \left( \prod _ { i = 1 } ^ { n } x _ { i } \right) ^ { \theta } \ \stackrel { \scriptscriptstyle = \lfloor \underline { { \nu } } } { = \null } 0 < x _ { i } < 1 } } & { \ \big ( i = 1, 2, \cdots, n \big ) } \ { \displaystyle { 0 } } & { \mathrm { # # # } } \end{array} \right.

取对数 $\ln L { \big ( } \theta { \big ) } = n \ln { \big ( } \theta + 1 { \big ) } + \theta \sum _ { i = 1 } ^ { n } \ln x _ { i }$, 求导得

{ \frac { d \ln L ( \theta ) } { d \theta } } { = } { \frac { n } { \theta + 1 } } { + } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \ln x _ { i }

令上式等于0，解得 $\theta = - 1 - \frac { n } { \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } \ln x _ { i } }$ 所以 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat { \theta } _ { L } = - 1 - \frac { n } { \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } \ln X _ { i } }$ (10 分) # 七、(12 分) 设随机变量𝑋, 𝑌的概率分布相同, $X$ 的概率分布为

P { X = 0 } = { \frac { 1 } { 3 } }, P { X = 1 } = { \frac { 2 } { 3 } }

且 $X$ 与𝑌的相关系数 $r _ { _ { X Y } } = \frac { 1 } { 2 }$ (1) 求 $( X, Y )$ 的概率分布; (2) 求 $P \{ X + Y \leq 1 \}$. 解. (1) 由已知条件可得 $\begin{array} { c } { { E ( X ) = E ( Y ) = { \frac { 2 } { 3 } }, D ( X ) = D ( Y ) = { \frac { 1 } { 3 } } \cdot { \frac { 2 } { 3 } } = { \frac { 2 } { 9 } } } } \end{array}$ $r _ { X Y } = { \frac { \operatorname { C o v } ( X, Y ) } { { \sqrt { D ( X ) } } \cdot { \sqrt { D ( Y ) } } } } = { \frac { E ( X Y ) - E ( X ) \cdot E ( Y ) } { { \sqrt { D ( X ) } } \cdot { \sqrt { D ( Y ) } } } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ 所以 $P \{ X = 1, Y = 1 \} = E ( X Y )$ $\begin{array} { l } { \displaystyle = \frac { 1 } { 2 } \sqrt { D ( X ) } \sqrt { D ( Y ) } + E ( X ) \cdot E ( Y ) } \\ { \displaystyle = \frac { 1 } { 2 } \sqrt { \frac { 2 } { 9 } } \times \sqrt { \frac { 2 } { 9 } } + \frac { 2 } { 3 } \times \frac { 2 } { 3 } = \frac { 5 } { 9 } } \end{array}$ （3 分） 设 $( X, Y )$ 的概率分布与边缘分布为则由已知条件可得 <html><body><table><tr><td>XY</td><td>0</td><td>1</td><td>Pi.</td></tr><tr><td>0</td><td>P1</td><td>p2</td><td>p1 +p2</td></tr><tr><td>1</td><td>p3</td><td>5 -9</td><td>5 p+</td></tr><tr><td>p.j</td><td>P1 + p3</td><td>5 p2+</td><td>1</td></tr></table></body></html>

\left{ { \begin{array} { l } { p _ { 1 } + p _ { 2 } = p _ { 1 } + p _ { 3 } = { \frac { 1 } { 3 } } } \ { p _ { 2 } + { \cfrac { 5 } { 9 } } = p _ { 3 } + { \cfrac { 5 } { 9 } } = { \frac { 2 } { 3 } } } \end{array} } \right.

解方程组得 𝑝1 =, 𝑝2 = 𝑝3 = 于是, $( X, Y )$ 的概率分布为 <html><body><table><tr><td>XY</td><td></td><td>1</td></tr><tr><td>0</td><td>2 19</td><td>1 19</td></tr><tr><td>1</td><td>1 9</td><td>5 -9</td></tr></table></body></html> （9 分） (2) $P \{ X + Y \leq 1 \} = P \{ X = 0, Y = 0 \} + P \{ X = 0, Y = 1 \} + P \{ X = 1, Y = 0 \}$ $= { \frac { 2 } { 9 } } + { \frac { 1 } { 9 } } + { \frac { 1 } { 9 } } = { \frac { 4 } { 9 } }$ （12 分）