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《概率论与数理统计》第一学期期末试卷A (精选06)
一、填空题（每题 3 分，共 15 分）
- 电路元件 $A$ 与两个并联的元件 $B 、 C$ 串联而成，若 $A 、 B 、 C$ 损坏与否是相互独立的，且他们损坏的概率依次为 0.3，0.2，0.1 ，则电路断路的概率为 ______。
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答案： 0.314**
解析： 本题考查独立事件的概率计算以及串并联电路断路概率的求解。
第一步：分析电路断路的条件 电路是由元件 $A$ 与并联体 $B \parallel C$ 串联构成的。电路断路意味着电流无法通过，有两种可能情况：
- 元件 $A$ 损坏；
- 并联体 $B \parallel C$ 损坏（即 $B$ 和 $C$ 同时损坏）。
第二步：设事件并列出概率 设事件 $A, B, C$ 分别表示元件 $A, B, C$ 损坏。 已知 $P(A) = 0.3, P(B) = 0.2, P(C) = 0.1$，且事件相互独立。
第三步：计算并联体 $B \parallel C$ 损坏的概率 并联部分断路当且仅当 $B$ 和 $C$ 均损坏，故概率为：
第四步：计算整个电路断路的概率 电路断路事件为 $A \cup (B \cap C)$，由容斥原理得：
由于 $A, B, C$ 相互独立：
代入数据得：
方法总结： 对于复杂的可靠性问题，通常先分析各部分的逻辑关系（串联/并联），利用独立性化简交事件概率，再通过对立事件或容斥原理求解并事件概率。
难度: ⭐⭐
考点: #独立性 #电路断路概率 #容斥原理
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 独立事件交的概率：$P(AB) = P(A)P(B)$
- 并事件概率公式（容斥原理）：$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB)$
- 并联体损坏概率：$P(B \cap C)$
思路分析
将电路的连通性转化为事件的逻辑运算。串联“断”是“或”（有一个断就断），并联“断”是“且”（都断才断）。
易错点
直接用 $P(A) + P(B)P(C)$ 计算，忘记减去三者同时损坏的交集概率。
🔄 举一反三
- 若元件 $A$ 与元件 $B$ 串联，损坏概率分别为 $0.2$ 和 $0.3$，求电路断路的概率。
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答案：$0.44$
解析： 电路断路表示 $A$ 损坏或 $B$ 损坏。 $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.2 + 0.3 - 0.2 \times 0.3 = 0.44$。
- 设 $X \sim U[1,5]$ ，当 $x_{1} < 1 < x_{2} < 5$ 时， $p(x_{1} < X < x_{2}) =$ ______。
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答案： $\frac{x_2 - 1}{4}$**
解析： 本题考查均匀分布的概率密度函数及其区间概率的计算。
第一步：写出 $X$ 的概率密度函数$X$ 在区间 $[1, 5]$ 上服从均匀分布，其概率密度函数为：
第二步：根据定义求概率积分
由于给定了 $x_1 < 1 < x_2 < 5$，当 $x < 1$ 时 $f(x) = 0$，因此积分区间实际有效的部分为 $[1, x_2]$：
第三步：计算定积分
方法总结： 在求连续型随机变量的区间概率时，务必结合其概率密度函数的有效区间，将积分范围截断至非零区域。
难度: ⭐
考点: #均匀分布 #概率密度函数
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📖 相关公式与知识点:
- 均匀分布 $U[a,b]$ 的概率密度：$f(x) = \frac{1}{b-a}$（$a \leq x \leq b$）
- 区间概率：$P(x_1 < X < x_2) = \int_{x_1}^{x_2} f(x)dx$
思路分析
注意已知条件 $x_1 < 1$ 说明下限落在了密度函数为 0 的区域，因此实际积分下限要修正为均匀分布的起点 $1$。
🔄 举一反三
- 设 $X \sim U[0, 10]$，求 $P(-1 < X < 4)$。
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答案：$0.4$
解析： $X$ 的密度函数在 $[0, 10]$ 为 $\frac{1}{10}$。 $P(-1 < X < 4) = \int_0^4 \frac{1}{10} dx = \frac{4}{10} = 0.4$。
- 若 $X$ 、 $Y$ 的分布列为：
| $X$ \ $Y$ | $1$ | $2$ | $3$ |
|---|---|---|---|
| 1 | $1/6$ | $1/9$ | $1/18$ |
| 2 | $1/3$ | $\alpha$ | $\beta$ |
$X$ 、 $Y$ 相互独立，则 $\alpha =$ ______。
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答案： $\frac{2}{9}$**
解析： 本题考查离散型随机变量的联合分布列性质及相互独立性的应用。
第一步：分析分布列的边缘概率 表格中给出了联合分布概率 $P(X=x_i, Y=y_j)$。 由联合分布列所有概率之和为 1，首先可以求出 $X$ 的边缘分布： $P(X=1) = P(X=1,Y=1) + P(X=1,Y=2) + P(X=1,Y=3) = \frac{1}{6} + \frac{1}{9} + \frac{1}{18} = \frac{3+2+1}{18} = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$ 因此，$P(X=2) = 1 - P(X=1) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$。
第二步：利用独立性求 $Y$ 的边缘概率 已知 $X$ 与 $Y$ 相互独立，根据公式 $P(X=x_i, Y=y_j) = P(X=x_i)P(Y=y_j)$： 当 $X=1, Y=1$ 时：
当 $X=1, Y=2$ 时：
第三步：计算 $\alpha$ 由表可知，$\alpha = P(X=2, Y=2)$。 再次利用独立性：
方法总结： 求解离散型随机变量独立性问题，关键在于通过“边缘分布乘积等于联合分布”这一核心性质，在已知量与未知量之间建立方程。
难度: ⭐⭐
考点: #离散型随机变量 #联合分布列 #独立性
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 边缘分布求法：对另一变量求和
- 相互独立充要条件：$P(X=x_i, Y=y_j) = P(X=x_i)P(Y=y_j)$
思路分析
由于已知第一行数据和独立条件，我们能轻松反推出 $X$ 和 $Y$ 的边缘分布概率，从而乘出 $\alpha$ 和 $\beta$。
🔄 举一反三
- 已知上题条件不变，求 $\beta$ 的值。
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答案：$\frac{1}{9}$
解析： $\beta = P(X=2, Y=3) = P(X=2)P(Y=3)$。 由 $P(X=1, Y=3) = \frac{1}{18} = P(X=1)P(Y=3) \implies P(Y=3) = \frac{1}{6}$。 则 $\beta = \frac{2}{3} \times \frac{1}{6} = \frac{2}{18} = \frac{1}{9}$。
- 我们通常所说的样本称为简单随机样本，它具有的特点是 ______。
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答案： 独立同分布（或代表性与独立性）**
解析： 本题考查数理统计中“简单随机样本”的基本概念定义。
核心概念说明： 在数理统计中，从总体 $X$ 中抽取容量为 $n$ 的样本 $(X_1, X_2, \dots, X_n)$，如果满足以下两个条件，则称其为简单随机样本：
- 代表性：每个样本 $X_i$ 与总体 $X$ 具有完全相同的概率分布。
- 独立性：$X_1, X_2, \dots, X_n$ 是相互独立的随机变量。
这两个特点通常被高度概括为 独立同分布（Independent and Identically Distributed，简称 i.i.d.）。
难度: ⭐
考点: #简单随机样本 #独立同分布
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📖 相关公式与知识点:
- 样本联合概率密度（连续型）：$f(x_1, x_2, \dots, x_n) = \prod_{i=1}^n f(x_i)$
- 样本联合分布律（离散型）：$P(X_1=x_1, \dots, X_n=x_n) = \prod_{i=1}^n P(X=x_i)$
思路分析
这是数理统计的基石定义，简单随机样本的核心就是“独立”且“与总体分布一致”。
🔄 举一反三
- 简单随机样本的各观测值之间相关系数为多少？
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答案：$0$
解析： 因为简单随机样本之间是相互独立的，故其任意两个观测值之间也是相互独立的，独立必然导致不相关，所以相关系数为 0。
- 设 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体的一个样本，称 ______ 为统计量。
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答案： 不含未知参数的样本的已知函数**
解析： 本题考查数理统计中“统计量”的严格数学定义。
核心概念说明： 设 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 为样本，设 $g(X_1, X_2, \dots, X_n)$ 为样本的实值函数。如果该函数中不包含任何未知参数，则称 $g(X_1, X_2, \dots, X_n)$ 为一个统计量。
典型例子：
- 样本均值：$\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i$ （是统计量）
- 样本方差：$S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ （是统计量）
- 若总体均值 $\mu$ 未知，则 $X_1 - \mu$ 就不是统计量。
难度: ⭐
考点: #统计量定义 #样本函数
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📖 相关公式与知识点:
- 常见统计量：样本 $k$ 阶原点矩 $A_k = \frac{1}{n}\sum X_i^k$
思路分析
牢记统计量的判定法则：只与样本观测值有关，不能出现类似待求参数 $\theta$、$\mu$、$\sigma$ 等未知字母。
🔄 举一反三
- 若总体 $X \sim N(\mu, 1)$（$\mu$ 未知），下列哪项是统计量？ A. $X_1 - \mu$ B. $X_1^2 + X_2^2$
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答案：B
解析： A 中包含未知参数 $\mu$，因此不是统计量；B 仅由样本决定，不含未知参数，属于统计量。
二、选择题（每题 3 分，共 15 分）
- 某人射击时，中靶的概率为 $\frac{3}{4}$ ，如果射击直到中靶为止，则射击次数为 3 的概率为（ ）
- A. $\left(\frac{3}{4}\right)^3$
- B. $\left(\frac{3}{4}\right)^2\cdot \left(\frac{1}{4}\right)$
- C. $\left(\frac{1}{4}\right)^2\cdot \left(\frac{3}{4}\right)$
- D. $\left(\frac{1}{4}\right)^3$
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答案： C**
解析： 本题考查几何分布的背景及独立重复试验的概率计算。
第一步：分析试验停止的条件 射击直到中靶为止，射击次数为 3 次，意味着：
- 第 1 次射击：不中靶（脱靶）
- 第 2 次射击：不中靶（脱靶）
- 第 3 次射击：中靶
第二步：列出各次试验的概率 已知中靶概率为 $p = \frac{3}{4}$。 脱靶概率为 $q = 1 - p = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$。
第三步：计算联合概率 由于各次射击相互独立，射击次数为 3 的概率为连续两次脱靶与一次中靶的概率乘积：
对照选项，符合 C。
方法总结： “直到某事件发生为止”是典型的几何分布场景。若第 $k$ 次才首次发生，则前 $k-1$ 次必须均不发生。
难度: ⭐
考点: #几何分布 #独立事件 #概率乘法公式
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 几何分布公式：$P(X=k) = (1-p)^{k-1}p$
思路分析
仔细审题“直到...为止”，将复杂的文字背景拆解为独立事件的串联发生。
🔄 举一反三
- 某人射击中靶率为 $0.5$，射击直到中靶为止，求射击次数为 2 的概率。
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答案：$0.25$
解析： 前 1 次脱靶，第 2 次中靶。$P = (1-0.5)^1 \times 0.5 = 0.25$。
- 设 $p(A) = 0.8$ , $p(B) = 0.7$ , $p(A \mid B) = 0.8$ ，则下列结论正确的是（ ）
- A. $A$ 与 $B$ 相互独立
- B. 事件 $A$ 、 $B$ 互斥
- C. $B\supset A$
- D. $p(A + B) = p(A) + p(B)$
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答案： A**
解析： 本题考查事件相互独立的判定条件。
第一步：回顾条件概率与独立性的关系 事件 $A$ 与 $B$ 相互独立的定义为 $P(AB) = P(A)P(B)$。 由条件概率公式可知，$P(A \mid B) = \frac{P(AB)}{P(B)}$。若 $A$ 与 $B$ 独立，则 $P(A \mid B) = P(A)$。
第二步：结合已知条件判断 已知 $P(A \mid B) = 0.8$ 且 $P(A) = 0.8$。 由于 $P(A \mid B) = P(A)$，这说明事件 $B$ 的发生完全不影响事件 $A$ 发生的概率。 根据判定定理，事件 $A$ 与 $B$ 相互独立。
第三步：排除其他选项
- B 选项互斥：$P(AB)=0$，但此处 $P(AB) = P(B)P(A \mid B) = 0.7 \times 0.8 = 0.56 \neq 0$。
- C 选项包含：$B \supset A \implies P(AB) = P(A) = 0.8$，这与 $0.56$ 矛盾。
- D 选项加法公式：互斥才成立，独立时不成立。
故选 A。
难度: ⭐
考点: #条件概率 #事件独立性 #互斥事件
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 条件概率公式：$P(A \mid B) = \frac{P(AB)}{P(B)}$
- 独立性充要条件：$P(A \mid B) = P(A)$
思路分析
看到 $P(A \mid B)$ 等于 $P(A)$，条件概率退化为无条件概率，直接反映了事件的独立性。
🔄 举一反三
- 若 $P(A)=0.5, P(B)=0.4, P(A \cup B)=0.7$，判断 $A$ 与 $B$ 的独立性。
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答案：相互独立
解析： 由加法公式 $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB)$，得 $0.7 = 0.5 + 0.4 - P(AB) \implies P(AB) = 0.2$。 由于 $P(A)P(B) = 0.5 \times 0.4 = 0.2 = P(AB)$，故相互独立。
- 若函数 $y = f(x)$ 是一随机变量 $X$ 的概率密度，则（ ）一定成立。
- A. $y = f(x)$ 的定义域为[0,1]
- B. $y = f(x)$ 非负
- C. $y = f(x)$ 的值域为 $[0,1]$
- D. $y = f(x)$ 在 $(-\infty , + \infty)$ 内连续
查看答案与解析
答案： B**
解析： 本题考查连续型随机变量概率密度函数（PDF）的基本性质。
第一步：回顾概率密度函数的两大核心性质 若 $f(x)$ 是随机变量 $X$ 的概率密度，则它必须满足：
- 非负性：对于任意实数 $x$，有 $f(x) \geq 0$。
- 规范性：$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = 1$。
第二步：逐项排查
- A 选项：定义域必须覆盖所有取值可能，通常为 $(-\infty, +\infty)$，不局限于 $[0,1]$。
- B 选项：符合非负性基本性质，正确。
- C 选项：密度函数的值可以大于 1（只要积分和为 1 即可）。
- D 选项：密度函数可以存在跳跃间断点，不要求处处连续。
故选 B。
难度: ⭐
考点: #概率密度性质 #非负性 #规范性
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 密度函数性质：$f(x) \geq 0$ 且 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x)dx = 1$
思路分析
切记概率密度函数的值不是概率，它可以大于 1，核心特点是非负和全区间积分积出来等于 1。
🔄 举一反三
- 已知 $f(x) = C$ （$x \in [0, 0.5]$）是概率密度，求 $C$。
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答案：$2$
解析： 由规范性 $\int_0^{0.5} C dx = 1 \implies 0.5C = 1 \implies C = 2$。可见密度函数值大于 1。
- 设随机变量 $X\sim N(0,1), Y\sim \chi^2 (n)$ ，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立，则 $\frac{X}{\sqrt{Y}} \sqrt{n}$ 服从（ ）分布。
- A. $N(0,1)$
- B. $\chi^2 (n - 1)$
- C. $F(1,n)$
- D. $t(n)$
查看答案与解析
答案： D**
解析： 本题考查数理统计中三大抽样分布之一的 $t$-分布定义。
核心知识点回顾： 设随机变量 $X \sim N(0, 1)$，随机变量 $Y \sim \chi^2(n)$，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立。 此时构造的统计量：
该统计量服从自由度为 $n$ 的 $t$-分布，记作 $T \sim t(n)$。
对比题目给出的表达式完全符合这一定义，故选 D。
难度: ⭐
考点: #抽样分布 #t分布定义
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- $t$-分布定义式：$T = \frac{N(0,1)}{\sqrt{\chi^2(n)/n}}$
- 其他抽样分布：$\chi^2$ 分布（正态平方和）、$F$ 分布（卡方之比）
思路分析
抽样分布的构造形式是送分题，一定要熟记正态、卡方、$t$、$F$ 四种分布的核心推导公式。
🔄 举一反三
- 设 $U \sim \chi^2(n_1), V \sim \chi^2(n_2)$ 且独立，则 $\frac{U/n_1}{V/n_2}$ 服从什么分布？
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答案：$F(n_1, n_2)$ 分布
解析： 根据 $F$-分布定义，两个独立的卡方变量除以各自的自由度之比即服从 $F$ 分布。
- 设总体 $X$ 的数学期望为 $\mu$ , 方差为 $\sigma^2$ , $(X_1, X_2)$ 是 $X$ 的一个样本，则在下述的 4 个估计量中，（ ）是最优的。
- A. $\hat{\mu}_{1} = \frac{1}{3} X_{1} + \frac{2}{3} X_{2}$
- B. $\hat{\mu}_{2} = \frac{3}{4} X_{1} + \frac{1}{4} X_{2}$
- C. $\hat{\mu}_{3} = \frac{1}{2} X_{1} + \frac{1}{2} X_{2}$
- D. $\hat{\mu}_4 = \frac{1}{2} X_1 + \frac{1}{3} X_2$
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答案： C**
解析： 本题考查点估计中“无偏估计”和“有效性（最小方差）”的评判标准。
第一步：检验无偏性 对于 $\hat{\mu} = c_1 X_1 + c_2 X_2$，要使其成为 $\mu$ 的无偏估计，必须满足 $E(\hat{\mu}) = \mu$。 由于 $E(X_1) = E(X_2) = \mu$，有 $E(\hat{\mu}) = (c_1 + c_2)\mu$。 因此，必须有 $c_1 + c_2 = 1$。
- A 选项：$\frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1$ （无偏）
- B 选项：$\frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1$ （无偏）
- C 选项：$\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ （无偏）
- D 选项：$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} \neq 1$ （有偏，排除）
第二步：对比无偏估计的有效性（方差越小越优） 已知样本独立，有 $D(X_1) = D(X_2) = \sigma^2$。 $D(\hat{\mu}) = c_1^2 D(X_1) + c_2^2 D(X_2) = (c_1^2 + c_2^2)\sigma^2$。 分别计算各选项方差系数 $c_1^2 + c_2^2$：
- A 选项：$(\frac{1}{3})^2 + (\frac{2}{3})^2 = \frac{1}{9} + \frac{4}{9} = \frac{5}{9} \approx 0.556$
- B 选项：$(\frac{3}{4})^2 + (\frac{1}{4})^2 = \frac{10}{16} = \frac{5}{8} = 0.625$
- C 选项：$(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2 = \frac{2}{4} = 0.5$
由于 $0.5 < 0.556 < 0.625$，故 C 选项方差最小，即最有效、最优。选 C。
难度: ⭐⭐
考点: #无偏估计 #有效性 #方差计算
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 无偏性：$E(\hat{\theta}) = \theta$
- 方差性质：$D(aX+bY) = a^2D(X) + b^2D(Y)$ (独立时)
思路分析
先看均值（无偏性），再算方差（有效性）。对于系数之和为 1 的线性组合，系数均分时方差最小。
🔄 举一反三
- 设总体均值为 $\mu$，样本为 $X_1, X_2, X_3$，求使得 $\hat{\mu} = c_1 X_1 + c_2 X_2 + c_3 X_3$ 具有最小方差的无偏估计的系数。
查看练习答案与解析
答案：$c_1 = c_2 = c_3 = \frac{1}{3}$
解析： 根据柯西不等式，当 $c_1=c_2=c_3$ 且 $c_1+c_2+c_3=1$ 时，$\sum c_i^2$取得最小值。
三、计算题（每题 10 分，共 70 分）
- 某厂的产品中有 $4\%$ 的废品，在 100 件合格品中有 75 件是一等品，试求在该厂的产品中任取一件是一等品的概率。
查看答案与解析
答案： 0.72**
解析： 本题考查条件概率公式以及乘法公式的应用。
第一步：设定事件
- 设事件 $H$ 为“抽取的产品为合格品”；
- 设事件 $F$ 为“抽取的产品为废品”；
- 设事件 $E$ 为“抽取的产品为一等品”。
第二步：分析已知条件
- 厂里有 $4\%$ 的废品，即 $P(F) = 0.04$。
- 合格品的概率为：$P(H) = 1 - P(F) = 1 - 0.04 = 0.96$。
- 100 件合格品中有 75 件一等品，即在已知是合格品的条件下是一等品的条件概率为：$P(E \mid H) = \frac{75}{100} = 0.75$。
第三步：应用乘法公式计算 由于一等品必然是合格品（$E \subset H$），因此任取一件是一等品，实质上是求合格品且为一等品的交事件概率 $P(E) = P(EH)$。
方法总结： 条件概率的核心是缩减样本空间。在处理产品分级问题时，注意区别“在合格品中是一等品”的条件概率与“在全部产品中是一等品”的无条件概率。
难度: ⭐⭐
考点: #条件概率 #乘法公式
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 概率乘法公式：$P(AB) = P(A)P(B \mid A)$
- 对立事件概率：$P(\bar{A}) = 1 - P(A)$
思路分析
理清事件的层级包含关系。先分出合格品，再在合格品里找一等品。
🔄 举一反三
- 某工厂废品率为 $5\%$，合格品中有 $80\%$ 为一级品，求任取一件为一级品的概率。
查看练习答案与解析
答案：$0.76$
解析： $P = P(\text{合格品}) \times P(\text{一级品} \mid \text{合格品}) = (1-0.05) \times 0.80 = 0.95 \times 0.80 = 0.76$。
- 有朋友自远方来访，他乘火车、轮船、汽车来的概率分别为 0.3、0.2、0.5。如果他乘火车、轮船、汽车来的话，迟到的概率分别为 $\frac{1}{4}$ 、 $\frac{1}{3}$ 、 $\frac{1}{12}$ ，求：（1）他迟到的概率；（2）如果他迟到了，则他是乘轮船来的概率是多少。
查看答案与解析
答案： （1）$\frac{11}{60}$ （2）$\frac{4}{11}$**
解析： 本题考查全概率公式与贝叶斯公式的综合应用。
第一步：设定事件
- 设事件 $T, S, C$ 分别表示朋友乘“火车 (Train)”、“轮船 (Ship)”和“汽车 (Car)”来访。
- 设事件 $L$ 表示朋友“迟到 (Late)”。
第二步：分析已知条件
- 乘车方式的先验概率：$P(T) = 0.3, P(S) = 0.2, P(C) = 0.5$。
- 对应方式下的迟到条件概率：$P(L \mid T) = \frac{1}{4}, P(L \mid S) = \frac{1}{3}, P(L \mid C) = \frac{1}{12}$。
第三步：解答（1）——全概率公式 朋友可能通过三种方式来访，这构成了样本空间的一个划分。根据全概率公式：
代入数据计算：
通分化简：
第四步：解答（2）——贝叶斯公式 已知朋友已经迟到，求其乘轮船的后验概率 $P(S \mid L)$：
代入已知量：
方法总结： 遇到“求原因的概率”（已知结果，追溯起因）场景时，必然用到贝叶斯公式，且分母通常由第一步全概率公式的结果充当。
难度: ⭐⭐
考点: #全概率公式 #贝叶斯公式 #后验概率
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 全概率公式：$P(B) = \sum P(A_i)P(B \mid A_i)$
- 贝叶斯公式：$P(A_k \mid B) = \frac{P(A_k)P(B \mid A_k)}{\sum P(A_i)P(B \mid A_i)}$
思路分析
迟到是由三种交通工具分别引起的。贝叶斯公式本质上是计算轮船引起的迟到占总迟到的比例。
🔄 举一反三
- 三台机器产量占比分别为 $40\%, 35\%, 25\%$，次品率分别为 $2\%, 3\%, 4\%$。任取一件为次品，求此件由第一台机器生产的概率。
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答案：$\frac{16}{57}$
解析： $P(\text{次品}) = 0.4\times 0.02 + 0.35\times 0.03 + 0.25\times 0.04 = 0.0285$。 $P(\text{机1} \mid \text{次品}) = \frac{0.4\times 0.02}{0.0285} = \frac{0.008}{0.0285} = \frac{16}{57}$。
3．随机变量 $X$ 的分布密度函数为： $f(x) = Ae^{-|x|}, - \infty < x < + \infty$ ，求：（1）系数 $A$ ；（2） $X$ 落于区间 $(0,1)$ 内的概率；（3） $X$ 的分布函数。
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答案： （1）$A = \frac{1}{2}$ （2）$\frac{1 - e^{-1}}{2}$ （3）$F(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}e^x, & x < 0 \\ 1 - \frac{1}{2}e^{-x}, & x \geq 0 \end{cases}$**
解析： 本题考查拉普拉斯分布的密度函数规范性、区间概率以及分布函数的求解。
第一步：解答（1）——密度函数规范性 概率密度函数的全区间积分必须等于 1：
由于被积函数 $Ae^{-|x|}$ 是关于原点对称的偶函数，利用对称性可得：
计算反常积分：
第二步：解答（2）——区间概率计算
求解定积分：
第三步：解答（3）——求解分布函数 分布函数定义为 $F(x) = P(X \leq x) = \int_{-\infty}^x f(t) dt$。需要按 $x$ 的范围分段讨论：
- 当 $x < 0$ 时：$$F(x) = \int_{-\infty}^x \frac{1}{2} e^t dt = \frac{1}{2} \left[e^t\right]_{-\infty}^x = \frac{1}{2} e^x$$
- 当 $x \geq 0$ 时：$$F(x) = F(0) + \int_0^x \frac{1}{2} e^{-t} dt = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \left[-e^{-t}\right]_0^x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}(1 - e^{-x}) = 1 - \frac{1}{2} e^{-x}$$
综合得分布函数为：
难度: ⭐⭐
考点: #规范性 #连续型区间概率 #分布函数
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📖 相关公式与知识点:
- 概率密度求分布函数：$F(x) = \int_{-\infty}^x f(t)dt$
- 指数积分运算：$\int e^{-x}dx = -e^{-x}$
思路分析
绝对值符号的积分务必分段讨论。求解分布函数时，$x \geq 0$ 部分千万不要漏掉 $x < 0$ 区间累积下来的那部分概率 $\frac{1}{2}$。
🔄 举一反三
- 已知密度函数 $f(x) = C e^{-2x} (x > 0)$，求常数 $C$。
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答案：$2$
解析： $\int_0^{+\infty} C e^{-2x} dx = 1 \implies \frac{C}{2} = 1 \implies C = 2$。
4．假设 $X$ 与 $Y$ 的联合分布密度函数为： $f(x,y) = \begin{cases} \frac{1}{\pi R^2}, & \text{当 } x^2 + y^2 \leq R^2 \\ 0, & \text{当 } x^2 + y^2 > R^2 \end{cases}$，求：（1）求 $X$ 与 $Y$ 的边际分布密度；（2） $X$ 与 $Y$ 是否相互独立；（3）试求 $E(XY)$。
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答案： （1）$f_X(x) = \begin{cases} \frac{2\sqrt{R^2-x^2}}{\pi R^2}, & |x| \leq R \\ 0, & |x| > R \end{cases}$，同理 $f_Y(y) = \begin{cases} \frac{2\sqrt{R^2-y^2}}{\pi R^2}, & |y| \leq R \\ 0, & |y| > R \end{cases}$ （2）不独立 （3）$0$**
解析： 本题考查二维连续型随机变量的联合概率密度、边缘分布及独立性。
第一步：解答（1）——求边际密度函数 通过对 $y$ 积分求 $X$ 的边缘密度 $f_X(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) dy$。 联合概率密度的非零区域为半径为 $R$ 的圆域。
- 当 $|x| > R$ 时，显然 $f_X(x) = 0$。
- 当 $|x| \leq R$ 时，积分区间对应圆域内的截面垂直高度，即从 $-\sqrt{R^2-x^2}$ 到 $\sqrt{R^2-x^2}$：$$f_X(x) = \int_{-\sqrt{R^2-x^2}}^{\sqrt{R^2-x^2}} \frac{1}{\pi R^2} dy = \frac{1}{\pi R^2} \cdot 2\sqrt{R^2-x^2}$$
根据对称性，容易写出 $Y$ 的边缘密度函数 $f_Y(y)$ 为：
第二步：解答（2）——判断独立性 判定两变量是否独立需检验 $f(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$ 是否对全平面成立。 将第一步结果相乘：
显然在圆域内 $f_X(x)f_Y(y) \neq \frac{1}{\pi R^2}$，所以 $X$ 与 $Y$ 不独立。
第三步：解答（3）——计算数学期望 $E(XY)$ 利用期望的性质公式计算：
由对称性可知，被积函数 $xy$ 关于 $x$ 或关于 $y$ 均为奇函数，而积分区域关于两坐标轴均对称，因此其二重积分必定为 $0$。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #联合密度 #边缘密度 #独立性 #期望与对称性
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📖 相关公式与知识点:
- 边缘概率密度公式：$f_X(x) = \int f(x,y)dy$
- 独立性判定公式：$f(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$
思路分析
在对称圆域上求期望，通常不用硬算积分，而是直接利用积分中被积函数的奇偶对称性秒杀，省时又不易出错。本题原题中 $x^2+y^2 \le R$ 可能是笔误，此处按半径为 $R$ 的标准圆域 $x^2+y^2 \le R^2$ 计算。
🔄 举一反三
- 若 $f(x,y) = C$ 在区域 $0<x<1, 0<y<1$ 上成立，求其边际密度。
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答案：$f_X(x) = 1 (0<x<1)$，$f_Y(y) = 1 (0<y<1)$
解析： 区域面积为 1，常数 $C=1$。$f_X(x) = \int_0^1 1 dy = 1$。
- 设随机变量 $X$ 在 $[2, 5]$ 上服从均匀分布，现对 $X$ 进行三次独立观察，试求至少有两次观察值大于 3 的概率。
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答案： $\frac{20}{27}$**
解析： 本题考查均匀分布的区间概率与二项分布的结合应用。
第一步：求单次观察值大于 3 的概率 已知 $X \sim U[2, 5]$，单次抽取时 $X > 3$ 的概率为：
第二步：建立独立重复试验（二项分布）模型 对 $X$ 进行三次独立观察，可看作是三次独立的伯努利试验。 设随机变量 $Y$ 为三次观察中“大于 3”的发生次数，则 $Y \sim B(3, \frac{2}{3})$。
第三步：计算目标概率 要求“至少有两次观察值大于 3”，即求 $P(Y \geq 2) = P(Y = 2) + P(Y = 3)$。 根据二项分布概率公式：
相加可得最终概率：
难度: ⭐⭐
考点: #均匀分布 #二项分布 #独立试验
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📖 相关公式与知识点:
- 二项分布公式：$P(Y=k) = \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$
思路分析
本题是一道知识交汇题，将连续型分布（均匀分布）作为前置条件求出基本概率 $p$，再接入离散型分布（二项分布）进行最终的概率计算。
🔄 举一反三
- 设 $X \sim U[0, 4]$，三次独立观察，求三次均大于 1 的概率。
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答案：$\frac{27}{64}$
解析： $P(X>1) = \frac{4-1}{4} = \frac{3}{4}$。 三次均大于 1 的概率为 $(\frac{3}{4})^3 = \frac{27}{64}$。
- 设在木材中抽出 100 根，测其小头直径，得到样本平均数为 $\bar{x} = 11.2 \text{ cm}$ ，已知标准差 $\sigma_{0} = 2.6 \text{ cm}$ ，问该批木材的平均小头直径能否认为是在 $12 \text{ cm}$ 以上？（$\alpha = 0.05, Z_{0.05} = 1.645, Z_{0.025} = 1.96$）
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答案： 不能认为平均小头直径在 $12\text{ cm}$ 以上**
解析： 本题考查总体方差已知时，关于总体均值的单侧 $Z$-检验。
第一步：提出检验假设 我们希望检验平均直径是否在 $12\text{ cm}$ 以上。
- 原假设 $H_0: \mu \geq 12$（可以认为在 $12\text{ cm}$ 以上）
- 备择假设 $H_1: \mu < 12$（不能认为在 $12\text{ cm}$ 以上）
第二步：构造检验统计量 已知样本容量 $n=100$，样本均值 $\bar{x} = 11.2\text{ cm}$，总体标准差 $\sigma_0 = 2.6\text{ cm}$。 由于方差已知，采用 $Z$-检验统计量：
第三步：代入数据计算检验统计量观测值
第四步：做出统计学决策 在显著性水平 $\alpha = 0.05$ 下，单侧检验的拒绝域为 $Z < -Z_{0.05} = -1.645$。 由于计算得到的检验统计量 $z = -3.077 < -1.645$，落入了拒绝域内。
结论： 在显着性水平 $0.05$ 下，拒绝原假设 $H_0$，接受备择假设 $H_1$。即该批木材的平均小头直径不能认为是在 $12\text{ cm}$ 以上。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #假设检验 #Z检验 #单侧检验
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📖 相关公式与知识点:
- 单正态均值 $Z$-检验：$Z = \frac{\bar{X}-\mu_0}{\sigma_0/\sqrt{n}}$
思路分析
建立假设时，通常将想要否定的结论或稳妥的现状放在原假设。本题 $\bar{x}=11.2$ 本身就比 $12$ 小很多，基本已经宣告不可能“在 $12$ 以上”。
🔄 举一反三
- 设样本量 $n=36, \bar{x}=13, \sigma_0=2.4$，问在显著性水平 $\alpha=0.05$ 下，能否认为总体均值 $\mu > 12$？
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答案：可以认为
解析： $H_0: \mu \leq 12, H_1: \mu > 12$。 $Z = \frac{13 - 12}{2.4/6} = \frac{1}{0.4} = 2.5$。 拒绝域为 $Z > 1.645$。由于 $2.5 > 1.645$，落入拒绝域，拒绝 $H_0$，故可以认为 $\mu > 12$。
- 设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x) = \begin{cases} \frac{6x}{\theta^3} (\theta - x), & 0 < x < \theta \\ 0, & \text{其它} \end{cases}$，且 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，求：（1） $\theta$ 的矩法估计量 $\hat{\theta}$；（2）估计量 $\hat{\theta}$ 的方差 $D\hat{\theta}$ 。
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答案： （1）$\hat{\theta} = 2\bar{X}$ （2）$D(\hat{\theta}) = \frac{\theta^2}{5n}$**
解析： 本题考查参数估计中的矩估计法及估计量方差的计算。
第一步：解答（1）——求解矩估计量 矩估计的原理是用样本一阶原点矩 $\bar{X}$ 替换总体一阶原点矩 $E(X)$。 首先计算总体的数学期望 $E(X)$：
展开积分项：
代入上下限：
令 $E(X) = \bar{X}$，即 $\frac{\theta}{2} = \bar{X}$，解得矩估计量为：
第二步：解答（2）——计算估计量方差 求方差前，需先算出 $X$ 的二阶原点矩 $E(X^2)$ 和总体方差 $D(X)$：
利用公式 $D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$：
最后，根据性质计算 $\hat{\theta} = 2\bar{X}$ 的方差：
难度: ⭐⭐⭐
考点: #矩估计 #样本均值方差 #方差分解
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📖 相关公式与知识点:
- 矩估计方程：$E(X) = \bar{X}$
- 样本均值方差性质：$D(\bar{X}) = \frac{D(X)}{n}$
思路分析
矩估计实质是把总体的期望用样本平均数替换。在算方差时，一定记得把常数提取出来变为平方倍数。
🔄 举一反三
- 设 $E(X) = \theta$，求 $\bar{X}$ 的方差。
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答案：$\frac{D(X)}{n}$
解析： 根据随机变量线性组合的性质，$D(\bar{X}) = D(\frac{1}{n}\sum X_i) = \frac{1}{n^2} \sum D(X_i) = \frac{nD(X)}{n^2} = \frac{D(X)}{n}$。