《概率论与数理统计》第二学期期末试卷B (精选04)

一、填空题（每题3分，共15分）

某人射中靶的概率为 $\frac{3}{4}$ ，如果射击直到中靶为止，则射击次数为 $$k$$ 的概率为 ______。

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答案： $\left(\frac{1}{4}\right)^{k-1} \times \frac{3}{4}$

解析：
本题考查几何分布的背景与公式应用。

第一步：分析试验性质
“射击直到中靶为止” 代表第 $$k$$ 次射击才首次中靶，而前 $$k-1$$ 次均未中靶。由于每次射击相互独立，这符合几何分布模型。

第二步：计算概率

每次脱靶的概率为： $1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$ 。
前 $$k-1$$ 次均脱靶的概率为： $\left(\frac{1}{4}\right)^{k-1}$ 。
第 $$k$$ 次击中的概率为： $\frac{3}{4}$ 。
综合得到概率为： $\left(\frac{1}{4}\right)^{k-1} \times \frac{3}{4}$ 。

难度: ⭐
考点: #几何分布 #独立性试验

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📖 相关公式与知识点:

几何分布律： $P(X=k) = (1-p)^{k-1}p$

🔄 举一反三

某足球运动员射门成功率为 $$0.2$$ ，直到射进为止。求他在第 $$3$$ 次射门才射进的概率。
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答案： $$0.128$$
解析： $P(X=3) = (1-0.2)^{3-1} \times 0.2 = 0.8^2 \times 0.2 = 0.128$ 。

假设总体 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ ，且 $\overline{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i$ ， $X_1, X_2, \ldots, X_n$ 为总体样本，则 $\overline{X}$ 是 ______ 的无偏估计。

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答案： 总体均值 $\mu$

解析：
本题考查统计量无偏估计的性质。

第一步：理解无偏估计的定义
若估计量 $\hat{\theta}$ 的期望等于待估参数 $\theta$ ，即 $E[\hat{\theta}] = \theta$ ，则称 $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的无偏估计。

第二步：求 $\overline{X}$ 的期望

E[\overline{X}] = E\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E[X_i]

由于样本 $$X_i$$ 独立同分布于总体 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ ，故 $E[X_i] = \mu$ 。

E[\overline{X}] = \frac{1}{n} \cdot n\mu = \mu

由于其数学期望严格等于总体均值，因此 $\overline{X}$ 是总体均值 $\mu$ 的无偏估计。

难度: ⭐
考点: #无偏估计 #样本均值期望

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📖 相关公式与知识点:

期望的线性性质： $$E[c_1X + c_2Y] = c_1E[X] + c_2E[Y]$$

🔄 举一反三

设总体 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ ，修正样本方差 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \overline{X})^2$ 。判断 $$S^2$$ 是否是 $\sigma^2$ 的无偏估计。
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答案：是。
解析：由统计理论证明可知 $E[S^2] = \sigma^2$ ，因此它也是方差的无偏估计。

设随机变量 $X \sim N(0,1), Y \sim \chi^2(n)$ ，则 $\frac{X}{\sqrt{Y}} \sqrt{n}$ 服从的分布为 ______。

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答案： $$t(n)$$ （学生氏 $$t$$ 分布）

解析：
本题考查数理统计中的三大抽样分布之一—— $$t$$ 分布的构造。

第一步：回顾 $$t$$ 分布定义
设 $X \sim N(0, 1)$ ， $Y \sim \chi^2(n)$ ，且 $$X$$ 与 $$Y$$ 独立，则随机变量

T = \frac{X}{\sqrt{Y / n}} \sim t(n)

第二步：代数整理

\frac{X}{\sqrt{Y / n}} = \frac{X}{\sqrt{Y} / \sqrt{n}} = \frac{X}{\sqrt{Y}} \sqrt{n}

这与题目中的表达式完全一致。因此该统计量服从自由度为 $$n$$ 的 $$t$$ 分布。

难度: ⭐⭐
考点: #t分布 #抽样分布

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📖 相关公式与知识点:

$$t$$ 分布的定义： $T = \frac{X}{\sqrt{Y/n}} \sim t(n)$ ::: note 重要说明题干默认 $$X$$ 与 $$Y$$ 相互独立，这是构成标准 $$t$$ 分布的必要前提。 :::

🔄 举一反三

设 $X_1, \ldots, X_n \sim N(0, 1)$ 独立， $Z = \sum_{i=1}^n X_i^2$ 。求 $$Z$$ 服从什么分布。
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答案： $\chi^2(n)$ （自由度为 $$n$$ 的卡方分布）。

如果 $$X$$ 的分布列为：
$$X$$ 0 1 2
$$P$$ $$A$$ $$2A$$ $$3A$$
则参数 $$A$$ 等于 ______。

$$X$$	0	1	2
$$P$$	$$A$$	$$2A$$	$$3A$$
则参数 $$A$$ 等于 ______。

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答案： $\frac{1}{6}$

解析：
本题考查离散型随机变量分布列的完备性（归一性）。

第一步：列出方程
任何离散型随机变量，其所有可能取值对应的概率之和必须恒等于 1。

\sum P(X = x_i) = 1

第二步：代入求和

A + 2A + 3A = 1 \implies 6A = 1 \implies A = \frac{1}{6}

难度: ⭐
考点: #分布列归一性

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📖 相关公式与知识点:

$\sum_{i} P(X = x_i) = 1$

🔄 举一反三

设 $X \in \{1, 2\}$ ，概率分别为 $$P(X=1) = C$$ 和 $$P(X=2) = C^2$$ 。求正数常数 $$C$$ 的值。
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答案： $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
解析：由 $$C + C^2 = 1$$ 得 $$C^2 + C - 1 = 0$$ 。由于概率必须大于 0，解得 $C = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ 。

在作区间估计的时候，方差未知的 $N(\mu, \sigma^2)$ 的 $\mu$ 的区间估计为 ______。

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答案： $\left[\overline{X} - t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}}, \ \overline{X} + t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \frac{S}{\sqrt{n}}\right]$

解析：
本题考查单正态总体方差未知时期望的区间估计形式。

第一步：确定所用的枢轴量
总体方差 $\sigma^2$ 未知时，无法使用标准正态分布进行估计。我们采用样本方差 $$S^2$$ 替换总体方差，构建自由度为 $$n-1$$ 的 $$t$$ 分布枢轴量：

\frac{\overline{X} - \mu}{S / \sqrt{n}} \sim t(n-1)

第二步：反解出置信区间
令 $P\left( -t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \le \frac{\overline{X} - \mu}{S / \sqrt{n}} \le t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \right) = 1 - \alpha$ 。将不等式展开即可得到如答案所示的边界。

难度: ⭐⭐
考点: #区间估计 #t统计量

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📖 相关公式与知识点:

置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间反解定理。

🔄 举一反三

若总体方差 $\sigma^2$ 为已知，则 $\mu$ 的区间估计公式为何？
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答案： $\left[\overline{X} - Z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}, \ \overline{X} + Z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]$ 。

二、选择题（每题3分，共15分）

已知 $P(A) = P(A \mid B), P(A) = P(A \mid \overline{B})$，则下列说法正确的有（）
- A. A与B相互独立
- B. A与B互逆
- C. A与B互斥
- D. $$P(A) = P(B)$$

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答案： A

解析：
本题考查事件独立性的条件判断。

第一步：回忆独立性定义
事件 $$A$$ 与 $$B$$ 独立，其等价表达形式即为： $$P(A|B) = P(A)$$ 。它意味着事件 $$B$$ 发生与否并不改变事件 $$A$$ 发生的概率。

第二步：结合题意
由于已知 $$P(A) = P(A|B)$$ ，这直接契合独立性的判断标准。因此，选 A。

难度: ⭐
考点: #条件概率 #事件独立性

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📖 相关公式与知识点:

独立性充要条件： $$P(AB) = P(A)P(B)$$

🔄 举一反三

若 $$A,B$$ 独立，且 $$P(A)=0.3, P(B)=0.4$$ 。求 $$P(AB)$$ 。
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答案： $$0.12$$
解析： $P(AB) = P(A)P(B) = 0.3 \times 0.4 = 0.12$ 。

对一个随机变量 $X$ 来说，其分布函数 $F(x)$，下列说法正确的有（）
- A. $$F(x)$$ 取值为 $(-\infty, +\infty)$
- B. $$F(x)$$ 为连续函数
- C. $-1\le F(x)\le 1$
- D. $0\le F(x)\le 1$

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答案： D

解析：
本题考查累积分布函数的性质。

第一步：梳理分布函数的核心性质

单调不减性：若 $$x_1 < x_2$$ ，则 $F(x_1) \le F(x_2)$ 。
取值范围： $0 \le F(x) \le 1$ ，且 $F(-\infty) = 0, F(+\infty) = 1$ 。
右连续性。

第二步：排除错误选项

A、C 违反了概率的基本非负性及上限为 1 的规则。
B 不一定成立，离散随机变量的分布函数呈阶梯状。因此，选 D。

难度: ⭐
考点: #分布函数性质

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📖 相关公式与知识点:

$F(x) = P(X \le x)$

🔄 举一反三

连续型随机变量的密度函数 $$f(x)$$ 的全空间积分值为何？
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答案： $$1$$ 。

设 $X \sim U[1,5]$，当 $x_{1} < 1 < x_{2} < 5$ 时，$P(x_{1} < X < x_{2}) =$ （）
- A. $\frac{5 - x_2}{5}$
- B. $\frac{x_{2} - 1}{4}$
- C. $\frac{x_2 - 1}{5}$
- D. $\frac{x_2 - x_1}{4}$

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答案： B

解析：
本题考查连续均匀分布区间概率的求法。

第一步：写出均匀分布的密度函数
$X \sim U[1, 5]$ ，其密度函数为：

f(x) = \begin{cases} \frac{1}{5-1} = \frac{1}{4}, & 1 \le x \le 5 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}

第二步：计算概率积分
由于 $$x_1 < 1$$ ，故在区间 $$[x_1, x_2]$$ 内，变量 $$X$$ 真正能取到值的区间是 $$[1, x_2]$$ 。

P(x_{1} < X < x_{2}) = \int_1^{x_2} \frac{1}{4} dx = \frac{1}{4} (x_2 - 1)

因此，选 B。

难度: ⭐⭐
考点: #均匀分布 #区间概率

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📖 相关公式与知识点:

$X \sim U[a, b] \implies f(x) = \frac{1}{b-a}$ 。

🔄 举一反三

随机变量 $X \sim U[0, 10]$ ，求 $$P(2 < X < 5)$$ 。
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答案： $$0.3$$
解析： $\frac{5 - 2}{10 - 0} = \frac{3}{10} = 0.3$ 。

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. $\hat{\mu}_{1} = \frac{1}{5} X_{1} + \frac{4}{5} X_{2}$
- B. $\hat{\mu}_{2} = \frac{1}{8} X_{1} + \frac{1}{4} X_{2}$
- 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：
本题考查有效估计量（最优估计量）的筛选准则：无偏性与方差最小化。

第一步：检验无偏性
令线性组合 $\hat{\mu} = c_1X_1 + c_2X_2$ ，则 $E[\hat{\mu}] = c_1\mu + c_2\mu = (c_1+c_2)\mu$ 。若想满足无偏估计，必须有 $$c_1 + c_2 = 1$$ 。

A： $\frac{1}{5} + \frac{4}{5} = 1$ （无偏）
B： $\frac{1}{8} + \frac{1}{4} = \frac{3}{8} \neq 1$ （有偏）
C： $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ （无偏）
D： $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} \neq 1$ （有偏）此时只剩下 A 和 C。

第二步：比较方差
样本相互独立： $D[\hat{\mu}] = c_1^2 D[X_1] + c_2^2 D[X_2] = (c_1^2 + c_2^2)\sigma^2$ 。

A 的方差为： $\left(\frac{1}{25} + \frac{16}{25}\right)\sigma^2 = \frac{17}{25}\sigma^2 = 0.68\sigma^2$
C 的方差为： $\left(\frac{1}{4} + \frac{1}{4}\right)\sigma^2 = 0.5\sigma^2$ 因 $$0.5 < 0.68$$ ，C 的方差更小。

因此，选 C。

难度: ⭐⭐
考点: #无偏估计 #方差最小化 #估计量有效性

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📖 相关公式与知识点:

独立估计量的方差性质： $D\left(\sum c_i X_i\right) = \sum c_i^2 D(X_i)$

🔄 举一反三

假设要从 $$X_1, X_2$$ 构造方差最小的无偏估计量，两个系数如何选择？
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答案：各取 $$0.5$$ 。

假设 $X$ 和 $Y$ 的联合密度函数为： $f(x,y) = \begin{cases}\lambda_{1}\lambda_{2}e^{-\lambda_{1}x - \lambda_{2}y}, & x\geq 0, y\geq 0\\ 0, & \text{其它} \end{cases}$，则下列说法正确的有（）
- A. $$E(XY) = 0$$
- B. $$X$$ 和 $$Y$$ 相互独立
- C. $$X$$ 和 $$Y$$ 不相互独立
- D. $$X$$ 和 $$Y$$ 相关

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答案： B

解析：
本题考查多维随机变量的独立性判定。

第一步：求边缘概率密度

f_X(x) = \int_0^\infty \lambda_1\lambda_2 e^{-\lambda_1 x - \lambda_2 y} dy = \lambda_1 e^{-\lambda_1 x} \int_0^\infty \lambda_2 e^{-\lambda_2 y} dy = \lambda_1 e^{-\lambda_1 x} \quad (x \ge 0)

同理，$ $f_Y(y) = \lambda_2 e^{-\lambda_2 y} \quad (y \ge 0)$ $

第二步：验证独立性充要条件
明显可见，联合密度可完全拆分为两个边缘密度的乘积：

f(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y)

这代表两者相互独立。故选 B。

难度: ⭐⭐
考点: #边缘密度 #独立性

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📖 相关公式与知识点:

独立性： $$f(x,y) = f_X(x)f_Y(y)$$

🔄 举一反三

若联合密度可写为 $$f(x,y) = g(x)h(y)$$ ，能否直接推断独立？
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答案：能（只要各自区域无交叉约束）。

三、计算题（每题10分，共70分）

设总体 $$Y$$ 服从几何分布，分布律： $p\{Y = y\} = (1 - p)^{y - 1}p,\quad y = 1,2,\dots$ 其中 $$p$$ 为未知参数，且 $0 \leq p \leq 1$ 。设 $Y_{1}, Y_{2}, \ldots, Y_{n}$ 为 $$Y$$ 的一个样本，求： $$p$$ 的极大似然估计。

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答案： $\hat{p}_{MLE} = \frac{1}{\overline{Y}}$

解析：
本题考查离散型总体的极大似然估计步骤。

第一步：写出似然函数

L(p) = \prod_{i=1}^n P(Y = Y_i) = \prod_{i=1}^n (1-p)^{Y_i-1}p = p^n (1-p)^{\sum_{i=1}^n Y_i - n}

第二步：取对数

\ln L(p) = n \ln p + \left(\sum_{i=1}^n Y_i - n\right) \ln(1-p)

第三步：求导并令其为 0

\frac{d\ln L(p)}{dp} = \frac{n}{p} - \frac{\sum_{i=1}^n Y_i - n}{1-p} = 0

n(1-p) = p\left(\sum_{i=1}^n Y_i - n\right) \implies n - np = p\sum_{i=1}^n Y_i - np

n = p\sum_{i=1}^n Y_i \implies \hat{p} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n Y_i} = \frac{1}{\overline{Y}}

难度: ⭐⭐⭐
考点: #极大似然估计

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📖 相关公式与知识点:

极大似然法求解三部曲：构建似然 $\implies$ 取对数 $\implies$ 求导求解。

🔄 举一反三

设 $X \sim P(\lambda)$ （泊松分布），求 $\lambda$ 的极大似然估计。
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答案： $\overline{X}$
解析：利用同样的求导步骤易证。

两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02，加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，求：任意取出一个零件是合格品的概率。

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答案： $\frac{73}{75} \approx 0.9733$

解析：
本题利用全概率公式计算。

第一步：设定事件并计算其占比

$$M_1$$ = “零件来自第一台车床”， $$M_2$$ = “零件来自第二台车床”。
第一台零件比第二台多一倍 $\implies P(M_1) = \frac{2}{3}, P(M_2) = \frac{1}{3}$ 。

第二步：列出条件合格率

第一台废品率 0.03 $\implies P(\text{合格}|M_1) = 1 - 0.03 = 0.97$ 。
第二台废品率 0.02 $\implies P(\text{合格}|M_2) = 1 - 0.02 = 0.98$ 。

第三步：计算全概率

P(\text{合格}) = P(\text{合格}|M_1)P(M_1) + P(\text{合格}|M_2)P(M_2)

P(\text{合格}) = 0.97 \times \frac{2}{3} + 0.98 \times \frac{1}{3} = \frac{1.94 + 0.98}{3} = \frac{2.92}{3} = \frac{73}{75} \approx 0.9733

难度: ⭐⭐
考点: #全概率公式 #对立事件

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📖 相关公式与知识点:

$P(A) = \sum P(A|B_i)P(B_i)$

🔄 举一反三

两个盒子，甲盒 3红2白，乙盒 2红3白。任选一盒摸球，求摸出红球的概率。
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答案： $$0.5$$
解析： $\frac{1}{2}\times\frac{3}{5} + \frac{1}{2}\times\frac{2}{5} = \frac{1}{2}$ 。

火箭返回地球的时候，落入一半径为R的圆形区域内，落入该区域任何地点都是等可能的，设该圆形区域的中心为坐标圆点，目标出现点 $$(x, y)$$ 在屏幕上按均匀分布，求：（1） $$X$$ 和 $$Y$$ 的联合分布密度函数；（2） $$X$$ 与 $$Y$$ 的边际分布密度函数；（3） $$X$$ 与 $$Y$$ 是否相互独立。

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答案： (1) $f(x,y) = \begin{cases} \frac{1}{\pi R^2}, & x^2 + y^2 \le R^2 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$ (2) $f_X(x) = \frac{2\sqrt{R^2-x^2}}{\pi R^2} \quad (-R \le x \le R)$ ， $f_Y(y) = \frac{2\sqrt{R^2-y^2}}{\pi R^2} \quad (-R \le y \le R)$ 。 (3) 不相互独立。

解析：
第一步：联合分布
在面积为 $\pi R^2$ 的圆内均匀分布，概率密度恒定。积分归一性得 $f(x,y) = \frac{1}{\pi R^2}$ 。

第二步：边际密度

f_X(x) = \int_{-\sqrt{R^2-x^2}}^{\sqrt{R^2-x^2}} \frac{1}{\pi R^2} dy = \frac{2\sqrt{R^2-x^2}}{\pi R^2}

第三步：独立性
$f_X(x)f_Y(y) \neq f(x,y)$ ，故不独立。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #二维均匀分布 #边缘概率密度 #独立性判定

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📖 相关公式与知识点:

二维边缘密度计算规则。

🔄 举一反三

点落在矩形 $[0,a]\times[0,b]$ 内均匀分布，其联合概率密度是什么？
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答案： $\frac{1}{ab}$ 。

已知 $$X$$ 和 $$Y$$ 的联合密度为：

f(x,y) = \begin{cases}\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-(x + \frac{y^2}{2})}, & x\geq 0 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}

试求：（1） $$EX$$ 和 $$EY$$ ；（2） $E(X\cdot Y)$ ； (3） $P\{X\leq 2,Y\geq 0\}$ 。

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答案： (1) $$EX=1, EY=0$$ (2) $$E[XY]=0$$ (3) $\frac{1 - e^{-2}}{2}$

解析：
第一步：拆分独立变量

f(x,y) = e^{-x} \cdot \left[\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2}}\right]

这说明 $X \sim Exp(1)$ ， $Y \sim N(0,1)$ 且两者独立。

第二步：数字特征
$$EX=1, EY=0$$ 。因为独立， $E[XY]=EX \cdot EY=0$ 。

第三步：区间概率

P\{X\leq 2,Y\geq 0\} = P(X\leq 2)P(Y\geq 0) = (1-e^{-2}) \times \frac{1}{2}

难度: ⭐⭐⭐
考点: #复合密度拆解 #期望的乘法公式

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📖 相关公式与知识点:

独立变量期望公式： $E[XY]=EX\cdot EY$

🔄 举一反三

若 $X \sim N(0,1), Y \sim N(0,1)$ 独立，求 $$E[X^2+Y^2]$$ 。
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答案： $$2$$ 。

有一个盒子里有8张无奖彩票，2张有奖彩票，现从中取出3张，用 $$X$$ 代表所取出的有奖彩票数，求： $$X$$ 的分布列。

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答案： 分布列如下：

$$X$$	0	1	2
$$P$$	7/15	7/15	1/15

解析：
本题考查超几何分布模型。

第一步：计算组合总数
总共抽出3张： $\binom{10}{3} = \frac{10\times9\times8}{3\times2\times1} = 120$ 。

第二步：分别计算每个 $$X$$ 取值的概率

$$X=0$$ ： $\frac{\binom{8}{3}\binom{2}{0}}{120} = \frac{56}{120} = \frac{7}{15}$ 。
$$X=1$$ ： $\frac{\binom{8}{2}\binom{2}{1}}{120} = \frac{28\times2}{120} = \frac{7}{15}$ 。
$$X=2$$ ： $\frac{\binom{8}{1}\binom{2}{2}}{120} = \frac{8}{120} = \frac{1}{15}$ 。

难度: ⭐⭐
考点: #超几何分布 #古典概型

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📖 相关公式与知识点:

组合数公式： $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

🔄 举一反三

从含有 5 白球 5 黑球的袋中任取 2 个，求白球个数的分布律。
查看练习答案与解析
答案： $$P(X=0)=2/9, P(X=1)=5/9, P(X=2)=2/9$$ 。

假设公共汽车起点站于每小时的 10 分, 30 分, 50 分发车, 某乘客在每小时的任意时刻到达车站都是随机的, 求: 乘客到车站候车时间的数学期望。

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答案： 10 分钟

解析：
本题考查连续随机变量的期望积分。

第一步：建立乘客到达时间 $$T$$ 的分布
设乘客到达的分秒时间 $T \sim U[0, 60]$ 。

第二步：构建等待时间函数 $$W(T)$$

$T \in [0,10]$ ，等 $$10-T$$ 分钟；
$T \in (10,30]$ ，等 $$30-T$$ 分钟；
$T \in (30,50]$ ，等 $$50-T$$ 分钟；
$T \in (50,60]$ ，等 $$70-T$$ 分钟。

第三步：求平均期望

E[W] = \frac{1}{60}\left[ \int_0^{10}(10-t)dt + \int_{10}^{30}(30-t)dt + \int_{30}^{50}(50-t)dt + \int_{50}^{60}(70-t)dt \right]

= \frac{1}{60} [50 + 200 + 200 + 150] = \frac{600}{60} = 10

难度: ⭐⭐⭐
考点: #期望公式 #均匀分布

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📖 相关公式与知识点:

连续型函数的期望： $E[g(X)] = \int g(x)f(x)dx$

🔄 举一反三

假设某处班车每隔 15 分钟一班，求随机到达乘客的平均等车时长。
查看练习答案与解析
答案： $$7.5$$ 分钟。

正常人的脉搏平均 72 次每分钟, 现在测得 10 例酰剂中毒患者的脉搏,算得平均次数为 67.4 次, 均方差为 5.929。已知人的脉搏次数服从正态分布, 试问: 中毒患者与正常人脉搏有无显著差异。( $t_{0.025}(9) = 2.2622$ )

查看答案与解析

答案： 有显著差异。

解析：
本题为正态总体方差未知时的 $$t$$ 检验。

第一步：建立假设
$H_0: \mu = 72, \quad H_1: \mu \neq 72$ 。

第二步：计算统计量

t = \frac{\overline{x} - \mu_0}{S / \sqrt{n}} = \frac{67.4 - 72}{5.929 / \sqrt{10}} \approx -2.453

第三步：比较临界值
双侧检验临界值为 $t_{0.025}(9) = 2.2622$ 。因为 $$|-2.453| > 2.2622$$ ，落入拒绝域。故拒绝 $$H_0$$ ，认为存在显著差异。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #单样本t检验

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

$$t$$ 检验公式。

🔄 举一反三

若 $n=16, S=4, \overline{x}=10$ ，检验 $H_0: \mu=12$ ，求其 $$t$$ 统计量的值。
查看练习答案与解析
答案： $$-2$$ 。

《概率论与数理统计》第二学期期末试卷B (精选04) ​

一、填空题（每题3分，共15分） ​

二、选择题（每题3分，共15分） ​

三、计算题（每题10分，共70分） ​

《概率论与数理统计》第二学期期末试卷B (精选04)

一、填空题（每题3分，共15分）

二、选择题（每题3分，共15分）

三、计算题（每题10分，共70分）