天津科技大学多概少统作业答案

1、.天津科技大学概率与统计(多概)检测题1答案一 1. ， ，； 2. 0.6 ； 3. 0.54；4. 0.2 ； 5. 0.3,0.7.二 1； 2； 3.三1. 由， 得； ；。2. 由 天津科技大学概率与统计(多概)检测题2答案一1 ； 2 ； 3； 4 .二 1； 2； 3.三1. 由 由 2. 设先由甲组抽取一男生，再由乙组抽取一男生.（1）（2） 3. 设事件 第一次抽到的是白球，第二次抽到的是白球. 4. 设 表示抽到的产品分别为甲、乙、丙车间生产的事件，记抽到是优质品。 由全概率公式 天津科技大学概率与统计(多概)检测题 3 答案一 10.98； 20.92； 3； 4； 5.

2、（1）064，（2）096.二1； 2； 3.三1. 用分别表示从甲、乙两个流水线上的产品中抽取的灯泡寿命大于2500小时，则它们相互独立.(1) ,(2) ,(3) 2. 由得即，从而由独立性，从而，故.天津科技大学概率与统计(多概)检测题4答案一 10.6, 0.1, 0.9； 2； 31； 4.二1； 2； 3.三1. 随机变量可以取值0，1，2，3. 所以，的概率函数为.2. 的所有可能取值为3，4，5：取出的3个球，号码分别只能为1，2，3，所以；：取出的3个球中，只球号码是4，另外两个号码可在1,2,3中任取2只，共有种，所以；：取出3只球中，只球的号码是5，另外两个号码可在1,2

3、,3,4中任取2只，共有种，所以.（或）从而的概率函数为.天津科技大学概率与统计(多概)检测题5答案一 11， 0； 22, 0.3, ； 3, 。二1； 2.三1. (1)由，得。（2）。 当时，当时，当时，。所以，随机变量的分布函数为 。（3）。2. （1）由连续型随机变量的分布函数的性质，有 解得，于是。（2）由于在的可导点，得随机变量的概率密度为 （3）3.（1）(2)各元件工作相互独立，寿命大于1500小时的元件数。所求概率为（4只中至少有1只寿命大于1500小时）（4只寿命都小于1500小时） ()天津科技大学概率与统计(多概)检测题6答案一 1； 2 , ； 3. 4二1. 由

4、； 及随机变量与相互独立，得 ，所以2. （1）由，得（2）； 当或时，当时，当时，当时，.所以， ； （3）由于，所以随机变量与相互独立。（4）；天津科技大学概率与统计(多概)检测题7答案一1 ， ； 2； 二1. 2. 三1.解： 2.解：由于故3.解 设的分布函数为，=于是的概率密度函数为 =注意到 时,，即时, .所以 =天津科技大学概率与统计(多概)检测题答案一12.1, 5.7,1.29，22.1； 2. 4，20； 38，0.3； 4 3,2；50,8； 二1；2； 3.三1. 解：。2. 解：。天津科技大学概率与统计(多概)检测题答案一1；23，7； 3不相关。 二1； 2。

5、三1.解：（1）根据 与 得与的边缘分布分别为 0 1 0 1 ，故 ， 2 解：由题意得，, 解方程组得.3.解: .4. 于是，协方差随机变量与的相关系数天津科技大学概率与统计(多概)检测题10答案一1 ； 2 ； 3 。二1； 2 ； 3. .天津科技大学概率与统计(多概)检测题11答案一. 1. 46。 2. 0.5；0.8413；0.1587；0.9750；1.96；1.645。 3. 0.2858；0.7745。 4. 3。 5. 0.2。二. 1. 。2. 。3. 。三.1. 解 由已知有，依独立性及性质可得再由都是正态随机变量，且相互独立，则也服从正态分布，因此的概率密度为2.

6、 解 于是，有，查标准正态分布表得 ，所以.3. 解 于是，要使，即，或则 由，反查标准正态分布表得。因为是单调非降函数，所以由，得，故允许最大为31.25。4. 解 由，有的概率密度为当时，由是不可能事件，得，.当时，由两边对求导，得所以 天津科技大学概率与统计(多概)检测题12答案一 1。 2. 。二1. 。三1. 解 易知. 由林德柏格-列维中心极限定理, 随机变量近似服从标准正态分布, 于是.2. 解（1），概率函数为。(2),，由中心极限定理得3. 解 用表示工作的机床台数，则，。设向该车间供电功率为（），求使由棣莫佛-拉普拉斯中心极限定理得即 ，因此，若向该车间供电功率为92.4k

7、w，那么由于供电不足而影响生产的可能性小于0.001。天津科技大学概率与统计(多概)检测题13答案一 1. 2.二 1.（ ）2 .（ ）三1. 证：，2. 解：样本联合密度函数为3. 解： 即 天津科技大学概率与统计(多概)检测题14答案一.；2.；3. 二12. 三1.解： 2.解：（1）由于，故（2）由于，故3. 解：（1）由于，可得（2）由于，可得天津科技大学概率与统计(多概)检测题 15答案一填空题1. ； 2. ； 3. 。二选择题1. ，2 三解答与证明题1. 解 似然函数， 由得的最大似然估计值。2. 解 矩估计：因为，所以的矩估计量，其中。最大似然估计：设样本观测值为，似然函

8、数，由 得的最大似然估计量。3. 解：的似然函数为：解之有极最大似然估计量：.因故最大似然估计为的无偏估计。天津科技大学概率与统计(多概)检测题16答案一填空题1. ,（4.311，4.417）。2. ，（2.689，2.720），3. ，1.0743 。二选择题1. 2. 3. 三解答题1. 解 （1），查标准正态分布表得。又因为6，故所求置信区间为（） 即 （5.608，6.392）（2），查分布表得。又因为6，故所求置信区间为（） 即 （5.5576，6.4424）2. 解 （1）由已知样本方差的观测值 （2），查分布表得，。又因为，故所求置信区间为（） 即 （0.1648，0.4348

9、）3. 解：因为总体期望的置信度为的置信区间为，所以其置信度为0.95的置信区间（4.786，6.214）.天津科技大学概率与统计(多概)检测题17答案一.1第一类错误，第二类错误。2，0.05。3，。二. 1。 2。三、解：需要检验的假设 已知样本容量，样本均值，选取统计量1.查正态分布表，因为，所以接受原假设即可以认为烟草中焦油的平均含量为24解：需要检验的假设 已知样本容量，样本均值， ，选取统计量查表得，因为，所以接受原假设即可以认为产品符合规定.解：依题意需检验假设 因未知，故选取统计量查表得，因为，所以拒绝原假设，即认为细纱支数的均匀度有显著变化.期末测试题（A卷）一、填空题（共2

10、1分，每小题3分）1. 设是两个随机事件，若，则 0.7 .2. 若随机变量服从泊松分布，则概率. 3. 若随机变量的概率密度为 则 4. 若随机变量的概率分布列为 则 37/12 5. 若随机变量与满足，且相关系数，则 7 _.6. 设是来自总体的样本，若是总体均值的一个无偏估计，则 1/5 .7. 在假设检验中，当原假设为真时拒绝，这类错误称为第一类错误（或弃真错误）.二、单项选择题（共15分，每小题3分）1. 设每次试验成功的概率都为，现在独立地进行10次这样的试验，记为试验成功的次数，则（ C ）.(A) (B) (C) (D) 2. 若随机变量的概率密度为则 ( B ).(A) (B

11、) (C) (D) 3若随机变量的分布函数为，则随机变量的分布函数为（ A ）.(A) (B) (C) (D) 4若随机变量的概率密度为，则服从标准正态分布的随机变量是（ B ）.（A） （B） （C） （D）5 设随机变量，则随机变量（ D ）.（A） （B） （C） （D）三、某灯泡厂有甲、乙两条生产线，它们各自出产的灯泡中寿命大于2500小时的分别占有80%和90%，从它们出产的灯泡中各自随机地抽取一个，（1）求两个灯泡寿命都大于2500小时的概率；（2）求两个灯泡中至少有一个寿命大于2500小时的概率. （本题8分）解：用分别表示从甲、乙两个流水线上的产品中抽取的灯泡寿命大于2500小

12、时，则它们相互独立. 2分(1) 3分4分；5分(2) 6分7分. 8分四、若连续型随机变量的分布函数，（1）求的值；（2）求概率密度；（3）求. （本题8分）解：（1）由连续型随机变量的分布函数的性质，有 3分 解得，于是； 3分（2）由于在的可导点，得随机变量的概率密度为 （）； 5分 （3）7分. 8分 或7分. 8分五、若二维随机变量的联合概率密度为（1）求值；（2）求概率. （本题8分）解：（1）由2分，得；4分（2）5分7分. 8分六、设随机变量的概率密度为 求的数学期望与方差 （本题8分）解：2分；4分 ；6分 7分. 8分七、若某校学生第一学期期末数学考试成绩近似服从正态分布，

13、如果认为分以上为“优秀”，求该校数学成绩为“优秀”学生大致所占的比例 （本题8分）解：设表示考生的数学成绩，由近似服从正态分布，于是 2分5分，7分即数学成绩“优秀”的学生大致占总人数的. 8分八、某供电站供应10000户居民用电，设在用电高峰时每户用电的概率都为0.8，且每户是否用电是相互独立的，求在同一时刻有8100户以上用电的概率 （本题8分）解：用表示10000户居民中在同一时刻用电的户数，则，2分 于是，.3分所求概率为5分 7分. 8分九、某种虾的身长（单位：cm）服从正态分布，现在随机抽取9只，算得平均身长为（cm），样本标准差(cm)，求的置信水平为的置信区间（本题8分）解：由

14、于未知，故的置信区间为，3分而，查分布表得5分，又6，所以所求置信区间为（），7分即（5.5576，6.4424）. 8分十、某车间生产钢丝的折断力（单位：N）服从正态分布现从某天的产品中随机抽取9根检测折断力，算得平均折断力为（N），样本方差，问可否据此相信该车间这天生产的钢丝的折断力的方差为？（取显著性水平） （本题8分）解：由已知要检验的假设是， 1分 由于总体均值未知，故选取检验统计量，3分 当成立时，4分 由已知条件计算可得统计量的观测值，5分查表得，7分而，所以接受原假设，即在显著性水平下可以相信该车间的钢丝的折断力的方差为64. 8分期末测试题（B卷）参考数据：,，。得分一、填空

15、题（共20分，每空2分）1. 设是两个随机事件，则 0.54 ； 0.4 .2张、王二人独立地向同一目标射击一次，他们各自击中目标的概率分别为0.9和0.8，则目标被击中的概率为 0.98 .3. 若随机变量的概率函数为 ，则 0.1 ； 2.1 .4. 若随机变量的概率密度为，则 0.5 ； 0 .5. 若相互独立的随机变量与满足，则 8 .6. 若随机变量，则 0.2857 .7. 设相互独立且服从相同分布则F(18,6) 得分二、单项选择题（共20分，每小题4分）1袋中有3白1红共4只质量、大小相同的球，甲先任取一球，观察后放回；然后乙再任取一球，则二人取相同颜色球的概率为（ ） ； ；

16、 ； .2若连续型随机变量的分布函数为，则以下结论错误的是（ ） ； ； ； .3. 若随机变量与方差存在，且满足，则相关系数（） 1； -1； 0.5； -0.5.4. 若随机变量的数学期望与方差都存在，在以下概率中，（ ）肯定可以由切比雪夫不等式进行取值大小的估计。 ； ； ； .5设总体，为该总体的样本均值，则（ ） 得分三、某工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，由于设备差别，各车间的生产量分别占总产量的60% 、 25%、 15% ；各车间生产的产品优质品率分别为70%、 80%、 90% 。现从总产品中随机挑选一件，求此产品为优质品的概率。（10分）解：设 表示抽到的产品分别为甲

17、、乙、丙车间生产的事件，记抽到是优质品。 则， （4分）由全概率公式 （10分）得分四、某电站供应10000户居民用电，设在高峰时每户用电的概率为0.8，且各户用电是相互独立的。请利用中心极限定理求高峰时同一时刻有8100户以上用电的概率。（10分）解：用表示10000户中在同一时刻用电的户数，则 于是 （4分）由棣莫佛-拉普拉斯中心极限定理可知所求概率为 （10分）得分五、设随机变量的概率密度为，求（1）概率； （2）随机变量的概率密度。（10分）解： （1） （3分）（2）由于 （6分）两边同时对求导，得 （9分） 即 （10分）得分六、设连续总体的概率密度函数为其中。为来自总体的样本，求未知参数的矩估计量和最大似然估计量。（12分）解：（1）矩估计因为， 由解得的矩估计量，其中。 （4分）（2）最大似然估计似然函数 ， （7分）上式两边同时取对数得 （9分）由 得的最大似然估计量 （12分）得分七、某车间生产的某种零件长度（cm），其中均未知。现随机抽取25个样品，算得样本方差。求的置信