【正文】 B 由于 P( A1|B) 遠(yuǎn)大于 P( A3|B), P( A2|B), 因此可以認(rèn)為這批貨物的損壞率為 . 17. 驗(yàn)收成箱包裝的玻璃器皿，每箱 24 只裝，統(tǒng)計(jì)資料表明，每箱最多有兩只殘次品，且含 0， 1 和 2 件殘次品的箱各占 80%， 15%和 5%，現(xiàn)在隨意抽取一箱，隨意檢查其中 4 只；若未發(fā)現(xiàn)殘次品，則通過(guò)驗(yàn)收，否則要逐一檢驗(yàn)并更換殘概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題參考答案（僅供參考） 第一章 第 6 頁(yè) (共 96 頁(yè) ) 次品，試求： （ 1）一次通過(guò)驗(yàn)收的概率α； （ 2）通過(guò)驗(yàn)收的箱中確定無(wú)殘次品的概率β . 解 設(shè) Hi={箱中實(shí)際有的次品數(shù) }, 0,1,2?i , A={通過(guò)驗(yàn)收 } 則 P(H0)=, P(H1)=, P(H2)=, 那么有： 04231 4244222 424( | ) 1,5( | ) ,695( | )138P A HCP A HCCP A HC????? (1)由全概率公式 20( ) ( ) ( | ) 0 . 9 6? ?? ? ?? iiiP A P H P A H (2)由 Bayes 公式 得 00( ) ( | ) 0 .8 1( | ) 0 .8 3( ) 0 .9 6? ?? ? ? ?i P H P A HP H A PA 18. 一建筑物內(nèi)裝有 5 臺(tái)同類(lèi)型的空調(diào)設(shè)備，調(diào)查表明，在任一時(shí)刻，每臺(tái)設(shè)備被 使用的概率為 ，問(wèn)在同一時(shí)刻 （ 1）恰有兩臺(tái)設(shè)備被使用的概率是多少？ （ 2）至少有三臺(tái) 設(shè)備被使用的概率是多少？ 解 設(shè) 5 臺(tái)設(shè)備在同一時(shí)刻是否工作是相互獨(dú)立的 , 因此本題可以看作是 5 重伯努利試驗(yàn) . 由題意，有 p=, q=1?p=, 故 (1) 2 2 31 5 5( 2) ( ) ( ) 72 9? ? ?P P C (2) 2 5 5 5(3 ) ( 4) (5 )P P P P? ? ? 3 3 2 4 4 1 5 5 05 5 5( 0. 1 ) ( 0. 9) ( 0. 1 ) ( 0. 9) ( 0. 1 ) ( 0. 9) 0. 00 85 6C C C? ? ? ? 19. 甲、乙兩個(gè)乒乓球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行乒乓球單打比賽，如果每一局甲勝的概率為 ，乙勝的概率為 ，比賽時(shí)可以采用三局二勝制或五局三勝制，問(wèn)在哪一種比賽制度下甲獲勝的可能性 較大？ 解 在三局兩勝時(shí) , 甲隊(duì)獲勝的概率為 332 2 1 3 3 0( 2 ) ( 3 )( 0 . 6 ) ( 0 . 4 ) ( 0 . 6 ) ( 0 . 4 ) 0 . 6 4 8??? ? ?AP P PCC 在五局三勝的情況下 , 甲隊(duì)獲勝的概率為 5 5 53 3 2 4 4 1 5 5 05 5 5( 3 ) ( 4 ) ( 5 )( 0 . 6 ) ( 0 . 4 ) ( 0 . 6 ) ( 0 . 4 ) ( 0 . 6 ) ( 0 . 4 ) 0 . 6 8 2? ? ?? ? ? ?BP P P PC C C 因此，采用五局三勝制的情況下，甲獲勝的可能性較大 . 20. 4 次重復(fù)獨(dú)立試驗(yàn)中事件 A 至少出現(xiàn)一次的概率為 6581 ，求在一次試驗(yàn)中 A 出現(xiàn)的概率 . 解 設(shè)在一次獨(dú)立試驗(yàn)中 A 出現(xiàn)一次的概率為 p, 則由題意 0 0 4 444 65( 0 ) (1 ) 1 81? ? ? ? ?P C p q p 解得 p=1/3. 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題參考答案（僅供參考） 第一章 第 7 頁(yè) (共 96 頁(yè) ) 21.（ 87， 2 分）三個(gè)箱子，第一個(gè)箱子中有 4 只黑球 1 只白球，第二個(gè)箱子中有 3只黑球 3 只白球，第三個(gè)箱子有 3 只黑球 5 只白球 . 現(xiàn)隨機(jī)地取一個(gè)箱子，再?gòu)倪@個(gè)箱子中取出一個(gè)球，這個(gè)球?yàn)榘浊虻母怕实扔? . 已知取出的球是白球，此球?qū)儆诘诙€(gè)箱子的概率為 解 設(shè) ?B “取出白球”， ?iA “球取自第 i 個(gè)箱子”， .3,2,1?i 321 , AAA 是一個(gè)完 全 事 件 組 ， .3,2,1,3/1)( ?? iAP i 5/1)|( 1 ?ABP ， 2/1)|( 2 ?ABP ，8/5)|( 3 ?ABP ，應(yīng)用全概率公式與貝葉斯公式 ,12053)852151(31)|()()( 3 1 ????? ??i ii ABPAPBP .5320)( )|()()|( 222 ?? BP ABPAPBAP 22.（ 89， 2 分）已知隨機(jī)事件 A 的概率 )( ?AP ，隨機(jī)事件 B 的概率 )( ?BP及條件概率 )|( ?ABP ，則和事件 BA? 的概率 ?? )( BAP 解 )|()()()()()()()( ???????? ABPAPBPAPABPBPAPBAP . 23.（ 90， 2 分）設(shè)隨機(jī)事件 A ， B 及其和事件 BA? 的概率分別是 ， 和 . 若 B 表示 B 的對(duì)立事件，那么積事件 BA 的概率 ?)( BAP 解 BA 與 B 互不相容 ，且 .BBABA ??? 于是 .)()()( ???? BPBAPBAP 24. （ 92 ， 3 分 ） 已 知 41)()()( ??? CPBPAP ， 0)( ?ABP ，161)()( ?? BCPACP ，則事件 A ， B ， C 全不發(fā)生的概率為 解 從 0)( ?ABP 可知， 0)( ?ABCP . )()()()()()()()( A B CPBCPACPABPCPBPAPCBAP ???????? .8501611610414141 ???????? 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題參考答案（僅供參考） 第一章 第 8 頁(yè) (共 96 頁(yè) ) 25.（ 93， 3 分）一批產(chǎn)品共有 10 件正品和兩件次品，任意抽取兩次，每次抽一件，抽出后不再放回，則第二次抽出的是次品的概率為 解 設(shè)事件 ?iB “第 i 次抽出次品”， .2,1?i 則 ,12/2)( 1 ?BP 12/10)( 1 ?BP ， .11/2)|(,11/1)|( 1212 ?? BBPBBP 應(yīng)用全概率公式 )|()()|()()( 1211212 BBPBPBBPBPBP ?? .611121210111122 ????? 26.（ 94， 3 分）已知 A ， B 兩個(gè)事件滿(mǎn)足條件 )()( BAPABP ? ，且 pAP ?)( ，則 ?)(BP 解 ).()()(1)()( ABPBPAPBAPBAP ?????? 因 )()( BAPABP ? ，故有 .1)(1)(,1)()( pAPBPBPAP ?????? 27.（ 06， 4 分）設(shè) A ， B 為隨機(jī)事件，且 0)( ?BP ， 1)|( ?BAP ，則必有（ ） A． )()( APBAP ?? B． )()( BPBAP ?? C． )()( APBAP ?? D． )()( BPBAP ?? 解 選（ C） 28.（ 05， 4 分）從數(shù) 1， 2， 3， 4 中任取一個(gè)數(shù)，記為 X ，再?gòu)?1， 2，?， X 中任取一個(gè)數(shù)，記為 Y ，則 ?? )2(YP 解 填 .4813 29.（ 96， 3 分）設(shè)工廠(chǎng) A 和工廠(chǎng) B 的產(chǎn)品的次品率分別為 %1 和 %2 ，現(xiàn)從由 A 和B 的產(chǎn)品分別占 %60 和 %40 的一批產(chǎn)品中隨機(jī)抽取一件，發(fā)現(xiàn)是次品，則該產(chǎn)品屬 A 生產(chǎn)的概率是 解 設(shè)事件 ?C “抽取的產(chǎn)品是次品”，事件 ?D “抽取的產(chǎn)品是 A 生產(chǎn)的”，則 D概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題參考答案（僅供參考） 第一章 第 9 頁(yè) (共 96 頁(yè) ) 表示“抽取的產(chǎn)品是工廠(chǎng) B 生產(chǎn)的” . 依題意有 .)|(,)|(,)(,)( ???? DCPDCPDPDP 應(yīng)用貝葉斯可以求得條件概率 . )|()()|()( )|()()|( ???? ???? DCPDPDCPDP DCPDPCDP 30.（ 97， 3 分）袋中有 50 只乒乓球，其中 20 只是黃球， 30 只是白球，今有兩人依次隨機(jī)地從 袋中各取一球，取后不放回，則第二個(gè)人取得黃球的概率是 解 設(shè)事件 ?iA “第 i 個(gè)人取得黃球”， 2,1?i . 根據(jù)題設(shè)條件可知 .4920)|(,4919)|(,5030)(,5020)( 121211 ???? AAPAAPAPAP 應(yīng)用全概率公式 .524920503049195020)|()()|()()( 1211212 ??????? AAPAPAAPAPAP 31.（ 87， 2 分）設(shè)在一次試驗(yàn)中，事件 A 發(fā)生的概率為 p 。( ) 0,xxf x F x O th e r??????? (4) 由 (2)知， P(X) = ， 故 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題參考答案（僅供參考） 第二章 第 16 頁(yè) (共 96 頁(yè) ) P{四次獨(dú)立試驗(yàn)中有三次在 (, )內(nèi) } = 3 3 4 34 0. 5 (1 0. 5) 0. 25C ???. 12. 設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量 X 的密度函數(shù)為 2 ,1() 10 , 1k xFx xx? ??? ????? 求：（ 1）系數(shù) k；（ 2） 12PX???????；（ 3） X 的分布函數(shù) . 解 (1)由題意， ( ) 1f x dx???? ??, 因此 1211( ) a r c si n 1111kf x dx dx k x kxk??? ? ?? ? ?? ? ? ??????解 得 : (2) 1 / 221 / 21 / 21 1 1 1a r c s in 1 / 22 6 6 31 kP x d x xx ??????? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ??? ? ? ??? (3) X 的分布函數(shù) 01( ) ( ) 1 / 2 a r c si n / 1 1111/xxF x f x dx x xxk????????? ? ? ? ? ??? ????解 得 : 13. 某城市每天用電量不超過(guò) 100 萬(wàn)千瓦時(shí)，以 Z 表示每天的耗電率 (即用電量除以 100 萬(wàn)千瓦時(shí) )，它具有分布密度為 21 2 (1 ) , 0 1()0,x x xFx ? ? ? ?? ?? 其 他 若該城市每天的供電量?jī)H有 80 萬(wàn)千瓦時(shí)，求供電量不夠需要的概率是多少？如每天供電量為 90 萬(wàn)千瓦時(shí)又是怎樣的？ 解 如果供電量只有 80 萬(wàn)千瓦，供電量不夠用的概率為： P(Z80/100)=P(Z)= 1 2 1 2 (1 ) 0 .0 2 7 2x x d x??? 如果供電量只有 90 萬(wàn)千瓦，供電量不夠用的概率為： P(Z90/100)=P(Z)= 1 2 1 2 (1 ) 0 .0 0 3 7x x d x??? 14. 某儀器裝有三只獨(dú)立工作的同型號(hào)電子元件，其壽命 (單位 小時(shí) )都服從同一指數(shù)分布，分布密度為 6001 ,0() 6000,xexFxx? ??? ???? 0 試求在儀器使用的最初 200 小時(shí)以?xún)?nèi)，至少有一只電子元件損壞的概率 . 解 設(shè) X 表示該型號(hào)電子元件的壽命，則 X 服從指數(shù)分布，設(shè) A={X≤ 200}，則 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題參考答案（僅供參考） 第二章 第 17 頁(yè) (共 96 頁(yè) ) P(A)= 1200 6 0 0 30 1 1600xe d x e????? 設(shè) Y={三只電子元件在 200 小時(shí)內(nèi)損壞的數(shù)量 }，則所求的概率為： 10 0 3 0 333 1( 1 ) 1 ( 0 ) 1 ( ) ( 1 ( ) ) 1 ( ) 1P Y P Y C P A P A e e??? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 15. 設(shè) X 為正態(tài)隨機(jī)變量，且 X～ N(2， 2? )，又 P(2X4) = ，求 P(X0) 解 由題意知 ? ?2 2 2 4 2 2( 2 4 ) 0 0 . 3XP X P? ? ? ?? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? 即 2 0 .3 0 .5 0 .8???? ? ? ????? 故 2 0 2 2 2( 0 ) 1 0 . 2XP X P? ? ? ?? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? 16. 設(shè)隨機(jī)變量