【正文】 .參考答案第一章 概率論的基本概念一、選擇題1．答案：（B）2. 答案：（B）解：AUB表示A與B至少有一個發(fā)生,AB表示A與B不能同時發(fā)生,因此(AUB)(AB)表示A與B恰有一個發(fā)生． 3．答案：（C）4. 答案：（C） 注:C成立的條件:A與B互不相容.5. 答案：（C） 注:C成立的條件:A與B互不相容,即.6. 答案：（D） 注:由C得出A+B=.7. 答案：（C）8. 答案：（B）9. 答案：（D）注：選項(xiàng)B由于：（C） 注：古典概型中事件A發(fā)生的概率為.：（C）：（C）解：用A來表示事件“每個盒子中至多有１個球”，所以每個小球都有N種放法，故樣本空間中樣本點(diǎn)總數(shù)為；每個盒子中至多有１個球，則個小球總共要放n個盒子，先在N個盒子中選出n個盒子，再將n個球進(jìn)行全排列，：（A）解：用A來表示事件“此個人中至少有某兩個人生日相同”，考慮A的對立事件“此個人的生日各不相同”利用上一題的結(jié)論可知，故.：（D）解：當(dāng)抽取方式有放回時，當(dāng)抽取方式不放回時，.：（C）：（A）解：這里可以理解為三個人依次購買獎券，用表示事件“第i個人中獎”，用表示事件“恰有一個中獎”，則，故.：（B）解：“事件A與B同時發(fā)生時,事件C也隨之發(fā)生”，說明，故；而故.：（D）解：由可知故A與B獨(dú)立.：（A）解：由于事件A,B是互不相容的，故，因此P(A|B)=.：（A）解：用C表示事件“A與B恰有一個發(fā)生”，則C=，與互不相容，故.或通過文氏圖來理解，由于，故，因此.：（D）解：用E表示“n次獨(dú)立試驗(yàn)中，事件A至多發(fā)生一次”，用B表示事件“n次獨(dú)立試驗(yàn)中，事件A一次都不發(fā)生”，用C表示事件“n次獨(dú)立試驗(yàn)中，事件A恰好發(fā)生一次”，則，故.：（B）解：用A表示事件“至少摸到一個白球”，則A的對立事件為“4次摸到的都是黑球”，設(shè)袋中白球數(shù)為，則.：（D）解：所求事件的概率為.：（D）解：用A表示事件“密碼最終能被譯出”，由于只要至少有一人能譯出密碼，則密碼最終能被譯出，因此事件A包含的情況有“恰有一人譯出密碼”，“恰有兩人譯出密碼”，“恰有三人譯出密碼”，“四人都譯出密碼”，情況比較復(fù)雜，所以我們可以考慮A的對立事件“密碼最終沒能被譯出”，事件只包含一種情況，即“四人都沒有譯出密碼”，故.：（B）解：所求的概率為注：.：（B）解：用A表示事件“甲擊中目標(biāo)”，用B表示事件“乙擊中目標(biāo)”，用C表示事件“目標(biāo)被擊中”，.：（A）解：即求條件概率，由條件概率的定義.：（A）解：用A表示事件“取到白球”，用表示事件“取到第i箱”，則由全概率公式知.：（C）解：用A表示事件“取到白球”，用表示事件“取到第i類箱子”，則由全概率公式知.：（C）解：.：（D）解：用A表示事件“將硬幣連續(xù)拋擲10次，結(jié)果全是國徽面朝上”，用B表示事件“取出的硬幣為殘幣”，由Bayes公式可知所求概率為.：（C）解：用B表示事件“顧客確實(shí)買下該箱”,用表示事件“此箱中殘次品的個數(shù)為”，；，故由Bayes公式可知.二、填空題1.{（正，正，正），（正，正，反），（正，反，反），（反，反，反），（反，正，正），（反，反，正），（反，正，反），（正，反，正）}2.4．，解：若A與B互斥，則P（A+B）=P（A）+P（B），于是P（B）=P（A+B）P（A）==；若A與B獨(dú)立，則P（AB）=P（A）P（B），于是由P（A+B）=P（A）+P（B）P（AB）=P（A）+P（B）P（A）P（B），得.解：由題設(shè)P（AB）=P（A）P（B|A）=，于是P（AUB）=P（A）+P（B）P（AB）=+=.解：因?yàn)镻（AUB）=P（A）+P（B）P（AB），又，所以.解：由題設(shè)P（A）=，P（）=，利用公式知==，故.解：因?yàn)镻（AB）=0，所以P（ABC）=0，于是.解：由于由題設(shè)，故P（B）=1p.解：由于事件與事件是互逆的，因此，從而有.解：因?yàn)橛深}設(shè)，因此有，解得P（A）=3/4或P（A）=1/4，又題設(shè)P（A）1/2,故P（A）=1/4.解：本題屬抽簽情況，每次抽到次品的概率相等，均為1/6，另外，用全概率公式也可求解.解：根據(jù)抽簽原理，第一個人，第二個人，……，等等取到黃球的概率相等，均為2/5.或者利用全概率公式計算，設(shè)A={第一個人取出的為黃球}；B={第一個人取出的為白球}；C={第二個人取出的為黃球}；則P（A）=2/5，P（B）=3/5，P（C|A）=19/49，P（C|B）=20/49，由全概率公式知P（C）=P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）=.14.解：這是一個古典概型問題，將七個字母任一種可能排列作為基本事件，則全部事件數(shù)為7！，而有利的基本事件數(shù)為，故所求的概率為.解：設(shè)事件A={抽取的產(chǎn)品為工廠A生產(chǎn)的}，B={抽取的產(chǎn)品為工廠B生產(chǎn)的}，C={抽取的是次品}，則P（A）=，P（B）=，P（C|A）=，P（C|B）=，故有貝葉斯公式知.解：以A表示事件{從10件產(chǎn)品中任取兩件，兩件都是不合格品}，以B表示事件{從10件產(chǎn)品中任取兩件，至少有一件是不合格品}，則所求的概率為P（A|B），而，顯然，故P（AB）=P（A）=2/15，由條件概率的計算公式知.解：設(shè)A={甲射擊}，B={乙射擊}，C={目標(biāo)被擊中}，則P（A）=P（B）=1/2，P（C|A）=，P（C|B）=，故.解：設(shè)={取出的產(chǎn)品為第i等品}，i=1，2，所求概率為.19.（1）（1）（1）解：由題意當(dāng)且僅當(dāng)?shù)谝?、二、三道工序均為成品時，該零件才為成品，故該零件的成品率為（1）（1）（1）.20.第二章 隨機(jī)變量及其分布一、選擇題：（B）注：對于連續(xù)型隨機(jī)變量X來說，它取任一指定實(shí)數(shù)值a的概率均為0，但事件{X=a}未必是不可能事件.：（B）解：由于X服從參數(shù)為的泊松分布，因此.：（D）解：由于X服從上的均勻分布,故隨機(jī)變量X的概率密度為.因此，若點(diǎn)，則.，.4 答案：（C）解：由于故由于而，故只有當(dāng)時，才有；正態(tài)分布中的參數(shù)只要求，對沒有要求.：（C）解：連續(xù)型隨機(jī)變量的函數(shù)未必是連續(xù)型的；如,此時這里Y表示事件出現(xiàn)的次數(shù)，故Y是離散型的隨機(jī)變量；由于，故，因此.：（A）解：由于，故，而，故；由于，故.：（B）解：這里，處處可導(dǎo)且恒有，其反函數(shù)為，直接套用教材64頁的公式（），得出Y的密度函數(shù)為.：（D）注：.：（C）解：因?yàn)椋裕?：（A）解：由于，所以；由于，所以，故.：（C）解：因?yàn)樗?，該值為一常?shù)，與的取值無關(guān).：（B）解：由于，所以的概率密度函數(shù)為偶函數(shù)，其函數(shù)圖形關(guān)于y軸對稱，因此隨機(jī)變量落在x軸兩側(cè)關(guān)于原點(diǎn)對稱的區(qū)間內(nèi)的概率是相等的，借助圖形來選出答案B.也可以直接推導(dǎo)如下：，令，則有：（A）解：.：（B）解：.：（C）解：由于X服從參數(shù)為的指數(shù)分布，所以X的概率密度為，因此.：（D）解：對任意的；選項(xiàng)C描述的是服從指數(shù)分布的隨機(jī)變量的“無記憶性”；對于指數(shù)分布而言，要求參數(shù).：（A）解：選項(xiàng)A改為，才是正確的；；.：（B）解：由于隨機(jī)變量X服從(1,6)上的均勻分布,，當(dāng)且僅當(dāng)，因此方程有實(shí)根的概率為.：（A）解：由于，故從而.２０．答案：（Ｃ）解：由于，所以，可見此概率不隨和的變化而變化.二、填空題1..：由規(guī)范性知.：由規(guī)范性知.：設(shè){第i個零件是合格品}，則.5..6.解：若k0,則根據(jù)密度函數(shù)的定義有，故k，當(dāng)時，由；當(dāng)時，由題設(shè)，即當(dāng)時，結(jié)論成立；當(dāng)時，有，即當(dāng)時，結(jié)論不成立，[1,3].：因?yàn)椋灾挥性贔（X）的不連續(xù)點(diǎn)（x=1,1,2）上P{X=x}不為0,且P（X=1）=F（1）F（10）=a，P{X=1}=F（1）F（10）=2/32a，P{X=2}=F（2）F（20）=2a+b2/3,由規(guī)范性知1=a+2/32a+2a+b2/3得a+b=1,又1/2=P{X=2}=2a+b2/3，故a=1/6，b=5/6.：由于，所以X的概率密度為，故.10.；：.：，故.:由.１４．解：.１５．１６．解：由題設(shè)，故，從而，故.１７．解：故.１８．解：由題設(shè)可知二次方程無實(shí)根的概率為　　　　Ｐ（１６－４Ｘ＜０）＝Ｐ（Ｘ〈４）＝１／２，由于正態(tài)分布密度函數(shù)曲線是關(guān)于直線對稱的，因此根據(jù)概率密度的性質(zhì)，有第三章 多維隨機(jī)變量及其分布一、選擇題：（A）解：由于X,Y都服從上的均勻分布，所以，又由于X,Y相互獨(dú)立，所以(X,Y)的概率密度為，即(X,Y)服從均勻分布；令ZX+Y，則Z的概率密度為；令，則由教材64頁的定理結(jié)論（）式可知，而且由于X,Y獨(dú)立，所以由教材94頁的定理可知X,也獨(dú)立，令ZXY，則Z的概率密度為.：（C）解：因?yàn)槎沂录c互不相容，故：（A）解：要使是某個隨機(jī)變量的分布函數(shù),該函數(shù)必須滿足分布函數(shù)的性質(zhì)，在這里利用這一性質(zhì)可以得到，只有選型A滿足條件.：（A）解：由可知，故又由聯(lián)合分布律與邊緣分布律之間的關(guān)系可知：故.：（D）解：聯(lián)合分布可以唯一確定邊緣分布 ，但邊緣分布不能唯一確定聯(lián)合分布，但如果已知隨機(jī)變量X與Y是相互獨(dú)立的，則由X與Y的邊緣分布可以唯一確定X與Y的聯(lián)合分布.：（B）解：由聯(lián)合分布的規(guī)范性知1/6+1/9+1/18+1/3+ a+ b=1，得出a+ b=1/37．答案：（A）解：由于X，Y相互獨(dú)立，所以.：（A）解：由問題的實(shí)際意義可知，隨機(jī)事件與相互獨(dú)立，故；；；，而事件又可以分解為15個兩兩不相容的事件之和，即故.：（C）解：，所以，；，所以有，因此X,Y獨(dú)立.：（B）解：若記，則B改為才是正確的.：（C）解：；.：（A）解：；；：（A）解：串聯(lián)的情況，由于當(dāng)子系統(tǒng)與中有一個損壞時，系統(tǒng)就停止工作，所以；并聯(lián)的情況，由于當(dāng)且僅當(dāng)子系統(tǒng)與都損壞時，系統(tǒng)才停止工作，所以；備用的情況，這時子系統(tǒng)損壞時系統(tǒng)才開始工作，所以.：（D）解：記，由于，故.：（B）解：當(dāng)時，且X和Y相互獨(dú)立的充要條件是；單由關(guān)于S和關(guān)于T的邊緣分布，一般來說是不能確定隨機(jī)變量S和T的聯(lián)合分布的.：（C）解：（方法1）首先證明一個結(jié)論，若，（這里采用分布函數(shù)法來求的概率密度函數(shù)，也可以直接套用教材64頁的定理結(jié)論（）式）：由于故這表明也服從正態(tài)分布，且.：若與相互獨(dú)立，且，；；。 。疵點(diǎn)數(shù)大于1不多于3的為二等品,價值8元。第一章 概率論的基本概念一、選擇題1．將一枚硬幣連拋兩次，則此隨機(jī)試驗(yàn)的樣本空間為（ ）A．{（正，正），（反，反），（一正一反）}B.{(反，正)，（正，反），（正，正），（反，反）}C．{一次正面，兩次正面，沒有正面}D.{先得正面，先得反面}，B為任意兩個事件，則事件(AUB)(AB)表示（ ）A．必然事件 B．A與B恰有一個發(fā)生C．不可能事件 D．A與B不同時發(fā)生3．設(shè)A，B為隨機(jī)事件，則下列各式中正確的是（ ）.(AB)=P(A)P(B) (AB)=P(A)－P(B)C. (A+B)=P(A)+P(B),B為隨機(jī)事件,則下列各式中不能恒成立的是( ).(A－B)=P(A)－P(AB) (AB)=P(B)P(A|B),其中P(B)0(A+B)=P(A)+P(B) (A)+P()=1，則下列各式中錯誤的是（ ）.A． B. (A+B)=P(A)+P(B) (AB)P(A),則( ).A. A,B為對立事件 B. C. (AB)P(A)( ).A. B. ,不正確的是( ).A. B.C. D.,且,則下列敘述中錯誤的是( ).,則,則,則D.,個黑球,從中任取一個,則取得白球的概率是( ).A. B. C. D. ,其中只有兩張座號在第一排,現(xiàn)采取抽簽方式發(fā)放給１０名同學(xué),則( ),不限定盒子的容量,則每個盒子中至多有１個球的概率是( ).A. B. C. D. ,并設(shè)每個人的生日在一年365天中的每一天的可能性為均等的,則此個人中至少有某兩個人生日相同的概率為( ).A. B. C. D. ,今從中隨機(jī)抽取2件,設(shè){第一次抽的是不合格品},{第二次抽的是不合格品},則下列敘述中錯誤的是( ).A. (有放回及不放回)C. ,B,C是三個相互獨(dú)立的事件,且則下列給定的四對事件中,不獨(dú)立的是( ).A. B. 與C C. D. ,現(xiàn)有三人每人購買１張,則恰有一個中獎的概率為( )