2025年統(tǒng)計(jì)學(xué)專升本概率論模擬測(cè)試卷（含答案）考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（本大題共5小題，每小題3分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，請(qǐng)將所選項(xiàng)前的字母填在題后的括號(hào)內(nèi)。）1.設(shè)事件A，B滿足P(A|B)=P(A)，且P(B)>0，則事件A與B一定具有（）。（A）互斥性（B）對(duì)立性（C）獨(dú)立性（D）P(A)=02.一個(gè)袋中有5個(gè)紅球和3個(gè)白球，從中隨機(jī)依次取出兩個(gè)球（不放回），則第二個(gè)球是紅球的概率為（）。（A）5/8（B）5/8（C）5/8（D）5/83.設(shè)隨機(jī)變量X的分布律為P(X=k)=C*(1/2)^k,k=1,2,3,4，則常數(shù)C=（）。（A）15/16（B）1/15（C）16/15（D）1/164.設(shè)隨機(jī)變量X服從參數(shù)為λ的泊松分布，且E(X^2)=2，則P(X=0)=（）。（A）e^(-2)（B）1/2（C）e^(-1)（D）1/e^25.設(shè)隨機(jī)變量X和Y的方差分別為σ_X^2和σ_Y^2，且σ_X^2>σ_Y^2，則下列結(jié)論中一定正確的是（）。（A）D(X+Y)>σ_X^2+σ_Y^2（B）D(X-Y)>σ_X^2+σ_Y^2（C）D(X+Y)<σ_X^2+σ_Y^2（D）D(X-Y)<σ_X^2+σ_Y^2二、填空題（本大題共5小題，每小題3分，共15分。請(qǐng)將答案填在題中橫線上。）6.設(shè)事件A，B相互獨(dú)立，P(A)=0.6，P(B)=0.7，則P(A∪B)=。7.甲、乙兩人獨(dú)立地對(duì)同一目標(biāo)進(jìn)行射擊，命中率分別為0.8和0.7，現(xiàn)兩人各射擊一次，目標(biāo)被擊中的概率為。8.設(shè)隨機(jī)變量X的密度函數(shù)為f(x)={a*e^(-x),x>0;0,x≤0}，則a=。9.設(shè)隨機(jī)變量X的期望E(X)=2，方差D(X)=4，則E(X^2)=。10.設(shè)隨機(jī)變量X和Y的協(xié)方差Cov(X,Y)=3，E(X)=2，E(Y)=4，則E(3X-2Y)=。三、計(jì)算題（本大題共4小題，每小題7分，共28分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）11.一個(gè)盒子中有10個(gè)燈泡，其中3個(gè)是壞的，7個(gè)是好的。現(xiàn)從中隨機(jī)、不放回地依次取出3個(gè)燈泡，求：（1）取出的3個(gè)燈泡都是好的概率；（2）取出的3個(gè)燈泡中恰有1個(gè)壞燈泡的概率。12.設(shè)隨機(jī)變量X的分布函數(shù)為F(x)={0,x<0;(1+x)e^(-x),x≥0}，求：（1）P(X≤1)；（2）X的密度函數(shù)f(x)；（3）P(X>2)。13.設(shè)二維隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合概率分布如下表所示：Y\X|1|2----|------|-----0|0.1|0.21|0.3|k（1）求未知參數(shù)k的值；（2）求邊緣概率分布P(X=1)，P(Y=1)；（3）判斷X和Y是否相互獨(dú)立。14.設(shè)隨機(jī)變量X和Y相互獨(dú)立，且X~N(1,9)，Y~N(0,4)，求隨機(jī)變量Z=2X-Y的期望E(Z)和方差D(Z)。四、證明題（本大題共1小題，共12分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）15.設(shè)隨機(jī)變量X和Y相互獨(dú)立，且都服從N(0,1)分布。證明：隨機(jī)變量U=X^2+Y^2和V=X/Y仍然相互獨(dú)立。---試卷答案一、選擇題1.(C)2.(C)3.(A)4.(C)5.(A)二、填空題6.0.887.0.948.19.810.2三、計(jì)算題11.解：(1)P(三個(gè)都是好)=C(7,3)/C(10,3)=35/120=7/24(2)P(恰有1個(gè)壞)=C(3,1)*C(7,2)/C(10,3)=3*21/120=63/120=21/4012.解：(1)P(X≤1)=F(1)=(1+1)e^(-1)=2e^(-1)(2)f(x)=dF(x)/dx={e^(-x),x≥0;0,x<0}(3)P(X>2)=1-P(X≤2)=1-F(2)=1-(1+2)e^(-2)=1-3e^(-2)13.解：(1)1=Σ[ΣP(X=x,Y=y)]=P(X=1,Y=0)+P(X=1,Y=1)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)1=0.1+0.3+0.2+kk=1-0.6=0.4(2)P(X=1)=P(X=1,Y=0)+P(X=1,Y=1)=0.1+0.3=0.4P(Y=1)=ΣP(X=x,Y=1)=P(X=1,Y=1)+P(X=2,Y=1)=0.3+0.4=0.7(3)P(X=1,Y=1)=0.3,P(X=1)P(Y=1)=0.4*0.7=0.28因P(X=1,Y=1)≠P(X=1)P(Y=1)，故X和Y不獨(dú)立。14.解：E(Z)=E(2X-Y)=2E(X)-E(Y)=2*1-0=2D(Z)=D(2X-Y)=4D(X)+D(Y)=4*9+4=36+4=40四、證明題15.證明：方法一：利用變換的獨(dú)立性。設(shè)g(X,Y)=X^2+Y^2，h(X,Y)=X/Y。令U=g(X,Y),V=h(X,Y)。構(gòu)造聯(lián)合分布的雅可比行列式J=|?(u,v)/?(x,y)|。由變換公式，若(U,V)服從某個(gè)二維分布，則(X,Y)的聯(lián)合密度為g(X,Y,V)*|J|?？紤]變換(X,Y)→(X^2+Y^2,X/Y)。當(dāng)X>0時(shí)，Y=Xt，U=X^2(1+t^2)，V=t。J=|x^2(1+t^2)|=x^2(1+t^2)。當(dāng)X<0時(shí)，Y=-Xt，U=X^2(1+t^2)，V=-t。J=|-x^2(1+t^2)|=x^2(1+t^2)。所以J=x^2(1+t^2)。設(shè)(X,Y)獨(dú)立同N(0,1)，聯(lián)合密度f(x,y)=(1/2π)e^(-(x^2+y^2)/2)。(U,V)的聯(lián)合密度g(u,v)=∫∫f(x,y)|J|dxdy。對(duì)V=t，x=±√(u/(1+t^2))，dx=±[√(u/(1+t^2))]/[2√(u/(1+t^2))(1+t^2)]dt=±1/(2√u(1+t^2))dt。g(u,v)=∫(-∞到+∞)(1/2π)*e^(-u/(2(1+t^2)))*[2√u/(1+t^2)]dt=(1/π)∫(-∞到+∞)u^(-1/2)*e^(-u/(2(1+t^2)))/(1+t^2)dt。令z=u/(1+t^2)，dz=u/[2(1+t^2)^2]dt-u/(1+t^2)^2dt=-u/(1+t^2)^2dt+u/(1+t^2)^2dt=0。此方法處理積分較復(fù)雜。方法二：利用獨(dú)立正態(tài)分布的平方和與商的分布。由X~N(0,1),Y~N(0,1)，X和Y獨(dú)立。令Z=X/Y，則Z~Cauchy(0,1)分布。其密度函數(shù)為f_Z(z)=1/(π(1+z^2))。U=X^2+Y^2。由于X和Y獨(dú)立且同N(0,1)，X^2和Y^2獨(dú)立同χ^2(1)分布。故U~χ^2(2)分布，其密度函數(shù)為f_U(u)={√(u)/2*e^(-u/2),u>0;0,u≤0}。由于X和Y獨(dú)立，U和Z的聯(lián)合分布密度函數(shù)為f_UZ(u,z)=f_Z(z)*f_U(u)={[√(u)/2*e^(-u/2)]*[1/(π(1+z^2))],u>0;0,u≤0}。要證明U和Z獨(dú)立，需證明f_UZ(u,z)=f_U(u)*f_Z(z)。f_U(u)={√(u)/2*e^(-u/2),u>0;0,u≤0}。f_Z(z)=1/(π(1+z^2))。f_U(u)*f_Z(z