2025年考研數(shù)學(xué)三專項(xiàng)訓(xùn)練概率論試卷（含答案）考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題：本題共5小題，每小題4分，滿分20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。1.設(shè)事件A與B互斥（A∩B=?），且P(A)>0,P(B)>0，則下列結(jié)論中正確的是（）。（A）A與B對(duì)立（B）A與B獨(dú)立（C）P(A|B)=P(A)（D）P(B|A)=02.設(shè)隨機(jī)變量X的分布函數(shù)為F(x)，則下列敘述中不正確的是（）。（A）F(x)是單調(diào)不減函數(shù)（B）F(x)是右連續(xù)的（C）0≤F(x)≤1（D）P(a<X≤b)=F(b)-F(a)+P(X=b)3.設(shè)隨機(jī)變量X與Y獨(dú)立同分布，且均服從參數(shù)為p（0<p<1）的二項(xiàng)分布B(n,p)，則P(X=Y)等于（）。（A）(1-p)^{2n}（B）C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k}，k=0,1,2,…,n（C）p（D）1-p4.設(shè)隨機(jī)變量X與Y的聯(lián)合概率密度函數(shù)為f(x,y)，且X與Y相互獨(dú)立，則f(x,y)可以表示為（）。（A）f(x,y)=f_{X}(x)·f_{Y}(y)（B）f(x,y)=f_{X|Y}(x|y)·f_{Y}(y)（C）f(x,y)=f_{Y|X}(y|x)·f_{X}(x)（D）f(x,y)=P(X≤x,Y≤y)5.設(shè)隨機(jī)變量X的期望E(X)存在，且E(X^2)=2，則根據(jù)切比雪夫不等式，有P(|X-E(X)|≥2)≤（）。（A）1/2（B）1/4（C）1/8（D）1/16二、填空題：本題共4小題，每小題4分，滿分16分。請將答案寫在答題紙對(duì)應(yīng)的橫線上。6.設(shè)隨機(jī)變量X服從參數(shù)為λ（λ>0）的泊松分布，且P(X=1)=P(X=2)，則λ=_________。7.設(shè)X和Y是兩個(gè)隨機(jī)變量，E(X)=3,E(Y)=1,E(XY)=5，則X和Y的協(xié)方差Cov(X,Y)=_________。8.設(shè)隨機(jī)變量X的分布律為：P(X=k)=c(k+1)/10,k=1,2,3，則常數(shù)c=_________。9.設(shè)二維隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合分布函數(shù)為F(x,y)，則P(X≤1,Y>2)=_________。三、解答題：本題共5小題，滿分74分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。10.（本題滿分10分）設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度函數(shù)為f(x)={a(x-1),1≤x≤3;0,其他。計(jì)算常數(shù)a的值，并求X的分布函數(shù)F(x)。11.（本題滿分12分）設(shè)隨機(jī)變量X和Y相互獨(dú)立，X在[0,1]上服從均勻分布，Y的的概率密度函數(shù)為f_Y(y)={e^{-(y-2)},y>2;0,其他。求隨機(jī)變量Z=2X+Y的分布函數(shù)和概率密度函數(shù)。12.（本題滿分12分）設(shè)隨機(jī)變量X和Y的聯(lián)合分布律如下表所示（只給出部分概率，其余為0）：Y\X|0|1|2---|---|---|---0|0|a|0.11|0.1|b|0.2已知E(X)=0.5，求a和b的值，并求X和Y的邊緣分布律，判斷X和Y是否獨(dú)立。13.（本題滿分14分）設(shè)隨機(jī)變量X和Y的期望分別為E(X)=1,E(Y)=2，方差分別為D(X)=1,D(Y)=4，且Cov(X,Y)=-1。令Z=X-2Y+5。求：（1）E(Z)和D(Z)；（2）隨機(jī)變量W=X+Y與Z的相關(guān)系數(shù)ρ_{WZ}。14.（本題滿分14分）設(shè)隨機(jī)變量X和Y相互獨(dú)立，且都服從正態(tài)分布N(0,σ^2)。證明：隨機(jī)變量U=X^2+Y^2和V=X^2-Y^2也相互獨(dú)立。---試卷答案一、選擇題：1.D2.D3.B4.A5.B二、填空題：6.27.28.1/49.F(1,Y(2))-F(1,2)三、解答題：10.解：由概率密度函數(shù)的性質(zhì)∫_{-∞}^{+∞}f(x)dx=1，得∫_{1}^{3}a(x-1)dx=1。計(jì)算積分：∫_{1}^{3}(x-1)dx=[(x^2)/2-x]_{1}^{3}=(9/2-3)-(1/2-1)=3-1=2。所以a*2=1，得a=1/2。X的分布函數(shù)F(x)定義為F(x)=P(X≤x)=∫_{-∞}^{x}f(t)dt。當(dāng)x<1時(shí)，f(t)=0，故F(x)=0。當(dāng)1≤x≤3時(shí)，F(xiàn)(x)=∫_{1}^{x}(t-1)/2dt=[(t^2/4-t/2)]_{1}^{x}=(x^2/4-x/2)-(1/4-1/2)=x^2/4-x/2+1/4。當(dāng)x>3時(shí)，F(xiàn)(x)=∫_{1}^{3}(t-1)/2dt=1。綜上，F(xiàn)(x)={0,x<1;x^2/4-x/2+1/4,1≤x≤3;1,x>3}。11.解：因?yàn)閄與Y獨(dú)立，Z=2X+Y的分布函數(shù)F_Z(z)=P(Z≤z)=P(2X+Y≤z)。令G(x,y)={1,2x+y≤z;0,2x+y>z}，則F_Z(z)=P((X,Y)∈D_z)=∫∫_{D_z}f_{X,Y}(x,y)dxdy，其中D_z={(x,y)|2x+y≤z}。需分情況討論z的取值范圍：*z<0：區(qū)域D_z為空，F(xiàn)_Z(z)=0。*0≤z<2：D_z與x=0的交點(diǎn)為(0,z)，與y=0的交點(diǎn)為(z/2,0)，區(qū)域在第一象限內(nèi)為三角形，積分區(qū)域?yàn)?≤x≤z/2,0≤y≤z-2x。F_Z(z)=∫_{0}^{z/2}∫_{0}^{z-2x}1dxdy=∫_{0}^{z/2}(z-2x)dy=[zy-x^2y]_{0}^{z-2x}=z(z-2x)-(z-2x)^2*0=z(z-2x)。*2≤z<4：D_z的邊界為x=0,y=0,2x+y=z。積分區(qū)域?yàn)?≤x≤z/2,0≤y≤z-2x。F_Z(z)=∫_{0}^{z/2}∫_{0}^{z-2x}e^{-(y-2)}dydx=∫_{0}^{z/2}[-e^{-(y-2)}]_{0}^{z-2x}dx=∫_{0}^{z/2}(1-e^{-(z-2x)})dx=[x+(1/2)e^{-(z-2x)}]_{0}^{z/2}=z/2+(1/2)e^{-z}-(1/2)。*z≥4：D_z包含整個(gè)X,Y的定義區(qū)域，F(xiàn)_Z(z)=P(X≤1,Y≤2)=P(X≤1)P(Y≤2)(因獨(dú)立)=(1/2)(1-e^{-2})=1/2-e^{-2}/2。所以，F(xiàn)_Z(z)={0,z<0;z(2-x)/4,0≤z<2;z/2+(1/2)e^{-z}-1/4,2≤z<4;1/2-e^{-2}/2,z≥4}。求導(dǎo)得到概率密度函數(shù)f_Z(z)=dF_Z(z)/dz：*z<0:f_Z(z)=0。*0≤z<2:f_Z(z)=d/dz[z(2-z)/4]=(2-z)/4。*2≤z<4:f_Z(z)=d/dz[z/2+(1/2)e^{-z}-1/4]=1/2-(1/2)e^{-z}。*z≥4:f_Z(z)=0。綜上，f_Z(z)={(2-z)/4,0≤z<2;1/2-e^{-z}/2,2≤z<4;0,其他}。12.解：由聯(lián)合分布律性質(zhì)，所有概率之和為1：a+b+0.1+0.1+0.2=1，得a+b=0.6。(1)根據(jù)邊緣分布律P(X=k)=Σ_{y}P(X=k,Y=y)：P(X=0)=P(X=0,Y=0)+P(X=0,Y=1)=0+0.1=0.1。P(X=1)=P(X=1,Y=0)+P(X=1,Y=1)=a+b=0.6。(已用)P(X=2)=P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)=0.1+0.2=0.3。邊緣分布律為：P(X=0)=0.1,P(X=1)=0.6,P(X=2)=0.3。P(Y=0)=P(Y=0,X=0)+P(Y=0,X=1)+P(Y=0,X=2)=0+a+0.1=a+0.1。P(Y=1)=P(Y=1,X=0)+P(Y=1,X=1)+P(Y=1,X=2)=0.1+b+0.2=b+0.3。邊緣分布律為：P(Y=0)=a+0.1,P(Y=1)=b+0.3。由全概率公式P(X=1,Y=0)=P(X=1)P(Y=0|X=1)=P(X=1)*P(Y=0|X=1)。P(Y=0|X=1)=P(X=1,Y=0)/P(X=1)=0/0.6=0。由表P(X=1,Y=0)=a，所以a=0。代入(1)，得b=0.6。驗(yàn)證邊緣分布律和為1：(a+0.1)+(b+0.3)=0+0.1+0.6+0.3=1，滿足。X的邊緣分布律：P(X=0)=0.1,P(X=1)=0.6,P(X=2)=0.3。Y的邊緣分布律：P(Y=0)=0,P(Y=1)=0.6。檢查獨(dú)立性：需P(X=k,Y=l)=P(X=k)P(Y=l)對(duì)所有k,l成立。P(X=1,Y=0)=a=0，P(X=1)P(Y=0)=0.6*0=0，成立。P(X=1,Y=1)=b=0.6，P(X=1)P(Y=1)=0.6*0.6=0.36，不成立。因此，X和Y不獨(dú)立。13.解：（1）E(Z)=E(X-2Y+5)=E(X)-2E(Y)+E(5)=1-2*2+0=-3。D(Z)=D(X-2Y+5)=D(X)+4D(Y)+4Cov(X,Y)（因X,Y獨(dú)立，Cov(X,Y)=0）。D(Z)=1+4*4+4*(-1)=1+16-4=13。（2）ρ_{WZ}=Cov(W,Z)/(sqrt(D(W))*sqrt(D(Z)))。E(W)=E(X+Y)=E(X)+E(Y)=1+2=3。D(W)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y)（因X,Y獨(dú)立，Cov(X,Y)=0）。D(W)=1+4+0=5。Cov(W,Z)=Cov(X+Y,X-2Y+5)=Cov(X,X)-2Cov(X,Y)+5Cov(X,Y)-2Cov(Y,Y)+10Cov(Y,X)-20Cov(Y,Y)（利用Cov(a+b,c+d)=Cov(a,c)+Cov(a,d)+Cov(b,c)+Cov(b,d)和對(duì)稱性Cov(a,b)=Cov(b,a),Cov(X,Y)=Cov(Y,X)）。Cov(W,Z)=D(X)-2Cov(X,Y)+5Cov(X,Y)-2D(Y)+10Cov(X,Y)-20D(Y)（利用D(X)=Cov(X,X),D(Y)=Cov(Y,Y)）。Cov(W,Z)=1-2*(-1)+5*(-1)-2*4+10*(-1)-20*4=1+2-5-8-10-80=-90。ρ_{WZ}=-90/(sqrt(5)*sqrt(13))=-90/sqrt(65)。14.證明：設(shè)隨機(jī)變量V1=X+Y,V2=X-Y。需要證明V1和V2相互獨(dú)立，即證明它們的聯(lián)合分布函數(shù)F_{V1,V2}(u,v)可以分解為F_{V1}(u)F_{V2}(v)的形式。因?yàn)閄和Y相互獨(dú)立且都服從N(0,σ^2)，所以X和Y都服從N(0,σ^2)。V1=X+Y服從N(0+0,σ^2+σ^2)=N(0,2σ^2)。V2=X-Y服從N(0-0,σ^2+σ^2)=N(0,2σ^2)。V1和V2是X和Y的線性組合，且X和Y獨(dú)立，因此V1和V2也相互獨(dú)立。證明方法一：利用聯(lián)合密度函數(shù)。X和Y的聯(lián)合密度函數(shù)為f_{X,Y}(x,y)=(1/(2πσ^2))*e^{-(x^2+y^2)/2σ^2}。V1和V2的聯(lián)合密度函數(shù)可以通過變換公式求得。設(shè)g(x,y)=(u-v,u+v)，則g^{-1}(u,v)=((u+v)/2,(u-v)/2)。J=|?(x,y)/?(u,v)|=|det([[1/2,1/2],[-1/2,1/2]])|=|1/2-(-1/2)|=1。f_{V1,V2}(u,v)=f_{X,Y}(g^{-1}(u,v))*|J|=f_{X,Y}((u+v)/2,(u-v)/2)*1=(1/(2πσ^2))*e^{-(((u+v)/2)^2+((u-v)/2)^2)/(2σ^2)}=(1/(2πσ^2))*e^{-((u^2+2uv+v^2)/4+(u^2-2uv+v^2)/4)/(2σ^2)}=(1/(2πσ^2))*e^{-(u^2+v^2)/(4σ^2)}=(1/(2πσ^2))*e^{-u^2/(4σ^2)}*e^{-v^2/(4σ^2)}=(1/(2π*sqrt(2)σ)*e^{-u^2/(4σ^2)})*(1/(2π*sqrt(2)σ)*e^{-v^2/(4σ^2)})=f_{V1}(u)*f_{V2}(v)。其中，f_{V1}(u)=(1/(2π*sqrt(2)σ))*e^{-u^2/(4σ^2)}是N(0,2σ^2)的密度函數(shù)，f_{V2}(v)=(1/(2π*sqrt(2)σ))*e^{-v^2/(4σ^2)}是N(0,2σ^2)的密度函數(shù)。因?yàn)槁?lián)合密度函數(shù)可分解為邊緣密度函數(shù)的乘積，所以V1和V2相互獨(dú)立。證明方法二：利用分布函數(shù)。F_{V1,V2}(u,