2025年考研數(shù)學專業(yè)概率論測試試卷（含答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（每小題4分，共20分。請將答案填在答題卡對應位置上）1.設隨機事件A,B滿足P(A|B)=P(A)，且P(B)>0，則下列結(jié)論中正確的是（）。(A)A與B互斥(B)A與B獨立(C)P(A|B')=P(A')(D)P(A∪B)=P(A)+P(B)2.一個盒中有5個紅球和4個白球，它們除了顏色外完全相同。從中隨機、不放回地依次取出兩個球，則第二個球是紅球的概率為（）。(A)5/9(B)4/9(C)5/18(D)4/183.設隨機變量X的概率密度函數(shù)為f(x)={c(x-1)^2,0<x<2;0,其他}，則常數(shù)c的值為（）。(A)3/4(B)4/3(C)1/4(D)44.設隨機變量X服從參數(shù)為λ的泊松分布，且E[(X-1)(X-2)]=1，則λ的值為（）。(A)1(B)2(C)3(D)45.設二維隨機變量(X,Y)服從區(qū)域D={(x,y)|0<x<1,0<y<2x}上的均勻分布，則條件概率P{Y>1|X=1/2}的值為（）。(A)1/4(B)1/2(C)3/4(D)1二、填空題（每小題4分，共20分。請將答案填在答題卡對應位置上）6.設事件A,B滿足P(A)=1/3,P(B)=1/4,P(A∪B)=1/2，則P(A|B)=。7.設隨機變量X的分布律為P{X=k}=(k+1)/15,k=1,2,3，則E(X)=。8.設隨機變量X服從標準正態(tài)分布N(0,1)，則P{|X|>2}=。9.設隨機變量X,Y獨立同分布，均服從參數(shù)為p的0-1分布，則E(XY)=。10.設總體X服從正態(tài)分布N(μ,σ^2)，X1,X2,...,Xn是來自該總體的樣本，則統(tǒng)計量(n-1)S^2/σ^2服從分布（請寫明分布名稱及參數(shù)）。三、計算題（每小題10分，共40分）11.甲、乙兩人約定在下午1點到2點之間在某地會面。他們約定先到者等待另一人15分鐘，過時就離開。假設兩人在下午1點到2點之間（60分鐘內(nèi)）的任何時刻到達都是等可能的，求兩人能會面的概率。12.設隨機變量X的概率密度函數(shù)為f(x)={2x,0<x<1;0,其他}。(1)求X的分布函數(shù)F(x)；(2)計算P{X>1/2}。13.設二維隨機變量(X,Y)的聯(lián)合概率密度函數(shù)為f(x,y)={e^{-(x+y)},x>0,y>0;0,其他}。(1)求X和Y的邊緣概率密度函數(shù)f_X(x)和f_Y(y)；(2)判斷X和Y是否獨立；(3)計算E(XY)。14.設總體X服從參數(shù)為λ的泊松分布，X1,X2,...,X5是來自該總體的樣本。求樣本均值$\overline{X}$的期望E($\overline{X}$)和方差Var($\overline{X}$)。并求統(tǒng)計量$\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$的期望E($\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$)。四、證明題（每小題15分，共30分）15.設A,B為隨機事件，證明：若P(A|B)=P(A|B')，則事件A與B獨立。16.設X1,X2,...,Xn是來自正態(tài)總體N(μ,σ^2)的樣本，證明：統(tǒng)計量T=$\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2$的期望E(T)=σ^2。試卷答案一、選擇題1.B2.A3.A4.B5.B二、填空題6.1/37.11/158.2Φ(-2)=2(1-Φ(2))≈0.0456(注：標準正態(tài)分布表或計算器給出具體值)9.p^210.χ^2(n-1)三、計算題11.解析：設甲到達時間為X，乙到達時間為Y，X,Y~U(0,60)。兩人會面的條件是|X-Y|≤15。兩人能會面的概率P=P{|X-Y|≤15}=∫[0,60]∫[max(0,x-15),min(60,x+15)](1/3600)dydx=∫[0,15]∫[x-15,60](1/3600)dydx+∫[15,45]∫[0,x+15](1/3600)dydx+∫[45,60]∫[0,x-15](1/3600)dydx=(15/60*30/60)+(45/60*15/60)+(15/60*15/60)=3/4*1/2+3/4*1/4+1/4*1/4=15/80+15/160+15/160=30/80+15/80=45/80=9/16。答案：9/16。12.解析：(1)F(x)=∫[-∞,x]f(t)dt={0,x≤0;∫[0,x]2tdt=x^2,0<x<1;1,x≥1}={0,x≤0;x^2,0<x<1;1,x≥1}。(2)P{X>1/2}=1-P{X≤1/2}=1-F(1/2)=1-(1/2)^2=1-1/4=3/4。答案：3/4。13.解析：(1)f_X(x)=∫[-∞,∞]f(x,y)dy={∫[0,∞]e^{-(x+y)}dy=e^{-x},x>0;0,其他}。f_Y(y)=∫[-∞,∞]f(x,y)dx={∫[0,∞]e^{-(x+y)}dx=e^{-y},y>0;0,其他}。(2)因為對于所有x>0,y>0,f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=e^{-x}*e^{-y}=e^{-(x+y)}。所以X和Y獨立。(3)E(XY)=∫[0,∞]∫[0,∞]xyf(x,y)dydx=∫[0,∞]x∫[0,∞]ye^{-(x+y)}dydx=∫[0,∞]x[-ye^{-(x+y)}]|_{0}^{∞}+∫[0,∞]x∫[0,∞]e^{-(x+y)}dydx=∫[0,∞]x[0+xe^{-x}]dx=∫[0,∞]x^2e^{-x}dx=[-x^2e^{-x}]|_{0}^{∞}+2∫[0,∞]xe^{-x}dx=0+2[-xe^{-x}]|_{0}^{∞}-2∫[0,∞]e^{-x}dx=0+0-2[-e^{-x}]|_{0}^{∞}=2[0-(-1)]=2。答案：獨立；2。14.解析：X~P(λ)。E(X)=λ,Var(X)=λ。E($\overline{X}$)=E((1/n)*Σ(Xi))=(1/n)*ΣE(Xi)=(1/n)*nλ=λ。Var($\overline{X}$)=Var((1/n)*Σ(Xi))=(1/n^2)*ΣVar(Xi)=(1/n^2)*nλ=λ/n。E($\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$)=E((ΣX_i^2)-n$\overline{X}^2$)=ΣE(X_i^2)-nE($\overline{X}^2$)=Σ(E(X)^2+Var(X))-n(E($\overline{X}$)^2+Var($\overline{X}$))=5(λ^2+λ)-n(λ^2/n+λ/n^2)=5λ^2+5λ-λ^2-λ=4λ^2+4λ=4λ(λ+1)。答案：E($\overline{X}$)=λ；Var($\overline{X}$)=λ/n；E($\sum_{i=1}^5(X_i-\overline{X})^2$)=4λ(λ+1)。四、證明題15.證明：P(A|B)=P(A∩B)/P(B)，P(A|B')=P(A∩B')/P(B')。已知P(A|B)=P(A|B')，即P(A∩B)/P(B)=P(A∩B')/P(B')。P(A∩B)P(B')=P(A∩B')P(B)。[P(A)-P(A∩B)]P(B)=[P(A)-P(A∩B')]P(B')P(A)P(B)-P(A∩B)P(B)=P(A)P(B')-P(A∩B')P(B')P(A)P(B)-P(A∩B)P(B)=P(A)[P(B')-P(B)]-P(A∩B')P(B')P(A)P(B)-P(A∩B)P(B)=-P(A)P(B)-P(A∩B')P(B')2P(A)P(B)=P(A∩B)P(B')+P(A∩B')P(B)2P(A)P(B)=P(A)[P(B')+P(B)]=P(A)*1=P(A)。因為P(A)>0(否則等式trivially成立，但需考慮P(A)>0的情況)，所以兩邊除以P(A)得：2P(B)=P(A)。因此，P(A∩B)=P(A)P(B)。由定義知，事件A與B獨立。答案：證明完畢。16.證明：設X~N(μ,σ^2)，X1,...,Xn是樣本。T=(n-1)S^2/σ^2=Σ(X_i-$\overline{X}$)^2/σ^2。由抽樣分布定理知，(Σ(X_i-μ)^2)/(σ^2)~χ^2(n)。又知$\overline{X}$是樣本均值，則E($\overline{X}$)=μ,Var($\overline{X}$)=σ^2/n。因此，(Σ(X_i-μ)^2)/(σ^2)=((Σ(X_i-$\overline{X}$+$\overline{X}$-μ))^2)/(σ^2)=(Σ(X_i-$\overline{X}$)^2+2Σ(X_i-$\overline{X}$)($\overline{X}$-μ)+n($\overline{X}$-μ)^2)/(σ^2)。由于Σ(X_i-$\overline{X}$)=0，上式變?yōu)?Σ(X_i-$\overline{X}$)^2+n($\overline{X}$-μ)^2)/(σ^2)。所以，(Σ(X_i-$\overline{X}$)^2)/(σ^2)~χ^2(n-1)。統(tǒng)計量T=Σ(X_i-$\ove