1、 1 历年评分标准 06 年评分标准 .2 07 年评分标准 .5 08 年评分标准 .8 09 年评分标准 . 11 10 年评分标准 . 15 11 年评分标准 . 19 12 年评分标准 . 22 13 年评分标准 . 22 14 年评分标准 . 22 2 06 年 评分标准 一、 填空题 1. 4/7; 2. 1/1260; 3.2/3; 4. 3/4; 5. n,2n; 6.1; 7. (2) 8. 1/8 二、计算题 1.解：记 A：挑选出的人是男人； B：挑选出的人是色盲 2 取 ,AA 为样本空间的划分。 4 由贝叶斯公式： ( | ) ( ) 0 . 5 0 . 5( | )
2、 2 0 / 2 10 . 5 0 . 5 0 . 0 0 2 5 0 . 5( | ) ( ) ( | ) ( )P B A P AP A B P B A P A P B A P A 10 2.解：随机变量 X 所有可能的取值为 1,2， ,n,， 2 分布律为： 1( ) 1 0.45 0.45kP X k k=1,2， ,n,， 5 1=2kX X k 取 偶 数:一列互不相容的事件的和， 7 所以 21111 2 2 = 0 .5 5 0 .4 5 = 1 1 / 3 3kkkkP X P X k P X k 取 偶 数 10 1.解：记取出的四只电子管寿命分别为 1 2 3 4, ,
3、 ,X X X X ，所求概率 P，则 1 2 3 4m in , , , 1 8 0P P X X X X 441 8 0 1 1 8 0iiP X P X i=1,2,3,4 41 (1) 0. 00 06 3 3.解： (1) 222112 1 -1 / | | 1 | | 1( , ) =0 0xxXxd y x xf x f x y d y 其 它 其 它3 由对称性 222112 1 - y1 / | | 1 | | 1( , ) =0 0yyY d x y yf y f x y d x 其 它 其 它6 3 2 2 2 2 2 21 1 1( ) = 0 , ( ) = 0 ,
4、( ) = 0 ,x y x y x yx y x yE X d x d y E Y d x d y E X Y d x d y 所以 c o v ( , ) = ( )- ( ) ( ) = 0X Y E X Y E X E Y，从而 , 0XY 8 (2)由于 , 0XY ， X 与 Y 不相关； X 与 Y 也不独立，因为 1( , ) ( ) ( )XYf x y f x f y10 4.解：记一周内流水线产生的利润为 Y，则 Y 的所有取值为： -2,6,20 分布律为 Y -2 6 20 P 41 1.4 0.9 40.5 0.9 50.9 所以 5 4 4( ) 2 0 0 .
5、9 6 0 . 5 0 . 9 2 ( 1 1 . 4 0 . 9 ) 9 . 9EY 万元 10 一、 解： （ 1） 矩法估计量 ( ) ( ) |x x xxE X x f x d x e d x x e e d x |xe 1 22 2 2( ) ( ) | 2x x xxE X x f x d x e d x x e x e d x 2222 ( ) 2 令2 2 2 2( ) ( )( ) ( )E X XE X A 4 解之得 ， 的矩法估计量： 2222 ,X A X A X (2) 极大似然估计 111, e xp n iniL x n 1m in , , nxx 11l n
6、 l n n iiL n x n 1m in , , nxx ln 0Ln ，故 lnL 是 的递增函数，故 1 m in , , nxx 4 由 ln 0L 得 1 m in , , nx x x ， 所以极大 似然估计量为 1 m in , , nXX ， 1 m in , , nX X X 四：证明：记 Z X Y，则 Z 所有可能的取值为： 0,1,2, ,n, , 由离散卷积公式有 1( ) ( ) ( )niP Z k P X i P y k i 211! ( ) ! ! ( ) !i k i knniiekeei k i k i k i ！22( 2 )2!kkkee k=0,1
7、,2, ,n, , 即 Z X Y服从参数为 2 的泊松分布。 五：构造检验统计量 2122SF S， 2 当 0H 为真时， 211222 1, 1SF F n nS ， 4 当 0H 不真而 1H 为真时，由 2 2 2 21 1 1 12 2 2 22 2 2 2SSF ，即一个 121, 1F n n的统计量乘以一个大于 1 的数， 2122SF S有偏大的趋势。所以当 2122SF S偏大时，我们拒绝 0H 而接受 1H ，拒绝域的形式是： 2122SF SK。 由 0H 为真时， 211222 1, 1SF F n nS 确定常数 K，得拒绝域为： 21 1222 1, 1SF F
8、 n nS 5 07 年 评分标准 一 填空（每题 3 分，共 30 分） 1.A 2.165 3. 213 )1( ppC 3)1(1 p 4. 1 5. 0 6. 0 7. 91 8. )1(/)()1(/)( pnpnpapnpnpb 9. )(2 n 10. 2/6 ， 3 二 计算题 1. 解：记： A：最小号码为 6； B：不含号码 4 和 6. 则有 201)( 31024 CCAp 5 分； 157)( 31038 CCBp 10 分 2 解：设随机变量 X 的取值为 0,1， L,N，其分布律为 NLkpkXp k ,1,0,)( ,取 NLkkX ,1,0 为划分，并记事件
9、取得白球为 A，由全概率公式 Nk Nk Nk kk NnkpNpNkkXpkXApAp 0 0 0 /)/1()/()()|()( 10分 3 解 ;1)由概率密度函数的性质 0 0 )(2 1),( d x d yced x d yyxf yx 即 1)|21(|210 020220 2 yxyx eecdyedxec 得 4c 。 3 分 2) e l s eyee l s exdyedyyxfxfyyxX 0020 04),()(20)(2 6分 同理 e l s eyee l s eydxedxyxfyfyyxY 0020 04),()(20)(2 当 0y 时，有 6 e l s
10、exeyf yxfyxf xYYX 002)( ),()|( 2| 9 分 同理，当 0x 时，有 e l s eyexf yxfxyf yXXY 002)( ),()|( 2| 10 分 4. 解：由随机变量 X， Y 独立同服从标准正态分布，有 )( 222121),( yxeyxf 当 z0 时，)()(ZpzF； 2 分 当 0z 时， 222 2221 )(22 2 1)()( zyx yxz d x d xezYXZpzF 4分 z z r d rer d red rr0 020 222221 7 分 所以 e lsezzezf zZ00)( 22 10 分 5. 解： 设 nxL
11、xx , 21 是一组样本观察值，对于这一组观察组的似然函数为 ni nxni iin exxpxLxxL ni i1 121 1)!/1();();,( 2 分 nxxL ni ini i 11 ln)!ln (ln 4 分 令 01ln1 nxdLd ni i，得极大似然估计值 ni ixn 11 ，极大似然估计量为 ni iXn 11 7 分 7 由于 eXp )0( 是参数 的单值可逆函数，由极大似然函数的性质 )0( Xp的 极 大 似 然 估 计 量 为 ni in Xee 11 10 分 三 证明题 1. 证明： Z 所 有 可 能 的 取 值 为 0 ， l ， 2 ，L 2
12、分 由ik kiYkXiYXiZ 0 , 5分 ikik kiYkXpkiYkXpiZP 00 ),(),()( = ik kikqp0 7 分 2. 证明：首先证明是无偏估计 EXXnE ni i )1( 1 ， 所 以 是 无 偏 估计； 4 分 再证明一致性 nnDXXnD ni i21 )1( 由契贝晓夫不等式知 )n(01)1()1( 222 11 nXnDXnpni ini i8 分 所以，是无偏，一致估计。 四 总体的均值 和方差 2 均未知时对均值 得检验，是 t-检验，所以检验构造检验统计量为 nSXT 0 ，当 0 时，)1(ntT 3 分 由 原 假 设 和 备 择 假
13、设 可 知 ， 是 单 边 检 验 ， 拒 绝 域 为8 )1(05.0 ntT 5 分 08 年 评分标准 一、 填空题（每小题 5 分，共 30 分） 1. 14158007114 0.0000024A (任填一个都给满分 ) 2. 1p 3. 12e 4. 19 5. 421n 6. X n XS Sn 二、计算题（每小题 10 分，共 70 分） 1.解 设 Bi 表示“从第一个盒子中取出的 2 只球中有 i 只白球”， i=0,1,2， A 表示“从第二只盒子中取到白球”，则 2 1 1 25 5 4 40 1 22 2 29 9 95 5 1( ) , ( ) , ( )1 8 9
14、 6C C C CP B P B P BC C C 3 分 0 1 25 6 7( | ) , ( | ) , ( | )1 1 1 1 1 1P A B P A B P A B 3 分 由全概率公式，得 205 5 5 6 1 7 5 3( ) ( ) ( | ) 1 8 1 1 9 1 1 6 1 1 9 9iiiP A P B P A B 4 分 2.解 依题意21500 1 0 0 0 2( 1 5 0 0 ) 3P X d xx 3 分 又设 Y 表示 5 个元件寿命大于 1500 小时的个数，则 2(5, )3YB 3 分 于是所求得概率为 9 54151 2 1 2 3 2( 2
15、 ) 1 ( 0 ) ( 1 ) 1 3 3 3 2 4 3P Y P Y P Y C 4 分 3.解 (1)由于 ( ) 1f x dx 得 3301 3xx kk e d x k e d x ，因此 3k 3 分 (2) 当 x0 时， F(x)=0; 当 0x ， 33( ) ( ) 3 1xx xxF x f x d x e d x e ，所以 X 的分布函数为 31 , 0()00xexFxx 4 分 (3) 3 0 .30 .1( 0 .1 ) = 3 xP X e d x e 4.解 ,0( ) ( , )0 , 0yxxX e d y e xf x f x y d y x 4
16、分 0 ,0( ) ( , ) 0 , 0y yyYe d x y e yf y f x y d xy 4 分 由于 ( , ) ( ) ( )XYf x y f x f y ，故 X、 Y 不独立。 2 分 5.解 (i)由于二维随机变量 (X,Y)在区域 , | 0 2 , 0 1G x y x y 上服从均匀分布，其联合概率密度为 U 和 V 的可能取值为 0,1（以下每个概率给 1 分，共 4 分） 1( 0 , 0 ) ( , 2 ) ( ) ( , ) 4xyP U V P X Y X Y P X Y f x y d x d y ( 0 , 1 ) ( , 2 ) 0P U V P
17、 X Y X Y 21( 1 , 0 ) ( , 2 ) ( 2 ) ( , ) 4y x yP U V P X Y X Y P Y X Y f x y d x d y 21( 1 , 1 ) ( , 2 ) ( 2 ) ( , ) 2xyP U V P X Y X Y P X Y f x y d x d y 12 , 0 2 , 0 1( , )0 xyf x y ， 其 它10 即 ( , )UV 的联合分布律为 (ii)由 ( , )UV 的联合分布律得 ,UVUV 的分布律分别为 U 0 1 P 1/4 3/4 V 0 1 P 1/2 1/2 UV 0 1 P 1/2 1/2 故 3
18、3 1 3 1 1 1 1 1, , , ,4 4 4 1 6 2 2 2 4 2E U D U E V D V E U V 从而 1 3 1 1c o v ( , ) 2 4 2 8U V E U V E U E V 3 分 所以 183 11 6 4c o v ( , ) 13UV UVD U D V 3 分 6.解 (i) 22211 280 0 02( 2 ) ( , ) ( 2 ) ( )x xxxyP X Y f x y d x d y d x x y d y x d x 21 5 80 7() 24xx dx 4 分 (ii) ( ) ( , )Zf z f x z x d x由于 01 1x x z xzx ，故当 0z2 时， ( ) 0Zfz ，在其它点， ( ) 0Zfz 3 分 又 0 1 0 10 1 1xxz x z x z ，故 V U 0 1 0 1/4 0 1 1/4 1/2
