概率与数理统计 2011年7月试题及答案

第一篇：概率与数理统计 2011年7月试题及答案

全国2011年7月自学考试概率论与数理统计

（二）课程代码：02197

一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）

在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。

1．设A={2，4，6，8}，B={1，2，3，4}，则A-B=（）A．{2，4} B．{6，8} C．{1，3}

D．{1，2，3，4} 解：称事件“A发生而B不发生”为事件A与事件B的差事件，记作AB

说的简单一些就是在集合A中去掉集合AB中的元素，故本题选B.2．已知10件产品中有2件次品，从这10件产品中任取4件，没有取出次品的概率为（A．15 B．14 C．13

D．

解：从10件产品中任取4件，共有C410种取法；若4件中没有次品，则只能从8件正品中取，共有C48;

4本题的概率PC8C48765109871C.103，故选3．设事件A，B相互独立，P(A)0.4,P(AB)0.7,，则P(B)=（）A．0.2 B．0.3 C．0.4

D．0.5 解：A，B相互独立，PABPAPB，所以PABPAPBPABPAPBPAPB，代入数值，得0.70.4PB0.4PB，解得PB0.5，故选D.4．设某试验成功的概率为p，独立地做5次该试验，成功3次的概率为（）A．C35 B．C35p3(1p)2 C．C35p3

D．p3(1p)2

解：X~Bn，p定理：在n重贝努力实验中，设每次检验中事件A的概率为p0p1，则事件A恰好发生k次的概率

PknkCknp1pnk，k0,1,2,...n.本题n5，k3，所以P33253C5p1p，故选B.）

5．设随机变量X服从[0，1]上的均匀分布，Y=2X-1，则Y的概率密度为（）

A．f(y)12,1y1,Y

B．f1,Y(y)1y1,0,其他,0,其他，C．f1,0y1,Y(y)2

D．f1,0y1,Y(y)0,其他,0,其他，解：X~U0，1，f11，0x1，Xx100，其他，由y2x1，解得x12y1，其中y1,1即hy122y12，hy12，由公式ffXhyhy，y1,1Yy

0，其他.，得f111fXy，y1,1112，y1,11Yy222，y1,120，其他.0，其他.0，其他.故选A.6．设二维随机变量（X，Y）的联合概率分布为（）

则c= A．1 B．1126

C．1

D．143

解：X，Y的分布律具有下列性质：①Pij0，i,j1,2,...②Pij1.ij由性质②，得1116411212c141，解得c16，故选B.7．已知随机变量X的数学期望E(X)存在，则下列等式中不恒成立．．．．的是（）A．E[E(X)]=E(X)B．E[X+E(X)]=2E(X)C．E[X-E(X)]=0

D．E(X2)=[E(X)]2 解：X的期望是EX，期望的期望值不变，即EEXEX，由此易知A、B、C均恒成立，故本题选D.2

8．设X为随机变量E(X)10,E(X2)109，则利用切比雪夫不等式估计概率P{|X-10|≥6}≤

（）

A．C．1434

B．D．

518

10936解：DXEX切比雪夫不等式：2EX96221091009，PXEX14DX2 ；所以PX106，故选A.9．设0，1，0，1，1来自X～0-1分布总体的样本观测值，且有P{X=1}=p，P{X=0}=q，其中0

）A．1/5 C．3/5 解：矩估计的替换原理是：用样本均值35x估计总体均值35ˆXx，EX，即E

B．2/5 D．4/5 本题EX1p0qp，xˆ，所以p，故选C.10．假设检验中，显著水平表示（）A．H0不真，接受H0的概率 C．H0为真，拒绝H0的概率

解：显著水平B．H0不真，拒绝H0的概率 D．H0为真，接受H0的概率

拒真，表示第一类错误，又称即P拒绝H0H0为真，故选C.二、填空题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）

请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。

11．盒中共有3个黑球2个白球，从中任取2个，则取到的2个球同色的概率为________.解：PC3C2C522225.12．有5条线段，其长度分别为1，3，5，7，9，从这5条线段中任取3条，所取的3条线段能拼成三角形的概率为________.解：C510，其中能够成三角形的所以P0.3.33,7,9，5,7,9共3种，情况有3,5,7，13．袋中有50个乒乓球，其中20个黄球，30个白球，甲、乙两人依次各取一球，取后不放回，甲先取，则乙取得黄球的概率为________.3

解：设A甲取到黄球由全概率公式，得，A甲取到白球，B乙取到黄球，则

PBPAPBAPAPBA205019493050204925.14．掷一枚均匀的骰子，记X为出现的点数，则P{2

0xC其它32x15．设随机变量X的概率密度为f(x)80，则常数C=________.解：1c380xdx218x3c018c，所以c2.316．设随机变量X服从正态分布N（2，9），已知标准正态分布函数值Φ(1)=0.8413，则P{X>5}=________.52X2解：PX5P110.1587.3317．设二维随机变量（X，Y）的联合概率分布为

则P（X>1）=________.解：PX1PX20.20.10.3.18．设二维随机变量（X，Y）服从区域D上的均匀分布，其中D为x轴、y轴和直线x+y≤1所围成的三角形区域，则P{X

COV（X，Y）=________.解：EXY***8271927321123.22．设随机变量X～B（200,0.5），用切比雪夫不等式估计P{80

78.t/2(n)23．设随机变量t～t(n)，其概率密度为ft(n)(x)，若P{|t|t/2(n)},则有ft(n)(x)dx________.24．设,分别是假设检验中犯第一、二类错误的概率，H0，H1分别为原假设和备择假设，则P{接受H0|H0不真}=________.解：第二类错误，又称取伪，故本题填β.2225．对正态总体N(,)，取显著水平a=________时，原假设H0∶=1的接受域为0.9(n1)52n(1S)220.05n(.1)解：显著水平为，自由度为n1的卡方检验的拒绝域为0，2n11--22n1，，所以本题220.05，0.1.三、计算题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）

26．设某地区地区男性居民中肥胖者占25%，中等者占60%，瘦者占15%，又知肥胖者患高血压病的概率为20%，中等者患高血压病的概率为8%，瘦者患高血压病的概率为2%，试求：（1）该地区成年男性居民患高血压病的概率；

（2）若知某成年男性居民患高血压病，则他属于肥胖者的概率有多大？ 解：设A肥胖者，B中等者，C瘦者，D患高血压PA0.25，PB0.6，PC0.15，PDA0.2，PDB0.08，PDC0.02，，则

1.由全概率公式，得PDPAPDAPBPDBPCPDC0.250.20.60.080.150.020.1010.27．设随机变量X在区间[-1，2]上服从均匀分布，随机变量

1,X0Y0,X0，1,X0求E(Y)，D(Y).5

解：fX13，-1x2，；PX022100，其他，3dx3；PX00，对于连续性随机变量X，去任一指定的实数值x的概率都等于0，即PXx0.PX001113dx3；由题意可知，随机变量Y是离散型随机变量，且PY1PX023；PY0PX00，PY1PX013，所以EY12230113123；EY122301131，DYEY2EY211989.四、综合题（本大题共2小题，每小题12分，共24分）28．设随机变量X的概率密度函数为

f(x)k(x1),1x1, 0,其它.求（1）求知参数k；（2）概率P(X>0)；

（3）写出随机变量X的分布函数.解：由1111kx1dxkx2x2k，得k1；-12121PX0112x1dx121x2x30

2；040，x-1，FX1x12，1x1，41，x1.29．设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

f(x,y)Cxy2,0x1,0y10,其它

试求：E(X)；E(XY)；X与Y的相关系数xy.（取到小数3位）

解：由1Cxdxydy0012121121310Cxdx02116C，得C6.EX6xdxydy2xdx0023；；1EX261010xdxydy2xdx00133121312EY6xdxydy034；EY12；620xdxydy01435；EXY6x2dx0011ydy23DXEXDYEY22EX212；23183212EY33；5480122335110；CovX,YEXYEXEYXYDXDYCovX,Y110

4802.191.五、应用题（本大题共1小题，10分）

30．假定某商店中一种商品的月销售量X～Ｎ(,2)，,2均未知。现为了合理确定对该商品的进货量，需对,2进行估计，为此，随机抽取7个月的销售量，算得，x65.143,S11.246,试求的95%的置信区间及2的90%的置信区间.（取到小数3位）（附表：t0.025(6)=2.447.t0.05(6)=1.943

22220.025(6)14.449.0.05(6)12.595.0.975(6)1.237.0.95(6)1.635）

解：先求的95t62.447，200的置信区间：0.05，0.025，n27，n16，的公式，得x65.143，S11.246，把以上数据代入下面SS，xtn175.544.xtn154.742，nn22再求的902200的置信区间：21--0.1，0.05，n16，S11.246，2的公式，得

612.595，2261.635，把以上数据代入下面22n1Sn1S，2260.249,464.119.n1n11--22

第二篇：概率与数理统计学习心得

概率与数理统计学习心得

概率论与数理统计是研究随机现象统计规律性的一门数学学科，其理论与方法的应用非常广泛，几乎遍及所有科学技术领域、工农业生产、国民经济以及我们的日常生活。对于作为电子通信专业的我，其日后的帮助也是很大的。

这门课程给我最深刻的体会就是这门课程很抽象，很难以理解，初学时，就算觉得理解了老师的讲课内容，但是一联系实际也会很难以应用上，简化不出有关所学知识的模型。后来经过老师的生动现实的实例分析，逐渐对这门课程有了新的认识。首先，这门课程给我带来了一种新的思维方式。前几章的知识好多都是高中大学讲过的，接触下来觉得挺简单，但是后面从大数定理及中心极限定理就开始是新的内容了。我觉得学习概率论与数理统计最重要的就是要学习书本中渗透的一种全新的思维方式。统计与概率的思维方式，和逻辑推理不一样，它是不确定的，也就是随机的思想。这也是一个人思维能力最主要的体现，整个学习过程中要紧紧围绕这个思维方式进行。这些都为后面的数理统计还有参数估计、检验假设打下了基础。

概率论与数理统计不仅在自然科学中发挥重要作用，实证的方法就是基于数据分析整理并推理预测，而且在社会实践中发挥着重要的不可替代的作用，这是因为 1.人类活动的各个领域都不同程度与数据打交道，都有如何收集和分析数据的问题，因此概率论与数理统计学的理论和方法，与人类活动的各个领域都有关联。

2．组成社会的单元——人、家庭、单位、地区等，都有很大的变异性、不确定性，如果说，在自然现象中尚有一些严格的、确定性的规律，在社会现象中则绝少这规律，因此更加依靠从概率论与数理统计的角度去考察。

概率论与数理统计的发展方向是更加实用，基于多元函数、通过建立数学模型来分析解决问题，理论更加严密，应用更加广泛，发展更加迅速。

通过老师的教学，使我初步了解了概率论与数理统计的基本概念和基本理论，知道了处理随机现象的基本思想和方法，有助于培养自己解决实际问题的能力和水平。

第三篇：概率与数理统计课程教学改革探讨

概率与数理统计课程教学改革探讨

摘 要：长期以来，在财经类专业概率与数理统计课程建设中，一直存在着教学方法及考试模式等方面的问题。通过结合教学实践与理论思考，阐述了概率与数理统计教学改革的几点看法。

关键词：课堂教学;概率论与数理统计;应用能力;教学模式 

概率与数理统计是实际应用性很强的一门数学学科，它在经济管理、金融投资、保险精算、企业管理、投入产出分析、经济预测等众多经济领域都有广泛的应用。概率与数理统计是高等院校财经类专业的公共基础课，它既有理论又有实践，既讲方法又讲动手能力。然而，在该课程的具体教学过程中，由于其思维方式与以往数学课程不同、概念难以理解、习题比较难做、方法不宜掌握且涉及数学基础知识广等特点，许多学生难以掌握其内容与方法，面对实际问题时更是无所适从，尤其是财经类专业学生，高等数学的底子相对薄弱，且不同生源的学生数理基础有较大的差异，因此，概率统计成为一部分学生的学习障碍。如何根据学生的数学基础调整教学方法，以适应学生基础，培养其能力，并与其后续课程及专业应用结合，便成为任课教师面临的首要任务。作为我校教学改革的一个重点课题，在近几年的教学实践中，我们结合该课程的特点及培养目标，对课程教学进行了改革和探讨，做了一些尝试性的工作，取得了较好的成效。 与实际结合，激发学生对概率统计课程的兴趣

概率论与数理统计从内容到方法与以往的数学课程都有本质的不同，因此其基本概念的引入就显得更为重要。为了激发学生的兴趣，在教学中，可结合教材插入一些概率论与数理统计发展史的内容或背景资料。如概率论的直观背景是充满机遇性的赌博，其最初用到的数学工具也仅是排列组合，它提供了一个比较简单而非常典型（等可能性、有限性）的随机模型，即古典概型；在介绍大数定律与中心极限定理时可插入贝努里的《推测术》以及拉普拉斯将概率论应用于天文学的研究，既拓广了学生的视野，又激发了学生的兴趣，缓解了学生对于一个全新的概念与理论的恐惧，有助于学生对基本概念和理论的理解。此外，还可以适当地作一些小试验，以使概念形象化，如在引入条件概率前，首先计算著名的“生日问题”，从中可以看到：每四十人中至少有两人生日相同的概率为 0.882，然后在各班学生中当场调查学生的生日，查找与前述结论不吻合的原因，引入条件概率的概念，有了前面的感性认识后学生就比较主动地去接受这个概念了。

在概率统计中，众多的概率模型让学生望而生威，学生常常记不住公式，更不会应用。而概率统计又是数学中与现实世界联系最紧密、应用最广泛的学科之一。不少概念和模型都是实际问题的抽象，因此，在课堂教学中，必须坚持理论联系实际的原则来开展，将概念和模型再回归到实际背景。例如：二项分布的直观背景为 n重贝努里试验，由此直观再利用概率与频率的关系，我们易知二项分布的最可能值及数学期望等，这样易于学生理解，更重要的是让其看到如何从实际问题抽象出概念和模型，引导学生领悟事物内部联系的直觉思维。同时在介绍各种分布模型时可以有针对性地引入一些实际问题，向学生展示本课程在工农业、经济管理、医药、教育等领域中的应用，突出概率统计与社会的紧密联系。如将二项分布与新药的有效率、射击命中、机器故障等问题结合起来讲；将正态分布与学生考试成绩、产品寿命、测量误差等问题结合起来讲；将指数分布与元件寿命、放射性粒子等问题结合起来讲，使学生能在讨论实际问题的解决过程中提高兴趣，理解各数学模型，并初步了解利用概率论解决实际问题的一些方法。 运用案例教学法，培养学生分析问题和解决问题的能力

案例教学法是把案例作为一种教学工具，把学生引导到实际问题中去，通过分析与互相讨论，调动学生的主动性和积极性，并提出解决问题的基本方法和途径的一种教学方法。它是连接理论与实践的桥梁。我们结合概率与数理统计应用性较强的特点，在课堂教学中，注意收集经济生活中的实例，并根据各章节的内容选择适当的案例服务于教学，利用多媒设备及真实材料再现实际经济活动，将理论教学与实际案例有机的结合起来，使得课堂讲解生动清晰，收到了良好的教学效果。案例教学法不仅可以将理论与实际紧密联系起来，使学生在课堂上就能接触到大量的实际问题，而且对提高学生综合分析和解决实际问题的能力大有帮助。通过案例教学可以促进学生全面看问题，从数量的角度分析事物的变化规律，使概率与数理统计的思想和方法在现实经济生活中得到更好的应用，发挥其应有的作用。

在介绍分布函数的概念时,我们首先给出一组成年女子的身高数据,要学生找出规律,学生很快就由前面所学的离散型随机变量的分布知识得到分组资料,然后引导他们计算累积频率,描出图形,并及时抽象出分布函数的概念。紧接着仍以此为例,进一步分析:身高本是连续型随机变量,可是当我们把它们分组后,统计每组的频数和频率时却是用离散型随机变量的研究方法,如果在每一组中取一个代表值后,它其实就是离散型的,所以在研究连续型随机变量的概率分布时,我们可以用离散化的方法,反过来离散型随机变量的分布在一定的条件下又以连续型分布为极限,服装的型号、鞋子的尺码等问题就成为我们理解“离散”和“连续”两个对立概念关系的范例,其中体现了对立统一的哲学内涵,而分布函数正是这种哲学统一的数学表现形式。尽管在这里花费了一些时间,但是当学生理解了这些概念及其关系之后,随后的许多概念和内容都可以很轻松地掌握,而且使学生能够对数学概念有更深层次上的理解和感悟,同时也调动了学生的学习积极性和主动性,培养了他们再学习的能力。 运用讨论式教学法，增强学生积极向上的参与和竞争意识

讨论课是由师生共同完成教学任务的一种教学形式，是在课堂教学的平等讨论中进行的，它打破了老师满堂灌的传统教学模式。师生互相讨论与问答，甚至可以提供机会让学生走上讲台自己讲述。如，在讲授区间估计方法时，就单双边估计问题我们安排了一次讨论课，引导学生各抒己见，鼓励学生大胆的发表意见，提出质疑，进行自由辩论。通过问答与辩驳，使学生开动脑筋，积极思考，激发了学生学习热情及科研兴趣，培养了学生综合分析能力与口头表达能力，增强了学生主动参与课堂教学的意识。学生的创新研究能力得到了充分的体现。这种教学模式是教与学两方面的双向互动过程，教师与学生的经常性的交流促使教师不断学习，更新知识，提高讲课技能，同时也调动了学生学习的积极性，增进师生之间的思想与情感的沟通，提高了教学效果。教学相长，相得益彰。

保险是最早运用概率论的学科之一,也是我们日常谈论的一个热门话题。因此,在介绍二项分布时,例如一家保险公司有1000人参保,每人、每年12元保险费,一年内一人死亡的概率为0.006。死亡时,其家属可向保险公司领得1000元,问:①保险公司亏本的概率为多大?②保险公司一年利润不少于40000元、60000元、80000元的概率各为多少? 保险这一类型题目的引入,通过讨论课使学生对概率在经济中的应用有了初步的了解。 运用多媒体教学手段，提高课堂教学效率

传统上一本教材、一支粉笔、一块黑板从事数学教学的情景在信息社会里应有所改变，计算机对数学教育的渗透与联系日益紧密，特别是概率论与数理统计课，它是研究随机现象统计规律性的一门学科，而要想获得随机现象的统计规律性，就必须进行大量重复试验，这在有限的课堂时间内是难以实现的，传统教学内容的深度与广度都无法满足实际应用的需要。在教学中我们可以采用了多媒体辅助手段，通过计算机图形显示、动画模拟、数值计算及文字说明等，形成了一个全新的图文并茂、声像结合、数形结合的生动直观的教学环境，从而大大增加了教学信息量，以提高学习效率，并有效地刺激学生的形象思维。另外，利用多媒体对随机试验的动态过程进行了演示和模拟，如:全概率公式应用演示、正态分布、随机变量函数的分布、数学期望的统计意义、二维正态分布、中心极限定理的直观演示实验等，再现抽象理论的研究过程，能加深学生对理论的理解及方法的运用。让学生在获得理论知识的过程中还能体会到现代信息技术的魅力，达到了传统教学无法实现的教学效果。 改革考试方式和内容，合理评定学生成绩

应试教育向素质教育的转变，是我国教育改革的基本目标。财经类专业的概率与数理统计教学，除了在教学方法上应深入改革外，在考试环节上也需要进行改革。

考试是教学过程中的一个重要环节，是检验学生学习情况，评估教学质量的手段。对于数学基础课程概率与数理统计的考试，多年以来一直沿用闭卷笔试的方式。这种考试方式对于保证教学质量，维持正常的教学秩序起到了一定的作用，但也存在着缺陷，离考试内容和方式应更加适应素质教育，特别是应有利于学生的创造能力的培养之目的相差甚远。在过去的概率与数理统计教学中，基本运算能力被认为是首要的培养目标，教科书中的各种例题主要是向学生展示如何运用公式进行计算，各类辅导书中充斥着五花八门的计算技巧。从而导致了学生在学习概率与数理统计课程的过程中，为应付考试搞题海战术，把精力过多的花在了概念、公式的死记硬背上。这与财经类培养跨世纪高素质的经济管理人才是格格不入的。为此，我们对概率与数理统计课程考试进行了改革，主要包括两个方面：一是考试内容与要求不仅体现出概率与数理统计课程的基本知识和基本运算以及推理能力，还注重了学生各种能力的考查，尤其是创新能力。二是考试模式不具一格，除了普遍采用的闭卷考试外，还在教学中用互动方式进行考核，采取灵活多样的考核形式。学生成绩的测评根据学生参与教学活动的程度、学习过程中掌握程度和卷面考试成绩等综合评定。这样，可以引导学生在学好基础知识的基础上，注重技能训练与能力培养。

实践表明,运用教改实践创新的教学模式,可以使原本抽象、枯燥难懂的数学理论变得有血有肉、有滋有味,可以激发学生的求知欲望,提高学生对课程的学习兴趣。在概率统计的教学模式上,我们尽管做了一些探讨,但这仍是一个需要继续付出努力的研究课题,也希望与更多的同行进行交流,以提高教学水平。

参考文献

［1］陈善林，张浙.统计发展史［M］.上海：立信会计图书用品社，1987：119-151.

［2］姜启源,谢金星,叶俊.数学模型(第三版)［M］.北京:高等教育出版社,2003.

［3］肖柏荣.数学教学艺术概论［M］.合肥:安徽教育出版社,1996.

［4］蔺云.哲学与文化视角下概率统计课的育人功能［J］.数学教育学报,2002,11(2):24-26.

［5］陈嫣,涂荣豹.关于随机性数学意识的培养［J］.数学教育学报,2002,11(2):27-29.

第四篇：数理统计试题及答案

数理统计考试试卷 一、填空题（本题15分，每题3分）1、总体的容量分别为10，15的两独立样本均值差________；

2、设为取自总体的一个样本，若已知,则=________；

3、设总体，若和均未知，为样本容量，总体均值的置信水平为的置信区间为，则的值为________；

4、设为取自总体的一个样本，对于给定的显著性水平，已知关于检验的拒绝域为2≤，则相应的备择假设为________；

5、设总体，已知，在显著性水平0.05下，检验假设,，拒绝域是________。

1、；

2、0.01；

3、；

4、；

5、。

二、选择题（本题15分，每题3分）1、设是取自总体的一个样本，是未知参数，以下函数是统计量的为（）。

（A）（B）（C）（D）2、设为取自总体的样本，为样本均值，则服从自由度为的分布的统计量为（）。

（A）（B）（C）（D）3、设是来自总体的样本，存在，, 则（）。

（A）是的矩估计（B）是的极大似然估计（C）是的无偏估计和相合估计（D）作为的估计其优良性与分布有关 4、设总体相互独立，样本容量分别为，样本方差分别为，在显著性水平下，检验的拒绝域为（）。

（A）（B）（C）（D）5、设总体，已知，未知，是来自总体的样本观察值，已知的置信水平为0.95的置信区间为（4.71，5.69），则取显著性水平时，检验假设的结果是（）。

（A）不能确定（B）接受（C）拒绝（D）条件不足无法检验 1、B；

2、D；

3、C；

4、A；

5、B.三、（本题14分）设随机变量X的概率密度为：，其中未知 参数，是来自的样本，求（1）的矩估计；

（2）的极大似然估计。

解：(1)，令，得为参数的矩估计量。

(2)似然函数为：，而是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为。

四、（本题14分）设总体，且是样本观察值，样本方差，（1）求的置信水平为0.95的置信区间；

（2）已知，求的置信水平为0.95的置信区间；

（，）。

解：

（1）的置信水平为0.95的置信区间为，即为（0.9462，6.6667）；

（2）=；

由于是的单调减少函数，置信区间为，即为（0.3000，2.1137）。

五、（本题10分）设总体服从参数为的指数分布，其中未知，为取自总体的样本，若已知，求：

（1）的置信水平为的单侧置信下限；

（2）某种元件的寿命（单位：h）服从上述指数分布，现从中抽得容量为16的样本，测得样本均值为5010（h），试求元件的平均寿命的置信水平为0.90的单侧置信下限。

解：(1)即的单侧置信下限为；

（2）。

六、（本题14分）某工厂正常生产时，排出的污水中动植物油的浓度，今阶段性抽取10个水样，测得平均浓度为10.8（mg/L），标准差为1.2（mg/L），问该工厂生产是否正常？（）解：

（1）检验假设H0：2=1，H1：2≠1；

取统计量：；

拒绝域为：2≤=2.70或2≥=19.023，经计算：，由于2，故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

（2）检验假设；

取统计量：~ ；

拒绝域为；

<2.2622，所以接受，即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）设为取自总体的样本，对假设检验问题，（1）在显著性水平0.05下求拒绝域；

（2）若=6，求上述检验所犯的第二类错误的概率。

解：(1)拒绝域为;（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受的概率为。

八、（本题8分）设随机变量服从自由度为的分布，(1)证明：随机变量服从 自由度为的分布；

(2)若，且，求的值。

证明：因为,由分布的定义可令，其中，与相互独立，所以。

当时，与服从自由度为的分布，故有，从而。

数理统计试卷参考答案 一、填空题（本题15分，每题3分）1、；

2、0.01；

3、；

4、；

5、。

二、选择题（本题15分，每题3分）1、B；

2、D；

3、C；

4、A；

5、B.三、（本题14分）解：(1)，令，得为参数的矩估计量。

(2)似然函数为：，而是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为。

四、（本题14分）解：

（1）的置信水平为0.95的置信区间为，即为（0.9462，6.6667）；

（2）=；

由于是的单调减少函数，置信区间为，即为（0.3000，2.1137）。

五、（本题10分）解：(1)即的单侧置信下限为；

（2）。

六、（本题14分）解：

（1）检验假设H0：2=1，H1：2≠1；

取统计量：；

拒绝域为：2≤=2.70或2≥=19.023，经计算：，由于2，故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

（2）检验假设；

取统计量：~ ；

拒绝域为；

<2.2622，所以接受，即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）解：(1)拒绝域为;（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受的概率为。

八、（本题8分）证明：因为,由分布的定义可令，其中，与相互独立，所以。

当时，与服从自由度为的分布，故有，从而。

第五篇：数理统计试题及答案

一、填空题（本题15分，每题3分）

1、总体X~N(20,3)的容量分别为10，15的两独立样本均值差XY~________；

22、设X1,X2,...,X16为取自总体X~N(0,0.52)的一个样本，若已知0.01(16)32.0,则P{Xi28}=________；

i1163、设总体X~N(,2)，若和均未知，n为样本容量，总体均值的置信水平为

21的置信区间为(X,X)，则的值为________；

4、设X1,X2,...,Xn为取自总体X~N(,2)的一个样本，对于给定的显著性水平，已知关于检验的拒绝域为2≤12(n1)，则相应的备择假设H1为________； 2已知，5、设总体X~N(,2)，在显著性水平0.05下，检验假设H0:0,H1:0，拒绝域是________。

1、N(0，)； 2、0.01；

3、t(n1)2212Sn2；

4、20；

5、zz0.05。

二、选择题（本题15分，每题3分）

1、设X1,X2,X3是取自总体X的一个样本，是未知参数，以下函数是统计量的为（）。

13（A）(X1X2X3)

（B）X1X2X

3（C）X1X2X3

（D）(Xi)2

3i11n22.,Xn为取自总体X~N(,)的样本，X为样本均值，Sn(XiX)2，2、设X1,X2,ni11则服从自由度为n1的t分布的统计量为（）。（A）

n1(X）n(X）n(X)n1(X)

（B）

（C）

（D）

SnSn221n(XiX)2，3、设X1,X2,,Xn是来自总体的样本，D(X)存在，Sn1i1则（）。

（A）S2是2的矩估计

（B）S2是2的极大似然估计

（D）S2作为2的估计其优良性与分布有关（C）S2是2的无偏估计和相合估计

224、设总体X~N(1,1),Y~N(2,2)相互独立，样本容量分别为n1,n2，样本方差分别2222为S12,S2，在显著性水平下，检验H0:1的拒绝域为（）。2,H1:122（A）2s2s122s2F(n21,n11)

（B）

2s2s122s2F12(n21,n11)

（C）s12F(n11,n21)

（D）

2s12F12(n11,n21)

5、设总体X~N(,2)，已知，未知，x1,x2,,xn是来自总体的样本观察值，已知的置信水平为0.95的置信区间为（4.71，5.69），则取显著性水平0.05时，检验假设H0:5.0,H1:5.0的结果是（）。

（A）不能确定

（B）接受H0

（C）拒绝H0

（D）条件不足无法检验

1、B；

2、D；

3、C；

4、A；

5、B.2x0x,三、（本题14分）

设随机变量X的概率密度为：f(x)2，其中未知

其他0,参数0，X1,,Xn是来自X的样本，求（1）的矩估计；（2）的极大似然估计。解：(1)E(X)xf(x)dx02x2dx，322ˆˆ)X，得令E(X(2)似然函数为：L(xi,)i1n233X为参数的矩估计量。22n2xi22n0xi,(i1,2,,n)，xi，i1nˆmax{X,X,,X}。而L()是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为12n

四、（本题14分）设总体X~N(0,2)，且x1,x2x10是样本观察值，样本方差s22，（1）求的置信水平为0.95的置信区间；（2）已知Y2X22X2~(1)，求D3的置信222水平为0.95的置信区间；（0。.975(9)2.70，0.025(9)19.023）解：

1818，即为（0.9462，6.6667）（1）的置信水平为0.95的置信区间为；

2(9),2(9)0.9750.0252X21X2122=（2）D； DD[(1)]2322222X222，由于D是的单调减少函数，置信区间为,3222即为（0.3000，2.1137）。

五、（本题10分）设总体X服从参数为的指数分布，其中0未知，X1,,Xn为取自总体X的样本，若已知UXi~2(2n)，求： i12n（1）的置信水平为1的单侧置信下限；

（2）某种元件的寿命（单位：h）服从上述指数分布，现从中抽得容量为16的样本，测得样本均值为5010（h），试求元件的平均寿命的置信水平为0.90的单侧置信下限。22(0)44.985,0.05(31.10(32)42.585)。

解：(1)P2nX2nX2(2n)1,P21，(2n)2nX2165010；（2）3764.706。242.585(2n)即的单侧置信下限为

六、（本题14分）某工厂正常生产时，排出的污水中动植物油的浓度X~N(10,1)，今阶段性抽取10个水样，测得平均浓度为10.8（mg/L），标准差为1.2（mg/L），问该工厂生产是

22否正常？（0.05,t0.025(9)2.2622,0.025(9)19.023,0.975(9)2.700）

解：（1）检验假设H0：=1，H1：≠1； 取统计量：22

2(n1)s220；

拒绝域为：2≤2122222

(n1)0.975(9)=2.70或≥(n1)0.025=19.023，2经计算：2(n1)s22091.2212.96，由于212.96(2.700,19.023)2，1故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

：10，H1：10；

取统计量：t（2）检验假设H010.8101.2/10X10S/10~ t(9)；

2拒绝域为tt0.025(9)2.2622；t，2.1028<2.2622，所以接受H0即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）设X1,X2,X3,X4为取自总体X~N(,42)的样本，对假设检验问题H0:5,H1:5，（1）在显著性水平0.05下求拒绝域；（2）若=6，求上述检验所犯的第二类错误的概率。

解：(1)拒绝域为zx54/4x5z0.0251.96;2（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受H0的概率为

P{1.08X8.92}8.9261.0860.921。22

八、（本题8分）设随机变量X服从自由度为(m,n)的F分布，(1)证明：随机变量自由度为(n,m)的F分布；(2)若mn，且P{X}0.05，求P{X证明：因为X~F(m,n),由F分布的定义可令X与V相互独立，所以

1服从 X1}的值。

U/m，其中U~2(m),V~2(n)，UV/n1V/n~F(n,m)。XU/m11当mn时，X与服从自由度为(n,n)的F分布，故有P{X}P{X}，X111从而

P{X}P{}1P{}1P{X}10.050.95。

XX