(169)--第四章《数字特征》答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第四章 数字特征
4-1 基础过关
1.【答案】 E X 
2
1
5
6
【解析】X 的取值 1 , 2 , 3 , 4
1 1 231 7 3323 19
P{X 4}  ，P{X 3}  ，P{X 2}  ，
43 64 43 64 43 64
4333 37 1 7 19 37 25
P{X 1}  ，所以EX 4 3 2 1  .
43 64 64 64 64 64 16
2.【答案】（1） EX 0.2； E X 2  2 . 8 ； E ( 3 X 2  5 )  1 3 .4 ；
（2） E
X
1
 1

1
( 1  e  ) 

【解析】（1）
EX 20.400.320.30.2
EX2 (2)20.4020.3220.32.8
E(3X2 5)3EX2 513.4
（2）
1  1 ke  ke k1n  n1e  ne
E     1
X 1 k1 k! (k1)! n! n!
k0 k0 n1 n1
1  ne  1
   e  (1e)
 n!  
n0
3.【答案】（1）（i） E ( 2 X )  2 ；（ii） E ( e  2 X ) 
1
3
n 1
（2）（i）EU  ；（ii）EV 
n1 n1

【解析】（1）（i）E(2X) 2xexdx2(2)2（可以直接使用分部积分计算）
0（ii） E ( e  2 X )  

0

e  2 x  e  x d x  
1
3
e  3 x

0


1
3
（2）（i） F
U
( x )  P { U  x }  P  m a x  X
1
, X
2
,  , X
n
  x 



P
P

 X
 X
0 ,
n x ,
1 ,
1
1


x
0
x
x
x


,

1
X
P
0
x
2



X
1
x
2
, 
 x
,

X
n

P 
 x
X
n
 x 
所以 f
u
( x )  F
u
 ( x ) 
 n x
0
n 
，
1 , 0 
其
x
他
 1
1
1 n n
所以EU  xnxn1dx xn1 
0 n1 n1
0
（ii）F (x) P{V  x} P  minX ,X ,,X  x 
v 1 2 n




1
1
1




1
1
1
P
P
P






1
(1
0
m
X
X
n

n
i n
1
1

x



0
)
1

,
n
,
X
x
x
,
,
1
, X
 P
0
X
2

2
 X
x

x
,  ,
x ,
1

2
 0
x  1
 1
X
x
n
,


X

n
P
 x


x
X

n
 x 
n(1x)n1, 0 x1
所以 f (x) F(x)
V V  0， else
所以
EV   1 xn(1x)n1dxn   1 (1x)ndx 1 (1x)n1dx 
0

0 0

 1 1 1 1  1 1 1
n (1x)n1  (1x)n  n   
 
 n1
0
n
0
  n1 n n1
1
4.【答案】（1）EX  2；EY 0；（2）EZ  ；（3）EZ 5
15【解析】
（1） E X  1  0 .4  2  0 .2  3  0 .4  2 ， E Y   1  0 . 3  0  0 . 4  1  0 . 3  0
（2） E Z 

1
1
 0 .2 

2
1
 0 .1 
1
1
 0 .1 
1
2
 0 .1 
1
3
 0 .1  
1
1
5
（3） E Z   1  (  1 )  2  0 . 2  ( 1  0 ) 2  0 . 1   2  (  1 )  2  0 . 1  ( 2  1 ) 2  0 . 1
(30)20.3(31)20.15
5.【答案】（1） E ( X
1
 X
2
) 
3
4
； E ( 2 X
1
 3 X
2
2 ) 
5
8
；（2） E ( X
1
X
2
) 
1
8
【解析】由题可知 X
1
~ E ( 2 ) ， X
2
~ E ( 4 ) ，
（1） E ( X
1
 X
2
)  E X
1
 E X
2

1
2

1
4

3
4
1  1 1  5
E(2X 3X 2)2EX 3EX 2 2 3[DX (EX )2]13




1 2 1 2 2 2 2 16 16 8
（2） E ( X
1
X
2
)  E X
1
E X
2

1
2

1
4

1
8
6.【答案】 E X
π
2
2   ； D X
4
2
π
2 .  

【解析】
E X 




0

2
2
x 
2
2
x
2
 

0
1

2
e
e

2 x 
2 2
1
 tt 2
π
d
d

x
t
2

x
π
2
2
2
2

2
t
2



0


3
2
2 t

e  t  2 2 
2
1
t
d t   

 
 
x2
 x  x2 t 
EX2  x2 e 22dx22  2tet 2dt 22 (2) 22
0 2 0所以 D X E X 2 ( E X ) 2 2 2
π
2
2 4
2
π
2 .

      

7.【答案】 E X 
1
p
； D X =
1 
p
p
2
【解析】
E

X
p



k


k
 1
1
x
k
k


p

(1
x  1

 p
p

) k 
p
1


1
p
x


k
 1

x 
k

x
x 
k 
1 
1
p
x

 1 
p
p

(1 
1
x ) 2
x  1  p

1
p
 
EX2 k2 p(1 p)k1  pk2xk1
k1 k1 x1p
 
     
 p

kxk

 p

xkxk1

   
k1 k1
x1p x1p

 1  1x 2 p
 p x  p 
 

(1x)2

(1x)3 p2
x1p
x1p
所以 D X  E X 2  ( E X ) 2 
2 
p 2
p

1
p 2

1 
p 2
p
.
8.【答案】（1）
4
3
0
9
； 8 ； 0 ；  2
（2）（i）EZ 29；DZ 109（ii）EZ 29，DZ 109
（iii） E Z  2 9 ， D Z  9 4 .
【解析】（1）
PX 2,X 2,X 5 PX 2PX 2PX 5
1 2 3 1 2 3
2 2 2 4 5
1 1 1 2 1 2
C2
 

 
C2
 

 
C5
 

4 2 2 6 3 3 6 3 3
40

391 1 1
E(X X X ) EX ·EX ·EX 4 6 6 8
1 2 3 1 2 3 2 3 3
E(X  X ) EX EX 220
1 2 1 2
E(X 2X ) EX 2EX 242
1 2 1 2
（2）EZ  E(5X Y 15)5EX EY 155311529
在（i）（ii）（iii）条件下均成立
D Z 

D
2 5
( 5
D
X
X


Y
D

Y
1

5 )
1 0

C
D
o
(
v
5
(
X
X ,

Y
Y
)
)  D ( 5 X )  D ( Y )  2 C o v ( 5 X , Y )
（i）（ii）时 C o v ( X , Y )  0 ，所以 D Z  2 5 D X  D Y  2 5  4  9  1 0 9
（iii） C o v ( X , Y ) 
X Y
D X D Y  0 .2 5  2  3  1 .5 
所以 D Z  2 5  4  9  1 0  1 . 5  9 4 .
9.【答案】（1） E X 
4
5
； E Y 
3
5
； E ( X Y ) 
1
2
； E ( X 2  Y 2 ) 
1
1
6
5
（2） E X  1 ； E Y  1 ； E X Y  2
【解析】（1） E X
x O y
x f ( x , y ) d
1
0
d x
x
0
x 1 2 y 2 d y
1
0
4 x 4 d x
4
5
x 5
1
0
4
5
            
1
1 x 1 3 3
EY   yf(x,y)d dx y12y2dy  3x4dx x5 
0 0 0 5 5
xOy 0
E ( X Y )   
x O y
x y  f ( x , y ) d  
1
0
d x 
x
0
x y  1 2 y 2 d y  
1
0
3 x 5 d x 
1
2
x 6 10 
1
2

1 x
E(X2 Y2) (x2  y2) f(x,y)d = dx (x2  y2)12y2dy
0 0
xOy
1 12  16 16
= 4x5  x5 dx x6 1 
 
0 5  15 0 15
（2） x
  x y 
EX   x f(x,y)d  dy e  ydx
0 0 y
xOy
x
x t
   yeydy  x e  yd x y   yeydy  tetdt (2)(2)1
0 0 y y 0 0
（也可以直接使用分部积分计算）
E Y   
x O y
y  f ( x , y ) d  

0

d y 

0

e


y 
xy 
d x  

0

e  y d y 

0

e

xy
d x  

0

y e  y d y   ( 2 )  1 
x x
  (y )   x  x
EXY   xy f(x,y)d dy xe y dx y2eydy e yd
0 0 0 0 y y
xOy
x
t
y   y2eydy  tetdt (3)(2)2
0 0
10.【答案】（1） E ( X Y ) 
1
4
；E(X /Y)不存在；Eln(XY)2； E  Y  X  
1
3
.
（2）
A C
6
7
.  
【解析】（1）由题意可知
f
X
( x ) 
 1
0
, x
其 ,

他
( 0 , 1 )
f
Y
( y ) 
 1
0
, y
其 ,

他
( 0 , 1 )
所以 f ( x , y )  f
X
( x ) f
Y
( y ) 
 1
0
,
，
0
其

他
x  1 , 0  y  1
E ( X Y )  E X  E Y 
1
2

1
2

1
4
x 1 1x
E(X /Y)   f(x,y)d dx dy发散，所以
y 0 0 y
xoy
E ( X / Y ) 不存在E  l n ( X Y  ) 


x

2
o
y
1
0
(
l
d
x
n
x
l
(

n
x y
1
l
0
x
)
n

f
x
( x
d y
x )
,

1
0
y

) d
1

0

d
2
y


1
0
1 
0
l n
d
y
x
d

x
1 l
0

n (
2
x y
1

0
)
l n
d
x
y
d x

1 y 1 x
EY X    yx  f(x,y)d  dy (yx)dx dx (x y)dy
 
0 0 0 0
xoy
1
11 1 1
2 y2dy  y3  .
0 2 3 3
0
（2）
C o v (
A
A ,

C )
X




Y
2
2
2
, C
C o
 E

 E

( E
 2 ( X
v ( X Y ,
2 ( X Y
2 X E Y
Y D X 
2
)

(


E
Y )
X 
E (
( E X
X D
Y )
X Y
2 )
Y )
)
)
E


E X
Y
2
2


 C

E
1
2
o
E
X

1
v
X
E
1
2
( X Y
2 Y 
2 Y 
1

2
, X
E
E

1
)  C
( X Y )
X ( E Y
1 


2 
o
E
1
6
v
Y
2 )
( X


Y , Y ) 
D(A) D(XY) E(XY)2 (EXY)2  EX2EY2 (EXEY)2
 1 1
2
1
4
7
[DX (EX)2]2 (EX)4    
   
12 4 2 144
D ( C )  4 D ( X  Y )  4 ( D X  D Y )  4

1
1
2

1
1
2


2
3
1
Cov(A,C) 6 6
    .
AC DA DC 7 2 7
·
144 3
2
11.【答案】EX  ；
3
E Y  0 ； C o v ( X , Y )  0
【解析】记D{(x,y)|| y| x,0 x1}
1
1 x 1 2 2
EX xd2 dx xdy 2 x2dx x3 
0 0 0 3 3
D 0EY yd0
D
EXY xyd0
D
所以 C o v ( X , Y )  E X Y  E X E Y  0  0  0
12.【答案】 E X 
7
6
； E Y 
7
6
； C o v ( X , Y )  
3
1
6
；
X Y 1
1
1
   ； D ( X  Y ) 
5
9
.
【解析】
E X  
2
0
d x 
2
0
x 
1
8
( x  y ) d y  
2
0
1
4
x ( x  1 ) d x 
1
4
 1
3
x 3 
1
2
x 2

2
0

7
6
2 2 1 7
EY  dy y (x y)dx
0 0 8 6
E X Y  
2
0
d x 
2
0
x y 
1
8
( x  y ) d y  
2
0
x
4

x 
4
3

d x 
1
4
 1
3
x 3 
2
3
x 2

2
0

4
3
.
4 7 7 1
Cov(X,Y)  EXY EXEY    
3 6 6 36
E X 2  
2
0
d x 
2
0
x 2 
1
8
( x  y ) d y  
2
0
1
4
x 2 ( x  1 ) d x 
1
4
 1
4
x 4 
1
3
x 3

2
0

5
3
所以 D X  E X 2  ( E X ) 2 
5
3

 7
6

2

1
3
1
6
所以 D Y  D X 
1
3
1
6
1

Cov(X,Y) 36 1
所以   
XY DX DY 11 11 11
36 36
11 11 1 5
D(X Y) DX DY 2Cov(X,Y)  2  .
36 36 36 94-2 基础真题
1.【答案】（1） a  3 4 ；（2） E

X
1
2


3
4
【解析】（1）由条件 P ( A )  P ( B ) ， P ( A B )  P ( A ) P ( B ) 所以
P ( A B )  P ( A )  P ( B )  P ( A B )  2 P ( A )  [ P ( A ) ] 2 
3
4
由此得 P ( A ) 
1
2
，并且知 0  a  2 .
 23 x3 1
由于P{X a} f(x)dx x2dx 2 1 a3，从而有
a a 8 8 a 8
1 
1
8
a 3 
1
2
，于
是得 a  3 4 .
（2） E

X
1
2

 
 
 
1
x 2
f ( x ) d x  
2
0
1
x 2

3
8
x 2 d x 
3
8

2
0
d x 
3
4
.
2.【答案】（1） a 
5
3
或 a 
7
3
；（2） E
 1
X


1
2
l n 3 .
【解析】（1）设 p  P ( A ) ，由 X 和 Y 同分布，知
P ( B )  P { Y  a }  P { X  a }  P ( A )  p ，因此 P ( B )  1  p .
由 P ( A B )  P ( A )  P ( B )  P ( A ) P ( B )  p  ( 1  p )  p ( 1  p )  p 2  p  1 
7
9
，得
1
p  或
3
2
3
a1
. 由P(A) P{X a}  p，得
31
a  2 p  1 ，即 a 
5
3
或 a 
7
3
.
（2） E
 1
X

 
 
 
1
x
f ( x ) d x 
1
2

3
1
1
x
d x 
1
2
l n 3 .
3.【答案】 1 8 .4
【解析】由题意， X B (1 0 , 0 .4 ) ，所以 E X  1 0  0 .4  4 ，
DX 100.4(10.4)2.4. 所以E(X2)DX (EX)2 2.442 18.4.
1
4.【答案】
6【解析】由 E X  
0
 1
x (1  x ) d x  
1
0
x (1  x ) d x 
 1
2
x 2 
1
3
x 3

0
1

 1
2
x 2 
1
3
x 3

10  0 ，
0 1 1 1  1 1  1
E(X2) x2(1x)dx x2(1x)dx x3  x4  0  x3  x4  1 = ，
1 0 3 4  1 3 4  0 6
1
DX  E(X2)(EX)2  .
6
5.【答案】
2
π
【解析】若记 X     ，则 E X E E 0      ， D X D D 1      .
可得 X N ( 0 ,1 ) . 于是
E ( ) E ( X )
+
x
1
2 π
e
2 x2
d x
2
π 0
x e
2 x2
d x
2
π
e
2 x2
0
2
π
     





 
  
 



 

 .
6.【答案】D
【解析】若随机变量 X 和 Y 相互独立，则数学期望为
E(aX bY)aEX bEY ，方差为 D ( a X  b Y )  a 2 D X  b 2 D Y ，
对于本题有 a  3 ， b   2 ，DX 4， D Y  2 . 故
D(3X 2Y)32DX 22DY 44，应选（D）.
7.【答案】 1 
2
π
  1  2   1  2
【解析】令Z  X Y ，由于X N0,   ，Y N0,   且X 和
   
 2   2 
   
Y 相互
独立，故 Z N ( 0 , 1 ) .
因为 D ( X  Y )  D Z  E ( Z 2 )  [ E ( Z ) ] 2  E ( Z 2 )  [ E ( Z ) ] 2 ，而E(Z2)DZ 1，
 1 
z2
2  
z2
2 2
E(Z ) z e 2dz   ze 2dz  ，所以D( X Y )1 .
 2π 2π 0 π π
8
8.【答案】
9【解析】由题设，则 P  Y   1   P  X  0  
0  (
3
 1 )

1
3
，
P  Y  0   P  X  0   0 ， P  Y  1   P  X  0  
2 
3
0

2
3
.
1 2 1 1 2 1 2
因此EY 1 1  ，E(Y2)(1)2 12   1
3 3 3 3 3 3 3
所以 D ( Y )  E ( Y 2 )  ( E Y ) 2  1 
1
9

8
9
.
9.【答案】（Ⅰ）
3
2
；（Ⅱ） Ρ ( A ) 
1
4
【解析】（Ⅰ）乙箱中次品件数X 是个随机变量， X 的可能值为 0 , 1 , 2 , 3 . X 的概率分布
CkC3k
为ΡX k 3 3 ,k 0,1,2,3.
C3
6
列表得
X 0 1 2 3

1
2 0
9
2 0
9
2 0
1
2 0
因此 E X  0 
1
2 0
 1 
9
2 0
 2 
9
2 0
 3 
1
2 0

3
2
.
（Ⅱ）设 A 表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品”，由全概率公式有
3 1 9 1 9 2 1 3 1
Ρ(A)Ρ{X k}Ρ{A| X k} 0       .
20 20 6 20 6 20 6 4
k0
10.【答案】（1）
1
2
；（2） 1
【解析】（1） P { X  Y }   
x  y
f ( x , y ) d x d y   
0
 d y  y
0
e   x  y d x   
0
 e  y ( 1  e  y ) d y  1
2
.
（2）
     
E(XY)  xyf(x,y)dxdy   xye(xy)dxdy  xexdx yeydy 1.
  0 0 0 011.【答案】（1）请参照解析；（2）
2
9
2
【解析】（1）
X
Y
1 2 3
1 1 / 9 2/9 2 / 9
2 0 1 / 9 2/9
3 0 0 1 / 9
（2） X 的分布律为
X 1 2 3
p
i
1/9 3 / 9 5/9
E X  1 
1
9
 2 
3
9
 3 
5
9

2
9
2
.
12.【答案】  0 . 0 2
【解析】根据随机变量 X 和 Y 的联合概率分布，则 X 2 ， Y 2 和 X 2 Y 2 的概率分布分别
为： X 2 ~

0
0
.4 0
1
.6

， Y 2 ~

0
0
.5 0
1
.5

， X 2 Y 2 ~

0
0
. 7 2 0
1
. 2 8

故 E ( X 2 )  0 .6 ， E ( Y 2 )  0 . 5 ， E ( X 2 Y 2 )  0 .2 8
因而 C o v ( X 2 , Y 2 )  E ( X 2 Y 2 )  E ( X 2 ) E ( Y 2 )  0 . 2 8  0 . 6  0 . 5   0 . 0 2 .
13.【答案】D
【解析】因为X 和Y 同分布，所以 D X  D Y ，得
C o v ( U , V ) 

C
D
o
X
v (

X
D

Y
Y ,

X
0
 Y )  C o v ( X , X )  C o v ( X , Y )  C o v ( Y , X )  C o v ( Y , Y )
所以相关系数0.1
14.【答案】（1）略；（2）r 
3
【解析】由题设作图，可得
P { X  Y } 
1
4
， P { X  2 Y } 
1
2
， P { Y  X  2 Y } 
1
4
（1） ( U , V ) 可能取值为 ( 0 , 0 ) , ( 0 , 1 ) , ( 1 , 0 ) , ( 1 , 1 ) .
P
P
P
P
{
{
{
{
U
U
U
U




0
0
1
1
, V
, V
, V
, V




0 }
1 }
0 }
1 }



 1
P
P
P

{ X
{ X
{ X
 1
4




Y
Y
Y
1
4
, X
, X
, X





1
2
2
2
2
.
Y
Y
Y
}
}
}



P
0
P
{
{ Y
X

 Y
X
}


2
1
4
Y } 
1
4
（2）由以上可见 U V , U 以及 V 的分布分别为
U V
 0
1
2
1
1
2

, U
 0
1
4
1
3
4

, V
 0
1
2
1
1
2

.
3 3 1 1 1
于是，有EU  ，DU  ，EV  ，DV  ；E(UV)
4 16 2 4 2
1
Cov(U,V) E(UV)EU EV 
8
Cov(U,V) 1
r   .
DUDV 3
15.【答案】0.9
Cov(Y,Z)
【解析】由于  ，又DZ  D(X 0.4) DX
YZ
DY  DZC o v ( Y , Z ) 

E
E
(
(
Y
X
Z
Y
)
)


E
E
Y
X
 E
 E
Z
Y


E
C
( X
o v
Y
(
)
X

,
0
Y
. 4
)
E Y  E Y ( E X  0 . 4 )
所以
Y Z X Y
0 . 9 .    
15
16.【答案】（Ⅰ）请参照解析；（Ⅱ）
15
【解析】（Ⅰ）由于 P ( A B )  P ( A ) P ( B | A ) 
1
1
2
P(AB) 1
，P(B)= = ，
P(A|B) 6
所以 P { X  1 , Y  1 }  P ( A B ) 
1
1
2
， P  X = 1 ,Y = 0  = P ( A B ) = P ( A )  P ( A B ) =
1
6
，
P { X = 0 ,Y = 1 } = P ( A B ) = P ( B )  P ( A B ) 
1
1
2
，
P { X = 0 , Y = 0 } =
=
P
1
(

A
[
B
P
) =
( A )
P
+
(
P
A
( B )
B

) =
P (
1
A

B
P
) ]
(
=
A
2
3
B )
1 1 1 2
或P{X 0,Y 0}1    .
12 6 12 3
故 ( X , Y ) 的概率分布为
Y
X
0 1
0
2
3 1
1
2
1
1 1
6 12
（Ⅱ）X ， Y 的概率分布分别为
X 0 1
3 1
P
4 4
Y 0 1
5 1
P
6 6则 E X 
1
4
， E Y 
1
6
， D X 
1
3
6
， D Y 
3
5
6
， E ( X Y ) 
1
1
2
，
故 C o v ( X , Y )  E ( X Y )  E X  E Y 
1
2 4
，从而
X Y
C o
D
v
X
( X ,
D
Y
Y
)
1
1
5
5
   .
15
17.【答案】（Ⅰ）请参照解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ）请参照解析
15
1
【解析】（Ⅰ）P(AB) P(A)P(B A) ，
12
P ( B ) 
P
P
(
(
A
A
B
B
)
)

1
6
，则
P { X  1 , Y  1 }  P ( A B ) 
1
1
2
1
P{X 1,Y 0} P(AB) P(A)P(AB)
6
1
P{X 0,Y 1} P(AB) P(B)P(AB)
12
2
P{X 0,Y 0} P(AB)1P(A B)1[P(A)P(B)P(AB)]
3
（或 P { X  0 , Y  0 }  1 
1
1
2

1
6

1
1
2

2
3
）
则 ( X , Y ) 的概率分布为
Y
0
X
1
0
2
3 1
1
2
1
1
6 1
1
2
1 1
（Ⅱ）EX  P(A) ，EY  P(B) ，
4 6
E ( X Y )  P ( A B ) 
1
1
2
1
Cov(X,Y) E(XY)EX EY 
241
E(X2) P(A) ，
4
E ( Y 2 )  P ( B ) 
1
6
D X  E ( X 2 )  ( E X ) 2 
1
3
6
5
，DY  E(Y2)(EY)2 
36
Cov(X,Y) 1 15
    .
XY DX DY 15 15
（Ⅲ） Z 的可能取值为0，1，2，则
P
P
P
{
{
{
Z
Z
Z



0 }
1 }
2 }



P
P
P
{
{
{
X
X
X



0
0
1
, Y
, Y
, Y



1
1
0
}
}
}



P
1
2
3
{
1
2
X  1 , Y  0 } 
1
4
Z 的概率分布为
Z 0 1 2
P
2
3
1
4
1
124-3 拓展拔高
1.【答案】
4
3
【解析】方法一：
E ( X )  1  1
2
 2  1
3
 3  1
6
 5
3
， m i n  X , E ( X )   m i n  X , 5
3


1
1
2
5
31
2

，
1 5 1 4
E(min{X,E(X)})1    .
2 3 2 3
方法二：
E ( X )  1 
1
2
 2 
1
3
 3 
1
6

5
3
，
 5 1  5 1  5 1 4
E(min{X,E(X)})min1,  min2,  min3,   .
 3 2  3 3  3 6 3
2.【答案】
2

4
；2

【解析】令 Z  X  Y ，则 Z N ( 0 , 2 )
1 
z2
， f (z) e 4 ,zR
Z
2 
E  X Y  E ( Z ) z f
Z
( z ) d z 1
0
z e 2 z4 d z 2
0
e 2 z4 d z
4
2 2

     
 


           

，
因为 E ( Z 2 )  E ( Z 2 )  D ( Z )   E ( Z )  2  2 ，
所以 D

X  Y

 D ( Z )  E ( Z
2
)   E ( Z ) 
2
 2 
4

.
3.【答案】43
【解析】由 X
1
的概率密度知X 2 E  ，则E(X 2)3，D(X 2)9，可得
3
E(X)5，D(X)9；
由Y P(1)，有E(Y) D(Y)1，故D(XY)
E(XY)2E(XY)2
 

E(X2Y2)E(XY)2
 E(X2)E(Y2)(EX EY)2
DX (EX)2DY (EY)2(EX)2(EY)2
  
 DXDY DX(EY)2 DY(EX)2
91912 152 43
4.【答案】 4 2 2 2   
【解析】
D(XY) E[(XY)2][E(XY)]2
 E(X2Y2)[E(XY)]2
 E(X2)E(Y2)(EX EY)2
[DX (EX)2][DY (EY)2](EX)2(EY)2
 DXDY DX(EY)2 DY(EX)2
4 22 22 4 222
5.【答案】D
【解析】由题意知， ( X , Y ) 服从区域 D  { ( x , y )∣ 0  x  4 , 0  y  4 } 上的均匀分布，X
与 Y 相互独立，则 f ( x , y ) 

1
0
1
6
,
, ( x ,
其
y )
它
 D
，先到者的等待时间为 X Y ，故先到者
的平均等待时间为
1
E  X Y   x y f(x,y)dxdy   x y dxdy
16
D 0x4
0y4
 
1   4
  (yx)dxdy  (x y)dxdy  (小时)
 
16 3
0xy 0x4 
0y4 0yx 
故选（D）.6.【答案】不独立；不相关
【解析】 C o v ( X , Y )  E ( X Y )  E ( X ) E ( Y ) ， E ( X )  0 ，
1
x3
E(XY) E(X3) dx0，因此
1 2
C o v ( X , Y )  0 ，故X 与Y 不相关；
 1 1  1 1 1  1 3  1 1
PX  ,Y   P  X   ，PX   ，PY   ，
 2 4  2 2 2  2 4  4 2
 1 1  1  1
由PX  ,Y   PX  PY  可知
 2 4  2  4
X 与 Y 不独立.
7.【答案】C
【解析】由题意知 f ( x ) 

e0 
,
x , xx  00
，故

E(Y) E(max{X,1}) max{x,1}f(x)dx

 1 
 max{x,1}exdx exdx xexdx1e1
0 0 1
故答案选（C）.
8.【答案】
4
5
【解析】由已知条件，得 X 的概率密度为 f ( x ) F ( x )
1
5
( x )
2
5
x
2
1
     
  
，
其中 ( x )  为标准正态分布的概率密度，则
 1  2   x1 
E(X) xf(x)dx  x(x)dx  x
 
dx，其中 x(x)dx0，
 5  5   2  
x
x
2
1
d x
4
x
2
1
t
t
( t ) d t
(
2
2 t 1 )
( t
(
)
t
d
) d
t
( 2 t
0
1
2
)
2
 
 

 
 
  
 

 
 


 
 
 

 
 


 
4
于是E(X) .
51
9.【答案】
13
【解析】由 ( X , Y ) ~ N ( 1 , 1 ; 4 , 9 ; 0 . 5 ) 得 E X 1 , E Y 1 , D X 4 , D Y 9 ,
X Y
0 . 5       ，
C o v ( Z , Y ) C
2
o v
X
(
Y
2 X
D X
Y ,
D
Y )
Y
2
D
C
Y
o v ( X
2
, Y
0
)
. 5
C o
4
v ( Y
9
, Y )
9 3 





  

    
D Z 

D
4
(

2
4
X


9
Y

)
4


4
0
D
. 5
X

 D
4 
Y
9


2
1
C
3
o v ( 2 X , Y )
则
Z Y
C o
D
v
Z
( Z ,
D
Y
Y
)
1 3
3
3
1
1 3
  


  .
10.【答案】 
1
2
【解析】设围成的三角形为区域 D ，由于三角形的面积为
1
2
，所以 ( X , Y ) 的概率密度为
f ( x , y ) 

20 ,, ( x , y
其
)
它
 D
，
于是 f
X
( x )  
 
 
f ( x , y ) d y 
 0 1
0,
 x 2 d y , 0
其

它
x  1

 2
0
(
,
1  x ) , 0 
其
x
它
 1
 1 1
EX   xf (x)dx2 x(1x)dx  ，
 X 0 3
 1 1
E(X2)  x2f (x)dx 2 x2(1x)dx  ，
 X 0 6
D X  E ( X 2 )  ( E X ) 2 
1
6

1
9

1
1
8
，
由对称性，有 E Y 
1
3
, D Y 
1
1
8
1 1x 1
，又E(XY)  dx 2xydy  ，因此
0 0 12
X Y
C o
D
v
X
( X ,
D
Y
Y
) E ( X Y
D
)
X
E
D
X
Y
E Y 1
1
2
1
1
8
1
9 1
2
  



  .
3
11.【答案】
2
【解析】随机变量X 的分布律的递推关系式可化简为P  X  n  
3
1
n  1
 P  X  1  ( n  1 , 2 , ) ，
可知随机变量 X 的分布律依赖于 P  X  1  ，令 P  X  1   C ，
利用分布律的归一性得 1 

n
 1
P  X  n   C

n
 1
3
1
n  1

3
2
C ，解得 C 
2
3
，
即随机变量 X 的分布律为 P  X  n  
 1
3

n  1

2
3
( n  1 , 2 , ) ，
即 X G
 2
3

，所以 E X 
3
2
.