(279)--第二章-一维随机变量及其分布答案解析_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

第二章 一维随机变量及其分布
巩固练习
1.【答案】5
【解析】设成功的次数为 X ，则 X ~ B ( 1 0 0 , p ) ， D ( X )  1 0 0 p (1  p ) ，标准差为
100p(1 p).
令 f(p) p(1 p)(0 p1)，由
f(p)12p 0得 p 
1
2
，
因为 f 
 1
2

  2  0 ，所以 p 
1
2
为 f ( p ) 的最大值点，当 p 
1
2
时，成功次数的标准差最
大，最大值为5.
2.【答案】B
【解析】
F (y) P(Y  y) P(min{X,2} y)
Y
1P(min{X,2} y)
1P(X  y,2 y)
当 y  2 时， F
Y
( y )  1 ；
当 y  2时，F (y)1P(X  y)P(X  y)F (y)，而
Y X
F
X
( x ) 
 1
0

,
e  x , x
x


0
0
,
,
所以当0 y  2时，F (y)1ey ；
Y
当 y 0时，F (y)0，
Y
1, y2,

即F (y)1ey,0 y2,显然F (y)在y 2处间断，选（B）.
Y Y

0, y0,
3.【答案】 P ( X Y 0 ) e     
ey, y1

e, 1 y0
；F (y)
Y
1ey e,0 y1

1, y1
【解析】
P(X Y 0) P(Y X) P( X 1) P(X 1)P(X 1)
 P(X 1)1P(X 1)1F (1)e
X
F (y) P(Y  y) P(Y  y, X 1)P(Y  y, X 1)
Y
 P(X  y, X 1)P(X  y,X 1)P(X  y,X 1)
 P(X  y,0 X 1)P(X y,X 1)
(由于X是指数分布，因此X 0 时概率为0)
当y1时， F
Y
( y ) P ( X y ) e y      ；
当1 y0时， F
Y
( y ) P ( X 1 ) e      ；
当 0  y  1 时，F (y)P(X  y)P(X 1)1ey e ；
Y
当y1时，F (y)P(0 X 1)P(X 1)1，
Y
ey, y1

e, 1 y0
故F (y) .
Y 1ey e,0 y1

1, y1
4.【答案】 e  1  e  2
【解析】
P3 X 2| X 1
 PX 2| X 1PX 3| X 1
 PX 1PX 3| X 1(指数分布的无记忆性)
e1PX 2e1e2.
5.【答案】1
【解析】方法1：F (
P
P

(
X
X
x )
x )
(
F
x
x
(
x
)

x
P
P
(

x
)
X
X
) [ 1
x
( x
x
)

] 1 .
   
   
 
 


 




 





















方法2：由正态分布密度对称性，如图显示， F ( x ) F ( x ) 1         ．
6.【答案】
1
2
【解析】
1  1  1
F    PY   P1eX  
Y 2  2  2
 P  eX  1  P  eX 2   PX ln2
 2
ln2 ln2 1 1
 f (x)dx exdx1  .
 X 0 2 2
7.【答案】C
【解析】已知 f ( x ) 是偶函数，因此有
F (  x )  
 x
 
f ( t ) d t   
x
 
f (  t ) d t  

x

f ( t ) d t ，而 F ( x )  
x
 
f ( t ) d t ，
可知F(x)不具有奇偶性，（A）（B）不成立；
又 F ( x )  F (  x )  
x
 
f ( t ) d t  

x

f ( t ) d t  1 ，
故选择（C）；而
x  
2F(x)F(x)2 f(t)dt f(t)dt 23 f(t)dt 1，
 x x
故（D）不成立．
8.【答案】D  
【解析】由 f(x)dxa f (x)dxb f (x)dxab1，知四个选项均符合这个
1 2
  
要求，因此只好通过 F ( 0 ) 
1
8
确定．
由于
0 0 0 a a 1
F(0) f(x)dxa f (x)dxb f (x)dx 0 
  1  2 2 2 8
所以 a 
1
4
，正确选项为（D）．
9.【答案】B
【解析】对于（B），由于 F ( x ) 是右连续函数，故 F ( a )  l i
x 
m
a 
F ( x )  l i
x 
m
a 
1  1 ，所以应选
（B）；
对于（A）， F ( x ) 不一定左连续，所以当 x  a 时， F ( x )  0 不能推出 F ( a )  0 ，（A）不
正确；
对于（C），因为
F(a) PX a PX aPX a
1
 PX a
2
不一定等于
1
2
，所以（C）不正确；
对于（D），因为 P  X  a  
1
2
，即 P  X  a  
1
2
，同（C），故（D）也不正确．
10.【答案】A
【解析】 f(1x) f(1x)，即密度函数 f ( x ) 在 x  1 处对称．
F ( 0 )  P { X  0 }  
0
 
f ( x ) d x 
1
2
 0 .3  0 .2 .答案应为（A）．
11.【答案】C【解析】记  X 的分布函数和概率密度分别为 F
1
( x ) 和 f
1
( x ) ．则
F
1
( x ) 

P
1



P
X
 X
 x




x 
P

 X
1 

F

(
x


x

)
1  P  X   x 
f
1
( x )  F (
1
x )  [ 1  F (  x ) ]   f (  x ) ，
故答案选（C）．
12.【答案】D
【解析】方法一：
P  X  2 | X  1  

 P
2

1
 
1
X
P
e
e
 1
 X
 x d x
 x d x
, X


1


e 
2
1
e




e
1

P
2
 1
 
1
 1



e
X

e

x d
 1 .
x
2 
方法二： X 服从指数分布，具有无记忆性，则
PX 2| X 11PX 2| X 11PX 2| X 1
1PX 11e1.
13.【答案】A
【解析】设 Y  2 X  3 ，则 Y 的分布函数为
F
Y
( x )  P { Y  x }  P { 2 X  3  x }  P

X 
x 
2
3 
 
x 2
 
3
f ( t ) d t ，
Y  2 X  3 的概率密度

 x3   x3 1 1  x3
f (x)F(x) 2 f(t)dt  f     f  ，
Y Y     2  2 2  2 
答案应选（A）．综合测试
1
1.【答案】1
e
【解析】
方法一：利用指数分布的无记忆性进行计算
由于 X E ( 1 ) ，且当 s , t  0 时，有 P  X  s  t | X  t   P  X  s  ，故
PX k1| X k1PX k1| X k1PX 1
1
1e1 1 .
e
方法二：直接利用条件概率进行计算
P



1
1
X


 k
 P
 

k  1
  
k
X
e
e
 1 | X
 k 
 P X
 td t

 td t

1

1
k
, X
k



e
 1
 k
 (k 
 k e


1 )
P



1
1
X



P
1
e

P
k
X


X
1

|
k

X

k

1


k 
2.【答案】 x
0
  ； y
0

1
2
【解析】
由 X ~ N ( , 2 )
1 
(x)2
 ，则其概率密度为 f(x) e 22 ，则
2
1 (x 0 )2 2(x )
F(x ) f(x ) e 22  0 0，
0 0 2 22
1
故x ,F(x ) y  .
0 0 0 2
3.【答案】D
X 
【解析】G(y) PY  y P 2 y PX 2(y2) F(2y4)，故选（D）.
 2 4.【答案】C
【解析】由
   f ( x ) d x 
 

(提 指 数 中 常 数 )

( ) 凑 正 态 分 布

C
C
C
C

e
 
 
 


 e
 
 
e 
e
2 x  2 x d
 ( x  1 e
 

 
 1
x
2)
2

d x
1

C
1

2
 
 

e
 e
( x

2 
2 ( x  1 ) 
2  1 )
2 1 
2  d
1
x
d x
1
得C  ，故选（C）.
e
5.【答案】B
【解析】设Y 的分布函数为F (y) PY  y ，
Y
当 y  0 时， F
Y
( y )  0 ；
1
当0 y1时，F (y) PY  y PX 1 ；
Y 2
y1 y
当1 y2时，F (y) PY  y P0 X  y  dx ；
Y 0 2 2
当 y  2 时， F
Y
( y )  P  Y  y   1 ；
所以 F
Y
( y ) 
 0 ,
1
2
y
2
1 ,
,
,
y
0
1
y




0
y
y
2
,


.
1
2
,
,
可知分布函数在y 0不连续，分布函数有 1 个间断点，故选（B）.6.【答案】A
【解析】 p
1
P  X 4  P
X
4
1 ( 1 )

    
 
 

   ；
p
2
P  Y 5  P
Y
5
1 1 (1 ) ( 1 )

    
 


      ，
因此，对任何实数，都有 p
1
 p
2
，故选（A）.
7.【答案】B
 
【解析】由 f(x)dx kexdx1得
 
k e  
ex, x
，所以 f(x) ，
0, x
故 P  X a 
a
e x d x 1 e a

  

    

    ，由此可知 P  X a       与无关，随 a
增大而增大，故选（B）.
3
 y1, 1 y2,
8.【答案】 f (y)2
Y
 0, 其他.
【解析】设 Y  X 2  1 的分布函数为 F
Y
( y ) ，则F (y)PY  y P  X2 1 y  ，
Y
当 y 1时， F
Y
( y )  0 ；当 y  2 时，F (y)1；
Y
当1 y2时，
F (y) P  X2 1 y   P   y1 X  y1 
Y
y1 3 y13
 x2dx2 x2dx( y1)3
 y12 0 2
0, y1,

3

(y1)2, 1 y2,
故F (y)
Y


1, y2
所以 Y  X 2  1
3
 y1, 1 y 2,
的概率密度为 f (y)2
Y
 0, 其他.1 3
9.【答案】（1）a  ,b ；（2）
4 4
F
Y
( y ) 
 0
1
1
,

,
e  y ,
y
0
y



0
y
l
,

n 4
l
.
n 4 ,
【解析】
（1）由于 P  X  0   F ( 0 )  F ( 0  0 )  a  0  a
1 1
，及PX 0 ，所以a  .
4 4
又 F ( x ) 在点 x  1 处右连续，故 F (1  0 )  F (1 ) ，即 1  a  b ，解得 b 
3
4
.
进而有 F ( x ) 
 0 ,
1
4
1 ,

3
4
x ,
x
0
x



0
x
1
.

.
1 ,
（2） F
Y
( y )  P  Y  y   P   l n F ( X )  y 
当 y  0 时，由于 X 在[0,1]上取值，且 F ( X ) 
1
4

3
4
X ，满足
1
4
 F ( X )  1 ，故
0   l n F ( X )  l n 4 ，因此
当 y  0 时， F
Y
( y )  0 ；
当 0  y  l n 4 时， 0 
4
3

e  y 
1
4

 1 ，且 F ( x ) 在x0时连续，故
F
Y
( y ) 


P
1
1




P

l n

1
4

X

1
4

3
4


4
3
4
3
3
4


X
e
e



y
y



y
1
4
1
4








P
1
1



X
F
e 


y
4
3
4
3


e
e


y
y


1
4
1
4




当 y  l n 4
4 1
时，  ey   0，故
3 4
 1 3    4 1
F (y)Pln

 X

 yPX 

ey  1
Y  4 4    3 4综上可得 F
Y
( y ) 
 0
1
1
,

,
e  y ,
y
0
y



0
y
l
,

n 4
l
.
n 4 ,拓展提升
1.【答案】B
【解析】概率密度的充要条件为① f ( x )  0 ，② 
 
 
f ( x ) d x  1 .
（A） f ( 2 x ) 不可以作为概率密度，因为 
 
 
f ( 2 x ) d x 
1
2

 
 
f ( 2 x ) d 2 x 
1
2
 1 ；
（B） f ( 2  x ) 可以作为概率密度，因为 f ( 2  x )  0 ，且

 
 
f ( 2  x ) d x   
 
 
f ( 2  x ) d ( 2  x )  
 
 
f ( t ) d t  1 ；
对（C）（D）容易举出反例，使 
 
 
f 2 ( x ) d x 和 
 
 
f ( x 2 ) d x 均不为 1 ，例如
f ( x ) 
 1
20
,
, 0 
其
x
他
 2
可以作为概率密度，
1
 , 0 x2
但 f 2(x)4 和
 0, 其他
f ( x 2 ) 
 1
20
,
,  2 
其
x
他
 2
显然都不可以作为概率密度；故
选（B）.
2.【答案】C
【解析】 X 落入 (   , x
1
) , ( x
1
, x
2
) , ( x
2
, x
3
) , ( x
3
, x
4
) , ( x
4
,   ) 的概率应为
7 24 38 24 7
, , , , ，即
100 100 100 100 100
0 .0 7 , 0 .2 4 , 0 .3 8 , 0 .2 4 , 0 .0 7 ；
P  X  x
4
  1  P  X  x
4
  1  0 .0 7  0 .9 3   (1 .5 ) ，
X 15
而X ~ N(15,4)，所以 ~ N(0,1)，
2
P  X  x
4
  P
 X 
2
1 5

x
4

2
1 5 
 
 x
4

2
1 5 
，
x 15
所以 4 1.5，解得x 18;
2 4
又PX  x 1PX  x 10.240.070.69(0.5)
3 3X 15 x 15  x 15
PX  x  P  3 

3

3  2 2   2 
得
x
3

2
1 5
 0 .5 ，故 x
3
 1 6 ;
由对称性 x
1
与x ，x 与x 都关于
4 2 3
x  1 5 对称，所以
x
1
 1 5  ( x
4
 1 5 )  1 2 , x
2
 1 5  ( x
3
 1 5 )  1 4 ，故选（C）.
3.【答案】D
【解析】对于（1），是几何分布的无记忆性，正确.
几何分布的无记忆性证明如下：
 P X  m
代 入 几 何 分
约
分 子 分 母 等

布
去
比
P
 n | X  m 

 (
的 分 布 律
k  n  m  1

 ( 1
k  m  1
( 1  p )
p 1  ( 1 
( 1  p
级 数 求 和
1  ( 1 
 X
1 
 p
n  m
p )
m )
p )

P
p
)

m 
 X
k  1 ) p
k  1 p
( 1 
n

p
,
m
)
X

n 
 m

k
 n

 1

( 1
P


P
p
X

k )
X


1
m

p

m

n

P

 X  n 
对于（3），是指数分布的无记忆性，正确.
指数分布的无记忆性证明如下：
P 
e
X
e
(s
s
s
t)
t
e
| X
t
s
1

1
( 1
P
1

( 1
e
X
( 1
P
e
t )

e
s
X
(s
P
s
t , X
 s
t) )
)
 X t
s

 P 
P
X
 X
s
 s
+
s+
s
 t
t
e
e
x
x
d
d
x
x
  
  

 

代

入 指



数

分

布

的 分


布

函 数















或


利 用 概

率 密 度 计

算








对于（2），P  X  2 n | X  n  



P
1
1
1


1

1

1
X 
 P
 1

1  



1 

1 


 1


1 


 1

2
X
2
1



n , X 
  n
1

2  3
1

2 2 
1 1
 
2 2
1 1

2 2
1 
2 n 

1 
n 
 n


3
1

3
1

3
1
2



P

 X
 P X
( 2 n
( n

2



n
n


1
1
1
1
1

1

2 n
 n
)  2
)  n

1

1



n 

1
2 n
1 
n 
1
1



P
P
{
{
X
X


2
n
n
}
}
正确；

  1 dx  1
对于（4），PX 2t| X t PX 2t,X t  PX 2t  2t x2  x 2t  1 ，
PX t PX t  1 1  2
 dx

t x2 x
t
正确，故选（D）.
4.【答案】C
【解析】
若X 服从正态分布N(,2)(0)，则 f ( x )
2
1
e
( x
2
2)2
, x R





 
 ，
故 f
m ax
f ( )
2
1


 

；
选项（A）， f
1 m ax
( x ) 
1
2 
 1
1
；选项（B）， f (x) 1；
2max
2 2
ex, x0
选项（C），X E(1)时，概率密度为 f (x) ， f (x)1；
3 0, 其他 3max
1
 , 1 x1 1
选项（D）， X U(1,1)时，概率密度为 f (x)2 ， f (x) 1；
4 4max 2
 0, 其他故选（C）.
5.【答案】B
【解析】
方法一：
F
Y
( y ) 


P
P
P



Y
X
2

X

y


X
 P

y , X
 X
y , X
 0


 
X
0

P


 y
 y

P

X
0 ,

X
X
 0


y , X  0

当 y  0 时，
F
Y
( y ) 

P



0
y
2


X


1
2

y
2

1
2


P



X
y
2


0 
1
故PY 11F (1)1  ，选（B）.
Y 2
方法二：
P





P
P
P
P
Y





X
2
X
X
1
X





X
 1
1
2
1
2
P
,
,



X
X

X
1 ,


1

X
0
0

X 

 0
  P

 0 
1 


2 
1




0
P


X
1 , X


X
0 
 1 , X  0

故选（B）.
2
6.【答案】
3
【解析】
2 1 0
由EA  0 1 0 (1)(2)(Y)0，得矩阵
0 1 Y
A 的特征值为
1, 2, Y ；
1 2 3当Y 1,2时，矩阵 A 一定可以对角化；
当Y 1时， A 
 200 111 001 
， 1   为二重特征值，因为 r ( E  A )  2 ，所以 A 不可对角
化；
当Y  2时， A 
 200 111 002 
，2为二重特征值，因为 r ( 2 E  A )  1 ，所以 A 可对角
化；
故 A 可对角化的概率为 P ( Y  1 , 2 )  P ( Y  2 )  P ( Y  0 )  P ( Y  2 )  P ( Y  3 ) 
2
3
.
7.【答案】 e   ； F
Y
( y )
e
e
1
1 ,
y ,
,
e
y
y e , 0
y
1
y
1
1
y
.
,
1 ,
0 ,


 



   








【解析】
P  X Y  0 P
P
 Y
 X 1
X


1
P 
P
X
 X
 1
 1
P
1
 X
F
X
1
(1

)
P
e
 X 1 

  










 
 
 
 
F
Y
( y ) 


P
P
P



Y
X
X



y 
y
y
,
,

0
X
P



X
Y
1




1
y
P

,

X
 
P

X
 X
1




y ,

P
X
y
 Y

, X

 1

y

1
,
P

X
 

X
1 
 y , X   1 
当 y   1 时， F
Y
( y ) P  X y  e y      ；
当1 y0时， F
Y
( y ) P  X 1  e      ；
当 0  y  1 时， F
Y
( y ) P  X y  P  X 1  1 e y e            ；
当 y 1时，F (y) P0 X 1PX 11；
Y
ey, y1,

e, 1 y0,
故F (y)
Y 1ey e, 0 y1,

1, y1.8.【答案】（1） f
X
( x ) 

2
0
,
,
0 
其
x
他

1
2
1
； （2）
6
【解析】（1）如图所示，折点坐标记为 V ，则 V ~ U ( 0 , 1 ) ，于是X minV,1V ，则 X
的分布函数为 F
X
( x )  P  X  x   P  m i n  V , 1  V   x  ；
由题意， P

0  X 
1
2

 1 ，故
① 当 x  0 时， F
X
( x )  0 ；
② 当 x 
1
2
时， F
X
( x )  1 ；
1
③ 当0 x 时，
2
F
X
( x ) 




P
1
1
1
1





m
P
P
P
1
i




 n
m
V
x
x
1
V
i n



, 1 
 V
x , 1
V 
x

V
, 1

1
2


V

x
  x
 V 
  x
 x
x 
 1
2, 0 x ,
于是 f (x) F(x) 2
X X
 0, 其他.
（2）方法一：由（1）知， X U

0 ,
1
2

，故 E X 
1
4
, D X 
1
4 8
，故
E(Z) E[X(1X)] E(X)E(X2)
 E(X)[E(X)]2 D(X)
1 1 1 1
   
4 16 48 6
 1
方法二：Z  X(1X) X X2 ，由于z(xx2)12x0,x  0, ，
 2故z  xx2 在

0 ,
1
2

内单调可导，于是由 x 2  x  z  0
1 14z 1 1
，解得x   z .
2 2 4
1
又x ，故
2
x 
1
2

1
4
 z ，
d
d
x
z

1
2

1
4
1
 z
，所以Z 的概率密度为
f
z
( z ) 

f
0
X
,
( x )
d
d
x
z
, 0  z
其

他
1
4
,


0 ,
1
4
1
 z
, 0 
其
z 
他
1
4
,
于是 E ( Z )  
14
0 1
4
z
 z
d z
z
1
4


1
4
z


t
t
2

12
0
1
4

t
t 2
2 t d t  2
 1
8

1
2 4


1
6
.