(281)--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 巩固练习 1.【答案】 2 【解析】已知X ~ P(λ)且X 与X 相互独立，所以EX DX (i1,2)． i i 1 2 i i i E     ( E E λ λ X 1 1  1 2 ( X 1 2 X  1 2  λ 1  λ 2 X  2   ) 2 2 E 2 ( 2 X X λ 1 λ 1 1 1 λ  X E 2 2 X  λ 2  X  2 λ 2 2 )  2 ) 2 E X 2 λ 2 22 . 为求得最终结果，需要由已知条件计算出． 1 2 因为 P        1 1 1 1 1 1 X       1 P P P P e e  X  X  X  X  X  λ  1  1 2 1 1 1 1 e       λ2  0 X 2 X 2 0 , X  0 P  1   2    0  0  X  e 0 2 (   λ  1 0 λ2  ) 所以 λ 1  λ 2  1 ．故 E ( X 1  X 2 ) 2  ( λ 1  λ 2 )  ( λ 1  λ 2 ) 2  2 ． 2.【答案】 σ 2 ( σ 2  2 μ 2 ) 【解析】 D(X X )E(X X )2 E(X X )2 E(X2X2)EX EX 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 显然 X 21 与 X 22 也相互独立．EX EX ，所以 1 2 D(X X ) EX2EX2 μ4 (σ2  μ2)2 μ4 1 2 1 2 σ4 2σ2μ2 σ2(σ2 2μ2). e 3.【答案】 2( e1)1 【解析】记c ， e1 1 2   ，则 P  X  k   λ k k ! c ， k  1 , 2 , E ( X )     k  1     k  1 e 2 k 0 12  k  k c λ k ! k λ  k ! 1 e  e   k  0   λ   1 k  e 2  λ ( k c λ k !  c e e   λ 1 )  e . λ  c 这里用到泊松分布的期望公式 k 0 k k k ! e          ． n1 4.【答案】 2 n 【解析】 D   ( D ( X n 1   n  n 1 2  n ) X 2 1 ) σ  X 2 1  D  (  1 n n X  1 n  X i 2 σ  1 ) n 1 n i 2 2 n i 1     X ( n n  n i   n 1 1 2 σ 2 ) 2 . D X 1  1 n 2 n i 2 D X i 5.【答案】 1 【解析】 D X  D Y  1 4 ， 1  D ( X  Y )  D X  D Y  2 C o v ( X , Y )  1 4  1 4  2 C o v ( X , Y ) ， 1 1 Cov(X,Y) 4 解得Cov(X,Y) ，  1. 4 DX DY 1 1 4 4 6.【答案】 1  e  1 【解析】要注意此时 Y 并不是一个连续型随机变量，如果把 Y 看成 X 的函数，想先求出 Y 的“概率密度”，然后求E(Y)，是错误的.  可以直接用公式：E(g(X)) g(x)f(x)dx，其中  f ( x ) 为 X 的密度函数．E ( Y )     E   1  m i n   m i n 0 1  x d e 0  1  2 e    x  X x  e   , 1  , 1  x e 1   e 1   x   1       d x     1 e .  m i n 1  x e 0  x x e x ,  x d 1  0  1 x  1  0 f ( x    1  x e d ) d 1 x x  e   e x d  1 x 7.【答案】 1 aebx, x0 bebx, x0 【解析】F(x) ，则 f(x) F(x)  c, x0  0, x0 对比指数分布的概率密度函数 f ( x ) e 0 , x , x x 0 0        ， E ( X ) 1   ， 得 1 b    1 .故D(X) 1． 2 8.【答案】 N ( 0 , 2 ; 1 , 22 ; )    【解析】显然 X 1 1 , Y      也服从二维正态． 由于 E X 1 1 0       ， D X 1 1 1        X   ．故 1,Y~ N(0,;1,2;)，  2 2 1   1 其中 1 是 X 1 1    与 Y 的相关系数． 1 C C D o o v v ( 1 X X X , Y 2 1 ) 1 1 1 , Y D Y C o v ( X 1 2 1 , Y )                      X   故 1,Y~ N(0,;1,2;).  2 2   1 9.【答案】 1 【解析】E [ ( E X ( X 1 2 ) 2 ) ( X 3 3 E ( 2 ) X 2 ] ) E 2 2 ( X D 2 2 ( X 3 X ) 2 ( E 1 2 ) X ) 2 3 2                           即 2 2 1 0      ， ( 1 ) 2 0    ，1． 10.【答案】 ( n 2 ) 2   【解析】 C = o C C n i v ( Y o v o v 1 C 2 1 ( o , Y n i X v ) n 1 2 , 1 ( X X X i i n , ) X i X ) C n , X o v ( n 1 n i n j 1 2 2 ) X 1 2 X , i 2 . j X 1 C o v n i 1 2 X i , n j 1 2 X j C o v X n , n j 1 2 X j                                        11.【答案】C 【解析】 E ( X ) E 1 1 X k i 0 0 k 0 ( k i i ! 1 k e 1 1 1 k e ) ! 0 k 0 ! k ! e e i 1 i i ! 1 e e k 0 ( k k 1 ) e!                                                        答案选（C）． 12.【答案】D 【解析】 E[X(X Y 2)] E(X2  XY 2X)  E(X2)E(XY)E(2X)  DX (EX)2 EX EY 2EX 34245. 故选（D）. 13.【答案】B  【解析】当（B）成立时，即 xf(xa)dx0． 令xat，         E x     ( f t X ( f ) x (   a t ) d a ) t  d  0 x a            f ( ( t t  ) d a t ) f ( t ) d t 即E(X)a． 14.【答案】D 【解析】 1 1 2 1 C D 1 1 o X v 2 ( D 1 1 2 2 2 2 X 1 X , 2 X 1 2 2 1 ) C o 1  C o v ( X v ( X 1 2 , , X X 2 2 ) )  2 C o 0 v , ( X 1 , X 2 ) C o v ( X 2 , X 1 )               1 1 2 1 1 2 2 2 0      等价 C o D v X ( X 1 1 , D X X 2 ) 2 2 2 1      ， 即 ρ  1 ，选择（D）． 15.【答案】D 【解析】直接用定义通过计算确定正确选项，已知 D X  D Y ，故 Cov(X,Y) Cov(X,Y)   1， DX DY Cov(X,X) 即Cov(X,Y)Cov(X,X)，所以 Cov(X,X Y)Cov(X,X)Cov(X,Y)0， 即 C o v ( X  Y , X )  0 ，选择（D）． 16.【答案】A 【解析】直接通过计算协方差来判断，已知X 与 Y 独立，故 C o v ( X , Y )  0 ， C o v ( X , X  Y )  C o v ( X , X )  C o v ( X , Y )  D X  0 ． 所以 X 与 X  Y 一定相关，选择（A）． 又由于C    o E  D v ( X 2 X E X X E ,  2 Y X E  Y Y ( E     )   ( X 0 , 0 , E ) E X X 2  若 若 ) E 2 Y 2 Y E E  Y Y  E Y   E X 0 0  E X Y 故选项（C）（D）有时成立，有时不成立．综合测试 1.【答案】A 【解析】当 P  Y  a X  b   1 ( a  0 ) 时， 1；当 XY P  Y  a X  b   1 ( a  0 ) 时， X Y 1    . 因为 a r c s i n x  a r c c o s x  π 2 (  1  x  1 ) ，即 U  V  π 2 或 U   V  π 2 ，所以 U V 1    ，故答案选（A）. 2.【答案】（1） 1 2 ；（2） 1 1 2 【解析】（1） [ x ] 的概率分布为 [ x ] 0 1 2 P 1 4 1 2 1 4 得 E [ X ]  1 ， E ( [ X ] 2 )  3 2 ，故 D [ X ]  3 2  1 2  1 2 . （2） 5 1 1 21 5 E(X[X]) 2x[x] dx   0dx xdx2xdx 1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 5 3 125  15  x2  x2 2    4   4 1 2 2 4 2 4  8 3 且EX  ， 2 D X  2 1 2 2  1 3 ， C o v ( X , [ X ] )  E ( X [ X ] )  E X  E [ X ]  1 5 8  3 2  1  3 8 ，所 1 1 3 1 以D(X [X]) DX D[X]2Cov(X,[X])  2  . 3 2 8 12 3.【答案】（1） P  X  Y  1   1 ；（2） C o v ( X , Y )  0 ， X Y  0  ，X 与Y 不独立； （3） D ( 2 X  3 Y )  1 3 2 【解析】（1）由 P  X  Y   0 知 PX 1,Y 1 PX 1,Y 1 PX 1,Y 1  PX 1,Y 1 PX 0,Y 00 再由X 及Y 的概率分布（即(X,Y)的边缘概率分布），得X 与Y 的联合概率分布为则 P    P 1 4 X   X  1 4 Y     1 4 1 1 ,   Y 1 4    0 1 .  P  X  0 , Y   1   P  X  0 , Y  1   P  X  1 , Y  0  （2）由于 E ( X Y )  0 ， E X  E Y  (  1 )  1 4  0  1 2  1  1 4  0 ，故 C o v ( X , Y )  E ( X Y )  E X E Y  0 ， X Y  C o D v X ( X , D Y Y )  0  ，因此 X 与Y 不相关. 由于 P  X   1 , Y   1   0 ，而 P  X   1   P  Y   1   1 4 ，故 PX 1,Y 1 PX 1PY 1 从而 X 与Y 不独立. （3）由于 E ( X 2 )  E ( Y 2 )  (  1 ) 2  1 4  0 2  1 2  1 2  1 4  1 2 ，故 D X  D Y  E ( X 2 )  ( E X ) 2  1 2  0 2  1 2 又由（2）知 C o v ( X , Y )  0 13 ，故D(2X 3Y) D(2X)D(3Y)4DX 9DY  . 2 1 4.【答案】 2 【解析】直接套用公式可得 E ( Y )  E [ F ( X ) ]       F ( x ) f ( x ) d x       F ( x )  F ( x ) d x  1 2 [ F ( x ) ] 2      1 2 ( 1  0 )  1 2 . 5.【答案】0 1 1 【解析】由题意知E(X) E(Y) ，D(X) D(Y) ，所以 2 4 E ( X D Y ) ( X  E )  ( X D ) E ( Y ( Y ) )  E ( X Y 1 4 )  1 4  1  E ( X Y )  1 2  由于 X Y 的所有取值为0,1，不妨令PXY 1 PX 1,Y 1 p，PXY 01 p， 于是有 E ( X Y )  p  1 2 ，即 P  X  1 , Y  1   1 2 ，所以 P  X  0 , Y  1   P  Y  1   P  X  1 , Y  1   1 2  1 2  0 . 6.【答案】D 【解析】 X ~ B  2 , 1 3  , Y ~ B  2 , 1 3  ，于是 E ( X )  E ( Y )  2 3 ， D ( X )  D ( Y )  4 9 ，又 (X,Y)的可能取值为 ( 0 , 0 ) , ( 0 , 1 ) , ( 1 , 0 ) , ( 1 , 1 ) , ( 2 , 0 ) , ( 0 , 2 ) ，故而 X Y 的可能取值为 0 , 1 . 且 P  X  0 , Y  0   P  A 3 A 3   1 9 ， P  X  1 , Y  0   P  A 1 A 3   P  A 3 A 1   2 9 ， 2 2 PX 0,Y 1 PA APA A  ，PX 1,Y 1 PAA PA A ， 2 3 3 2 9 1 2 2 1 9 P  X  2 , Y  0   P  A 1 A 1   1 9 ， P  X  0 , Y  2   P  A 2 A 2   1 9 ，故XY 的分布律为 X Y ~  0 7 9 1 2 9  2 ，解得E(XY) ，所以 9 X Y  C D o ( v X ( ) X , Y D ) ( Y )  E ( X Y D ) (  X E ) ( X D ) ( E Y ( ) Y )   1 2  ， 故答案选（D）. 7.【答案】 1 4 【解析】由题设可知， f X ( x )   1 0 , , 0 其  他 x  1 , 且当0x1时， 1  , 0 y x, f (y|x)x Y|X  0, 其他所以 ( X , Y ) 1  , 0 y x1, 的概率密度为 f(x,y) f (x)f (y|x)x 故 X Y|X  0, 其他 E ( Y )       d x      y  f ( x , y ) d y   1 0 d x  x 0 y x d y  1 4 . 8.【答案】B 【解析】当 Y  1 时，  1  X  0 且 X ~ U [  1 , 0 ] 于是 D ( X | Y  1 )  [ 0  ( 1  2 1 ) ] 2  1 1 2 ； 当Y  2时， 0  X  2 且X ~U(0,2)，于是 D ( X | Y  2 )  ( 2  1 2 0 ) 2  1 3 ，故 E [ D ( X | Y ) ]   P 1 2 (   1 1 1 2   X 1 2   0 1 3 ) D  ( X 5 2 4 | Y  1 )  P ( 0  X  2 ) D ( X | Y  2 ) 故答案选（B）. 9.【答案】 E X  0 .6 ， D X  D ( X 1  X 2  X 3 )  0 .4 6 【解析】令随机变量 X i   1 0 , , 第 第 i i 个 个 部 部 件 件 不 需 需 调 调 整 整 ， ， i  1 , 2 , 3 依题意 X 1 , X 2 , X 3 相互独立，且 X 1 , X 2 , X 3 的分布分别为 X P 1 0 0 . 9 0 1 . 1 , X P 2 0 0 . 8 0 1 . 2 , X P 3 0 0 . 7 0 1 . 3 由题意知 X  X 1  X 2  X 3 ，显然X 的所有可能取值为 0 , 1 , 2 , 3 ，所以 P  X   0   P P   X X 1 1   X 0 2   P X  X 3  2  0  0   P P   X X 3 1   0 0  , X  2 0 .  9 0  , 0 X . 8 3   0 0 . 7   0 . 5 0 4  P X  1   P X  3       P P  P  0 P P   P  P . 1   X X X  X X    1  1 X 1  1 X 1 0 .8  1  1 X 1 ,   1   X  1 2 X 0 P 0 0 2 P  X  2 , X  X  P .7   X  X 3 0 2 2  0 3 2  ,   X .9    1 X 3 1 , X  0  2  0  3  1   0    0  P X  0 , X 3 1 2   P X  0 3     1 P X  0  P X  3 1 .2  0 .7  0 .9  0 .8  0 .3   P X  1 , X  1 , X 1 2 3   P X  1  0 .1  0 .2  3  0 , X  0 P  0 .3   1 0 .3  3  9 0  X 8 .0 1 2 , 0   6 0  P  X 3  1  PX 21  PX 0PX 1PX 3 10.5040.3980.0060.092. 因此 X 的概率分布为 X P 0 . 0 5 0 4 0 . 1 3 9 8 0 . 2 0 9 2 0 . 3 0 0 6 . E(X )0.1E(X )0.2E(X )0.3， 1 2 3 D ( X 1 )  0 .1  0 .9  0 .0 9 , D ( X 2 )  0 .2  0 .8  0 .1 6 , D ( X 3 )  0 .3  0 .7  0 .2 1 ， EX E(X X X )EX EX EX 0.6， 1 2 3 1 2 3 D X  D ( X 1  X 2  X 3 )  D X 1  D X 2  D X 3  0 . 4 6 .拓展提升 1.【答案】D 【解析】因为 ( X , Y ) 服从二维正态分布，所以 a X  b Y 服从正态分布， E ( a X  b Y )  a  2 b ，由 P ( a X  b Y  1 )  0 . 5 ，得a2b1，故答案选（D）. 2.【答案】（1） D ( Y ) n 2   ， D ( Z ) n 2   ；（2） Y Z n n m    【解析】（1）因为 X 1 , X 2 , , X m  n 相互独立，所以 D ( Y ) n i 1 D ( X i ) n 2      ， D ( Z ) k n 1 D ( X m k ) n 2       . （2） C o v ( Y , Z ) C C D ( n o o ( v v X [ ( X ( X 1 m 1 m ) 1 2 X X X m , m ) n ) X m C ( X 1 o v m ( 1 X m 1 X m X n ) n ) , X C X n o , m v X 1 ( n X 1 m 1 X m X n m ] X n n ) , X m 1 X m n )                                          则 Y Z  D C ( o Y v ) ( Y  , Z D ) ( Z )  n  n m  . 3.【答案】 e e  1 【解析】因为 X 服从参数为 1 的指数分布，则 X 的分布函数为 F ( x )   1 0  , e  x , x x   0 0 , , 因此对正整数k 0，有   P [ X  1 ]  k      P k   P k   (k  1 ) e  (1  e X 1  1 )  e ( e  1  k X  k  k   e  1 k  1 )   (k 1   1  ) F (1 (  k ) e   1 F ) ( k  1 ) 1 e 即Y X 1 服从几何分布，所以EY   . 1e1 e1 4.【答案】B  0 1  【解析】随机变量X,Y,Z同分布，均服从参数为0.5的01分布 . 易得 0.5 0.5P  X  1 , Y  1   0 .2 5  P  X  1  P  Y  1  . 类似地， P  X  0 , Y  1   P  X  0  P  Y  1  ， P  X  1 , Y  0   P  X  1  P { Y  0 } ， P  X  0 , Y  0   P  X  0  P  Y  0  ，因此随机变量 X , Y 相互独立. 由 X , Y , Z 的对称性可知，这三个随机变量两两独立，但是 P  X  1 , Y  1 , Z  1   0 . 2 5  0 . 1 2 5  P  X  1  P  Y  1  P  Z  1  因此随机变量 X , Y , Z 不相互独立，所以（A）不正确，（B）正确. Cov(XY,Z) E(XYZ)E(XY)EZ 0.250.250.50，故 X Y 与 Z 相关，所以 X Y 与 Z 不独立，排除（C）（D）. 所以答案选（B）. 5.【答案】 n n   1 1 【解析】依题设， X i ( i  1 , 2 , , n ) 相互独立，且都在 ( 0 , 1 ) 内服从均匀分布，其概率密度为 f ( x )   1 0 , 0 , 其  他 x  1 , 其分布函数为 F ( x )   0 x 1 , , , 0 x  x  x  0  1 , 1 . , d  m a x  X 1 , X 2 , , X n   m i n  X 1 , X 2 , , X n  记 X (n )  X (1 ) 其中 X (n ) 的分布函数为 F (n ) ( x )   P P ( ( X X (n 1 )   x x ) ) P  ( X P 2 ( X  1 x  ) x , P X ( 2 X  n x  , x ) X  n F  n ( x x ) ) X 的概率密度为 (n) f (n ) ( x )  n [ F ( x ) ] n  1  f ( x )   n 0 x , n  1 , 0 其  他 x  1 , X 的分布函数为 (1) F (1 ) ( x )     P 1 1 1 (    X P P [ 1 (1 ( (  ) X X  1 1 F x   ( ) x x x )  1 , X ) P n ]  2 ( X P  2 ( X x ,  (1 x ) )  X x n P )  ( x X ) n  x )X 的概率密度为 (1) f (1 ) ( x )  n [1  F ( x ) ] n  1  f ( x )   n 0 (1 ,  x ) n  1 , 0 其  他 x  1 , 故 E X (n )       x  f (n ) ( x ) d x   1 0 x  n x n  1 d x  n n  1 E X (1 )     x  f (1 )   1  x  t ( n x  ) d x 1 (1 0    t ) 1 0  x t  n n  1 ( d 1 t   x n n  ) 1  0 1 ( d t x n  1  t n ) d t  n 1  1 所以 E d  E X (n )  E X (1 )  n n  1  n 1  1  n n   1 1 . 1 6.【答案】 k(n1) 2 【解析】以 X i 表示第 i 次抽到的卡片上的数字，则 X  X 1  X 2   X n 由于有放回地抽取卡片，故 X 1 , X 2 , , X n 相互独立. 1 另由题设条件知PX  j , j 1,2, ,n;i 1,2, ,k i n 于是 E ( X i )  n j 1 j  1 n  1 n  n ( n 2  1 )  n  2 1 ，故 E ( X )  E ( X 1  X 2   X k )  k E ( X i )  1 2 k ( n  1 ) . 7.【答案】 2 3 【解析】设 Y i   1 0 , 第 , 第 i 次 i 次 A A 发 不 生 发 生 ，则 Y i ~  1  0 1 2 i 1 1 2 i  ， D ( Y i )  1 2 i  1  1 2 i  ( i  1 , 2 , ) ， n 此时有X Y ，且Y,Y , ,Y 相互独立，故而 n i 1 2 n i1 n n n 1  1  D(X ) D(Y)D(Y)  1  n i i 2i  2i  i1 i1 i1  1  1    1 1  1 2 所以limD(X )  1      1  . n n 2i  2i  2i 4i  3 3 i1 i1 1 8.【答案】 L 4 【解析】设X 为折点到左端点的距离，Y 为较短段的长，则X ~U(0,L)，且Y  g ( X )   X L ,  X , X X   1 2 1 2 L L 所以 E ( Y )  E [ g ( X ) ]       g ( x )  f ( x ) d x  1 L  12 0 L x d x  1 L  L 12 L ( L  x ) d x  1 4 L . 9.【答案】 7 3 【解析】由于 F ( x ) 为分布函数，故 F ( X ) ~ U ( 0 , 1 ) 1 1 ，故E[F(X)] ，D[F(X)] . 于 2 12 是 1 1 1 E[F2(X)]E[F(X)]2 D[F(X)]   4 12 3 E(X2)[E(X)]2 D(X)112 1 7 故E[F2(X) X2] 2 . 3 3