(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