250401_112913-3.基础习题册概率第三章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

第三章 二维随机变量及其分布 3-1 基础过关 1.【答案】（1） k  1 8 ；（2） 3 8 ；（3） 2 3 7 2 ；（4） 2 3   【解析】（1）由   f(x,y)dxdy 1 ，得   x2 4 2 4 1  1 dy k(6x y)dxk (6 y)x x2 dy   2 0 2  2  x0 4 4 k (122y2)dy k(10y y2) 8k 2 2 1 所以 k  ． 8 （2） P { X  1 , Y  3 }    1 8 3 2 d  y  3  2  1 1  8 0 1 1 2 (  6  y  x d  y  y ) 3 8 d x  1 8  3 2  ( 6  y ) x  1 2 x 2  x x   1 0 d y （3） P { X  1 . 5 }   4  2 1 8 d  y 4 2   1 .5 0 6 3 8 1 8  ( 6 3 2  y x   d y y  ) d 2 3 x 7 2  1 8  4 2  ( 6  y ) x  1 2 x 2  x x   1 .5 0 d y （4）在 f ( x , y )  0 的区域R:0 x2,2 y4 上作直线 x  y  4 （如图），并记G:{(x,y)|0 x2,2 y4x} 则4 4y1 P{X Y 4} P{(X,Y)G} f(x,y)dxdy  dy (6x y)dx 2 0 8 G x4y 1 4 1  1 4 1    (6 y)x x2 dy   (6 y)(4 y) (4 y)2 dy     8 2  2  8 2  2  x0 4 1 4 1  1 1  2   2(4 y) (4 y)2 dy  (4 y)2  (4 y)3      8 2  2  8 6  3 2 2.【答案】 2.4(2x)x2, 0 x1, f (x) ， X 0, else f Y ( y )   2 0 . , 4 y ( 3  4 y  y 2 ) 0 e  l s e y  1 , 【解析】 ( X , Y ) 的概率密度 f (x,y)在区域 G : { ( x , y ) | 0  x  1 , 0  y  x } 外取零值． 如图有    x 4.8y(2x)dy, 0 x1, 2.4(2x)x2, 0 x1, f (x)  f(x,y)dy  0  X   0, else 0, else 1   4.8y(2x)dx, 0 y1, 2.4y(34y y2) 0 y1, f (y) f (x,y)dx y  Y  0, else  0, else  3.【答案】 f X ( x )   e 0  , x , x e l  s e 0 , ， f Y ( y )   y 0 e ,  y , y e l  s e 0 , 【解析】    eydy ey  ex, x0, f (x) x x ， X  0, else f Y ( y )    0 y 0 , e  y d x  y e  y , y e l  s e 0 , 4.【答案】请参照解析 【解析】（1）如图   1 1 1  f(x,y)dxdy   cx2ydxdy c x2dx ydy   1 x2 x2y1 1 1 y2 1 4c c x2 dxc x2(1x4)dx 1 2 0 21 x2 21 得c ． 4 （2）  1 21 21 1 21   x2ydy, 1 x1,  x2y2  x2(1x4) 1 x1, f (x)  f(x,y)dy  x2 4  8 8 X  x2  0, else  0, else  y  y 21 7 7   x2y dx, 0 y1,  x3y  y5/2, 0 y1, f (y)  f(x,y)dx   y 4 4 2 Y   y  0, else   0, else（3）当 0  y  1 时， f X |Y ( x | y )   ( 2 ( 7 0 , 1 / 4 / 2 ) x ) y 2 y 5 /2  3 2 x 2 y  3 /2 ,  x 取 y 其  他 x  值 y , 当 Y  1 2 时的条件概率密度可自上式中令 y  1 2 而得到：  2 2 1 3 2x2,   x , f (x| y  ) 2 2 X|Y 2   0, x取其他值  (21/4)x2y 2y   , x2  y1 （4）当 1 x1 时， f (y|x)(21/8)x2(1x4) 1x4 Y|X  0, y取其他值 当 X  1 3 时，Y 的条件概率密度为 f Y |X ( y | x  1 3 )   8 4 0 1 0 , y , 1 9 e l  s e y  1 1 当X  时， 2 Y 的条件概率密度为 f Y |X ( y | x  1 2 )   3 1 0 2 5 , y , 1 4 e l  s e y  1 （5） P  Y  1 4 | X  1 2    1 14 f Y |X ( y | 1 2 ) d y  1 ， P  Y  3 4 | X  1 2    1 34 f Y |X ( y | 1 2 ) d y  1 7 5 .  1 x, 0 x1,0 y 5.【答案】（1） f(x,y) x；（2）  0, 其他 f Y ( y )   1 2 2 0 , 0 1 , y 2 y 其 ,   他 y 1  1 （3） P { X  Y }  1 3 【解析】（1）由题可知： f X ( x )   1 0 , 0  其 x 他  . 1 , ，  1 x, 0 x1,0 y 所以 f(x,y) f (y|x) f (x) x Y|X X  0, 其他1 1 其中： f(x,y)dxdy   dxxxdy 1 0 0 xoy （2） f Y ( y )       f ( x , y ) d x     0 1 x d x 0 1 x d x y 0 其 他 ,   1 2 2 , 0 1 y 2  , y y   1 1 （3） P { X  Y }    x  y f ( x , y ) d x d y   1 0 d x  x 0 x d y  1 3  1  , | y| x 6.【答案】（1） f (y|x)2x ， Y|X  0, y取其他值 f X |Y ( x | y )   1 0  , 1 | y | , | x y 取 | 其 x 他  1 值 , （2） X , Y 不独立 【解析】（1）如图， x  1dy 2x, 0 x1, f (x) x ， X  0, else f Y ( y )     0 1 y 1  , 1 y d 1 x d x   1  1  y , y , 0  e  1 l s  e y  y 1  , 0 , 当 0  y  1 时， f X |Y ( x | y )   1 0 1  , y , y x 取  x 其  他 1 值 当1 y0时， f X |Y ( x | y )   1 0 1  , y ,  x y 取  其 x 他  1 值  1  1dx1| y|, | y|1 也可写成 f (y) |y| Y  0, else 因此，当 | y | 1 时， f X |Y ( x | y )   1 0  , 1 | y | , | x y 取 | 其 x 他  1 值 ,  1  , | y| x 当0x1时， f (y|x)2x Y|X  0, y取其他值 （2）因为 f (x)f (y) f(x,y)，所以X,Y 不独立. X Y7.【答案】（1） f ( x , y )   1 2 0 , e  y2 , 0 其  他 x .  1 , y  0 , ；（2） 1  2 π [  (1 )   ( 0 ) ] 【解析】依题设，可知X 的概率密度为 f X ( x )   1 0 , , 0  其 x 他  . 1 , 由X 与Y 相互独立，得 f ( x , y )  f X ( x ) f Y ( y )   1 2 0 , e  y2 , 0 其  他 x .  1 , y  0 , （2）方程 a 2  2 X a  Y  0 有实根，则   ( 2 X ) 2  4 Y  0 ，即X2 Y，令 A{(x,y)|x2  y}，则 P ( A )   1 0 d x  x 0 2 1 2 e  y2 d y   1 0 (1  e  2 x2 ) d x  1  2 π  1 0 1 2 π e  2 x2 d x  1  2 π [  (1 )   ( 0 ) ] 其中  ( x ) 为标准正态分布函数. 8.【答案】（1） f X |Y ( x | y )   0 e ,  x , x e  l s e 0 , y  0   ；（2）请参照解析 【解析】（1）因为 X , Y 相互独立，所以 e(xy), x0,y 0 f(x,y) f (x)f (y) X Y 0, 其他 f(xy) ex, x0,y 0 所以 f (x| y)  X|Y f (y) 0, else Y （2） P { Z  1 }   P  {  0 X   e Y  ( }   ) x  d  0 x  d  x    x   e e  (  ( x   y )d  ) x 0 y                 所以P{Z 0}1P{Z 1} ，所以Z 的分布律为 Z 0 1 p         F Z ( z ) P { Z z } 0 1 , , , 0 z z z 0 1 1             9.【答案】（1） f Z ( z )   2 z z  0 2 , z . 2 , 0 1   e z z l s   e 1 2 2(1z) 0 z1 ；（2） f (z) Z  0. else 【解析】（1）分布函数法： F Z ( z )  P { Z  z }  P { X  Y  z } 当 z  0 时， F Z ( z )  0 ；当z 1时， F Z ( z )  1 当 0  z  1 时， F Z ( z )   z  0 z  0 d 1 2 x (  z z 0 2   x ( x x 2  ) d y x ) d  y 1 2    z z 0 2 1 2 x (  x 1 3  x y 3 )  2 z 0 z  0  x d 1 3 x z 3 当 1  z  2 ， 1 1 1 1 1 F (z)1 dx (x y)dy 1 (x y)2 dy Z z1 zx z12 zx 1 1 1 (x1)2 z2dx   z12 1 11  1 1 1 (x1)3z2x  z3z2    23  3 3 z1 所以 f Z ( z )  F Z ( z )   2 z z  0 2 , z . 2 , 0 1   e z z l s   e 1 2  公式法：① f (z) f(x,zx)dx Z z, 0 x1,0 zx1 ② f(x,zx) 0, else ③当 z  0 或 z  2 时， f(x,zx)0，所以 f Z ( z )  0 当 0  z  1 时， f ( x , z  x )   z 0 , , 0 e l  s e x  z 所以 f Z ( z )   z 0 z d x  z 2 当 1  z  2 时， f ( x , z  x )   z 0 , , z e  l s 1 e  x  1 所以 f Z ( z )   1 z  1 z d x  2 z  z 2  z2, 0 z1  ④所以 f (z)2zz2, 1 z 2 Z  0, else  （2）分布函数法： F Z ( z )  P { Z  z }  P { X Y  z } 当z0时 F Z ( z )  0 ；当 z  1 时， F Z ( z )  1 当 0  z  1 时， 1 1 1 1 1  F (z)1 dx (x y)dy 1 xy y2 dx Z z x z z   2   z x 1 1  1 1 z2  1 1 z2  1 x z  dx1 x2  xzx  z 2 2 x2  2 2 2x z 2zz2 22z, 0 z1 所以 f (z)F(z) Z Z  0. else   z 1 公式法：① f (z) f  x,   dx Z   x x② f  x , z x    x  0 z x . , 0  x  1 e , 0 l s e  z x  1 ③当 z  0 或 z  1 时， f  x , z x   0 ，所以 f (z)0 Z 当 0  z  1 时， f  x , z x    x  0 z x , z  e x l s  e 1 所以 f z ( z )   1 z  x  z x   1 x d x   x  z x  1 z  2 ( 1  z ) 2(1z) 0 z1 ，所以 f (z) z  0. else 10.【答案】 f z ( z )   ( 1 e   e 1 ) 0  e z ,  z , 0  z e z  l s  1 e 1 【解析】因为 X , Y 相互独立，所以 f ( x , y )  f x ( x ) f y ( y )   e  0 y . , 0  x  e l 1 s , e y  0 方法一：分布函数法： F Z ( z )  P { Z  z }  P { X  Y  z } 当 z  0 时， F Z ( z )  0 ； 当 0  z  1 时， F z ( z )   z 0 d x  z 0  x e  y d y   z 0 ( 1  e x  z ) d x  ( x  e x  z ) z 0  z  1  e  z 当 z  1 时， F Z ( z )   1 0 d x  z 0  x e  y d y   1 0 (1  e x  z ) d x  ( x  e x  z ) 1 0  1  e 1  z  e  z 所以 f z ( z )  F Z ( z )   ( 1 e   e 1 ) 0  e z ,  z , 0  z e z  l s  1 e 1 方法二：公式法 ① f Z ( z )       f ( x , z  x ) d x ex2, 0 x1,zx0 ② f(x,zx)  0, else ③当z0时， f(x,zx)0，所以 f (z)0； z当 0  z  1 exz, 0 x z 时， f(x,zx) 0, else 所以 f Z ( z )   z 0 e x  z d x  e x  z z 0  1  e  z 当 z  1 时， f ( x , z  x )   e x 0  , z 0  e x l s  e 1 所以 f Z ( z )   1 0 e x  z d x  e x  z 1 0  e 1  z  e  z  ( e  1 ) e  z ④所以 f Z ( z )   ( 1 e   e 1 ) 0  e z ,  z , 0  z e z  l s  1 e 1 11.【答案】（1） X 和 Y 1  z2ez, z 0 不独立；（2） f (z)2 Z   0, else 【解析】（1）  1 x1   (x y)e(xy)dy, x0  ex, x0 f (x) f(x,y)dy  0 2  2 X    0, else   0, else 同理可得： f Y ( y )       f ( x , y ) d x   y  2 1 0 e .  y y e  l s 0 e ，所以 f X ( x )  f Y ( y )  f ( x , y ) 所以X 和Y 不独立 （2）① f Z ( z )       f ( z  y , y ) d y ② f ( z  y , y )   1 2 z e 0  z , z  y  e l 0 s , e y  0 ③若 z  0 ，则 f ( z  y , y )  0 ，所以 f Z ( z )  0 ； 1  zez, 0 y z z1 1 若z0，则 f(z y,y)2 ，所以 f (z)  zezdy  z2ez z 0 2 2   0. else④所以 f Z ( z )   1 2 z 2 0 e ,  z , z e  l s 0 e 12.【答案】 f Z ( z )   ( z  2 ) 0 e .  ( z  2 ) , z e  l s 2 e 【解析】因为 X , Y 相互独立，所以 f ( x , y )  f ( x ) f ( y )   e 2  x 0  y , x  1 e , l s y e  1 ① f Z ( z )       f ( x , z  x ) d x ② f ( x , z  x )   e 2 0  z . , x  1 , e z l  s e x  1 ③当 z  2 时， f(x,zx)0，所以 f Z ( z )  0 当 z  2 e2z, 1 x z1 时， f(x,zx)  0. else 所以 f Z ( z )   z 1  1 e 2  z d x  ( z  2 ) e 2  z ④所以 f Z ( z )   ( z  2 ) 0 e .  ( z  2 ) , z e  l s 2 e 13.【答案】 f Z ( z )   ( 0 z , 1  1 ) 2 , z 其  他 0 【解析】因为X,Y 独立，所以 f ( x , y )  f ( x )  f ( y )   e  ( x  y ) , 0 , x  0 其 , y 他  0 ① f Z ( z )       f ( x , x z )  x d x e(z1)x, x0,xz 0 ② f(x,xz)  0, 其它 ③当z0时， f(x,xz)0，所以 f (z)0 Z当 z  0 e(z1)x, x0 时， f(x,xz) 0, 其他 所以 f ( z ) Z      0  ( e z  ( z 1  1  1 ) 2 ) x  x  ( e d z x  1 )  x   0   0  = x d (  z  1  1 z ) 1  2 1 e  ( z  1 ) x  =  z x  1 e  ( z  1 ) x 0     0  z 1  1 e  ( z  1 ) x d x ④所以 f Z ( z )   ( 0 z , 1  1 ) 2 , z 其  他 0 . 14.【答案】（1） b  1  1 e  1 ；（2） f X ( x )   1 0 e  ,  x e  1 0  其 x 他  1 ， f Y ( y )   e  0 y , , 其 y  他 0 （3） F U ( u )   0 ( 1 , 1 1   u 2  e ) , 0  1  e  u e , u u    u 1 0  1 1  【解析】（1） f(x,y)dxdy  dx be(xy)dy b(1e1)1，所以 0 0 xoy b  1  1 e  1 . （2） f X ( x )       f ( x , y ) d y     0  1  1 e 0  , 1 e  ( x  y )d y , 0  其 x 他  1   1 0 e  ,  x e  1 0  其 x 他  1 f Y ( y )       f ( x , y ) d x    1 0 1  1 e 0  , 1 e  ( x  y )d y , y 其  他 0   e  0 y , , y 其  他 0 （3）因为 f X ( x )  f Y ( y )  f ( x , y ) ，所以 X , Y 独立 所以F (u)P{U u}P{max{X,Y}u}P{X u,Y u} U  P{X u}P{Y u} F (u)F (u) X Y 因为 F X ( u )  p { X  u }    0 u 0 1 , 1 , u  x  u e 1  e d x  , 0   1  1  e 1  e u  u  0  1 1 0, u 0  F Y (u) p{Y u}  u eydy 1eu, u 0   0 所以 F U ( u )   0 ( 1 , 1 1   u 2  e ) , 0  1  e  u e , u u    u 1 0  13-2 基础真题 1.【答案】C 【解析】 P{X Y} P{X 1,Y 1}P{X 1,Y 1} 1  P{X 1}P{Y 1}P{X 1}P{Y 1} 2 故答案选择（C）. 2.【答案】请参照解析 【解析】 X 和 Y 都服从二项分布，参数相应为 ( 2 , 0 . 2 ) 和 ( 2 , 0 . 5 ) . 因此 X 和 Y 的概率分 布分别为： X  0 0 .6 4 0 1 .3 2 0 2 .0 4  ， Y  0 0 . 2 5 0 1 . 5 0 2 . 2 5  故由独立性，知X 和 Y 的联合分布为 X Y 0 1 2 0 0.16 0.08 0.01 1 0.32 0.16 0.02 2 0.16 0.08 0.01 5 3.【答案】 7 【解析】 P  maxX,Y0   P  X 0  Y 0   P  X 0P  Y 0P  X 0,Y 0 4 4 3 5     7 7 7 74.【答案】 F  x , y    或 0 , x  0 2 2 x y , 0  x  1 2 x , 0  x 2 y , x  1 , 1 , x y , 0  0    1 ,  1 , 0 y y y y ,     1 1 1 1 , , . , 【解析】当x0或 y  0 时，有 F ( x , y )  P { X  x , Y  y }  0 ； 当 x  1 且y 1时，有 F ( x , y )  1 ； 当 0  x  1 且 0  y  1 x y 时，有F(x,y)  4uvdudv x2y2； 0 0 当 0  x  1 且y 1时，有 F ( x , y )   x 0  1 0 4 u v d u d v  x 2 ； 当 x  1 且 0  y  1 时，有 F ( x , y )   1 0  y 0 4 u v d u d v  y 2 . 故 X 和 Y 的联合分布函数为 F  x , y    或 0 , x  0 2 2 x y , 0  x  1 2 x , 0  x 2 y , x  1 , 1 , x y , 0  0    1 ,  1 , 0 y y y y ,     1 1 1 1 , , . , 5.【答案】A 【解析】根据题设，由 P { X 1 X 2  0 }  1 ，可得 P { X 1 X 2  0 }  0 ，从而 P  X 1   1 , X 2   1   P  X 1   1 , X 2  1   P  X 1  1 , X 2   1   P  X 1  1 , X 2  1   0 因此，列表如下： X 2 X 1  1 0 1 P  X 1  x i   p i 1 1 0 4 0 1 4 0 1 4 0 1 4 1 2 1 1 1 0 0 4 4   1 1 1 P X 2  y j  p j 4 2 4 1故 P  X 1  X 2   P  X 1   1 , X 2   1   P  X 1  0 , X 2  0   P  X 1  1 , X 2  1   0 ， 故选项（A）为正确选项. 6.【答案】请参照解析 【解析】（Ⅰ） P  Y = m X  n   C mn p m  1  p  n  m , 0  m  n , n  0 , 1 , 2 . （Ⅱ） PX n,Y m P  Y m X n  PX n e Cmpm(1 p)nm n (0mn,n0,1,2 ) n n! 7.【答案】 1 4 【解析】如图所示， P { X  Y  1 }  x  y  1 f ( x , y ) d x d y   12 0 d x  1 x  x 6 x d y   12 0 6 x (1  2 x ) d x  1 4 8.【答案】（1） f X ( x )   e  0 x , , x x   0 0 , . ；（2） 1  2 e  12  e  1 .  【解析】（1） f (x) f(x,y)dy X   当x0时， f (x) 0dy 0; X   x   当x0时， f (x) f(x,y)dy  0dy eydy ey ex. X   x x因此，随机变量X 的概率密度为 f X ( x )   e  0 x , , x x   0 0 , . （2） P { X  Y  1 }   x     y  1 1  [ 2 0 f e (  x (1 ,  y x ) )  d x e d  y x ]  d x 1  2 0  d 1 x  1   x 2 e x  e 12  y  d e y  1 . 9.【答案】 1 4 【解析】设平面区域 D 的面积为 S D ，由于二维随机变量 ( X , Y ) 在区域 D 上服从均匀分 布，因此， ( X , Y ) 的联合概率密度 f ( x , y ) 为 f ( x , y )   1 S 0 D , , ( x , y 其 )  他 D ， ， 又 S D   e 1 2 1 x d x  2 ， f X ( x )   1x 0 1 2 d y  1 2 x , 1  x  e 2 ，故 f X ( 2 )  1 4 . 10.【答案】请参照解析 【解析】由于 X , Y 相互独立，因此 P { X  x i , Y  y }j  P { X  x }i  P { Y  y }j , i  1 , 2 ; j  1 , 2 , 3 . 根据边缘分布的性质还知：P{Y  y}P{X  x,Y  y}P{X  x ,Y  y}， i 1 i 2 i PX  x PX  x,Y  y PX  x ,Y  y PX  x ,Y  y  i i 1 i 2 i 3 若记 p ij  P  X  x i , Y  y i  ，则 p 1 1  1 6  1 8  1 2 4 ； p 1  p p 1 1 1  1 4 1 1 1 1 p  p  p  p     . 13 1 11 12 4 24 8 12 同理，可计算出 p ,p ,p ,p ,p 2 2 3 22 23. 因此 y O x x  y y  1  x 1 2 1Y X y 1 y 2 y 3 P { X  x }i  p i x 1 1 1 1 1 24 8 12 4 x 2 1 8 3 8 1 4 3 4 P { Y  y }j  p j 1 6 1 2 1 3 1 11.【答案】A 【解析】由于 ( X , Y ) 服从二维正态分布，且X 与 Y 不相关，则 X 与 Y 相互独立.记 ( X , Y ) 的概率密度为 f ( x , y ) ，可得 f ( x , y )  f X ( x ) f Y ( y ) ，故在 Y  y 的条件下， X 的 条件概率密度 f X Y ( x | y )  f ( f Y x ( , y y ) )  f X ( x ) ，正确选项为（A）. 12.【答案】（1）相互独立；（2） e  0 .1 【解析】（1） X 和Y 的分布函数分别为： F X ( x )  F ( x ,   )   1 0  ,  0 .5 x e , x x   0 0 ， F Y ( y )  F (   , y )   1 0  ,  0 .5 y e , y y   0 0 由于 F ( x , y )  F X ( x )  F Y ( y ) ，知 X 和 Y 相互独立. （2）   Ρ [1 {  Χ F  X ( 0 0 .1 .1 , ) Y ]   [1 0  .1 F } Y  ( 0 P .1 { ) Χ ]   e 0  0 .1 .0 5 }   e P  { Y 0 .0 5   0 e .1  0 } .1  13.【答案】A 【解析】 P { X  Y }  P { X  1 , Y  1 }  P { X   1 , Y   1 }  1 2  1 2  1 2  1 2  1 2 . 1 1 而PX Y 0 ，PXY 1 ，故选（A）. 2 2 14.【答案】B【解析】已知随机事件 { X  0 } 与 { X  Y  1 } 相互独立，也就是 P{X 0,X Y 1} P{X 0}P{X Y 1}， P{X 0,X Y 1} P{X 0,Y 1}a， P { X  0 }  P { X  0 , Y  0 }  P { X  0 , Y  1 }  0 . 4  a ， P { X  Y  1 }  P { X  0 , Y  1 }  P { X  1 , Y  0 }  a  b ， 则 a  ( 0 .4  a ) ( a  b ) . 又因为0.4ab0.11，则 a  b  0 . 5 ，由上式易得 a  0 .4 ， b  0 . 1 ，故应选（B）. 15.【答案】 P { Z  0 }  1 4 ， P { Z  1 }  3 4 【解析】由已知有，Z 的可能取值为 0 ，1. 而 P { Z  0 }    m a x { X , Y }  0   P { X  0 , Y  0 }  P { X  0 }  P { Y  0 }  1 2  1 2  1 4 ， 所以 P { Z  1 }  1  P { Z  0 }  1  1 4  3 4 . 16.【答案】（Ⅰ） f Y ( y )   1  y 2 0 , , 0 其  他 y .  2 ,  z 1 ,0 z2, ；（Ⅱ） f (z) 2 ； Z   0,其他. （Ⅲ） P  Y  1 2 X  1 2   3 4  2x 【解析】（Ⅰ）当0 x1时， f (x) f(x,y)dy  dy 2x. X  0 当 x  0 或 x  1 时， f X ( x )  0 2x,0 x1, ，即 f (x) X  0,其他.  1 y 当0 y 2时， f (y) f(x,y)dx dx1 ； Y  y 2 2  y 1 ,0 y2, 当 y 0或y 2时， f (y)0，即 f (y) 2 Y Y   0,其他.（Ⅱ）方法一：由 z  2 x  y ，得 y  2 x  z ，于是 f Z ( z )       f ( x , 2 x  z ) d x ， 有效区域是：0 x1， 0  y  2 x  0  x  1 ，02xz2x0x1， 0z2x. 当 0  z 2  1 ，即0z2时， f Z ( z )       f ( x , 2 x  z ) d x   1 z2 d x  1  z 2 . 故 f Z ( z )   1  z 2 0 , , 0 其  他 z .  2 , 方法二： 当 z  0 时， F Z ( z )  0 ； 当 0  z  2 时， F Z ( z )  Ρ { 2 X  Y  Z }  2 x  y  z f ( x , y ) d x d y  z  z 4 2 ； 当 z  2 时， F Z ( z )  1 . 所以 f Z ( z )  F Z ( Z )   1  z 2 0 , , 0 其  他 z .  2 , （Ⅲ） P  Y  1 2 X  1 2   P  X P   X 1 2 ,  Y 1 2   1 2   1 3 61 4  3 4 . 17.【答案】 f Z ( z )   1 2 1 2 0 , ( 1 ( e 其  2 他 e   1 . z ) ) e , 0  z  , z z   2 2 , , ey, 0 x1,y 0, 【解析】方法一： f(x,y) f (x) f (y) X Y  0, 其他.  由z 2x y ，得y  z2x，进而 f (z) f(x,z2x)dx Z 有效区域是： 0  x  1 , y  0  0  x  1 , z  2 x  0  0  x  1 , x  z 2 . 当 0  z 2  1 ，即 0  z  2 时， f Z ( z )       f ( x , z  2 x ) d x   z2 0 e 2 x  z d x  1 2 (1  e  z ) 当 z 2  1 ，即z  2时， f Z ( z )       f ( x , z  2 x ) d x   1 0 e 2 x  z d x  1 2 ( e 2  1 ) e  z 1 (1ez), 0 z 2  2  故 f (z)1 Z (e2 1)ez, z 2  2  0, 其他 方法二：由于 X 与 Y 相互独立，所以 ( X , Y ) 的概率密度为 f ( x , y )  f X ( x )  f Y ( y )   e 0  y , , 0  x  其 1 , 他 y .  1 , 因此， Z 的分布函数为 F  Z  ( z )  P { 2 X  Y  z } z 0 , 2 z z  2 x  y   d x e d y , 0 2 0 0 z 1 z  2 x  y   d x e d y , 2 0 0      2 x  0 z  2 1 y  1 z  f (  x 0 1 2 1 , ,  y ( ) z 1 2 d x d y  z  e  2 ( e  1 z 1 ) , 0  z ) e , z    0 z 2  2 1 (1ez), 0 z2  2  所以，Z 的概率密度为 f (z) F(z)1 Z Z (e2 1)ez, z 2  2  0, 其他 1  (2u), 0u2, 18.【答案】 p(u)2  0, 其他 【解析】根据题设，则X 和Y 的联合密度为：f ( x , y )   1 4 0 , , 1 其  他 x  3 , 1  y  3 , . 由分布函数的定义可知， F U ( u )  P  U  u   P  X  Y  u   x  y  u f ( x , y ) d x d y . 当 u  0 时，F(u)0；当 u  2 时，F(u)1. 当 0  u  2 时，如图 F U ( u )  x  y  u f ( x , y ) d x d y    x  y 1  x  1  y  33 u 1 4 d x d y  1 4 [ 4  ( 2  u ) 2 ]  1  1 4 ( 2  u ) 2 综上， F U ( u )   0 1 1 , u 1 2  ( 2  u ) , 0 4 , u    0 u 2  2 于是，随机变量U 的概率密度为 p ( u )  F U ( u )   1 2 0 , ( 2  u ) , 0 其  他 u  2 . 19.【答案】 1 9 1 1 1 【解析】P{max{X,Y}1} P{X 1,Y 1} P{X 1}P{Y 1}   . 3 3 9 20.【答案】（Ⅰ） 7 2 4 ；（Ⅱ） f Z ( z )   z ( 0 ( 2 , 2  其  z 他 z ) ) 2 . , 0 , 1   z z   1 2 , , . 【解析】 1 x 1 5  7 （Ⅰ）P{X 2Y}  f(x,y)dxdy  dx2(2x y)dy   x x2  dx . 0 0 0 8  24 x2y  （Ⅱ） f (z) f(x,zx)dx，其中 Z  y O x u   y  x u  y  x 3 1 1 x  y  u 3f ( x , z  x )   2 0  其 , x  他 ( z  x ) , 0  x  1 , 0  z  x  1 ,   2 0  其 , z , 他 0  x  1 , 0  z  x  1 , 当 z  0 或 z  2 时， f Z ( z )  0 ； 当0 z1时， f Z ( z )   z 0 ( 2  z ) d x  z ( 2  z ) ； 当 1  z  2 时， f Z ( z )   1 z  1 ( 2  z ) d x  ( 2  z ) 2 ， 即 Z 得概率密度为 f Z ( z )   z ( 0 ( 2 , 2  其  z 他 z ) ) 2 . , 0 , 1   z z   1 2 , , 21.【答案】A 【解析】由X ，Y 同分布知， Y 的分布函数也为 F ( x ) . 记 Z 的分布函数为 F Z ( x ) ，则 F (x)P  maxX,Y x  P{X  x,Y  x}P{X  x}P{Y  x}F2(x) Z （ X 与 Y 独立） 故答案应选（A）.3-3 拓展拔高 1.【答案】C 【解析】 P {  X  a , Y  y }  P { X   a , Y  y } ，因为 P{Y  y} P{X a,Y  y}P{X a,Y  y}，所以 P { X   a , Y  y }  P { Y  y }  P { X   a , Y  y }  F (   , y  0 )  F (  a , y  0 ) 故选（C）. 2.【答案】 Y X 0 1 p i. 0 1 4 0 1 4 1 1 4 1 2 3 4 p . j 1 2 1 2 1 【解析】本题考查的是建立二维离散型随机变量联合分布律的问题，具体办法是先将 ( X , Y ) 的分布律设定如下 Y X 0 1 p i. 0 p 1 1 p 1 2 1 4 3 1 p p 21 22 4 1 1 p .j 2 2 1 再根据分布律的结构特征，依题设，有 1 1 1 p  P{XY 1} , p  p  p   0, 22 2 12 2 22 2 2 1 1 3 1 1 p  p. p  0 , p  p . p    . 11 1 12 4 4 21 2 22 4 2 4 因此 X,Y 的分布律为Y X 0 1 p i. 1 0 4 0 1 4 1 1 4 1 2 3 4 p . j 1 2 1 2 1 3.【答案】B 【解析】因为 ( X , Y ) 在区域 D : x 2  y 2  9 a 2 ( a  0 ) 上服从均匀分布，所以 ( X , Y ) 的联 合概率密度函数为 f ( x , y )   9 0 1 π , a 2 ( , x ( , x y , ) y  )  D D ， 3πa2 1 p P{X2 9Y2 9a2}  f(x,y)dxdy   ，故答案选（B）. 9πa2 3 x29y29a2 4.【答案】（1） f X ( x )   3 x 2 , 0 , 0 其  他 x  1 ， f Y ( y )   3 2 (1  y 0 2 ， ) , 其 0 他  y  1 （2） P  Y  1 8 | X  1 4   1 2 . 【解析】（1）  x 3x2, 0 x1 f (x) f(x,y)dy  3xdy  ， X  0  0, 其他 3  1  (1 y2), 0 y1 f (y) f(x,y)dx 3xdx2 Y  y   0， 其他 1  1 f  ,y 3  1 1 1 4  1 4 1 1 （2）PY  | X   8 dy  8 dy  84dy  .  8 4 0 f   1  0 3( 1 )2 0 2 X 4 45.【答案】（1） f ( x , y )   1 2 0 , e  y2 , 0 其  他 x .  1 , y  0 , ； （2） P ( A )  1  2 π [  ( 1 )   ( 0 ) ] 【解析】依题设，可知 X 的概率密度为 f X ( x )   1 0 , , 0  其 x 他  . 1 , 由 X 与 Y 相互独立，得 f ( x , y )  f X ( x ) f Y ( y )   1 2 0 , e  y2 , 0 其  他 x .  1 , y  0 , 方程 k 2  2 X k  Y  0 有实根，则   ( 2 X ) 2  4 Y  0 ，即 X 2  Y ，令 A{(x,y)|x2  y}，则 P ( A )   1 0 d x  x 0 2 1 2 e  y2 d y   1 0 (1  e  2 x2 ) d x  1  2 π  1 0 1 2 π e  2 x2 d x  1  2 π [  (1 )   ( 0 ) ] 其中  ( x ) 为标准正态分布函数. 6.【答案】 9 2 e  3 【解析】 P { X + Y = 2 }  P { X = 0 , Y = 2 }  P { X = 1 , Y = 1 } + P { X = 2 , Y = 0 } 由 X , Y 相互独立得 P { X + Y = 2 }   P 1 0 { 0 ! X e  = 1  0 , 2 2 Y 2 ! = e  2 2 }   1 1 1 ! P e {  X 1  = 2 1 1 1 ! , e Y  2 =  1 } 2 1 2 !  e P  1 {  X 2 0 = 0 ! e 2  , 2 Y  = 9 2 0 e }  3 7.【答案】B 【解析】因为(X,Y) N(0,1;1,1;0)，所以 X ~ N ( 0 , 1 ) ， Y ~ N ( 1 , 1 ) 且X,Y 相互独 立，于是P  X Y   0       P P P P  1 2 { X { X { X { X ( 0 [ 1 )      [ 1  0 , Y 0 } P 0 } (1  0 }    (  1  { Y  1  (  ) ] 0 P 1  }  { P ) ] 1 2  0 Y   P { X  }  P { X  0 } )  Y  1  1 [ 1   (  (  1 )  0 , Y  0 (1    1  0 ) ]  1 . 2  } P  ( 0 } P { Y { X  (1  1 )    0 } 0 } P { ) X P {  Y 0  } ) 0 P }  Y  1 1   1  故答案应选（B）. 8.【答案】D 【解析】二维正态分布应具有密度函数 1  1 (x)2 (x)(y) (y)2 f(x,y) e 2(12)  1  1 2  2  2 12  2  2  1 2 1 1 2 2 其中， 1 , 2 , 1  0 , 2  0 ,  1   1      均为常数，记作 ( X , Y ) ~ N ( 1 , 2 ; 21 , 22 ; ) .      显然本题的 f ( x , y ) 不具这种形式，因此 ( X , Y ) 不服从二维正态，所以（A）（B）不正 确，由 s i n x e  2 x2 是奇函数，因此      s i n x e  2 x2 d x       s i n y e  2 x2 d y  0 ，而  1sinxsin y  x2y2 f (x)  f(x,y)dy   e 2 dy X   2π 1  x2   y2   y2 1  x2 1  x2  e 2 ( e 2dy sinxsin ye 2dy) e 2  2π  e 2 2π   2π 2π 即 X ~ N ( 0 , 1 ) ，同理可证 Y ~ N ( 0 , 1 ) . 由此可知，虽然联合分布(X,Y)不服从二维正态，但其边缘分布 X , Y 均为正态，故答案 选（D）. 15 9.【答案】（1）略；（2）  ；（3）略； XY 15 1 P(AB) 1 【解析】（1）由于P(AB) P(A)P(B| A) ，P(B)  12 P(A|B) 6所以， P P P P { { { { X X X X     1 1 0 0 , Y , Y , Y , Y     1 } 0 } 1 } 0 }     P P P P ( A ( A ( A ( A B B B B )  )  )  )  1 1 2 P P 1 ( (  , A B 1 ) ) 1 2    P P ( ( 1 6 A A  B B 1 ) ) 1 2    1 6 1 1 2 2 3 , , 故 ( X , Y ) 的概率分布为 （2）X,Y 的概率分布分别为 由 0  1 分布的期望方差公式， 1 E(X) ， 4 E ( Y )  1 6 ， D ( X )  1 4  3 4  1 3 6 ， D ( Y )  1 6  5 6  3 5 6 因为 X Y 只能取 0 和 1 1 ，所以，E(XY) P{X 1,Y 1} 12 1 Cov(X,Y) 15 故Cov(X,Y) E(XY)E(X)E(Y) ，从而   24 XY D(X) D(Y) 15 （3）Z 的可能取值为：0,1,2，并且， X Y 0 1 0 2 1 3 12 1 1 6 1 1 2 X 0 1 3 P 4 1 4 Y 0 1 P 5 6 1 6P P P { { { Z Z Z    0 } 1 } 2 }    P P P { { { X X X    0 , Y 1 , Y 1 , Y    0 1 0 } } }    P 1 2 3 { 1 2 X  0 , Y  1 }  1 4 所以， Z 的概率分布为 Z 0 1 2 P 2 3 1 4 1 1 2 10.【答案】（1） f X ( x )   e  0 x , , x x   0 0 . , ， f Y ( y )   2 e  0 2 , y , y y   0 0 , . ； （2） X ， Y 相互独立； （3） F Z ( z )   1 0  , z e   z 0  . z e  z , z  0 , ， f Z ( z )   z 0 e ,  z z ,  z 0  0  【解析】（1） f (x) f(x,y)dy X  当 x  0 时， f X ( x )  0 ； 当 x  0 时， f X ( x )       f ( x , y ) d y    0  2 e  ( x  2 y )d y  e  x   0  e  2 y d ( 2 y )  e  x 则 f X ( x )   e 0  , x x , x   0 . 0 ,  ， f (y) f(x,y)dx. Y  当 y  0 时， f (y)0 Y 当 y 0时， f Y ( y )    0  2 e  ( x  2 y )d x  2 e  2 y   0  e  x d x  2 e  2 y 2e2y,y 0, 则 f (y) Y 0,y0. （2）因为 f(x,y) f (x)f (y)，所以随机变量X ，Y 相互独立 X Y（3） F Z ( z )  P ( Z  z )  P ( X  2 Y  z )  x  2 y  z f ( x , y ) d x d y 当z0时， F Z ( z )  0 ； 当z0时， F Z ( z )  x  2 y  z f ( x , y ) d x d y   z 0 e  x d x  z 0 2 x 2 e  2 y d y   z 0 e  x d x  z 0 2 x e  2 y d ( 2 y )   z 0 e  x ( 1  e x  z ) d x  1  e  z  z e  z 1ez zez,z 0, 则F (z) ， Z 0,z 0. f Z ( z )   z 0 e ,  z z ,  z 0  0 . 11.【答案】（1） c  1 ；（2）不独立； （3） f Z ( z )   e 0  , z  1  ( z e   z ( z 1 )  2 1 )  2 z z   1 1 e  z ( z  1 ) , z e l  s e 0 , 【解析】（1）由规范性，可得 1            f ( x , y ) d x d y    0  d x   0  c x e  x ( y  1 )d y  c 故 c  1 ； （2）由边缘概率密度函数的计算公式，可得     xex(y1)dy, x0, ex, x0, f (x) f(x,y)dy  0  X   0, else 0, else   1    xex(y1)dx, y 0,  , y 0, f (y) f(x,y)dx 0 (y1)2 Y  0, else   0, else 显然，当 x  0 , y  0 时， f ( x , y )  f X ( x )  f Y ( y ) ，故X,Y 不独立； （3）显然，当z0时，F (z)0；而当z0时， Z F (z) P{max{X,Y} z} P{X  z,Y  z} Z z z ez(z1) 1   dx xex(y1)dy 1ez  0 0 z1所以 f Z ( z )  F Z ( z )   e 0  , z  1  ( z e   z ( z 1 )  2 1 )  2 z z   1 1 e  z ( z  1 ) , z e l  s e 0 , 12.【答案】（1） f X ( x )   1 1 0   , 其 x x ,  , 0 他 1  .  x x   1 0 , , ， f Y ( y )   2 0 y 其 , , 0 他  . y  1 , （2） f Z ( z )  F Z ( z )   1 2 0 , z 其  1 他 ,  . 2  z  0 , . 【解析】（1）由题设知，二维随机变量 ( X , Y ) 的概率密度为 f ( x , y )   1 0 , ( , ( x x , , y y ) )   D D , . 当x1或x1时， f X ( x )  0 ； 当  1  x  0  1 时， f (x) f(x,y)dy  dy 1x； X  x 当0 x1时， f X ( x )       f ( x , y ) d y   1 x d y  1  x . 于是， ( X , Y ) 关于X 的边缘概率密度为 f X ( x )   1 1 0   , 其 x x ,  , 0 他 1  .  x x   1 0 , , 当 y  0 或y 1时， f (y)0； Y 当0 y1时， f Y ( y )       f ( x , y ) d x   y  y d x  2 y 于是，  X , Y  2y,0 y1, 关于Y 的边缘概率密度为 f (y) Y 0,其他. （2）设随机变量Z  X Y 的分布函数为 F Z ( z ) ，概率密度为 f (z). Z 当 z   2 时，F (z)P{Z z}P{X Y z}0 Z 当2z0时， 1 zy 1 1 F (z) P{Z  z}P{X Y  z} dy dx (z2y)dy  z2 z1; Z  1 z y  1 z 4 2 2当 z  0 时， F Z ( z )  P { Z  z }  P { X  Y  z }  1 . 于是 F Z ( z )   0 , z 1 z 4 1 , z  2    0 2 z . ,  1 ,  2  z  0 , 1  z1,2 z0, f (z) F(z)2 . Z Z  0,其他. 13.【答案】 1  e  2 x  e  4 x  e  6 x 【解析】当 x  0 时 F ( x )     P P (1 (1 { m { m   a x i n P {  4 e { { X x m i n X , 1  1 ) (1  { X , 1 X }  2 x } P {  2 x e ) X X x  } 2 } 2 1 , X } 3  P { X  x } )  2  e  3  x  F  x }  P x }  ( x )  3  4 x e  { m (1  { 1   6 e i n { P { [1 x X m  1 i F , n 1 X { ( } 2 X 1 x ) ]  , [1 X x , } 2  F X  2 3 (  x } x ) x ) ] } }  F  F ( x 3 ( x 3 ) ) 14. 【答案】 F Z ( z )  1 4 F ( z )  3 4 F ( z  1 ) 【解析】因为 Y ~ B  1 , 3 4  1 3 ，所以，P{Y 0} ，P{Y 1} 4 4 由全概率公式， F (z) P(Z  z) P(X Y  z) Z  P(X Y  z|Y 0)P(Y 0)P(X Y  z|Y 1)P(Y 1) 1 3  P(X  z) P(X  z1) 4 4 1 3  F(z) F(z1). 4 4 15.【答案】g(z) pf(z1)(1 p)f(z4) 【解析】利用分布函数的定义及全概率公式， Z 的分布函数为G ( z )     P P P p { Z { 1 { Y F Y   Y  ( z z }  z   1  z 1 ) , }  P X P ( { { 1 X  X  2 1 }  p   1 ) F Y P } Y  {  ( z 4 P z }  { Y  4  Y )  P  { z X z ,  2 X 4  }  P Y 2 {  } X z  , X 2 }  1 }  P { X 2  Y  z , X  2 } 于是， Z 的概率密度函数为g(z)G(z) pf(z1)(1 p)f(z4). 16.【答案】  ( z ) 【解析】由全概率公式， F (z) P(Z  z) P(XY  z) Z  P(XY  z|Y 1)P(Y 1)P(XY  z|Y 1)P(Y 1) 1 1  [P(X z)P(X  z)] [1(z)(z)](z) 2 2 17. 【答案】 F Z ( z )   0 , 1 2 1 , z 2 , z 0 z    0 z 1 ,  . 1 , Z 不是连续型随机变量 【解析】因为 Y ~ B  1 , 1 2  ，所以 Y 的取值只能是 0 或 1 ，因此， F ( z ) Z   P P ( { Z X   z ) z ,  Y P  { m z , a Y x {  X 0 } , Y  } P  { X z }   z P , { Y X   z , z Y , Y   1 } z } ①当 z  0 时， F Z ( z )  0 ； ②当0z1时， F Z ( z )  P { X  z , Y  0 }  P { }  1 2  z 0 2 x d x  1 2 z 2  ； ③当z 1时，F (z)1. Z 所以， F Z ( z )   0 , 1 2 1 , z 2 , z 0 z    0 z 1  1 , 显然 在 z  1 处不连续，所以 Z 不是连续型随机 变量. F Z ( z )1  z2ez, z 0, 18.【答案】（1）不独立；（2） f (z)2 Z  0, else 【解析】（1）先求 X , Y 的边缘密度函数。 f f X Y ( ( x y ) )             f f ( ( x x , , y y ) ) d d y x      0  0   0 ,   0 , 1 2 1 2 ( ( x x   y y ) ) e e   ( x  ( x  y )d y )d y x , , x e y e  l s e  l s e 0 0 , ,     1 2 0 1 2 0 , , ( ( x y   1 1 ) ) e e   x y , , x e y e  l s e  l s e 0 0 , , 显然， f ( x , y )  f X ( x ) f Y ( y ) ，从而判别 X , Y 不独立；  （2）利用卷积公式， f (z) f(x,zx)dx. Z  ①当 z  0 时， f Z ( z )   z 0 1 2 z e  z d x  1 2 z 2 e  z ， ②当 z  0 时， f Z ( z )  0 ， 1  z2ez, z 0, 于是 f (z)2 Z  0, else 19.【答案】 P { Z  k }  P { m a x ( X , Y )  k }  2 p q k  1  p q 2 k  2  p q 2 k  1 , k  1 , 2 , 3 , 【解析】因为 X , Y 是相互独立的随机变量，均服从几何分布，所以， P{Z k} P{max(X,Y)k}  P(X k,Y k)P(X k,Y k)P(X k,Y k)  k1  2 qk1pqi1p qk1pqk1p    i1  2qk1p(1qk1)q2k2p(1q) 2qk1p2q2k2pq2k2p pq2k1 2pqk1 pq2k2  pq2k1,k 1,2,3,