250401_112936-4.基础习题册概率第四章详解_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 .