250401_113048-6.基础习题册概率第六章详解_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

第六章 统计初步 6-1 基础过关 1.【答案】 2  2   1 3 0 2  【解析】记样本均值为 X , Y 则 X ~ N ( 2 0 , 0 .3 ) ， Y ~ N ( 2 0 , 0 . 2 ) ，所以 X Y ~ N(0,0.5) ， X  1 2 Y ~ N ( 0 .1 ) ， P { | X  Y | 0 .3 }   P 2   X 2   1 2  Y 1 3 0  0 2 .3 1 2    1  P  2 ( X  Y )  1 3 0 2  2.【答案】（1） C  1 3 6 ；（2）C  ；（3）证明见详细解析 2 【解析】（1） X 1  X 2  X 3 ~ N ( 0 , 3 ) ，所以 X 1  X 2 3  X 3 ~ N ( 0 , 1 ) X X X ~ N(0,3)，所以 4 5 6 X 4  X 5 3  X 6 ~ N ( 0 , 1 ) ，又因为样本 相 互独立，所以 X 1 X 2 3 X 3 2 X 4 X 5 3 X 6 2 1 3 Y ~ 2 ( 2 )            1 ，C  . 3 X X （2）因为X X ~ N(0,2)，所以 1 2 ~ N(0,1)，X2 X2 X2 ~2(3) ， 1 2 2 3 4 5 又因为样本 相互独立，所以 X  X 1 2 2 3 X  X 3 6   1 2 ~t(3)，C   . (X2  X2  X2)/3 2 1 2 2 3 4 5 (X2  X2  X2)2 2 4 5 X 1 , X 2 ,  , X 5 X 1 , X 2 ,  , X 6（3）Z ~ N(0,1)，Y ~2(n)， X  Y Z / n ~ t ( n ) Z2 ，X2  ~ F(1,n) Y /n 3.【答案】（1） P  X 1  x 1 , X 2  x 2 , , X n  x n   p n i1 xi ( 1  p ) n  n i1 xi ;  n  （2） p x kCkpk(1 p)nk; i n   i1 （3） E X  p ; D X  1 n p ( 1  p ) ; E S 2  p ( 1  p ) 【解析】（1） n PX  x ,X  x , ,X  x PX  x 1 1 2 2 n n i i i1 n n n n x nx PX  xpx i(1 p)1x i  pi1 i (1 p) i1 i i i1 i1 （2） n i 1 X i ~ B ( n , p ) ，所以 p  n i 1 X i  k   C kn p k (1  p ) n  k ， k  0 , 1 , ..., n (3) E X  E X  p ， D X  1 n D X  1 n p (1  p ) ， E S 2  D X  p ( 1  p ) 4.【答案】 E X  n ; D X  n 5 ;ES2 2n 【解析】 E X  E X  n ， D X  1 1 0 D X  1 1 0  2 n  n 5 ， E S 2  D X  2 n . S2  5.【答案】（1）P 2.0410.99;（2） 2  D S 2 2 1 5 4   . (n1)S2 【解析】（1） ~ X2(n1)，当 2 n  1 6 时， 1 5 S 2 2 ~ 2 (1 5 )   S2  15S2  15S2  所以P 2.041 P 30.6151P 30.615 2   2   2  S2  2 (15)30.578，P 2.04110.010.99. 0.01 2 （2）因为 1 5 S 2 2 ~ 2 (1 5 )  ，所以  D 1 5 S 2 2 1 5 2 4 D S 2 3 0       ， D S 2 2 1 5 4   .6-2 基础真题 1.【答案】A 【解析】 C o v ( X 1 , Y )   C 1 n o D v X  1 X  1 , 1 n n 2 n i 1 X i   1 n C o v ( X 1 , X 1 )  1 n n i 2 C o v ( X 1 , X i )  其中，因为X 与 1 X i ( i  2 , 3 , , n ) 独立，所以 C o v ( X 1 , X i )  E ( X 1 X i )  E X 1 E X i  0 ， 故应选（A）. 2.【答案】 2  【解析】记 S 21  n 1 1  1 n1 i 1 ( X i  X ) 2 ， S 22  n 2 1  1 n 2 j 1 ( Y j  Y ) 2 ，则 E(S2) E(S2)2 ，故原式 1 2 (n 1)S2 (n 1)S2 (n 1)E(S2)(n 1)E(S2)  E  1 1 2 2   1 1 2 2 2. n n 2 n n 2   1 2 1 2 3.【答案】（Ⅰ） n  n 1 ( i  1 , 2 ,   , n ) ；（Ⅱ）  1 n 【解析】（Ⅰ） D Y i  D ( X i  X )  D   1  1 n  X i  1 n kk n  1i X k   n  n 1 ( i  1 , 2 ,   , n ) . （Ⅱ）因 X 1 , X 2 ,   , X n 相互独立，而独立的两个随机变量协方差等于零. 于是有 Cov(Y,Y )Cov(X X,X X)Cov(X ,X )Cov(X ,X)Cov(X ,X)DX 1 n 1 n 1 n 1 n  1 n  1  n  1 1 而Cov(X ,X)Cov  X , X   Cov  X ,X   DX  . 1  1 n i  n  1 i  n 1 n i1 i1   DX 1 1 类似地，Cov X ,X  n  . 又因为DX  ，所以有 n n n n 1 1 1 1 Cov(Y,Y )0    . 1 n n n n n4.【答案】2 【解析】因为样本方差的数学期望等于总体的方差，即E(S2)DX ， 而 E X       x f ( x ) d x       x  1 2 e  x d x  0 ， E ( X 2 )       x 2 f ( x ) d x    0  x 2 e  x d x  2 故 E ( S 2 )  D X  E ( X 2 )  ( E X ) 2  2  0  2 . 1 1 5.【答案】 ； ； 20 100 2 . 【解析】根据 2  分布的定义，若Y,Y , ,Y 服从标准正态分布且相互独立，则 1 2 m Y  Y 1 2  Y 22  Y 2m 服从自由度为 m 的 2  分布. 对于本题，若 X 服从 2  分布，则 m  2 ，且 a(X 2X ) N(0,1)， b(3X 4X ) N(0,1)，于是 1 2 3 4 D[ a(X 2X )](a4a)DX 5a22 1，即 1 2 1 a  1 2 0 . D[ b(3X 4X )](9b16b)DX 25b22 1，即 3 4 1 b  1 1 0 0 . 6.【答案】C 【解析】当随机变量 X 和 Y 都服从正态分布，且二者相互独立时，（A），（B），（C）， （D）四个选项均成立. 当未给出 X 和 Y 相互独立这一条件时，（A），（B），（D）均不一 定成立. 7.（01-3）设总体 X 服从正态分布 N ( 0 , 0 .2 2 ) ，而 X 1 , X 2 , X 1 5 是来自总体X 的简单随 X2   X2 机样本，则随机变量Y  1 10 服从 分布，参数为 . 2(X2   X2) 11 15 【答案】 F ；(10,5) X 【解析】由X ~ N(0,0.22)，i1,2, ,15，可得 i ~ N(0,1)，从而 i 0.2 2 2 2 2  X   X   X   X   1     10  ~2(10)， 11     15  ~2(5)，又因 0.2  0.2   0.2  0.2 2 2  X   X   1     10  与 0.2  0.2   X 0 1 1 .2  2    X 0 1 5 .2  2 相互独立，故根据 F 分布的定义，可知 Y      X 0 X 0 1 . 2 1 1 . 2   2 2       X 0 X 0 1 0 . 2 1 5 . 2   2 2   1 5 0  2 X ( X 2  1 21 1    X X 21 021 5 ) ~ F ( 1 0 , 5 ) . 8.【答案】D 【解析】由于 X  n  n X N ( 0 , 1 )  ，所以（A）不对；  ( n  1 ) 2 S 2  ( n  1 ) S 2 2 ( n  1 )  ，即（B）不对；  X S  n  n S X t ( n  1 )  ，（C）不对； X2 2(1)， 1 n i 2 X 2i 2 ( n  1 )  ，且X2 与 1 n i 2 X 2i 独立，故 n i 2 X X 2i 21 ( n  1 )  ( n  n i 2 1 ) X X 2i 21 F ( 1 , n  1 ) . 故答案选（D）. 9.【答案】B  2  【解析】由已知得X ~ N ,  ，所以  n  X  n ~ N ( 0 , 1 )  ，又由  n S 222 ~ 2 ( n  1 )  ，且  S2 与X 相独立，故由 2 t 分布的构成知 X 2 n ( S n n 22 1 ) ~ t ( n 1 )       ，既 X  ~t(n1) ，故选（B）. S n1 210.【答案】 t ； 9 【解析】令 X i  X 3 i Y ，Y i (i 1,2, ,9)，则 i 3 X i N ( 0 , 1 ) ， Y i N ( 0 , 1 ) ， i  1 , 2 , , 9 ，X X  X N(0,32)， 1 9 Y   Y 1 2   Y 29 2 ( 9 )  ， 因此 U  X Y 1 1  2    X Y 9 29  X Y   1 2 1    X Y 9 9 2  X Y    X Y   3 9 . 由于 X  3 N ( 0 , 1 ) ， Y 2(9). 故U t(9). 11.【答案】C． 【解析】设 W N ( 0 , 1 ) ， Z 2 ( n )  ，且 W ， Z 独立，则 X  W Z n t ( n ) . 又 W N ( 0 , 1 ) ，所以 W 2 2 ( 1 )  . 所以 X 1 2  W Z 2 n 1 F ( n , 1 ) （按定义）.6-3 拓展拔高 1.【答案】（1） T 1 ~ F ( 1 , 7 ) ；（2） T 2 ~ t ( 7 ) ；（3） T 3 ~ F ( 3 , 7 ) 【解析】由 X ~ N ( 0 , 2 )  知X ~ N(0,2)，X  X  X ~ N(0,32)，记 i 1 2 3 X X X U  1 2 3 ~ N(0,1)， 3 V  1 0 i 4  X i  2  1 0 i 4 X 2 2i ~ 2 ( 7 )  ，   故 U 2  ( X 1  X 3 i  2 X i ) 2 ~ 2 ( 1 )  . 记  W  X 21  X 222  X 23 ~ 2 ( 3 )  .  又 U 与 V 相互独立， W 与 V 相互独立，则： （1） T 1  U 1V 7 2  7 3  ( X X  1 24  X 2   X X ) 321 0 2 ~ F (1 , 7 ) （2） T 2  U V 7  7 3  X X 1  24  X 2   X X 3 21 0 ~ t ( 7 ) （3） T 3  W 3V 7  7 3  X X 21 24   X 22   X X 2321 0 ~ F ( 3 , 7 ) . 2.【答案】（1） T 1 ~ 2 ( n )  ；（2） T 2 ~ t ( 2 n  1 ) ；（3） T 3 ~ F ( 3 , 2 n  3 ) 【解析】 （1）1 2n n T  X2 X X 1 2 i 2i1 2i i1 i1 1  (X2  X2   X2  X2 ) X X  X X   X X 2 1 2 2n1 2n 1 2 3 4 2n1 2n 1 1 1  (X  X )2  (X  X )2   (X  X )2 2 1 2 2 3 4 2 2n1 2n X  X 2 Y  2i1 2i  n  X 2i1  X 2i  i 2  n Y2   i  2  i1 i1 由 X 2 i 1 ~ N ( 0 , 1 ) ， X 2 i ~ N ( 0 , 1 ) ，知 X 2 i 1  X 2 i ~ N ( 0 , 2 ) ，故 Y i  X 2 i 1  2 X 2 i ~ N ( 0 , 1 ) ，又因为 X 1 , X 2 , ..., X 2 n 为X 的简单随机样本，所以 Y,Y ,...,Y 相互独立，所以 1 2 n T 1  n i 1 Y 2i ~ 2 ( n )  . （2）由于 2 i n 2 X 2i ~ 2 ( 2 n 1 )     ，又因为X ,X ,...,X 为 1 2 2n X 的简单随机样本，可知 T 2  2 n  2 n i 2 1 X X 2i 1  X 2 n i 2 2 n 1 X  2i 1 ~ t ( 2 n  1 ) （3）由 3 i 1 X 2i ~ 2 ( 3 ) 2n  ， X2 ~2(2n3)且相互独立，故 i i4 T 3  ( 2 n 3  3 2 n i 4 ) 3 i X 1 2i X 2i  3 i 1 2 n i 1 2 n 3 X X  2i 2i 3 ~ F ( 3 , 2 n  3 ) 3.【答案】（1） E Y  1 n ，DY  2；（2）k  . n1  2  【解析】先确定Y 服从的分布. 依题设，X ~ N(,2)，X ~ N, ，且X 与 n1  n  n1X  n1  相互独立，故X X ~ N0, 2 ，所以 n1  n   X n  n 1  n  1 X  2  ( n  n 1 ) 2 ( X n  1  X ) 2  Y ~ 2 (1 )    由 2  分布的性质， E Y  1 ， D Y  2 . （2）由已知，样本方差 S 2 与 X 独立， X n  1 与 S 2 独立，且X,X ,S2 相互独立，故 n1 S2与 ( X n  1  X ) 2 也独立，所以 ( n  ( n 1 n )  1 2 ) 2 S ( 2 X / n  1 ( n   X 1 ) ) 2  n n  1  ( X n  1 S  2 X ) 2 ~ F ( 1 , n  1 )   即 k  n n  1 . 4.【答案】C 【解析】因为X ~t(2)，所以存在U ~ N(0,1)，V ~2(2)，且 U , V 相互独立，使得 X  U V 2 ，则 X 1 2  V U / 2 2 ，因为 V ~ 2 ( 2 )  ， U 2 ~ 2 ( 1 )  ，且 V , U 2 相互独立，所以 1 ~ F(2,1)，选（C）. X2 5.【答案】U ~t(10) 【解析】因为 X 1 , X 2 , ..., X 1 0 相互独立且与总体服从相同的分布，所以 10 (1)iX ~ N(0,102)，于是 i i1 1 0 i 1 (  1 1 0 ) i X i ~ N ( 0 , 1 ) ，又因为X ,X ,...,X 相互独立  11 12 20 X 且与总体服从同样的分布，所以 i ~ N(0,1)(i 11,12, ,20)，于是 1 2 2i 0 1 1 X 2i ~ 2 (1 0 )  ，又  1 0 i 1 (  1 1 0 ) i X i 与  1 2 2i 0 1 1 X 2i 独立，故  1 0 i 1 1 2 (  1 2 0 i 1 1 0 1 ) X i X 2i i / 1 0 ~ t ( 1 0 )  ，即  U  1 0 i 1 (  2 0 i 1 1 1 ) X i X 2i i ~ t (1 0 ) .