250603_111231-第五章-大数定律与统计初步答案解析_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解

第五章 大数定律与统计初步 巩固练习 1.【答案】 1 9 【解析】 P  X 3  ( D 3 X ) 2 9 2 2 1 9           . 2.【答案】 1 2 【解析】 P  X  E X  2   D 2 X 2  2 4  1 2 . 3.【答案】 9 8 【解析】记“第i箱的重量”为随机变量 X i ， i  1 , 2 , , n ，则 E X i  5 0 ， D X i  2 5 . 由中心极限定理可知： n i 1 X i 近似服从 N ( 5 0 n , 2 5 n ) . 由题可知： P     P  0 n i   .9 X 1 n i 1 5 0 7 7  5 0 0 0 i X  5 0 n i 5 n 0 0  5 0 n 5 n     2     5  0 0 0 5 1   0 5 n 0 0 0 n  n  1 0 n  所以， 1 0 0 0  n 1 0 n  2 . 令 n t，则10t2 2t10000，即5t2 t5000， 解得： t   1  1 1  0 1 0 0 0 0  9 . 9 ， 所以 n  9 8 .0 1 ，故最多装98箱. 4.【答案】（1）PX kCk 0.2k0.8100k，k 0,1, ,100；（2）0.927 100【解析】（1） X 服从概率为0.2的二项分布，则 P  X  k   C k1 0 0 0 .2 k 0 .8 1 0 0  k ， k 0,1, ,100. （2）EX 20， D X  1 6 ，根据棣莫弗-拉普拉斯定理（中心极限定理）可知： X 近似 服从 N ( 2 0 , 1 6 ) .所以，  X 20  P14 X 30 P1.5 2.5  4  (2.5)(1.5) (2.5)1(1.5) 0.994(10.933) 0.927. 5.【答案】略 【解析】因为 X 1 , X 2 , , X n 独立同分布， 所以， X 21 , X 22 , , X 2n 独立同分布，且 E X 2n 、 D X 2n 均存在， 所以，根据中心极限定理可知， n i 1 X 2i 近似服从正态分布， 1 n 故Z  X2 也近似服从正态分布. n n i i1 又因为 E Z n  E X 2  a 2 DX2 EX4 (EX2)2 a a2 ，DZ    4 2 ， n n n n 所以 Z n 近似服从 N  a 2 , a 4  n a 22  . 6.【答案】B 【解析】由题意， X 1 , X 2 独立，则 ( X 1 , X 2 ) N ( 0 , 0 ; 2 , 2 ; 0 )   ， 所以(X X ,X X )服从正态分布，且X X 和X X 均服从N(0,22), 1 2 1 2 1 2 1 2 又因为 C o C D v ( o ( X v X 1 ( X ) 1 1 X , X D , X 2 ) 1 ( X 1 2 C ) o X v 2 ( ) X 2 2 , X 1 2 ) 0 C , o v ( X 1 , X 2 ) C o v ( X 2 , X 2 )              所以(X X ,X  X ) N(0,0;22,22;0)，故 1 2 1 2X 1  X 2 与X X 相互独立且同服从 1 2 N ( 0 , 2 2 )  ， 同理，X X 和X  X 也相互独立且均服从 3 4 3 4 N ( 0 , 2 2 )  ．故 (X X )2 (X X )2 Y  1 2 3 4 (X  X )2 (X  X )2 1 2 3 4 (X X )2 (X X )2 1 2  3 4 2    22 22   ~ F(2,2) (X  X )2 (X  X )2 1 2  3 4 2    22 22  答案应选（B）. 7.【答案】B 2 2 【解析】因为EX2  DX (EX)2  0 ， n n E S 2 D X 2    ，所以 E T k n k E X 2 1 k E S 2 n k n 2 1 k 2 2 k 2          ， 故 E T k 2 k 2 2     ，即 k  2 ．选择（B）． 8.【答案】D 【解析】由题意，可得 ( n 1 ) 2 S 2X ~ 2 ( n 1 )     ， ( n 1 ) 2 S 2Y ~ 2 ( n 1 )     且它们相互独立，所 以  n1  DT  D 2 (S2 S2)   2 X Y    n1  n1  4  D  S2  D  S2    2 X   2 Y  4[2(n1)2(n1)]4(n1)4. 9.【答案】A 2 2 X nX (n1)S2 nX (n1)S2 【解析】由 ~ N(0,1)，得 ~2(1)， ~2(n1)且 与  2 2 2 2 n相互独立，于是 ( n n 1 ) 2 X S 2 2 2 1 ( n 1 ) n X S 2 2 ~ F ( 1 , n 1 )       ，应选(A). 10.【答案】 F ( m  1 , n  1 ) 【解析】由题意可得， ( m 1 2 ) S 21 ~ 2 ( m 1 )     ， ( n 1 ) 2 S 22 ~ 2 ( n 1 )     ，且相互独立，则 ( m ( n 1 ) 2 1 ) 2 S S 21 22 ( ( m n 1 ) 1 ) S S 2122 ~ F ( m 1 , n 1 )          . 11.【答案】 t ( n  1 ) 【解析】由题意可得， X ~ N 0 , n 2    X nX ，  ~ N(0,1).   n (n1)S2 nX 又 ~2(n1)，且 与 2  ( n 1 ) 2 S 2   相互独立，则 ( n 1 ) 2 n S X 2 ( n 1 ) n S X ~ t ( n 1 )       . 12.【答案】 ( n 1 ) 2   【解析】因为 X 1 , X 2 , , X n 独立同分布，所以有E(XT)E(X T) E(X T)，故 1 2 nE ( X T1 )       1 n 1 n E E E ( ( n n  E E  ( X   ( X  ( X X  1 T ) X  ( 1 ) E 1 ) E T1 1  n ( ( )  X E  X X  E ( X 2 X  2   2 n n   X  i 1 1 1 )  n  1 2 S ) 2 ) E ( S ) T )   X ) n X  n T  ( X  i n  ( X i 1 ( n T X i 1   )  ) E  2  X ( X 2 ) 2 . n  T )       13.【答案】 【解析】由 X 1 , X 2 , S 21 , S 22 相互独立，可知 a , b 与 X 1 , X 2 相互独立，且 a  b  1 ， E ( X 1 ) , E ( X 2 ) ,     则 E ( U )  E ( a ) E ( b )  E ( a b ) E ( 1 ) .           14.【答案】 t ( n  1 ) 【解析】因为 X n 1 ~ N ( , 2 )   ， X ~ N , n 2     ，且它们相互独立，所以  n1  X X ~ N 0, 2 ，   n1  n  X X X X n n1  n1 ~ N(0,1)， n1  n1  n (n1)S2 ~2(n1). 2 又 X n  1  X (n1)S2 与 相互独立，所以由 2 t 分布的定义，有 X ( n n 1 1 ) 2 X S 2 n ( n n 1 1 ) n n 1 X n 1 S X ~ t ( n 1 )             .综合测试 1.【答案】 8 9 【解析】根据切比雪夫不等式： P  X E ( X )  D ( X 2 )      ，则 P  X E ( X )  1 D ( X 2 )       于是 P ( 2  X  2 0 )  P  X  1 1  9   1  9 9 2  8 9 . 2.【答案】A 【解析】满足独立同分布中心极限定理的条件是X2,X2, ,X2, 相互独立同分布，且期 1 2 n 望和方差均存在. 由题设，X ,X , ,X , 相互独立，因此， 1 2 n X 21 , X 22 , , X 2n , 也相互独 立，但选项（B）（C）中随机变量的期望和方差不存在，选项（D）中随机变量之间分布 参数不同，故分布不同，因此，选项（B），（C），（D）都不正确，故答案选（A）. 3.【答案】 8 0 3 2 5 ； 3 【解析】依题设，随机变量 X 1 , X 2 , , X 4 0 相互独立同分布，且概率密度为 f ( x )   2 0 x , , 0 其  他 x  , 1 ,  1 2 于是EX   xf(x)dx   2x2dx  ， k  0 3 E ( X 2k )       x 2 f ( x ) d x   1 0 2 x 3 d x  1 2 2 1 2 1 DX      (k 1,2, ,40)，则随机变量序列满足独立同分布中心极限定理的 k 2 3 18 2 80 Y 40 Y  3 3 条件，因此有  近似服从 1 2 40 5 18 3 N ( 0 , 1 ) ，故 8 0 3   2 5 ， . 3 4.【答案】B 【解析】由题设知，X ,X , ,X 适用中心极限定理的条件，所以，当n充分大时，随 1 2 n 机变量Y 近似服从正态分布，其参数分别为 n1 n 1 1 1 n 1 1 4 EY  EX  n 2，DY  DX  n  ， n n i n 1 n n2 i n2 1 n i1 i1 2 4 故答案选（B）. 5.【答案】C 【解析】由于 X i ~ U [ 1 , 4 ] ，故 E ( X i )  5 2 ， D ( X i )  3 4 ( i  1 , 2 , ...) . 由中心极限定理知， ln i m  P  n i 1 X n i   n 3 2  5 2  t    ( t ) 即 ln i m  P  2 n i 1 X i n  5 n  3 t    ( t ) ，令 3 t  x ，则 t  x 3 ，从而  n  2X 5n   i    x  limP i1  x  . n  n   3   6.【答案】B 【解析】因为 E X  E X  0 ， D X  D X n  1 n ， E ( S 2 )  D X  1 ， 1 所以E(X2) DX (EX)2  ， n 且 E ( Y 2 )  E [ ( X  S ) 2 ]  E ( X 2 )  2 E ( X S )  E ( S 2 )  1  1 n  2 E ( X S ) ， 又因 X 与S2 相互独立，从而 X 与S 相互独立，故 E ( X S )  E X E S  0 ， 因此 E ( Y 2 )  1  1 n ，故答案选（B）. 7.【答案】D 1 n  2  X 1 n1 【解析】X  X ~ N0, ， n ~ N(0,1)，S2  (X X )2 ， n n i1 i  n  / n n1 n2 i1 i n1( n 2 ) 2 S 2n 1 ~ 2 ( n 2 )      ，且 X n  1 与 S 2n  1 n1 1 相互独立，X  X  X ，故 n n n1 n n S 2n  1 与 X n 相互独立，则 ( n 2 X / ( n 2 n n ) S 2n2 1) ~ t ( n 2 )       ，即 Y  X S n n  1 n ~ t ( n  2 ) ，故 a  n , b  n  2 ， 答案选（D）. 8.【答案】（1）略；（2） 2 【解析】（1）因为 X ~ N ( 0 , 2 )  ， X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , X 5 为来自总体 X 的简单随机样本， X  1 3 3 i 1 X i ，所以 3 X ~ N ( 0 , 1 ) ，  1 2 ( X 4 X 5 ) ~ N ( 0 , 1 )   ，且 X 与 X 4  X 5 相互 独立，从而 3 X 2 ~ 2 ( 1 )     ， 1 2 ( X 4 X 5 ) 2 ~ 2 ( 1 )      . 于是 3 X 6X  Z   ~t(1) X X 2 4 5  1  (X X )  4 5   2  Z 2 X 4 6 X X 5 2 1 2 ( 3 X X 4 2 X 5 ) 2 ~ F (1 , 1 )             . （2）因为 S 2  1 2 3 i 1 ( X i  X ) 2 ， ( n 1 ) 2 S 2 2 S 2 2 ~ 2 ( 2 )      ，若满足S2 ~2(2)，则 2   . 9.【答案】0.4902 1 【解析】设F ~ F(m,n)，则 ~ F(n,m)，于是 F P  F ( m , n ) F a ( m , n )  P F ( 1 m , n ) F a ( 1 m , n ) P F ( n , m ) F a ( 1 m , n )           从而有 P F ( n , m ) F a ( 1 m , n ) 1       . 于是，对于题中 P  F ( 2 0 , 3 0 )  F 0 .9 5 ( 2 0 , 3 0 )   0 .9 5 ，可利用转换公式化为 P  F ( 3 0 , 2 0 )  F 0 .9 5 ( 1 2 0 , 3 0 )   0 . 0 5 1 由F (30,20) 2.04， 0.05 F (20,30) 0.95 即有 F 0 .9 5 ( 2 0 , 3 0 )  F 0 .0 5 ( 1 3 0 , 2 0 )  2 1 . 0 4  0 . 4 9 0 2 . 10.【答案】略 【解析】 Y 1 ~ N , 6 2     ， Y 2 ~ N , 3 2     ， 2 S 2 2 ~ 2 ( 2 )  2   ，则Y Y ~ N0, ，  1 2  2  Y 1 2 Y 2 ~ N ( 0 , 1 )   ，且 Y 1 2 Y 2   2S2 与 相互独立，由t分布的定义得 2 Y 1 2 Y 2 2 S 2 2 2 ~ t ( 2 )    ，即 Z  2 ( Y 1 S  Y 2 ) ~ t ( 2 ) . 11.【答案】 E ( U ) 2 ( n 1 ) 2    【解析】令Y  X X (i1,2, ,n)，则 i i ni Y 1 , Y 2 , , Y n 为正态总体 N ( 2 , 2 2 )   的简单 随机样本， Y  1 n n i 1 Y i  2 X ， U  n i 1 ( Y i  Y ) 2  ( n  1 )  n 1  1 n i 1 ( Y i  Y ) 2  ( n  1 ) S 2 ， 其中 S 2 为Y,Y , ,Y 的样本方差，而E(S2)22，所以统计量 1 2 n U  n i 1 ( X i  X n  i  2 X ) 2 的数学期望为 E ( U ) E [ ( n 1 ) S 2 ] 2 ( n 1 ) 2      .拓展提升 1.【答案】 2 5 【解析】 E ( X )  0 ， D ( X )  3 ， E ( Y )       y f Y ( y ) d y   2  2 y  3 1 y 6 2 d y  0 ， E ( Y 2 )       y 2 f Y ( y ) d y   2  2 y 2  3 1 y 6 2 d y  1 2 5 ，故 D ( Y )  E ( Y 2 )  ( E Y ) 2  1 2 5 ，则 E ( X  Y )  0 ， D ( X  Y )  D ( X )  D ( Y )  2 C o v ( X , Y )  2 7 5 ，所以 P  X  Y  3   P  ( X  Y )  E ( X  Y )  3   1  D ( X 9  Y )  2 5 . 2.【答案】 1 7 0 0 【解析】令 U  X  Y ，则 E ( U )  E ( X )  E ( Y )  3 ， D ( U )  D ( X  Y )  D ( X )  D ( Y )  2 C o v ( X , Y )  4  9  2    1 2   2  3  7 ， 于是 P  X  Y  3  1 0   P  U  E ( U )  1 0   1 7 0 0 . 3.【答案】 2 【解析】由题意，记 Y i  X 2 i  X 2 i 1 ， i  1 , 2 , , n ，显然 Y i 独立同分布. 1 又EX  ， i 2 D X i  1  1 2   1  1 2   1 4 ，故 E Y i  E ( X 2 i  X 2 i 1 )  E X 2 i  E X 2 i 1  0 ， D Y i  D ( X 2 i  X 2 i 1 )  D X 2 i  D X 2 i 1  1 2 ，  n  n  n  n n E  Y  EY 0，D  Y  DY  ，  i  i  i  i 2 i1 i1 i1 i1   n  n   n    Y i E   Y i       Y i   由中心极限定理知：limP i1 i1  xlimP i1  x(x)， n   n   n  n  D Y   i    2    i1  于是 a  2 . 4.【答案】C 【解析】因为 ~ ( 0 , 2 )  X N ，所以 X i ~ N ( 0 , 2 ) ( i 1 , 2 , , n )   ， X ~ N 0 , n 2    . （A）不正确，因为 X i ~ N ( 0 , 1 ) ，所以  n i 1 X i 2 ~ 2 ( n )       ； （B）不正确，因为 X ~ N 0 , n 2    ， ( n 1 ) 2 S 2 ~ 2 ( n 1 )     ，且X 与S2 相互独立，所以 ( n n n X 1 ) 2 1 S 2 n S X n i 1 n X S i ~ t ( n 1 )          ； （C）正确，因为 n i 1 X i ~ N ( 0 , n )    ，所以 1 n n i 1 X i n X ~ N ( 0 , 1 )      ，可得 1 n n i 1 X i 2 n X 2 ~ 2 (1 )           又X 与S2 相互独立，则由2分布的可加性知 1 n n i 1 X i 2 ( n 1 ) 2 S 2 ~ 2 ( n )          ； （D）不正确，因为 X n ~ N ( 0 , 1 ) ，可知  X n 2 ~ 2 (1 )     n1 X  2 ，   i  ~2(n1)，所以    i1 2  X  n 1      (n1)X2  n ~ F(1,n1).  n1 X i  2 (n1)  n1 X2   i i1    i1 5.【答案】D 【解析】已知 X 1 , X 2 , , X n 是来自总体 ( , 2 )  X  N μ 的简单随机样本，则 nS2 1 n nS2  2 0  (X )2 ~ χ2(n) D 0 2n D(S2) 4， 2 2 i1 i  2  0 nn S 212 D n 1 S 2 212 n i 1 ( X n i 2 D X ( S 4 ) 21 2 ) ~ χ 2 2 ( ( n n 1 1 ) ) D ( S 21 ) 2 ( n n 2 1 ) 4 ,                    ( n D 1 ) 2 S ( 2 n 1 ) 2 1 S 2 2 n i 1 ( X ( n i 1 X ) 2 ) 2 D 4 ~ ( S χ 2 2 ) ( n 2 1 ( n ) 1 ) D ( S 2 ) n 2 1 4 ,                       当样本量 n  2 2 2 2n1 时，因为    ，所以 n1 n n n  D ( S 2 )  D ( S 20 )  D ( S 21 ) . 故答案选 （D）. 6.【答案】B 【解析】对 k  1 , 2 , , n  1 ，有 (    k ( ( (  k k  1   X ) V 1 1 1  k ) ( X ) X  X V k   k  k  2 1 X  X k )   1    ( X V X k n  1  k  1  X )   1 n k X  1 X )  k  n  X X  n ( X n  1  X ) 于是 Z k 是独立正态分布随机变量 X 1 , X 2 , , X k , X n 的线性组合，所以Z 服从正态分布. k E ( Z k ) E [ ( k 1 ) V k k V ( k k 1 1 ) V n 1 ] E [ ( X 1 X 2 k ( k X k 1 1 ) ) k X k X n ] 0                     D  ( k 1 ) V k V k 1 V  n 1 D  ( D ( [ ( k X X 1 ) 1 1 ) X k 2 2 D 1 ] ( X 2 X k k ) 1 ( 1 k ) 2 k 2 k D k X ( ) k X k 2 X ) n  D ( X n )                             由此 ( k 1 ) V k V k 1 V n 1 ~ N ( 0 , ( k 2 k ) 2 )         ，标准化后即得 Z k ~ N ( 0 , 1 ) . 故答案 选（B）. 7.【答案】C 1  x 1 2x 2 2 【解析】对于①，易知 f(x ,x ) e 2 ， x ,x ，所以 1 2 2 1 2 F(y) PY  y     2 1  e  x 1 2 2 x 2 2 dx 1 dx 2 , y0     1e  2 y , y0, x2x2y  1 2  0, y0, 0, y0故 f ( y )   1 2 0 , e  y2 , y y   0 0 , , 即 Y ~ E  1 2  ，正确； 对于②，由于 X 1 ~ N ( 0 , 1 ) ， X 2 ~ N ( 0 , 1 ) ， X 1 , X 2 相互独立， 故 Y X 21 X 22 ~ 2 ( 2 )    ，正确； 对于③，因为 F ( y ) 是 Y 的分布函数，所以 F ( Y ) ~ U ( 0 , 1 ) ，故 E [ F ( Y ) ]  1 2 ，正确； 对于④，由于 Y  X 21  X 22 ，与 X 21 不独立，于是④错误. 8.【答案】（1） E Y  1 6 ， D Y  1 9 2 X X ；（2）Z  4 5 ~t(2)； 3 (X X)2 i i1 （3） P U 1 c 2 1 2       【解析】（1）已知 X 1 , X 2 , , X 5 是来自总体 X N ( 0 , 2 2 ) 的简单随机样本，由 1 2 2 3 i 1 ( X i X ) 2 ~ 2 ( 2 )     ，  1 3   3  得E  22 (X i X)2   2E   (X i X)2   8， i1 i1 D  1 2 2 3 i 1 ( X i  X ) 2   4  D  3 i 1 ( X i  X ) 2   6 4 . 又 X 4 X 5 ~ N ( 0 , 8 ) X 4 8 X 5 ~ N ( 0 , 1 ) ( X 4 8 X 5 ) 2 ~ 2 ( 1 )       ，得 E  ( X 4  8 X 5 ) 2   1  E  ( X 4  X 5 ) 2   8 (X X )2 D   4 8 5   2 D  (X 4 X 5 )2  128  3  所以EY E  (X i X)2  E  (X 4 X 5 )2  8816.   i1 3 又 (X X)2 与(X X )2 独立，所以 i 4 5 i1D Y   D D   3 i 1 3 i 1 ( ( X X i i   X X 2 ) 2 )    ( X D 4 [ (  X X 4 5  ) 2 X  5 ) 2 ]  6 4  1 2 8  1 9 2 . X X 1 3 （2）由于 4 5 ~ N(0,1)， (X X)2 ~2(2)，且 8 22 i i1 3 i 1 ( X i  X ) 2 与 X 4  X 5 独立，故 Z  3 i X 1 ( 4 X  i X  5 X ) 2  1 2 2 X 3 i 4 1  8 ( X 2 X i 5  X ) 2 ~ t ( 2 ) . （3） Z ~ t ( 2 )  Z 2 ~ F (1 , 2 )  Z 1 2 ~ F ( 2 , 1 ) ，由题意知c0，又 U ~ F ( 2 , 1 ) ，故 Z 1 2 与 U 同分布，则 P U 1 c 2 P Z 1 2 1 c 2 P  Z 2 c 2  P  c Z c  1 2                 .