250619_150754-第二章-一维随机变量及其分布答案解析_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_强化_概率

第二章 一维随机变量及其分布 巩固练习 1.【答案】5 【解析】设成功的次数为 X ，则 X ~ B ( 1 0 0 , p ) ， D ( X )  1 0 0 p (1  p ) ，标准差为 100p(1 p). 令 f(p) p(1 p)(0 p1)，由 f(p)12p 0得 p  1 2 ， 因为 f   1 2    2  0 ，所以 p  1 2 为 f ( p ) 的最大值点，当 p  1 2 时，成功次数的标准差最 大，最大值为5. 2.【答案】B 【解析】 F (y) P(Y  y) P(min{X,2} y) Y 1P(min{X,2} y) 1P(X  y,2 y) 当 y  2 时， F Y ( y )  1 ； 当 y  2时，F (y)1P(X  y)P(X  y)F (y)，而 Y X F X ( x )   1 0  , e  x , x x   0 0 , , 所以当0 y  2时，F (y)1ey ； Y 当 y 0时，F (y)0， Y 1, y2,  即F (y)1ey,0 y2,显然F (y)在y 2处间断，选（B）. Y Y  0, y0, 3.【答案】 P ( X Y 0 ) e      ey, y1  e, 1 y0 ；F (y) Y 1ey e,0 y1  1, y1 【解析】 P(X Y 0) P(Y X) P( X 1) P(X 1)P(X 1)  P(X 1)1P(X 1)1F (1)e X F (y) P(Y  y) P(Y  y, X 1)P(Y  y, X 1) Y  P(X  y, X 1)P(X  y,X 1)P(X  y,X 1)  P(X  y,0 X 1)P(X y,X 1) (由于X是指数分布，因此X 0 时概率为0) 当y1时， F Y ( y ) P ( X y ) e y      ； 当1 y0时， F Y ( y ) P ( X 1 ) e      ； 当 0  y  1 时，F (y)P(X  y)P(X 1)1ey e ； Y 当y1时，F (y)P(0 X 1)P(X 1)1， Y ey, y1  e, 1 y0 故F (y) . Y 1ey e,0 y1  1, y1 4.【答案】 e  1  e  2 【解析】 P3 X 2| X 1  PX 2| X 1PX 3| X 1  PX 1PX 3| X 1(指数分布的无记忆性) e1PX 2e1e2. 5.【答案】1 【解析】方法1：F ( P P  ( X X x ) x ) ( F x x ( x )  x P P (  x ) X X ) [ 1 x ( x x )  ] 1 .                                            方法2：由正态分布密度对称性，如图显示， F ( x ) F ( x ) 1         ． 6.【答案】 1 2 【解析】 1  1  1 F    PY   P1eX   Y 2  2  2  P  eX  1  P  eX 2   PX ln2  2 ln2 ln2 1 1  f (x)dx exdx1  .  X 0 2 2 7.【答案】C 【解析】已知 f ( x ) 是偶函数，因此有 F (  x )    x   f ( t ) d t    x   f (  t ) d t    x  f ( t ) d t ，而 F ( x )   x   f ( t ) d t ， 可知F(x)不具有奇偶性，（A）（B）不成立； 又 F ( x )  F (  x )   x   f ( t ) d t    x  f ( t ) d t  1 ， 故选择（C）；而 x   2F(x)F(x)2 f(t)dt f(t)dt 23 f(t)dt 1，  x x 故（D）不成立． 8.【答案】D   【解析】由 f(x)dxa f (x)dxb f (x)dxab1，知四个选项均符合这个 1 2    要求，因此只好通过 F ( 0 )  1 8 确定． 由于 0 0 0 a a 1 F(0) f(x)dxa f (x)dxb f (x)dx 0    1  2 2 2 8 所以 a  1 4 ，正确选项为（D）． 9.【答案】B 【解析】对于（B），由于 F ( x ) 是右连续函数，故 F ( a )  l i x  m a  F ( x )  l i x  m a  1  1 ，所以应选 （B）； 对于（A）， F ( x ) 不一定左连续，所以当 x  a 时， F ( x )  0 不能推出 F ( a )  0 ，（A）不 正确； 对于（C），因为 F(a) PX a PX aPX a 1  PX a 2 不一定等于 1 2 ，所以（C）不正确； 对于（D），因为 P  X  a   1 2 ，即 P  X  a   1 2 ，同（C），故（D）也不正确． 10.【答案】A 【解析】 f(1x) f(1x)，即密度函数 f ( x ) 在 x  1 处对称． F ( 0 )  P { X  0 }   0   f ( x ) d x  1 2  0 .3  0 .2 .答案应为（A）． 11.【答案】C【解析】记  X 的分布函数和概率密度分别为 F 1 ( x ) 和 f 1 ( x ) ．则 F 1 ( x )   P 1    P X  X  x     x  P   X 1   F  ( x   x  ) 1  P  X   x  f 1 ( x )  F ( 1 x )  [ 1  F (  x ) ]   f (  x ) ， 故答案选（C）． 12.【答案】D 【解析】方法一： P  X  2 | X  1     P 2  1   1 X P e e  1  X  x d x  x d x , X   1   e  2 1 e     e 1  P 2  1   1  1    e X  e  x d  1 . x 2  方法二： X 服从指数分布，具有无记忆性，则 PX 2| X 11PX 2| X 11PX 2| X 1 1PX 11e1. 13.【答案】A 【解析】设 Y  2 X  3 ，则 Y 的分布函数为 F Y ( x )  P { Y  x }  P { 2 X  3  x }  P  X  x  2 3    x 2   3 f ( t ) d t ， Y  2 X  3 的概率密度   x3   x3 1 1  x3 f (x)F(x) 2 f(t)dt  f     f  ， Y Y     2  2 2  2  答案应选（A）．综合测试 1 1.【答案】1 e 【解析】 方法一：利用指数分布的无记忆性进行计算 由于 X E ( 1 ) ，且当 s , t  0 时，有 P  X  s  t | X  t   P  X  s  ，故 PX k1| X k1PX k1| X k1PX 1 1 1e1 1 . e 方法二：直接利用条件概率进行计算 P    1 1 X    k  P    k  1    k X e e  1 | X  k   P X  td t   td t  1  1 k , X k    e  1  k  (k   k e   1 ) P    1 1 X    P 1 e  P k X   X 1  | k  X  k  1   k  2.【答案】 x 0   ； y 0  1 2 【解析】 由 X ~ N ( , 2 ) 1  (x)2  ，则其概率密度为 f(x) e 22 ，则 2 1 (x 0 )2 2(x ) F(x ) f(x ) e 22  0 0， 0 0 2 22 1 故x ,F(x ) y  . 0 0 0 2 3.【答案】D X  【解析】G(y) PY  y P 2 y PX 2(y2) F(2y4)，故选（D）.  2 4.【答案】C 【解析】由    f ( x ) d x     (提 指 数 中 常 数 )  ( ) 凑 正 态 分 布  C C C C  e          e     e  e 2 x  2 x d  ( x  1 e       1 x 2) 2  d x 1  C 1  2      e  e ( x  2  2 ( x  1 )  2  1 ) 2 1  2  d 1 x d x 1 得C  ，故选（C）. e 5.【答案】B 【解析】设Y 的分布函数为F (y) PY  y ， Y 当 y  0 时， F Y ( y )  0 ； 1 当0 y1时，F (y) PY  y PX 1 ； Y 2 y1 y 当1 y2时，F (y) PY  y P0 X  y  dx ； Y 0 2 2 当 y  2 时， F Y ( y )  P  Y  y   1 ； 所以 F Y ( y )   0 , 1 2 y 2 1 , , , y 0 1 y     0 y y 2 ,   . 1 2 , , 可知分布函数在y 0不连续，分布函数有 1 个间断点，故选（B）.6.【答案】A 【解析】 p 1 P  X 4  P X 4 1 ( 1 )               ； p 2 P  Y 5  P Y 5 1 1 (1 ) ( 1 )                 ， 因此，对任何实数，都有 p 1  p 2 ，故选（A）. 7.【答案】B   【解析】由 f(x)dx kexdx1得   k e   ex, x ，所以 f(x) ， 0, x 故 P  X a  a e x d x 1 e a                ，由此可知 P  X a       与无关，随 a 增大而增大，故选（B）. 3  y1, 1 y2, 8.【答案】 f (y)2 Y  0, 其他. 【解析】设 Y  X 2  1 的分布函数为 F Y ( y ) ，则F (y)PY  y P  X2 1 y  ， Y 当 y 1时， F Y ( y )  0 ；当 y  2 时，F (y)1； Y 当1 y2时， F (y) P  X2 1 y   P   y1 X  y1  Y y1 3 y13  x2dx2 x2dx( y1)3  y12 0 2 0, y1,  3  (y1)2, 1 y2, 故F (y) Y   1, y2 所以 Y  X 2  1 3  y1, 1 y 2, 的概率密度为 f (y)2 Y  0, 其他.1 3 9.【答案】（1）a  ,b ；（2） 4 4 F Y ( y )   0 1 1 ,  , e  y , y 0 y    0 y l ,  n 4 l . n 4 , 【解析】 （1）由于 P  X  0   F ( 0 )  F ( 0  0 )  a  0  a 1 1 ，及PX 0 ，所以a  . 4 4 又 F ( x ) 在点 x  1 处右连续，故 F (1  0 )  F (1 ) ，即 1  a  b ，解得 b  3 4 . 进而有 F ( x )   0 , 1 4 1 ,  3 4 x , x 0 x    0 x 1 .  . 1 , （2） F Y ( y )  P  Y  y   P   l n F ( X )  y  当 y  0 时，由于 X 在[0,1]上取值，且 F ( X )  1 4  3 4 X ，满足 1 4  F ( X )  1 ，故 0   l n F ( X )  l n 4 ，因此 当 y  0 时， F Y ( y )  0 ； 当 0  y  l n 4 时， 0  4 3  e  y  1 4   1 ，且 F ( x ) 在x0时连续，故 F Y ( y )    P 1 1     P  l n  1 4  X  1 4  3 4   4 3 4 3 3 4   X e e    y y    y 1 4 1 4         P 1 1    X F e    y 4 3 4 3   e e   y y   1 4 1 4     当 y  l n 4 4 1 时，  ey   0，故 3 4  1 3    4 1 F (y)Pln   X   yPX   ey  1 Y  4 4    3 4综上可得 F Y ( y )   0 1 1 ,  , e  y , y 0 y    0 y l ,  n 4 l . n 4 ,拓展提升 1.【答案】B 【解析】概率密度的充要条件为① f ( x )  0 ，②      f ( x ) d x  1 . （A） f ( 2 x ) 不可以作为概率密度，因为      f ( 2 x ) d x  1 2      f ( 2 x ) d 2 x  1 2  1 ； （B） f ( 2  x ) 可以作为概率密度，因为 f ( 2  x )  0 ，且      f ( 2  x ) d x        f ( 2  x ) d ( 2  x )       f ( t ) d t  1 ； 对（C）（D）容易举出反例，使      f 2 ( x ) d x 和      f ( x 2 ) d x 均不为 1 ，例如 f ( x )   1 20 , , 0  其 x 他  2 可以作为概率密度， 1  , 0 x2 但 f 2(x)4 和  0, 其他 f ( x 2 )   1 20 , ,  2  其 x 他  2 显然都不可以作为概率密度；故 选（B）. 2.【答案】C 【解析】 X 落入 (   , x 1 ) , ( x 1 , x 2 ) , ( x 2 , x 3 ) , ( x 3 , x 4 ) , ( x 4 ,   ) 的概率应为 7 24 38 24 7 , , , , ，即 100 100 100 100 100 0 .0 7 , 0 .2 4 , 0 .3 8 , 0 .2 4 , 0 .0 7 ； P  X  x 4   1  P  X  x 4   1  0 .0 7  0 .9 3   (1 .5 ) ， X 15 而X ~ N(15,4)，所以 ~ N(0,1)， 2 P  X  x 4   P  X  2 1 5  x 4  2 1 5     x 4  2 1 5  ， x 15 所以 4 1.5，解得x 18; 2 4 又PX  x 1PX  x 10.240.070.69(0.5) 3 3X 15 x 15  x 15 PX  x  P  3   3  3  2 2   2  得 x 3  2 1 5  0 .5 ，故 x 3  1 6 ; 由对称性 x 1 与x ，x 与x 都关于 4 2 3 x  1 5 对称，所以 x 1  1 5  ( x 4  1 5 )  1 2 , x 2  1 5  ( x 3  1 5 )  1 4 ，故选（C）. 3.【答案】D 【解析】对于（1），是几何分布的无记忆性，正确. 几何分布的无记忆性证明如下：  P X  m 代 入 几 何 分 约 分 子 分 母 等  布 去 比 P  n | X  m    ( 的 分 布 律 k  n  m  1   ( 1 k  m  1 ( 1  p ) p 1  ( 1  ( 1  p 级 数 求 和 1  ( 1   X 1   p n  m p ) m ) p )  P p )  m   X k  1 ) p k  1 p ( 1  n  p , m ) X  n   m  k  n   1  ( 1 P   P p X  k ) X   1 m  p  m  n  P   X  n  对于（3），是指数分布的无记忆性，正确. 指数分布的无记忆性证明如下： P  e X e (s s s t) t e | X t s 1  1 ( 1 P 1  ( 1 e X ( 1 P e t )  e s X (s P s t , X  s t) ) )  X t s   P  P X  X s  s + s+ s  t t e e x x d d x x           代  入 指    数  分  布  的 分   布  函 数                或   利 用 概  率 密 度 计  算         对于（2），P  X  2 n | X  n      P 1 1 1   1  1  1 X   P  1  1      1   1     1   1     1  2 X 2 1    n , X    n 1  2  3 1  2 2  1 1   2 2 1 1  2 2 1  2 n   1  n   n   3 1  3 1  3 1 2    P   X  P X ( 2 n ( n  2    n n   1 1 1 1 1  1  2 n  n )  2 )  n  1  1    n   1 2 n 1  n  1 1    P P { { X X   2 n n } } 正确；    1 dx  1 对于（4），PX 2t| X t PX 2t,X t  PX 2t  2t x2  x 2t  1 ， PX t PX t  1 1  2  dx  t x2 x t 正确，故选（D）. 4.【答案】C 【解析】 若X 服从正态分布N(,2)(0)，则 f ( x ) 2 1 e ( x 2 2)2 , x R         ， 故 f m ax f ( ) 2 1      ； 选项（A）， f 1 m ax ( x )  1 2   1 1 ；选项（B）， f (x) 1； 2max 2 2 ex, x0 选项（C），X E(1)时，概率密度为 f (x) ， f (x)1； 3 0, 其他 3max 1  , 1 x1 1 选项（D）， X U(1,1)时，概率密度为 f (x)2 ， f (x) 1； 4 4max 2  0, 其他故选（C）. 5.【答案】B 【解析】 方法一： F Y ( y )    P P P    Y X 2  X  y   X  P  y , X  X y , X  0     X 0  P    y  y  P  X 0 ,  X X  0   y , X  0  当 y  0 时， F Y ( y )   P    0 y 2   X   1 2  y 2  1 2   P    X y 2   0  1 故PY 11F (1)1  ，选（B）. Y 2 方法二： P      P P P P Y      X 2 X X 1 X      X  1 1 2 1 2 P , ,    X X  X 1 ,   1  X 0 0  X    0   P   0  1    2  1     0 P   X 1 , X   X 0   1 , X  0  故选（B）. 2 6.【答案】 3 【解析】 2 1 0 由EA  0 1 0 (1)(2)(Y)0，得矩阵 0 1 Y A 的特征值为 1, 2, Y ； 1 2 3当Y 1,2时，矩阵 A 一定可以对角化； 当Y 1时， A   200 111 001  ， 1   为二重特征值，因为 r ( E  A )  2 ，所以 A 不可对角 化； 当Y  2时， A   200 111 002  ，2为二重特征值，因为 r ( 2 E  A )  1 ，所以 A 可对角 化； 故 A 可对角化的概率为 P ( Y  1 , 2 )  P ( Y  2 )  P ( Y  0 )  P ( Y  2 )  P ( Y  3 )  2 3 . 7.【答案】 e   ； F Y ( y ) e e 1 1 , y , , e y y e , 0 y 1 y 1 1 y . , 1 , 0 ,                    【解析】 P  X Y  0 P P  Y  X 1 X   1 P  P X  X  1  1 P 1  X F X 1 (1  ) P e  X 1                        F Y ( y )    P P P    Y X X    y  y y , ,  0 X P    X Y 1     1 y P  ,  X   P  X  X 1     y ,  P X y  Y  , X   1  y  1 , P  X    X 1   y , X   1  当 y   1 时， F Y ( y ) P  X y  e y      ； 当1 y0时， F Y ( y ) P  X 1  e      ； 当 0  y  1 时， F Y ( y ) P  X y  P  X 1  1 e y e            ； 当 y 1时，F (y) P0 X 1PX 11； Y ey, y1,  e, 1 y0, 故F (y) Y 1ey e, 0 y1,  1, y1.8.【答案】（1） f X ( x )   2 0 , , 0  其 x 他  1 2 1 ； （2） 6 【解析】（1）如图所示，折点坐标记为 V ，则 V ~ U ( 0 , 1 ) ，于是X minV,1V ，则 X 的分布函数为 F X ( x )  P  X  x   P  m i n  V , 1  V   x  ； 由题意， P  0  X  1 2   1 ，故 ① 当 x  0 时， F X ( x )  0 ； ② 当 x  1 2 时， F X ( x )  1 ； 1 ③ 当0 x 时， 2 F X ( x )      P 1 1 1 1      m P P P 1 i      n m V x x 1 V i n    , 1   V x , 1 V  x  V , 1  1 2   V  x   x  V    x  x x   1 2, 0 x , 于是 f (x) F(x) 2 X X  0, 其他. （2）方法一：由（1）知， X U  0 , 1 2  ，故 E X  1 4 , D X  1 4 8 ，故 E(Z) E[X(1X)] E(X)E(X2)  E(X)[E(X)]2 D(X) 1 1 1 1     4 16 48 6  1 方法二：Z  X(1X) X X2 ，由于z(xx2)12x0,x  0, ，  2故z  xx2 在  0 , 1 2  内单调可导，于是由 x 2  x  z  0 1 14z 1 1 ，解得x   z . 2 2 4 1 又x ，故 2 x  1 2  1 4  z ， d d x z  1 2  1 4 1  z ，所以Z 的概率密度为 f z ( z )   f 0 X , ( x ) d d x z , 0  z 其  他 1 4 ,   0 , 1 4 1  z , 0  其 z  他 1 4 , 于是 E ( Z )   14 0 1 4 z  z d z z 1 4   1 4 z   t t 2  12 0 1 4  t t 2 2 t d t  2  1 8  1 2 4   1 6 .