A.LOẠI CÂU HỎI 1 ĐIỂM:
Câu 1:
Có: p = 0, 4. Suy ra: q = (1-0, 4) = 0, 6
Gọi A là sự kiện đo phạm sai số vượt quá tiêu
chuẩn cho phép
A ~ B(3; 0,4). Quy luật nhị thức với n = 3; p =
0,4
Vậy xác suất để có đúng 1 lần ( tức k=1) đo
phạm sai số vượt quá tiêu chuẩn cho phép là:
k
k
nk
Công thức: P A k  = P  A1  = Cn . p .q 
1

1

C 3 .0, 4 .0, 6

31

3

đó trong 25 câu là: C 25 (cách)
Trong 30 câu hỏi thì có cách lựa chọn ngẫu
3
nhiên 3câu là: C 30 (cách)
Gọi A là sự kiện học sinh đó trả lời được 3câu
hỏi.
Vậy, xác suất để trả lời được 3câu là:
C25

C30

3
3

=

2300
= 0,5665
4060

Câu 3
n=3; p = 0,4 q = 1- 0,4 = 0,6
Gọi k là số lần nhận được tín hiệu.
Trước tiên, tính xác suất để khơng thu được
tín hiệu trong cả 3lần phát tín hiệu: Pk 0 =
0

0

5

20 .C

C

25
980

30


�0, 000182

1000

Câu 5:
Gọi A1 ; A2; A3 lần lượt là các sự kiện phát hiện
ra phế phẩm ở mỗi vòng kiểm tra 
PA1  0,8; PA 2  0,9; PA3  0,99

Gọi B là sự kiện phế phẩm được nhập
kho( không phát hiện ra phế phẩm):
PB  P A1 .P A 2 .P A 3  (1  PA1 ).(1  PA 2 ).(1  PA3 ) =(1-

0,8).(1-0,9).(1-0,99)=0,0002
Câu 6:
Gọi A là sự kiện để 2 mặt xuất hiện có tổng số
chấm nhỏ hơn 8.
Vậy, để tổng số chấm <8, nghĩa là cố chấm
xuất hiện ở 2 mặt phải có sự tương ứng với
nhau như sau:
Nếu 1xúc xắc có số chấm =1con cịn
lại có 6 kiểu xuất hiện thích hợp

3

C 3 .0, 4 .0, 6 = 0,216

 xác suất để thu được thơng tin đó trong 3
lần phát là:

Pk 4  1  Pk 0 =1-0,216 = 0,784
Câu 4:
Gọi A là sự kiện người đó trúng được 5 vé 
nghĩa là người đó mua được 5 vé trúng
1

PA 

C

= 0,432

Câu 2:
Để học sinh trả lời được cả 3câu, nghĩa là học
sinh đó phải bắt gặp được 3 câu đó nằm trong
25 câu đã thuộc  có số cách lựa chọn 3câu

PA 

thưởng trong số 20 vé trúng thưởng, cịn lại
mua được 25 vé khơng trúng thưởng trong số
(1000-20) = 980 vé không trúng thưởng.
 Xác suất để người đó trúng 5 vé là:

Nếu 1xúc xắc có số chấm =2con cịn
lại có 5 kiểu xuất hiện thích hợp
Nếu 1xúc xắc có số chấm =3con cịn
lại có 4 kiểu xuất hiện thích hợp
Nếu 1xúc xắc có số chấm =4con cịn
lại có 3 kiểu xuất hiện thích hợp

Nếu 1xúc xắc có số chấm =5con cịn
lại có 2 kiểu xuất hiện thích hợp


Nếu 1xúc xắc có số chấm =6con cịn
lại có 1 kiểu xuất hiện thích hợp
 có (6+5+4+3+2+1)=21 kiểu xuất
hiện thích hợp với A
Mỗi xúc xắc có 6 cách xuất hiện ngẫu nhiên
2
 hai con xúc xắc có 6 cách xuất hiện ngẫu
nhiên thích hợp.
 xác xuất để 2 mặt của 2 con xúc xắc xuất
hiện có tổng số chấm <8 là:
PA 

21
6

2



7
12

Câu 7:
X
Y


-3
0,42

-1
0,21

5
0,15

7
0,22

n

Công thức chung: E X  �X i .Pi
i 1

DX  E

2

X

2

n

2

n


 E X  �X i .Pi  �X i .Pi
i 1

i 1

 E X =-3.0,42+(-1).0,21+5.0,15+7.0,22=0,82
DX =
2
2
2
� 2
� 2

3
.0,
42

(

1
).0,
21

5
.0,15

7
.0,
22

 
�
� E X
�
�

= 18,52 – 0,822 = 17,8476

Câu 8:
Có bảng phân phối:
X1
X2
X
P1
P
0,7
Do X là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận 2giá trị
độc lập X 1 , X 2 nên P1  1  P2  1  0, 7  0,3
Theo công thức:

E X  X 1. P1  X 2 .P2  X 1.P1  X 2 .0, 7  2, 7 (1)

2

DX  E

2

X


2

2

2

2

2

 E X  ( X 1 .P1  X 2 .P2 )  E X
2

2

 ( X 1 .P1  X 2 .0, 7)  2, 7  0, 21
2



2

( X 1 .P1  X 2 .0, 7)

=0,21+2,72=7,5(2)
Từ (1) & (2) có hệ pt:

X .P  X 2 .0, 7  2, 7
�
�1 1

2
�2
X
.
P

X
�
�1 1
2 .0, 7  7,5

X .0,3  X 2 .0, 7  2, 7
�
�1
�� 2
2
X
.0,3

X
�
2 .0, 7  7,5
�1
2
2
7
�
0,3.(9

.

X
)

0,
7.
X
2
2  7,5
�
�
3
��
�X 1  2, 7  0, 7. X 2
�
0,3
�
2, 7  0, 7. X 2
�
�X 1 
0,3
�
��
X2  3
��
�
�
X 2  2, 4
��
�
�X 1  2

�
�
�X 2  3
�
��
�X 1  3, 4
�
�
�
�X 2  2, 4
�
Vậy, có 2bảng phân phối phù hợp với đầu bài:

X
P

2
0,3

3
0,7

X
P
Câu 9:

3,4
0,3

2,4

0,7

Có bảng phân phối xác suất:

X
P

1

2

3

p1

p2

p3

E X  2,3  x 1. p1  x 2 . p2  x 3. p3 � p1  2. p2  3. p3  2,3
E

2

X

2

2


2

 x 1. p1  x 2 . p2  x 3. p3  p1  4. p2  9. p3  5,82

Lại có: p1  p2  p3  1 .Vì X là biến ngẫu
nhiên nhận 3giá trị x1 ; x2 ; x3


�p1  p2  p3  1
�
�p1  2. p2  3. p3  2,3
�p  4. p  9. p  5,82
2
3
�1

có hệ pt:

CÂU 12:
Cơng thức đổi biến: xi  c  h.ui .Với c=168
h=4 (độ
rộng phân lớp)

�p1  0,16
�
� �p2  0,38
�p  0, 46
�3

xi  168

4
� x  c  h.u  168  4.u
sx2  h 2 .su2  16.su2

� xi  168  4.ui � ui 

Câu 10:
Bảng phân phối xác suất:

X
P

4
0,5

0,6
0,3

1 k
u  .�ui .ni
n i 1

x3
p3

15
415
8
10


15
816
2
14

16
216
6
26

16
617
0
28

17
017
4
12

17
417
8
8

17
818
2
2


xi  168-3
4

-2

-1

0

1

2

3

xi

Lại có: p1  p2  p3  1 .Vì X là biến ngẫu
nhiên nhận 3giá trị x1 ; x2 ; x3
 0,5 + 0,3 + p3 =1 p3 =1 - 0,8 = 0,2

ni

E X  8  x 1. p1  x 2 . p2  x 3. p3  4.0,5  0, 6.0,3  x 3.0, 2


x3 =  8  (4.0,5  0, 6.0,3)  / 0, 2 � x3 =29,1

ui 


�x3  29,1
��
�p3  0, 2

Câu 11:
X
21 24
P
10 20
Vậy �n  100
Có công thức:

25
30

26
15

28
10

32
10

34
5

1 n
* �xi * ni
n i 1

n
2
2
2
1 �n
�
s 
n
n
x

(
n
x
)
�
�
i
i
i
i
�
�
n(n  1) � i 1
i 1
�
x

1 100
1

� ui  .�ui .ni 
.( 3.10  2.14  26  12  16  6)  0
n i 1
100
� x  168  4.u  168  4.( 0,5)  166

Vậy, ước lượng chiều cao trung
bình của thanh niên từ 1822 tuổi là: 166m
Câu 13:
xi

4

7

8

12

ni

5

2

3

10



x

2

1
(21*10  24* 20  25*30  26*15  28*10  32*10  n=5+2+3+10=20
34*5)
100
1 n
1
1
x=
xi .ni  (4.5  7.2  8.3  12.10)  8,9
=
*2600=26
�
n i 1
20
100

k2
2
2
2
2
2
1
1 2�
1
�

2
2
s

.
(
x

x
)
.
n

 8,9) 2 .5  2.(7  8,9) 2  3
100*(10*21

20*24

30*25

15*26

10*28

10*32

5*34
)

(

n
*
x�
)(4�
�
i
i
�
�
(n  1) i 1
19 �
100*99 �
�11,884
�10,909

s 

3


7/
2

ni .ui

s = s 2 �3.447

-7
10 15


6

9

5

7/
2

n=50
1 n
1
� u  .�ni .ui  .(7 / 2  10  15  7  6  9  5  7 / 2)
n i 1
n

=1/50.(-12) = -0,24

Câu 14:
xi
-2
ni
2

1
1

2
2


3
2

4
2

� x  200  20.(0, 24)  195, 2
1 k
1
su2 
.�(ui  u )2 .ni 
.�
1.(7 / 2  0, 24)2  4.(5 /
n  1 i 1
50  1 �
1
= .101, 62 �2, 074
49
� sx2  h 2 .su2  202.2,074  829,55

5
1

� s  s x2  829,55 �28,80

6

n= �ni =10
i 1


1 n
1
x  .�xi .ni = .(2.2  1  2.2  4.2  5.1)  2
n i 1
10

Phương sai mẫu:
n
1
1
2 ĐIỂM:
.�( xi  x )2 .ni  . �
2.(2  2) 2  1.(1  2) 2  2.(3  B.LOẠI
2) 2  2.(4 CÂU
2) 2  1.(5
 2) 2 �
�
�
(n  1) i 1
9
1
52
Câu1:
= .(2.16  1  2  2.4  9) 
9
9
Gọi A1 là sự kiện người thứ nhất bắn trúng
52
mục tiêu và A1 là sự kiện người thứ nhất
độ lệch chuẩn mẫu s= sx2 

 2, 404
9
không bắn trúng mục tiêu

sx2 

Câu 15:
Công thức đổi biến: xi  c  h.u . Với c=200
h=20 (độ
rộng phân lớp)
xi  200  20.ui � ui 
� x  200  20.u

xi  200
20

12
014
0
ni
1
xi  2007/
ui 
20 2
4

14
016
0
4

5/
2

Gọi A2 là sự kiện người thứ hai bắn trúng
mục tiêu và A2 là sự kiện người thứ hai không
bắn trúng mục tiêu 
PA2  0,9 � PA2  1  0,9  0,1

A, xác suất để chí có 1 người bắn trúng là:
P= PA .PA  PA .PA =0,8.0,1+0,9.0,2=0,26
B, xác suất để có người bắn trúng mục tiêu,
nghĩa là có 1người bắn trúng mục tiêu hoặc
2người cùng bắn trúng mục tiêu:
P  PA .PA  PA .PA  PA .PA =0,8.0,1 + 0,2.0,9 +
0,8.0,9=0,98
Câu 2:
Gọi A1 là sự kiện lấy được chính phẩm từ lơ I
và A1 là sự kiện lấy được phế phẩm từ lô I:
1

sx2  h 2 .su2
xi

PA1  0,8 � PA1  1  0,8  0, 2

16
018
0
10
1/

2

18
020
0
14
½

20
022
0
12
3/
2

22
024
0
6
5/
2

24
026
0
2
7/
2

26

028
0
1

2

2

1

2

1

2

1

1

2


PA1 

90
 0,9  PA1 =1-0,9=0,1
100

Gọi A1 là sự kiện sản phẩm rút được là phế

phẩm của phân xưởng I � PA 
1

Gọi A2 là sự kiện lấy được chính phẩm từ lô
II và A2 là sự kiện lấy được phế phẩm từ lô II:
80
PA1 
 0,8  PA2 =1-0,8=0,2
100
a, Xác suất để lấy được 1 chính phẩm, nghĩa
là lấy được 1 chính phẩm từ lơ I hay từ lơ II:

P  PA1 .PA 2  PA2 .PA 1  0,9.0, 2  0,8.0,1  0, 26

b, Xác suất để lấy được ít nhất 1 chính phẩm;
Trước tiên, tìm xác suất để khơng lấy được
chính phẩm nào:
P  PA1 .PA2  0,1.0, 2  0, 02

 xác suất để lấy được ít nhất 1 chính phẩm
là:
P=1- P =1-0,02=0,98
Câu 3:
Tỉ lệ phế phẩm của lơ hàng P=0,03  tỉ lệ
chính phẩm là: P  1  P  1  0, 03  0,97
 Xác suất để lô hàng được xếp loại
1(khơng có phế phẩm nào):

Gọi A2 là sự kiện sản phẩm rút được là phế
phẩm của phân xưởng II � PA 

2

1
P2  C20
.P1.P (20 1)  C202 .P 2 .P (20 2)
1
 C20
.0, 03.0,9719  C202 .0, 032.0,9718

= 0,4352
 Xác suất để lơ hàng được xếp loại 3(có
3 phế phẩm trở lên):
P3  1  P1  P2 = 1 – 0,5438 –
0,4352=0,021

350
 0,35
1000

Gọi A3 là sự kiện sản phẩm rút được là phế
phẩm của phân xưởng III � PA 
3

150
 0,15
1000

 Xác suất để sản phẩm rút được là phế
phẩm của phân xưởng I: P( A / A1 )  0,3%
Xác suất để sản phẩm rút được là phế phẩm

của phân xưởng II: P( A / A2 )  0,8%
Xác suất để sản phẩm rút được là phế phẩm
của phân xưởng III: P( A / A3 )  1%
a, xác suất đẻ sản phẩm rút được là phế phẩm:
PA  PA1 .P( A / A1 )  PA2 .P( A / A2 )  PA3 .P( A / A3 )

=
0,5.0,003+0,35.0,008+0,15.0,01
= 5,8.10-3
b, Xác suất dẻ phế phẩm đó là của phân
xương I:

P1  0,97 20  0,5438

 Xác suất để lơ hàng xếp loại 2 là(lơ
hàng có 1 hoặc 2 phế phẩm):

500
 0,5
1000

P( A1 / A) 

PA .P ( A / A1 )
1

PA




0,5.0, 003
0, 0058

=0,259
Xác suất dẻ phế phẩm đó là của phân xương
II:
P( A2 / A) 

PA .P( A / A2 )
2

PA



0,35.0, 008
=0,483
0, 0058

Xác suất dẻ phế phẩm đó là của phân xương
III:
P ( A3 / A) 

PA 3 .P( A / A3 )
PA



0,15.0, 01
0, 0058


=0,259
Câu 4:
Gọi A là sự kiện sản phẩm rút được là phế
phẩm

Câu 5:
Bảng phân phối xác suất của X:

X
5

1

3

5

7

9


P
0,1
0,2
Đặt Y = min  X , 4

0,3


0.3

0,1

a, Bảng phân phối xác suất của Y:

Y
P
Vì
b,

1
0,1

3
0,2

4
0,7

�P  1

Gọi H A là sự kiện tín hiệu A được phát  PH
= 0,85
Gọi H B là sự kiện tín hiệu B được phát 
PH = 0,15
Gọi A là sự kiện thu được tín hiệu A
 Xác suất thu được tín hiệu A khi tín hiệu A
được phát đi là:
A


B

P( A / H A )  1  1/ 7  6 / 7

k

E X  �xi . pi  0,1.1  0, 2.3  0,3.5  0,3.7  0,1.9  5, 2
i 1
k

EY  �yi . pi  0,1.1  0, 2.3  4.0, 7  3,5

 Xác suất thu được tín hiệu A khi tín hiệu B
được phát đi là:
P ( A / H B )  1/ 8

i 1

a, Xác suất thu được tín hiệu A:

PA  PH A .P ( A / H A )  PH B .P( A / H B )

Câu 6:
Gọi A1 là sự kiện viên đạn thứ nhất trúng đích
 PA  0, 7
Gọi A2 là sự kiện viên đạn thứ hai trúng đích
 PA  0, 4
Gọi A1 là sự kiện viên đạn thứ nhất khơng
trúng đích  PA  1  0, 7  0,3

Gọi A2 là sự kiện viên đạn thứ hai khơng
trúng đích  PA  1  0, 4  0, 6
a, Xác suất đẻ chỉ 1 viên đạn trúng bia, với A
là sự kiện có 1 viên đạn trúng bia:
1

2

=0,85.6/7 + 0,15.1/8=0,747
b, Giả sử thu được tín hiệu A  Xác suất để
thu được đúng tín hiệu đã phát là:
P ( H A / A) 

PH A A
PA



PH A .P( A / H A )
PA



0,85.6 / 7
=
0, 747

0,975

1


2

P  PA1 .PA 2  PA2 .PA 1  0, 7.0, 6  0, 4.0,3  0,54

b. Xác suất đẻ vết đạn đó của viên đạn thứ
nhất:
P ( A1 / A) 

PA1 . A
PA



PA1 . A2
PA



0, 7.0, 6
�0, 778
0,54

(Vì PA A là xác suất của biến ccó A1 khio biến
cố A đã xảy ra, nên PA A được tính như xác
suất xảy ra của 2 biến cố độc lập
A1 , A2 � PA A  PA A = PA .PA =0,7.0,6=0,,42)
1

1


1

Câu 7:
6

1 2

1

2

Câu 8:
Cho biến ngẫu nhiên liên tục với hàm mật độ:
�
k .(1  x) 3 ...x �0
fx  �
0........x  0
�

a, tìm k
theo tính chất của hàm mật độ xác suất có:


A

0...............khix  0
�
� 2kx
�

Fx  � 2
.....khi 0 �x �k
2
k

x
�
1...............khix  k
�
�

�

�f .dx  1
x

�

�

0

�

�f .dx  �f .dx  1
x

x

�


�

�

�

�

1
k .(1  x) 3 .dx  1 � k . �
dx  1
3
�
(1

x
)
0
0

(1  x) 2
� k.
2

�
0

1 � A 


k
1� k  2
2

a, tìm hàm mật độ f x
theo tính chất của hàm mật độ xác suất:
Fx'  f x tại các điểm mà f x liên tục. Vậy ta có
hàm mật độ xác suất:
0....................khix <0
�
�
'
� 2kx �
�
'
f x = Fx  �
....khi 0 �x �k
� 2
2 �
(
k

x
)
�
�
�
�
1....................khix
�


k

Vì : khi x � � thì ( x  1)2 � 0
b,
EX 

�

x. f x .dx �
�

�

�

� EX  k. �
x.
0

0

�

�

�

x. f x dx 
�


x. f dx  E
�
x

X

�

1
x 11
dx � E X  k . �
dx
3
( x  1)
( x  1)3
0

�

�

�

�

x 1
1
� EX  k. �
dx  k . �

dx
3
( x  1)
( x  1)3
0
0

Đặt:
'

2k
2kx
2k
2kx.(2 x)
� 2kx �
A  �2
 2
 2
 2
 2
2 �
2
2 '
2
2 2
�k  x � k  x (k  x ) k  x (k  x )


2k
4kx 2

2k ( k 2  x 2 )


k 2  x 2 (k 2  x 2 )2
(k 2  x 2 ) 2

Vậy có hàm mật độ xác suất:

1
1
� EX  k. �
dx  k . �
dx
2
( x  1)
( x  1)3
0
0
� EX  k.
� EX 

1
1 x

�
0

 k.

1

2.(1  x ) 2

�
0

k
k   k 
k

2
1 x 1  0 2.(1 x) 2.(1  0)
x ��

�2k (k 2  x 2 )
�(k 2  x 2 ) 2 ....khi 0 �x �k
�
fx  �
x0
�
�
0....................khi �
�
xk
�
�

x � �

k k
� Ex  0  k  0    1 � E X  1(k  2)

2 2

b, tìm E X theo k:
EX 

�

x. f x dx 
�

�
k

0

k

�

�

0

k

x. f x dx  �
x. f x dx 
�

x. f dx

�
x

k

2kx( k 2  x2 )
k (k 2  x2 ) 2
� 2
dx

dx
�
(k  x 2 )2
(k 2  x 2 ) 2
0
0
k

k

k3
k (k 2  x 2 )  k 3 2
2
2
 �2
d
(
k

x

)

dx
2 2
2
2 2
�
(
k

x
)
(
k

x
)
0
0
k

k

k3
k
 2 �2
d ( k 2  x 2 )  �2
dx 2
2 2
2

(
k

x
)
(
k

x
)
0
0
k
� 1 �k
 2k 3 � 2
 k .ln k 2  x 2
2 �
0
�k  x �0

Câu 9:
Cho biến ngẫu nhiên X liên tục với hàm phân
bố:
7

1 �
�1
 2k 3 . � 2  2 � k .ln(2k 2 )  k .ln k 2  k  k .ln 2  k .ln k 2
k �
�2k

 k  k .ln 2  k .(1  ln 2)


N A  2000
Có  / 2 là giá trị tới hạn mức  / 2 của phân

Câu 10:
Bién ngẫu nhiên X liên tục có hàm mật độ:

bố chuẩn tắc N(0;1) với

�
k .x 2 ...........khi 0 �x �1
�
fx  �
x0
�
0...............khi �
�
x 1
�
�

  1    1  0,95  0, 05

Lại có:

Xét biến ngẫu nhiên Y=2 x .tính:
a, tìm P  1/2Xét 1/2

 / 2  0,025

53
.(1  53 / 400)
 1,96 �   1,96. 400
 0, 0332 
400

Vậy có khoảng tin cậy cho tần suất p của
tổng thể với độ tin cậy  là:

� x  3/ 4
0  x  9 /16
�
�
��
��
� 1/16  x  9 /16
�x  1/16
� x  1/ 4

Vậy, Theo tính chất của hàm mật độ xác suất

�
�53
f .(1  f )
f .(1  f ) �
p


f


.
;
f


.
�
p

�
�
�

/
2

/
2
n
n
400
P  1/ 2  Y  3 / 2  P  1/16  x  9 /16  �f x dx  �
k.x 2 dx
�
�
�
1/16

1/16
53
�53
�
�
0
1
�
+
� p �
+
�
0, 00332 � 0, 0993 p 0,1
 0, 00332;
400
400
��
f x dx  1 � �
f x dx  �
f x dx  �
f x dx  1
�
�
9 /16

�

�

1

0

9 /16

Lại có : p=2000/N (N là số cá trong hồ)

1

k .x 1
��
k .x 2 dx  1 �
1� k  3
3 0
0
3

�2000
�0,1657
�
�N �12070
�N
��
��
�2000 �0, 0993 �N �20141
�N

P  1/ 2  Y  3 / 2  P  1/16  x  9 /16 =

Vậy, ước lượng số cá trong hồ với độ tin cậy

  95% là: 12070 �N �20141

9 /16

9 /16 728
3.
x
dx

x

 91/ 512
�
1/16
4096
1/16
2

3

b, tìm P  Y  1

Câu 12:





P  Y  1  P 2 x  1  P  x  1/ 4 
1



�f x dx 

1/ 4

�

�f x dx 
1

�f dx
x

1/ 4

1

3.x dx  x
�
2

1/ 4

�

3

1

 1  1/ 64  63 / 64
1/ 4

câu 11:
Có tần suất mẫu f=53/400 thỏa mãn điều kiện
n. f  53  10
�
.vậy n đủ lớn , có thể thay
�
n.(1  f )  347  10
�

thế p bởi f
Gọi p là xác suất bắt được cá có đánh dấu, độ
tin cậy   0,95
Độ chính xác ước lượng    / 2 .
Với n=400
8

f .(1  f )
.
n

  0, 025; t ,28  2, 048
Gọi  là trọng lượng trung bình theo quy định

của1bao sản phẩm
Ta kiểm định giả thiết : H 0 :   100
Đối thiết: H1 :   100
Tiêu chuẩn kiểm định:

T

( X  100). n ( X  100). 29

S
S

Miền bác bỏ:
� ( X   ). n
�
  �
T
; T  t ,( n 1) �  T  2,048
S
�
�
Công thức đổi biến: xi  c  h.ui .với c=99,25
xi  99, 25
và h=0,5 � xi  99, 25  0,5.ui � ui  0,5
xi
98- 98,5 99- 99,5 100- 100,5

98,

-99

99,

-100 100,

-101


5
ri
2
ui
-2
ui .ri -4
u 2i .ri 8

5
10
0
0
0

6
-1
-6
6

7
1
7
7

5
3
2

6
12

1
3
3
9

� �ui .ri  6

�u

2
i

�u .r
�r

i i

60

0

40

120

� �ui .ri  0

�u

2

.r  300

i i

�u 

.ri  42

�u 

80

u 2 i .ri

�u .r
�r

i i

0

i



i

� x  15

6
�0.2069
29

su2 

� x  99, 25  0,5.0, 2069  99,3534

n
1
1
� n
�
.�
n.�ni .ui2  (�ni .ui ) 2 �
.(250.300)
n.(n  1) � i 1
i 1
� 250.249

n
� sx2  h 2 .su2  4.1, 2048  4,8193 � s  sx2  2,1952
1
1
� n
2
2�

2
�
�
s 
. n.�ni .ui  (�ni .ui ) �
.�
29.42  6 � 1, 4557
n.(n  1) �
i 1
� i 1
� 29.28
(15  14). 250
�7, 2027(  1,96)
Có: T 
2
2 2
2
2
2,1952
� sx  h .su  0,5 .1, 4557 �0,3639 � s  sx  0, 6032
 T thuộc miền bác bỏ 
(99,35  100). 29
 5,8030
Ta có: T 
 bác bỏ H 0 , chấp nhận H1  cần thay đổi
0, 6032
2
u

Vậy, -T>2,048

 bác bỏ H 0 , chấp nhận H1 . Nghĩa là sản
phẩm bị đóng thiếu
Câu 13:
Gọi  là thời gian trung bình hồn thành 1 sản
phẩm:
Kiểm định giả thiết : H 0 :   14
Đối thiết: H1 :  �14
( X  14). n
S
Miền bác bỏ:    T  U / 2  1,96

định mức thời gian hoàn thành sản phẩm.

Câu 14:
�
Cho chuỗi Markov  X n  n 1 với không gian
trạng thái E=  0,1, 2 và ma trận xác suất
chuyển:
�0,1 0, 2 0, 7 �
�
�
P�
0,9 0,1 0 �
�0,1 0,8 0,1 �
�
�

Phân bố ban đầu:

Tiêu chuẩn kiểm định: T 

P0  P X 0  0  0,3
P1  P X 0 1  0, 4

Công thức đổi biến:

x  c xi  15
i  i

� x  c  h.u . ( hi  2 là độ
hi
2

rộng phân lớp)

P2  P X 0  2  0,3

a. tính P  X 0  0, X 1  1, X 2  2
P  X 0  0, X 1  1, X 2  2

 P  X 0  0 .P  X 1  1/ X 0  0 .P  X 2  2 / X 0  0, X
 P  X 0  0 .P  X 1  1/ X 0  0 .P  X 2  2 / X 1  1

 0,3.0, 2.0  0
b. tính P  X 0  2, X 1  2, X 2  1
xi
ri
ui
ui .ri
9

10-12
20
-2
-40

12-14
60
-1
-60

14-16
100
0
0

16-18
40
1
40

18-20
30
2
60

P  X 0  2, X 1  2, X 2  1


 P  X 0  2 .P  X 1  2 / X 0  2 .P  X 2  1/ X 0  2, X 1  2

 P  X 0  0 .P  X 1  2 / X 0  2 .P  X 2  1/ X 1  2

Xác suất thiết bị phát hiện đúng sản phẩm đạt
tiêu chuẩn : P( A / A )  0,92 � Xác suất thiết bị
phát hiện sai sản phẩm đạt tiêu chuẩn là:
1

 0,3.0,1.0,8  0, 024

P( A / A1 )  1  0,92  0, 08

Câu 15:
�
Cho chuỗi Markov  X n  n 1 với không gian
trạng thái E=  1, 2,5 và ma trận xác suất
chuyển:

Xác suất thiết bị phát hiện đúng sản phẩm
không đạt tiêu chuẩn : P( A / A )  0,96 � xác suất
thiết bị phát hiện sai sản phẩm không đạt tiêu
chuẩn là: P( A / A )  1  0,96  0, 04
a. xác suất để 1 sản phẩm được kết luận là
đạt tiêu chuẩn là:
Theo công thức xác suất đầy đủ có:

�0,3 0,1 0, 6 �
�
�
P�
0, 7 0, 2 0,1 �

�0,1 0,5 0, 4 �
�
�

2

2

Phân bố ban đầu:

PA  PA1 .P( A / A1 )  PA2 .P( A / A2 )  0,87.0,92  0,13.0, 04  0,801

P1  P X 0  2  0, 25

b. xác suất để 1 sản phẩm được kết luận là
đạt tiêu chuẩn thì lại không đạt tiêu chuẩn là:
Theo côn thức Bayes:

P0  P X 0 1  0, 4

P2  P X 0 5  0,35

a. tính P  X 0  1, X 1  2, X 2  5
P  X 0  1, X 1  2, X 2  5

P( A2 / A ) 

PA2 .P( A / A2 )
P( A)



0,13.0, 04
 0, 0065
0,801

 P  X 0  1 .P  X 1  2 / X 0  1 .P  X 2  5 / X 0  1, X 1b.
 2xác
 suất để 1 sản phẩm được két luận
 P  X 0  1 .P  X 1  2 / X 0  1 .P  X 2  5 / X 1  2

 0, 4.0,1.0,1  0, 004
b. tính P  X 0  5, X 1  2, X 2  1

đúng thực chất của nó:

P  P( AA1 )  P( AA )  PA1 .P( A / A1 )  PA .P( A / A2 )
2

 0,87.0,92  0,13.0,96  0,9252

P  X 0  5, X 1  2, X 2  1

Câu 2:
 P  X 0  5 .P  X 1  2 / X 0  5 .P  X 2  1/ X 0  5, X 1  2 Gọi X là số lần thu được tín hiệu . X có phân
bố nhị thức X :  (5;0,8)
 P  X 0  5 .P  X 1  2 / X 0  5 .P  X 2  1/ X 1  2
a. Xác suất thu được tín hiệu đúng 1 lần:
 0,35.0,5.0, 7  0,1225

P  X  1  C51.0,81.0, 251  6, 4.103

b. Xác suất thu được tín hiệu nhiều nhất
1 lần:
C.LOẠI CÂU 3 ĐIỂM:
Câu 1:
Gọi A là sự kiện sản phẩm được chọn kiểm
tra có kết luận đạt tiêu chuẩn
Gọi A1 là sự kiện sản phẩm đạt tiêu chuẩn

P  X �1  C51.0,81.0, 251  C50 .0,80.0, 25  6, 72.10 3

c. Xác suất thu được tin:
P  X �1  1  P  X  0  1  C50 .0,80.0, 25  0.9997

� PA1  0,87

Gọi A2 là sự kiện sản phẩm không đạt tiêu
chuẩn � PA  1  0,87  0,13
2

10

Câu 3:
a. gọi X là số cuộc gọi trong khoảng thời
gian 10giây  X phân bố theo Poisson,


tham số   1/ 3 (vì trong 60 giây có 2
cuộc gọi đến)

 xác suất để có ít nhất 1 cuộc gọi
trong thời gian 10 giây là:

b. Thời gian tru ng bình để phục vụ 1
khách hàng:
EX 

�

x. f x .dx 
�

�

0

x. f x .dx 
�

�

�

x. f x .dx 
�
0

�

x.5.e

�

5 x

.dx

0

k
(1/ 3) 0
Đặt
P  X �1  1  P  X  0  1  e .
 1  e 1/ 3 .
 0, 2825
k!
0!
dx  dt
�x  t
�
��
� 5 x
b. gọi Y là số cuộc gọi trong khoảng thời
5.e dx  dv
v   e 5 x
�
�
gian 3 phút Y phân bố theo Poisson,
�
�  �
5 x  �

tham số   6 (vì trong 60 giây có 2 cuộc
� E X  v.t
�
v.dt  x.( e )
�
( e 5 x ) dx
0
0
0
0
gọi đến)


 xác suất để có nhiều nhất 3 cuộc gọi
trong thời gian 3 phút là:

  x.e 5 x 

�

x ��

(e
�

5 x

0

�

1
1
)dx   .e 5 x
  .e 5 x 
0
5

5

x ��

60
61 62
63
P  Y �3  P  Y  0  P  Y  1  P  Y  2  P  Y  3  e6 .  e6.  e6.  e 6.  0,151
0! 1!
2! 3!

c. gọi Z là số cuộc gọi trong khoảng thời
gian 1 phút Z phân bố theo Poisson,
tham số   2 (vì trong 60 giây có 2 cuộc
gọi đến)
 xác suất để có nhiều nhất 1 cuộc gọi
trong thời gian 1 phút là:
P  Z �1  P  Z  0  P  Z  1  e 2 .

20
21
 e 2 .  0, 406
0!

1!

Vậy, xác suất để trng khoảng thời gian 3 phút
liên tiếp mỗi phút có nhiều nhất 1 cuộc gọi là:
P  Z �1  0, 4063  0, 0067

e
Vì lim
x ��

5 x

0

Câu 5:
Biến ngẫu nhiên X liên tục có hàm mật độ:
�k .x 2 .e 2 x ....khix �0
fx  �
0..........khix  0
�

a. tìm hằng số k:
theo tính chất hàm mật độ ta có:
�

�f x .dx  1 �

�

0

�

�

�

0

0

2 2 x
�f x .dx  �f x .dx  1 � A  �k.x .e .dx  1

�
�du  2 xdx
�x  u
��
v  1/ 2.e 2 x
e dx  dv
�
�
2

Đặt : �2 x

3

Câu 4:
Thời gian phục vụ khách hàng tại 1 điểm dịch

vụ là biến ngẫu nhiên X liên tục có hàm mật
độ:
�
5.e 5 x ....khix �0
fx  �
0..........khix  0
�

a. Xác suất để thời gian phục vụ 1 khách
hàng nằm trong khoảng thời gian từ 0,4
đến 1 phút là:
1

P

5.e
�f .dx  �
x

0,4

11

1

0,4

5 x

.dx  e 5 x

1
 e 5  e 5.0,4  0,13
0, 4

�
�2
�
2 x �
� A  k. �
x .e dx  k . �x .(1/ 2.e )  �
v.du �
0 0 �
0
�
�
�
�
�
�2
�
2 x
2 x
 k. �x .(1/ 2.e )0 �e .xdx �� A  k . �
e2 x .xdx
0
�
�
0
�

x � �
�
2 x
Vì lim e  0
�

2 2 x

x � �

�x  u1

du1  xdx
�
��
e dx  dv1
v1  1/ 2.e 2 x
�
�

Đặt : �2 x


� 1 2 x � �1 2 x � �1 2 x k 2 x � k 2 x k 0 k
� A  k . � x. .e
 �.e dx � k . �.e dx  .e
 .e  .e 
4 0
4 4
� 2 0 02

� 02
4

vì:

x ��

 k 2 x  0
lim
.e
4

x

k
=1 k=4
4

�ft .dt 

�

�

x . f .dx  �
x . f .dx  �
x . f .dx  �
x .k .x .e
�
2

x

�

2

x

2

x

x

�

0

4.t 2 .e 2t .dt  1  �
4.t 2 .e 2t .dt
�
0

(Vì với x<0 thì ft  0 nên

�f .dt  1 )

�

0

0

Vì:

x . f .dx =0
�
2

x

(dựa vào kết quả câu b)
2

� DX  E X 2

�3 � 3
 ( E X )  3  � �
�2 � 4
2

Câu 6:
X là biến ngẫu nhiên có kỳ vọng EX= 
Độ lệch tiêu chuẩn

Đặt:
du  2t.dt
�
�

t2  u
�
�
��
�2t
1
v   .e 2t
e dt  dv
�
�
�
2

  DX
Tính P  X x  36 trong các trường hợp:
x
x
1
1
1
1
1
1 2 x 2
2 t
� .FX   ( .e2t .t 2
) �
e 2 t .dt   .e 2 x .x 2 A,
 X
.e có
.x phân

�
ebố
.dtmũ:
� �
4
4
2
2
�
4 2x��
�
.e   x ......khix>0
Có: f x  �
x
20.............khix �0
1
1
1
1
1
1
1
x�
x 1
  ( .e 2 x .x 2 )  �
e 2t .dt   (  .e 2 x .x 2  .e 2 x . x  .e 2 x )  �e 2 x .(  0  )
�
4
2
4

2
2
4 � E 4 x. f .dx
2  2 x. f4 .dx  x..e   x dx
�
X
�x
�x
�
�
�
0
 FX =1 e2 x .(2 x 2  2 x  1) (*)
dx  du
�
Vậy có hàm mật độ cua X là:
�x  u
�
��
Đặt: �  x
1
�
1 e 2 x .(2 x 2  2 x  1).....khix �0
v   .e   x
e dx  dv
FX  �
�
�

�

0..................................khix<0
�
�
� �  x
1 x
� 1 ��
B, tìm kỳ vọng EX
� EX  .x. � .e  x �  �
. .e .dx   x.e  x  �
e dx
�
0
�
0 0
 �0 0 
�
EX  �
x. f x .dx  �
x. f x .dx  �
x.k .x 2 .e 2 x .dx
� 1
1
1
1
�
�
0
  .e x   .e  x  .e0 
0





2
x
�

�
�
du  3.x .dx
�x 3  u
�
�
�
��
2
Đặt : �2 x
1 2 x
E

x
.
f
.
dx

x 2 ..e   x dx
x
�
�

v   .e
e dx  dv
X2
�
�
�
0
�
2
�
�
2 xdx  du1
�
�
k
3.k
2
�
� E X  x 3 .( 1/ 2).e 2 x
 �.e 2 x .3 x 2 .dx 
.�
e 2 x .x 2 .dx
�x  u1
�
��
Đặt: �  x
0
1
2
2 0

0
v1   .e  x
e
dx

dv
�
�
1

�
lim e 2 x  0
x ��

3
2

3 k
2 4

Theo phần (a) có: E X  . A  .  3 / 2
(vì:k = 4)
C, tìm DX:
12

2

0

t

�

Vì:

2

x

�
du  4.x 3dx
�x 4  u2
�
� 2
��
Đặt : �2 x
1
v2   e 2 x
e dx  dv2
�
�
�
2
�
�
�
1
1
� E X 2   e 2 x .x 4
 k . �.e2 x .4.x3dx  2k �

x3 .e2 x
0
2
2
0
0

 tìm hàm phân bố của X:
FX 

�

0

2

�

x � �

Có A=1 

EX 2 

�


Vậy,

�

� � 1   x
1
� E X 2  .x 2 .( ).e  x
�
. .e .2 xdx  2 �
e   x .xdx
.
0


0
0



2

2
2
2 �1 � 1
 .E X  2 � DX  E X 2  ( E X ) 2  2  � � 2


 � � 
1
�   DX 

�
1 3�
Có: P  X    36  P �X   �

�  

1

1

 3

1



�f x dx  �f x dx 





1

3

�f x dx 
1

 .e
�


dx 

2


.e
�


2


4


dx  �
.e
0

4
� 1 �  x
4
0
4
 . �
 �
.e
  e  e  1  e
�� 0
0

(Vì:

.e
�

 x

dx  0

2



  DX  0,3

1

x

1



P

x

1

EX 2 

�

1

x

�

1

.dx  .x
�
2
4

2

x

x

1

1

1
0
1

�

1
x2
1 x3 1
1
2
x
.
f
.
dx

dx

.

x
�
�
2
2 3 1 3
�
1

DX  E X 2  ( E X ) 2  1/ 3 �   DX 

13

0

dx P  0,81  X  0,99  P  X  0  e 0,09 . 0,09  e0,09  0,9139
0!

X1

x. f .dx  �
x. f .dx  �
x. f .dx  �
x. f .dx
�

�

Do X nhận các giá trị nguyên dương nên có:
 x

)

�1
�1
�b  a ..khia �x �b
� ...khi  1 �x �1
�
�2
fx  �
��
x  1
xa
�

�
�
�
0........khi �
0........khi �
�
�
x 1
xb
�
�
�
�
EX 

P  X    3.   P  X  0.09  3.0,3  P  0,81  X  0,99

Câu 7:
Cho X1, X2, X3 là 3 biến ngẫu nhiên độc lập

B, X có phân bố đều trên đoạn [-1;1]
Có hàm mật độ xác suất của X:

�

1
1 1
dx

x

1
�
2
2 1
1

C, X có phân bố Poisson tham số   0, 09
Có : E X    DX  0, 09 �   0, 09

Do X có phân bố mũ tham số   0 , với x
�0 thì f x  0
 x

1

1



 x

1
3

x

 3

3

 3

1 3 � �2
4�
�3
P �  X   � P �  X  � �
.e   x dx

 


��
2

4�
�2
� P �  X  �

�

 �f

f x dx =0 )
( vì �f x dx = �

4

0



3

� P X  3 1

=

4




P  X    3.   P X  3  P  3  X  3 

X2

P

0
0,65

2
0,35

1
0,4

2
0,6

0
2
P
0,7
0,3
Lập bảng phân phối xác suất
X3


X1  X 2  X 3
3
1
2
X 1  ; X 2  1; X 3  ; PX1  0,65.0,4.0,7  0,182
3
3
4
5
X 4  ; X 5  1; X 6  ; PX 2  0,65.0,4.0,3  0,078
3
3
4
X 7  2; X 8  ; PX 3  0,65.0,6.0,7  0,273
3
PX 4  0,65.0,6.0,3  0,117; PX 5  0,35.0,4.0,7  0,098

P( X i , Y )i
P ( X i , Y  2, 7)

P(Yi  2, 7)

0, 71

P  X i / Y  2, 7  

X

Từ bảng sau :
X1
Y=2,7

P( X  2 / 3)  PX 3  0,273; P( X  4 /3)  PX 4  PX 8  0,117  0,147  0,264
P( X  5/ 3)  PX 6  0,042; P( X  2)  PX 7  0,063

Vậy, bảng phân phối xác suất của X :
1
2/3
4/3
5/3
X 1/3
P 0,18 0,17 0,27 0,26 0,04
2
6
3
4
2

30
0,3

41

0,11

50
0,21

Ta có bảng phân phối xác suất có điều kiện
của X khi Y=2,7 như sau:

PX 6  0,35.0,4.0,3  0,042; PX 7  0,35.0,6.0,3  0,063; PX 8  0,35.0,6.0,7  0,147
P( X  1/ 3)  PX1  0,182; P( X  1)  PX 2  PX 5  0,098  0,078  0,176

26
0,09

X/Y=2,7 26
P
0,1268

30
0,4225

41
0,155

50
0,2958

C, tính kỳ vọng có điều kiện :
2
0,06

3

n

n

P( X i , Y j )

i , j 0

i 0

PYi

E  X / Y  2,7  �X i .P( X i / Y  2,7) �X i .
 26.

E X1  E X 2  E X 3

0,09
0,3
0,11
0, 21
 30.
 41.
 50.
 37,1127
0,71
0,71
0,71

0,71

�1 �
�2 �
�4 �
�5 �
 �X i .Pi  � �.0,182   1 .0,176  � �.0, 273  � �.0, 264  � �.0,042   2  .0,063  0,9667
3
�3 �
�3 �
�3 �
�3 �
2
2
2
2
��1 �
�
2
2
�2 �
�4 �
�5 �
2
2
2
DX  E X 2  ( EX )  �X i .Pi  (�X i .Pi )  �� �.0,182   1 .0,176  � �.0, 273  � �.0, 264  � �.0,042   2  .0,063 � 0,9667 2
��3 �
�
Câu 9: �3 �

�3 �
�3 �
�
�
 0, 2211
EX 

CÂU 8:
X,Y là 2 biến ngẫu nhiên rời rạc có phân bố
xác suất đồng thời:
26
30
41
50
2,3
0,05
0,08
0,12
0,04
2,7
0,09
0,3
0,11
0,21
a, bảng phân phối xác suất của X:
X
P

26
0,14

30
0,38

41
0,23

50
0,25

bảng phân phối xác suất của X:

Y
P

2,3
0,29

2,7
0,71

b. bảng phân phối xác suất có điều kiện
của X khi Y=2,7
14

X,Y là 2 biến ngẫu nhiên rời rạc có phân bố
xác suất đồng thời:
1

3

4

8

0,15
0,3

0,06
0,1

0,25
0,03

0,04
0,07

X
Y
3
6

a, tính:
n

n

i , j 0

i0

E  Y / X  1  �Yi .P(Y / X  1) �Yi .

Y
X=1

3
0,15

P(Yi , X  1) n P(Yi , X  1)
 �Yi .
PX 1
0,45
i0

6
0,3

Bảng phân phối xác suất của Y khi
X=1:


Y/X=1
P

3
1/3

�

6
2/3

�f x dx  1 �

�

1
2
� E  Y / X  1  3.  6.  5
3
3
b, bảng phân phối xác suất của X:

X
P

1
0,45

3
0,16

4
0,28

8
0,11

�

0

k .e   . x dx 
�

�

�

0
�
1
1
.k .e x
 k . .e  x
1
� 
0


�

k



k .e


�

 .x



k .e


.x



�

k .e
�

 .x

0

k
1


x � �

 x

x

e  lim e  0 )
(Vì xlim
� �
x ��
b, tìm hàm phân bố của X:
* với x>0:

 4,8251
Bảng phân phối xác suất của Y:

6
0,5

x

FX 

k .e
�

 t

�

� EY  PYi . X i  3.0,5  6.0,5  4,5
DY  EY 2  ( EY )  9.0,5  36.0,5  4,5  2, 25
2

2



k



0

dt 

t

x

k .e dt  �
k .e  t dt 
�

�

k t  k .e
.e 


 x

0



k t 0
k
.e
 .e 
� 


k 2k k   x
1

 .e  1  .e   x
  
2

t ��

c,
m

n

cov( X , Y )  E XY  E X .EY  ��Pxi , y j .xi . y j  E X .EY

ư
 với x<0:

x
k

k
k
1
FX  �
k .e   t dt  .et
 .e x  .e t  .e x
 07  �

 1.3.0,15  3.3.0, 06  4.3.0, 25  8.3.0, 04  1.6.0,3  3.6.0,1  4.6.0,03
 8.6.0,
2,93.4,5
�
t �� 2
 0,555
Vậy hàm phân bố của X :
cov( X , Y )
 X ,Y 
� 1  x
1  .e ...khix  0
 X . Y
�
� 2
FX  �
 X  DX  4,8251  2,1966
�1 .e x .........khix  0
�2
 Y  DY  2, 25  1,5
j 1 i 1

�  X ,Y 

cov( X , Y )
0,555

 0,1684
 X . Y
2,1966.1,5

câu 10:
biến ngẫu nhiên x liên tục có hàm mật
độ:
f x  k .e   . x ( � x  �)
a. tìm k:
do f x là hàm mật độ của X. theo tính
chất hàm mật độ có:
15

d

2.k

1� k 

2

DX  E X 2  ( EX ) 2  0, 45.1  9.0,16  16.0, 28  64.0,11  2,932

3
0,5

k .e . x dx  1 �
�

x ��

� E X  PX i . X i  1.0, 45  3.0,16  4.0, 28  8.0,11  2,93

Y
P

�

x

c, tìm EX, DX:


EX 

�

0

x. f .dx  �
x.k .e
�
x

�

x

.dx 

�

�

x.k .e
�

 x

Gọi h là chiều cao trung bình của vườn
cây: h : N (0,1) với

.dx

0

 / 2  0, 05 � U / 2  1, 64
�
� 1 x 0
1 x
1   x �
1  x �
 k. �
x. .e
 �.e dx  x. .e
 �.e hdx �

16,7 17,2 17,7 18,2 18,7 19,25
� �
0



0
�
�
5
5
5
5
5
�
�
n 3
5 � 11
12
6
3
�
0
�
1
1
1
1

x



x


x

x
� x. .e 
.e
 x. .e  2 .e �n  40�
 k. �
0
2
� 
0 �



h  18
�
hi  c� h.ui � ui  i
; h  0,5.u  18
Đặt
x
�

�
x ��
�

�
0,5
�
�
 0 � EX  0
0

hi
DX  E X 2  ( E X ) 2
EX 2 

�

0

x . f .dx  �
x .k .e
�
2

2

x

x

.dx 

ni

�

x .k .e
�
2

 x

.dx

ui

Ta có:
16,7 17,2
5
5
3
5
-2,5 -1,5
-7,5 -7,5
18,7 11,2
5
5

17,7
5
11
-0,5
-5,5
2,75

18,2
5
12
0,5
6
3

0
ni .ui
�
ni .ui 2
�2 xdx  du
2
�x  u
�
� x
� 1 x
Đặt : �e dx  dv � �v  .e
2
�
� 
 x
e
dx

dv
� �ni .ui  2; �ni .ui  68
1
�

1  x
�
v1   .e
�

�
�ni .ui  2  0, 05
0
�� u 
�2 1  x 0
�
1
1
1
 x ni� 40
� E X 2  k . �
x . .e
 �.e  x .2 xdx  x 2 . .e   x
 �.2 x.e  �
dx �
� � 
0


0 � h  0,5.u �
� 
 18  18, 025
�

�

�
0
�
�
1  x
1
 k . ��.e .2 xdx  �.e x .2 xdx �

�
�0 
�
�
� 1  x � � 1  x
1 x
�

.
e

.
e
dx

.e
�
 2k . � 2
2
2
0




0
�
�
�
�1
� 1 0 1  x 0 �
1
 2k . � 2 .e0  3 .e   x
 2 .e  3 .e
�
0
��




�


1
1
1 � 4k
2
�1
 2k . � 2  3  2  3 � 3  32  2
    � 



�
2
� DX  2

4.

� su 2 

18,7
5
6
1,5
9
13,5

19,2
5
3
2,5
7,5
18,7
5

1
.  n.�ni .ui 2  (�ni .ui ) 2   1, 741
n.(n  1)

sh 2  h 2 .su 2  0,52.1, 741
�  0, 4352

0 � s 0 1s 2 0,x 6597�
 h� 2h .e dx�
a, độ
chính
ước lượng với độ
�
 xác của�
�
�
tin cậy 90% là: �
�

  U / 2 .

s
0, 6597
 1, 64.
 0,1711
n
40

 khoảng tin cậy của tham số h với độ
tin cậy 90% là:
h ��
h ;h  �
�
�� h � 17,8539;18,1961

cm

b, muốn khoảng ước lượng có độ chính
Câu 11:
16

xác   0,1 thì cần lấy số mẫu là:


U  2 .s 2
1, 64 2.0, 6597 2
n� 2 2 
 117, 05

0,12

� �ni .ui  3; �ni .ui  153
2

�u 

i



3
 0, 03
100

� x  2.0,03  46  46, 06
1
su 2 

.  n.�ni .ui 2  (�ni .ui ) 2   1,5445
n.(n  1)

Câu 12:

� sx 2  h 2 .su 2  22.1,5445  6,1782
� sx  sx 2  2, 4856

Gọi X là năng suất trung bình của
giống lúa mới: X : N (0,1) với

a, độ chính xác của ước lượng với độ

 / 2  0, 025 �   / 2  1,96

41
7

i

i

 số mẫu cần là: n=117

X
n

�n .u
�n

43
13

�n  100

45
25

47
35

49
15

51
5

tin cậy 95% là:
�   1,96.

Đặt xi  c  h.ui � ui 

xi  46
; x  2.u  46
2

2, 4856
 0, 4872
100

 khoảng tin cậy của tham số X với độ
tin cậy 95% là:
X ��
X ; X  �
�
�� X � 45, 5728; 46,5472

b, muốn khoảng ước lượng có độ chính
Ta có:
xi
ni
ui
ni .ui

ni .ui 2

xác   0, 4 thì cần lấy số mẫu là:

41
7
-2,5
-7,5

43
13
-1,5
-19,5

43,7
5

29,2
5

45
25
-0,5
12,
5
6,2
5

47
35
0,5
17,
5

49
15
1,5
22,5

51
5
2,5
12,5

8,7
5

33,7
5

31,2
5

  2 .s 2
1,962.6,17822
2
n� 2 
 148,33

0, 42

 số mẫu cần là: n=149
Câu 13:
Gọi X là chiều cao trung bình của trẻ
em 8 tuổi: X : N (0,1) với
 / 2  0, 05 � U / 2  1,96

X 11
1
n 5

11
3
8

11 11

5 7
14 17
4

11 12
9 1
20 16

12 12
3 5
10 6

�n  100
Đặt

xi  c  h.ui � ui 
17

xi  119
; x  2.u  119
2

12
7
4


Ta có:
11
1

ni
5
ui
-4
ni .ui 20
2
ni .ui 80
xi

11
3
8
-3
24
72

11
5
14
-2
28
56

11
7
17
-1
17
17

11
9
20
0
0

12
1
16
1
16

12
5
6
3
19
8
16 40 54

0

12
3
10
2
20

12
7

4
4
16
64

� �ni .ui  19; �ni .ui  399
2

�u 

�n .u
�n
i

i

i



19
 0,19
100

� x  2.(0,19)  119  118, 62
1
su 2 
.  n.�ni .ui 2  (�ni .ui )2   3,9938
n.(n  1)
� sx 2  h 2 .su 2  22.3,9938  15,9752

� sx  s x 2  3,9969

a, độ chính xác của ước lượng với độ
tin cậy 95% là:
�   U / 2 .

s
3,9969
 1,96.
 0, 7834
n
100

 khoảng tin cậy của tham số X với độ
tin cậy 95% là:
X ��
X ; X  �
�
�� X � 45, 277; 46,843

cm

b, muốn khoảng ước lượng có độ chính
xác   0,5 thì cần lấy số mẫu là:
U  2 .s 2
1,962.3,9969 2
2
n� 2 
 245, 48


0,52

 số mẫu cần là: n=246

18

Câu 14:
A, tính các Pij trong các ma trận chuyển
qua 2 bước:


3

Pij(2)  �Pik (1) .Pkj
k 1

3

� P11(2)  �P1k .Pk1  P112  P12 .P21  P13 .P31
k 1

 0,12  0, 2.0, 2  0, 7.0, 6  0, 47
3

P12 (2)  �P1k .Pk2  P11 .P12  P12 .P22  P13 .P32
k 1

 0,1.0, 2  0, 2.0, 2  0, 7.0,1  0,13
3

P13(2)  �P1k .Pk3  P11 .P13  P12 .P23  P13 .P33
k 1

 0,1.0, 7  0, 2.0, 6  0, 7.0,3  0, 4
3

P  X (2)  1, X (0)  3  P  X  0   3 .P  X (2)  1/ X (0)  3  0,3.0,17  0,078
P  X (3)  3, X (1)  1  P  X (1)  1 .P  X (3)  3/ X (1)  1

 P  X (1)  1 .P  X (2)  3/ X (0)  1

Lại có:
P{X(1)=1}=P{X(0)=1}.P{X(1)=1/X(0)=1}+P{X(0)=2}.P{X(1)=1/X(0)=2}+P{X(0)=3}.P{X(1)=1/X(0)=3}
=0,3.0,1+0,4.0,2+0,3.0,6=0,29
P{X(2)=3/X(0)=1}=P13

( 2)

 0, 4

� P{X(3)=3/X(1)=1}=0,29.0,4=0,116

C, tìm phân bố của hệ tại thời điểm n=2

P21(2)  �P2k .Pk1  P21 .P11  P22 .P21  P23 .P31
k 1

 0, 2.0,1  0, 2.0, 2  0, 6.0, 6  0, 42
3

P22 (2)  �P2k .Pk2  P21 .P12  P22 .P22  P23 .P32
k 1

 0, 2.0, 2  0, 2.0, 2  0, 6.0,1  0,14

�  �P
2

3

P23(2)  �P2k .Pk3  P21 .P13  P22 .P23  P23 .P33
k 1

P2 (2)  P{X(2)=2}= �P{X(0)=i}.Pi2

3

 0, 6.0,1  0,1.0, 2  0,3.0, 6  0, 26

P3(2)  P{X(2)=3}= �P{X(0)=i}.Pi3

3

P 32 (2)  �P3k .Pk2  P31 .P12  P32 .P22  P33 .P32

 0, 6.0, 7  0,1.0, 6  0,3.0,3  0,57

Như vậy ta có ma trận chuyển qua 2
bước như sau:

P

 2

�p11
�
 P  �p21
�p
� 31
2

p12
p22
p32

p13 � �
0, 47 0,13 0, 4 �
��
�
p23 � �
0, 42 0,14 0, 44 �
�
p33 �
0, 26 0,17 0,57 �
��
�

B, tìm xác suất của các biến cố:
19

(2)

 0,3.0, 4  0, 4.0, 44  0,3.0,57  0, 467

k 1

k 1

(2)

 0,3.0,13  0, 4.0,14  0,3.0,17  0,146

k 1

P33(2)  �P3k .Pk3  P31 .P13  P32 .P23  P33 .P33

(2)

 0,3.0, 47  0, 4.0, 42  0,3.0, 26  0,387

P31(2)  �P3k .Pk1  P31 .P11  P32 .P21  P33 .P31

3

 [Pj(2) ]

P1(2)  P{X(2)=1}= �P{X(0)=i}.Pi1

 0, 2.0, 7  0, 2.0, 6  0, 6.0,3  0, 44

 0, 6.0, 2  0,1.0, 2  0,3.0,1  0,17

2

Vậy:

�  �P
2

0,467]

2

=[0,387

0,146


3

Pij(2)  �Pik (1) .Pkj
k 1

3

� P11(2)  �P1k .Pk1  P112  P12 .P21  P13 .P31
k 1

 0,3  0,5.0, 2  0, 2.0,3  0, 25
2

3

P12 (2)  �P1k .Pk2  P11 .P12  P12 .P22  P13 .P32
k 1

 0,3.0,5  0,5.0,7  0, 2.0, 2  0,54
3

Câu 15:

P13(2)  �P1k .Pk3  P11.P13  P12 .P23  P13 .P33
k 1

A, tính các Pij trong các ma trận chuyển

 0,3.0, 2  0,5.0,1  0, 2.0,5  0, 21
3

qua 2 bước:

P21(2)  �P2k .Pk1  P21.P11  P22 .P21  P23 .P31
k 1

 0, 2.0,3  0, 7.0, 2  0,1.0,3  0, 23
3

P22 (2)  �P2k .Pk2  P21 .P12  P22 .P22  P23 .P32
k 1

 0, 2.0,5  0, 7.0,7  0,1.0, 2  0, 61
3

P23(2)  �P2k .Pk3  P21.P13  P22 .P23  P23 .P33
k 1

 0, 2.0, 2  0, 7.0,1  0,1.0,5  0,16
3

P31(2)  �P3k .Pk1  P31 .P11  P32 .P21  P33 .P31
k 1

 0,3.0,3  0, 2.0, 2  0,5.0,3  0, 28
3

P 32 (2)  �P3k .Pk2  P31 .P12  P32 .P22  P33 .P32
k 1

 0,3.0,5  0, 2.0,7  0,5.0, 2  0,39
P33

(2 )

3

 �P3k .Pk3  P31 .P13  P32 .P23  P33 .P33
k 1

 0,3.0, 2  0, 2.0,1  0,5.0,5  0,33

Như vậy ta có ma trận chuyển qua 2 bước
như sau:

P

 2

�p11
�
 P  �p21
�p
� 31
2

p12
p22
p32

p13 � �
0, 25 0,54 0, 21 �
��
�
p23 � �
0, 23 0, 61 0,16 �
�
p33 �
0, 28 0,39 0,33 �
��
�

B, tìm xác suất của các biến cố:
20


P  X (2)  0, X (1)  1, X (0)  1  P  X  0   1 .P  X (1)  1/ X (0)  1 .P  X (2)  0 / X (1)  1
 0,3.0, 2.0,5  0,03
P  X (3)  1, X (1)  0  P  X (1)  0 .P  X (3)  1/ X (1)  0

 P  X (1)  0 .P  X (2)  1/ X (0)  0

DX
0,16
 1
 0,96
2

4
۳ P{3P{ X-5 <2} �1-

� (*) đúng

Lại có:
P{X(1)=0}=P{X(0)=-1}.P{X(1)=0/X(0)=-1}+P{X(0)=0}.P{X(1)=0/X(0)=0}+P{X(0)=1}.P{X(1)=0/X(0)=1}
=0,25.0,5+0,45.0,7+0,3.0,2=0,5
( 2)

P{X(2)=1/X(0)=0}=P23  0,16
� P{X(3)=3/X(1)=1}=0,5.0,16=0,08

C, tìm phân bố của hệ tại thời điểm n=2

b, P{2tương tự có:
P{2
0,16
 0,98(  3)
3

Vậy (**) đúng
c, P{3<

X 1  X 2  X 3  ....  X 9
<7} �0,99
9

(***) trong đó X 1 , X 2 , X 3 ,...., X 9

�  �P
2

2

 [Pj(2) ]

là các biến ngẫu nhiên độc lập có cùng

P1(2)  P{X(2)=1}= �P{X(0)=i}.Pi1

(2)

 0, 25.0, 25  0, 45.0, 23  0,3.0, 28  0, 25
P2

(2)

 P{X(2)=2}= �P{X(0)=i}.Pi2

(2)

 0, 25.0,54  0, 45.0,61  0,3.0,39  0,5265
P3(2)  P{X(2)=3}= �P{X(0)=i}.Pi3

(2)

 0, 25.0, 21  0, 45.0,16  0,3.0,33  0, 2235

Vậy:

�  �P
2

2

=[0,25

0,5265

0,2235]

phân bố với X
Đặt:
X 1  X 2  X 3  ....  X 9
� EX  EX  5
9
D
0,16
DX  X 
 0, 018
9
9
X

Theo trebusep có:
P{3
D. LOẠI CÂU 4 ĐIỂM:
Câu 1:
X là biến ngẫu nhiên với EX=5;
DX=0,16
CMR:
a, P{3có: P{3theo cơng thức Trêbuwuwssep có:
21

Vậy, P{3<

DX

0,018
1
 0,9955(  2)
4
4

X 1  X 2  X 3  ....  X 9
<7}
9

�0,99  (***) đúng

d, tìm cận dưới của P{3<
X 1  X 2  X 3  ....  X 9
<7} trong đó
9
X 1 , X 2 , X 3 ,...., X 9 là các biến ngẫu nhiên

độc lập có cùng phân bố với X


có phân bố nhị thức B(10; 0,4) 
n=10 và p=0,4
vậy, EX=n.p=10.0,4=4
DX=n.p.q=10.0,4.0,6=2,4

Z1  1  2  3 � P1  0,3.0, 2  0, 06

X 1  X 2  X 3  ....  X 9
� E X  EX  4

9
D
2, 4
DX  X 
 0, 2667
9
9

Z 4  3  4  7 � P4  0,8.0,5  0, 4

24  6
�
Z2  �
� P2  0,3.0,8  0, 2.0, 2  0, 2
5 1  6
�
Z 3  3  1  4 � P3  0,5.0, 2  0,1

Đặt:

X

Theo trebusep có:
P{3
Z 5  5  4  9 � P5  0, 2.0,8  0,16
Có bảng phân phối xác suất của Z:

Z
P

DX
0, 2667
1
 0,9333(  2)
4
4

3
0,06

4
0,1

6
0,28

7
0,4

9
0,16

B, lập bảng phân phối xác suất của
T=X.Y

Vậy, cận dưới của P{3<

T nhận các giá trị như sau:

X 1  X 2  X 3  ....  X 9
<7}là
9

T1  2.1  2 � P1  0, 2.0,3  0, 06

0,9333

T2  2.4  8 � P2  0,3.0,8  0, 24
..........................
Tương tự như cách tính ở trên ta có bảng phân
phối xs như sau:

T
P

Câu 2:

2
0,06

3
0,1

5
0,04

8
0,24

12
0,4

20
0,16

X,Y là 2 biến ngẫu nhiên rời rạc có bảng phân
phối xác suất:

X
P
Y
P

2
0,3

C, tinh:

3
0,5
1
0,2

5
0,2
4
0,8

EZ  �Zi .PZi  3.0,06  4.0,1  6.0, 28  7.0, 4  9.0,16  6,5

DZ  EZ 2  ( EZ ) 2
 32.0, 06  42.0,1  6 2.0, 28  7 2.0, 4  92.0,16  6,52  2,53

A, lập bảng phân phối xs của biến ngẫu
nhiên Z=X+Y
Z nhận các giá trị:
22

D, tính:


Câu 4:
ET  �Ti .PZi  2.0,06  3.0,1  5.0,04  8.0,24  12.0,4  20.0,16  10,54
DT  ET 2  ( ET )

1

2

3

0,12
0,28

0,15
0,35

0,03
0,07

X
Y

2

 22.0,06  32.0,1  52.0,04  82.0,24  122.0,4  202.0,16 10,542  28,01

1
2

Câu 3:

A,

X,Y là 2 biến ngẫu nhiên rời rạc có phân bố

Bảng phân phối xác suất của X:

xác suất:

X
P

0
0,15

1
0,3

2

0,25

3
0,2

Y
P

0
1
2
3
0,3 0,2 0,2 0,15
A, kỳ vọng EX, EY

4
0,08

5
0,02

4
0,1

5
0,05

X
P

1
0,3

2
0,7

Bảng phân phối xác suất của Y:
Y
P

1
0,4

2
0,5

3
0,1

E X  �X i .Pi  0.0, 015  1.0,3  2.0, 25  3.0, 2  4.0, 08  5.0, 02  1,82

B, các cột các hàng của bảng phân phối

EY  �Yi .Pi  0.0,3  1.0, 2  2.0, 2  3.0,15  4.0,1  5.0, 05  1, 7

B, phương sai DX, DY

xác suất đồng thời tương ứng tỉ
lệ với nhau, do đó X, Y độc lập.

DX  E X 2  ( E X ) 2  0 2.0, 015  12.0,3  2 2.0, 25  32.0, 2  4 2.0, 08  5 2.0, 02  1,822  1,5676

C, tìm bảng phân phối xác suất của

DY  EY 2  ( EY ) 2  02.0,3  12.0, 2  22.0, 2  32.0,15  4 2.0,1  52.0, 05  1, 7 2  2,31

Z=X.Y

C, tính xác suất
P{X+Y �3 }=P{X+Y  0 }+P{X+Y  1 }

Có Z nhận các giá trị;

+P{X+Y  2 }+P{X+Y  3 }
=0,15.0,3+0,15.0,2+0,3.0,3+0,15.0,2+0
,3.0,2+0,25.0,3+0,15.0,15+0,3.0,
2+0,25.0,2+0,2.0,3=0,5225
Do X,Y độc lập nên có:
E(X-Y)=EX-EY=1,82-1,7=0,12
D(X-Y)=DX+DY=1,5676 +
2,31=3,8776
23

Z1  1 � P1  0,3.0, 4  0,12
Z 2  2 � P2  0,3.0,5  0, 7.0, 4  0, 43
Z 3  3 � P3  0,3.0,1  0, 03
Z 4  4 � P4  0, 7.0,5  0,35
Z 5  5 � P5  0, 7.0,1  0, 07

Bảng phân phối xác suất của Z:

Z
P

1
0,12

2
0,43

3
0,03

4
0,35

6
0,07

k

P{ X  Y  Z  k}  �P{X+Y=n; Z=k-n}
n 0

k

 �C7n .(0,1) n .(0,9) 7  n .C3k n .(0,1) k n .(0,9) 3k  n

D, tính EZ

n 0

k

 (0,1) k .(0,9)10 k .�C7n .C3k  n  C10k .(0,1) k .(0,9)10 k
n0

EZ  �Zi .Pi  1.0,12  2.0, 43  3.0,03  4.0,35  6.0,07  2,89

 X + Y + Z có phân bố nhị thức
B(10; 0,1)
C, tính xác suất P{X+Y+Z=4} có phân
bố nhị thức B(3; 0,1)
Theo phần (B) có:

Câu 5:

P{ X  Y  Z  4}  C104 .(0,1)4 .(0,9)10 4  0, 01

X : B (3;0,1)
Y : B (4;0,1)
Z : B (3;0,1)

D, tính kỳ vọng E[X+Y+Z] =
n.p=10.0,1=1
Tính phương sai

A, CM: (X+Y) có phân bố nhị \thức

D[X+Y+Z]=n.p.q=10.0,1.0,9=0,

B(7; 0,1)

9

Có:

Do (X+Y+Z) có phân bố nhị
thức B(10; 0,1)
k

P{ X  Y  k}  �P{X=n; Y=k-n}
n 0

k

 �C3n .(0,1) n .(0,9)3 n .C4k  n .(0,1) k n .(0,9) 4 k  n
n 0

k

 (0,1) k .(0,9) 7  k .�C3n .C4k  n  C7k .(0,1) k .(0,9) 7  k
n 0

 X + Y có phân bố nhị thức B(7; 0,1)
B, CM: (X+Y+Z) có phân bố nhị \thức
B(10; 0,1)
Câu 6:
Cho X, Y là 2 biến bgaaux nhiên

liên tục có hàm mật độ đồng
thời:
24


f( x, y)

kx....khi 0  y  x  1
�
�
�
y0
�
0......
khi
�
�
x 1
�
�

 f(x,y) �f X ( x). fY ( y ) . Theo định lý 3.3
thì X, Y khơng độc lập

A, tìm hằng số k:
Theo tính chất hàm mật độ
xác suất có:

��

��f

1 x

( x, y )

��

1

k
dxdy  1 � �
ku.du.dv  1 � �
k .u 2du  1 �  1 � k  3
�
3
0 0
0

Câu 7:
X, Y là 2 biến ngẫu nhiên liên tục có

B, tìm hàm mật độ của X:
f X ( x) 

�

hàm phân bố đồng thời:
x

3x.dy  3.x
�f ( x, y)dy  �

�

2

0

nếu 0�
3 x 2 .......khi0  x  1
�
x0
�
Vậy, f X ( x)  �
0...........khi �
�
x 1
�
�

�
1 2 x  2 y  2 x  y......khix �0 , y �0
F ( x, y )  �
0
khi trái lai
�

C,tìm hàm mật độ của Y:

�

A, tìm hàm mật độ của X:

�
1 2 x...........khix>0
FX ( x)  lim F ( x, y )  �
y ��
0...................khix �0
�
1

1 3 3
fY ( y )  �
f ( x, y )dx  �
3 x.dx  3.x 2   . y 2
y 2 2
�
y

nếu 0
2 y  lim 2  x  y  0
Vì: lim
y ��
y ��

Hàm mật độ của X :

�3 3 2
�2  2 . y .......khi 0  y  1
�
Vậy, fY ( y )  �
y0
�
�
0...........khi �
�
y 1
�
�

�
(1  2 x )............khi x>0
f X ( x )  F ' X ( x)  �
0........................khi x �0
�
�ln 2
� ....................khix  0
� f X ( x)  �2 x
�
0.........................khix �0
�

D, có : f(x,y)=kx nếu 0
B, tìm hàm mật độ của Y:

3

f X ( x). fY ( y )  3.x 2 . .( y 2  1) nếu
2
0  x 1
�
�
0  y 1
�
25

�
1 2 y...........khiy>0
FY ( y )  lim F ( x, y )  �
x ��
0...................khiy �0
�
2 x  lim 2  x  y  0
Vì: lim
x ��
x ��