zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Đề thi thử cuối kỳ môn Xác suất thống kê - Học kì 20231 (Có đáp án)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

3
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử cuối kỳ môn Xác suất thống kê - Học kì 20231 là tài liệu ôn tập hữu ích, bao gồm các câu hỏi trắc nghiệm và đáp án chi tiết. Đề thi giúp sinh viên làm quen với cấu trúc đề, củng cố kiến thức về xác suất và thống kê, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải quyết bài tập. Nội dung đề thi bám sát chương trình học, phù hợp cho việc chuẩn bị thi cuối kỳ. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử cuối kỳ môn Xác suất thống kê - Học kì 20231 (Có đáp án)

Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa ĐỀ 1 CLB Hỗ trợ Học tập ĐỀ THI THỬ CUỐI KỲ MÔN XÁC SUẤT THỐNG KÊ - Học kì 20231 Thời gian làm bài: 90 phút Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu và giám thị phải kí xác nhận số đề vào bài thi. Câu 1. [2đ] Một cửa hàng sách khai trương muốn thu hút khách hàng bằng một trò chơi. Khách sẽ đoán xem trong hộp chứa một, hai, hay không có sách. Khách đoán đúng số sách trong hộp sẽ được tặng luôn các quyển đó mang về. Nếu trong hộp không có sách và khách đoán đúng sẽ được tặng một quyển. Xác suất trong hộp có sách là 40%. Nếu trong hộp có sách thì xác suất có 2 quyển là 40%. Xác suất khách đoán trong hộp có 2 quyển gấp đôi phán đoán có 1 quyển. Theo thống kê: • Nếu khách đoán hộp không có sách, xác suất được tặng 1 quyển là 40%. • Nếu khách đoán hộp có 1 quyển, xác suất được tặng 1 quyển là 40%. • Nếu khách đoán hộp có 2 quyển, xác suất được tặng 2 quyển là 40%. • Nếu khách đoán hộp không có sách, xác suất hộp có 2 quyển là 40%. • Nếu khách đoán hộp có 2 quyển, xác suất hộp không có sách là 40%. a) Tính xác suất một khách chơi trò chơi có sách mang về? b) Biết một khách hàng chơi trò chơi có sách mang về, tính xác suất tại lần chơi đó trong hộp có 1 quyển sách? Câu 2. [2đ] Bạn C tham gia 1 cuộc thi giải đố gồm có 3 bài thi độc lập nhau (chọn làm mấy bài, làm bài nào là tùy ý). Số câu hỏi của bài thi 1, 2, 3 lần lượt là 30, 15 và 3. Các câu hỏi ở mỗi bài thi độc lập với nhau và xác suất C trả lời đúng mỗi câu ở bài 1 là 0.6, ở bài 2 là 0.5 và ở bài 3 là 0.4. Để được thưởng ở bài 1 và 2, C phải trả lời tối thiểu đúng 60% câu hỏi ở các bài thi đó. Để được thưởng ở bài 3, C phải trả lời đúng cả 3 câu của bài này. Phần thưởng cho bài 1 là 80$, bài 2 là 100$ và bài 3 là 150$. a) Tiền thưởng trung bình C nhận được khi làm cả 3 bài thi là bao nhiêu? b) Do vướng lịch thi cuối kỳ đại học nên C quyết định chỉ làm bài thi 1. Do chỉ làm
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa ĐỀ 1 CLB Hỗ trợ Học tập bài 1, C tập trung ôn kiến thức của bài này nên xác suất C trả lời đúng 1 câu của bài a này tăng thêm , trong đó a ∈ N, 0 ≤ a ≤ 40. Tính a nhỏ nhất để khả năng C được 100 thưởng bài này > 95%? Câu 3. [2đ] Cho biến ngẫu nhiên hai chiều liên tục (X,Y ) có hàm mật độ xác suất đồng thời là:   kx, nếu 0 < y < x < 2 − y2 ,  fXY (x, y) =  0, nếu trái lại.  a) Tìm hằng số k. b) Với k vừa tìm được, tính E(X), E(Y ). Câu 4. [2đ] Chọn ngẫu nhiên 1000 sinh viên của một trường đại học để kiểm tra thì thấy có 967 sinh viên có đeo thẻ. a) Ước lượng khoảng tỉ lệ số sinh viên đeo thẻ của trường với độ tin cậy 95%. b) Cần phải kiểm tra bao nhiêu sinh viên với độ tin cậy 99% để sai số khi dự đoán số sinh viên đeo thẻ có khoảng tin cậy đối xứng với độ dài là 0,02. Câu 5. [2đ] Điểm thi giữa kì môn Giải tích I và Đại số của Đại học Bách khoa Hà Nội học kì 20231 có phân phối chuẩn. Khảo sát một mẫu ngẫu nhiên các sinh viên cho điểm môn Giải tích I và một mẫu ngẫu nhiên cho điểm môn Đại số, ta thu được kết quả như bảng sau: Điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tần số môn Giải tích I 1 7 12 15 30 28 24 15 6 2 Tần số môn Đại số 2 6 15 17 28 27 23 17 8 1 Với mức ý nghĩa α = 1% có thể kết luận độ khó của hai môn là như nhau hay không ? Giá trị hàm phân phối chuẩn tắc: Φ(u1−α ) = 1 − α x 1.282 1.645 1.88 1.96 2.17 2.326 2.576 Φ(x) 0.90 0.95 0.97 0.975 0.985 0.99 0.995 Chúc các bạn hoàn thành tốt bài thi!
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ trợ Học tập LỜI GIẢI CHI TIẾT MÔN XÁC SUẤT THỐNG KÊ - Thi thử Cuối kỳ 20231 Thực hiện bởi team Xác suất thống kê - CLB Hỗ trợ Học tập Câu 1: Gọi Ai là sự kiện trong hộp có i quyển sách, i = 0; 2 Gọi Bi là sự kiện khách đoán trong hộp có i quyển sách, i = 0; 2 Theo đề bài, ta có các xác suất sau: P (A0 |B0 ) = 0, 4 P (A1 |B1 ) = 0, 4 (1) P (A2 |B2 ) = 0, 4 P (A2 |B0 ) = 0, 4 P (A0 |B2 ) = 0, 4 a) gọi C là sự kiện khách có sách mang về. Ta thấy {B0 , B1 , B2 } là một nhóm đầy đủ. Do đó ta có: 2 P (C) = P (Bi ).P (C|Bi ) i=0 Ta thấy P (C|Bi ) cũng chính bằng P (Ai |Bi ); do khách đoán đúng trong hộp chứa bao nhiêu quyển sách mới được có sách mang về. Vì vậy ta có: 2 P (C) = P (Bi ).P (C|Bi ) = 0, 4.(P (B1 ) + P (B2 ) + P (B0 )) = 0, 4 i=0 b) Theo giả thiết, ta có P (A1 + A2 ) = 0, 4 và P (A2 |A1 + A2 ) = 0, 4 P (A2 ) Mặt khác, {A0 , A1 , A2 } là một nhóm đầy đủ nên suy ra P (A2 |A1 + A2 ) = P (A1 + A2 ) ⇒ P (A2 ) = 0, 4 ⇒ P (A1 ) = P (A1 + A2 ) − P (A2 ) = 0, 24 Ta có: P (A0 |B0 ) = P (A2 |B0 ) = 0, 4 ⇒ P (A1 |B0 ) = 0, 2 (2) P (A2 |B2 ) = P (A0 |B2 ) = 0, 4 ⇒ P (A1 |B2 ) = 0, 2 (3) Đặt P (B1 ) = x và P (B0 ) = y. Theo giả thiết, P (B2 ) = 2x ⇒ y + 3x = 1 (4) 2 Từ (1), (2), (3) ta có P (A1 ) = P (Bi ).P (A1 |Bi ) ⇔ 0, 24 = 0, 2y + 0, 4x + 2x.0, 2 (5) i=0 Từ (1), (5) ta tính được x = 0, 2 và y = 0, 4. Vậy xác suất cần tính là: P (A1 C) P (A1 ).P (C|A1 ) P (A1 ).P (B1 |A1 ) P (B1 ).P (A1 |B1 ) P (A1 |C) = = = = = P (B1 ) = 0, 2. P (C) P (C) P (C) P (C)
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ trợ Học tập Câu 2: a) Gọi X là phần thưởng của C khi tham gia làm cả 3 bài thi, ta có bảng phân phối xác suất của X: X 0 80 100 150 180 230 250 330 p(X) p0 p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7 Gọi Ai là sự kiện C nhận được thưởng của bài thứ i, i = 1, 3 30 15 P (A1 ) = C30 .0, 6k .0, 430−k = 0, 5785 k P (A2 ) = C15 .0, 5k .0, 515−k = 0, 3036 k k=18 k=9 P (A3 ) = 0, 43 = 0, 064 Do các sự kiện A1 , A2 , A3 độc lập nhau nên ta có: p0 = P (A1 .A2 .A3 ) = P (A1 ).P (A2 ).P (A3 ) = 0, 2747 p4 = P (A1 .A2 .A3 ) = 0, 1644 p1 = P (A1 .A2 .A3 ) = 0, 3771 p5 = P (A1 .A2 .A3 ) = 0, 0258 p2 = P (A1 .A2 .A3 ) = 0, 1198 p6 = P (A1 .A2 .A3 ) = 0, 0082 p3 = P (A1 .A2 .A3 ) = 0, 0188 p7 = P (A1 .A2 .A3 ) = 0, 0112 Từ đó, ta dễ tính được E(X) = 86, 24 ′ b) Gọi A1 là sự kiện C được nhận thưởng ở bài 1 sau khi ôn luyện. 30 ′ k a k a 30−k P (A1 ) = C30 . 0, 6 + . 0, 4 − k=18 100 100 ′ Ta cần tìm a nhỏ nhất thỏa mãn giả thiết, và P (A1 ) ≥ 0, 95 ⇒ min a = 13 Câu 3: a)   kx (0 < y < x < 2 − y 2 ) fXY (x, y) 0 trái lại Có fXY (x, y) ≥ 0, ∀x, y ⇒ k ≥ 0 Mặt khác, từ hình vẽ ta có: ˆ +∞ ˆ +∞ ˆ 1 ˆ x ˆ 2 ˆ √ 2−x 1= fXY (x, y)dxdy = kx dy dx + kx dy dx −∞ −∞ 0 0 1 0 ˆ k 2 √ k 14 19 = + kx 2 − x dx = + k = k 3 1 3 15 15 15 ⇒k= (thỏa mãn điều kiện k ≥ 0) 19
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ trợ Học tập b) ˆ +∞ ˆ +∞ ˆ 1 ˆ x ˆ 2 ˆ √ 2−x E(X) = xfXY (x, y)dxdy = kx2 dy dx + kx2 dy dx −∞ −∞ 0 0 1 0 ˆ 15 1 2 √ = + x2 2 − xdx 19 4 1 ˆ 2 √ Xét I = x2 2 − xdx 1 √ Đặt t = 2 − x ⇒ x = 2 − t2 ; dx = −2tdt x 1 2 Đổi cận t 1 0 ˆ 1 142 I= (2 − t2 )2 .t.(2t) dt = 0 105 15 1 142 673 Từ đó, E(X) = + = ≈ 1, 2650 19 4 105 532 ˆ +∞ ˆ +∞ ˆ 1 ˆ x ˆ 2 ˆ √ 2−x E(Y ) = yfXY (x, y)dxdy = kxy dy dx + kxy dy dx −∞ −∞ 0 0 1 0 ˆ 1 ˆ 2 15 x3 x(2 − x) 15 11 55 = dx + dx = . = ≈ 0, 3618 19 0 2 1 2 19 24 122
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ trợ Học tập Câu 4: a) Gọi p là tỷ lệ học sinh đeo thẻ. 967 33 Kiểm tra nf = 1000. = 967 > 5 và n(1 − f ) = 1000. = 33 > 5 1000 1000 f −p √ Chọn thống kê U = n. Thống kê U ∼ N (0; 1) f (1 − f ) f (1 − f ) f (1 − f ) Khoảng tin cậy đối xứng của xác suất p là f − u1− α ; f + u1− α 2 n 2 n Trong đó u1− α = u0,975 = 1, 96 được tra từ bảng giá trị hàm phân phối chuẩn tắc. 2 m 967 Với n = 1000, m = 967, f = = , suy ra khoảng tin cậy cần tìm là n 1000 0, 967.0, 033 0, 967.0, 033 0, 967 − 1, 96. ; 0, 967 + 1, 96. = (0, 9559; 0, 9781) 1000 1000 Kết luận: vậy tỷ lệ số sinh viên đeo thẻ của trường với độ tin cậy 95% nằm trong khoảng từ 95, 59% đến 97, 81% b) Do độ dài khoảng tin cậy đối xứng là 0, 02, nên 2ε = 0, 02 ⇒ ε = 0, 01 u2 α .f.(1 − f ) 1− Gọi n là số sinh viên thoả mãn, ta có n ≥ 2 ε2 967 Trong đó u1− α = u0,995 = 2, 576; f = ; ε = 0, 01 ⇒ n ≥ 2117, 5425 2 1000 ⇒ n = 2118 (do n là số nguyên) Câu 5: Gọi X1 , X2 lần lượt là biến ngẫu nhiên đại diện cho điểm môn Giải tích I và Đại số của Đại học Bách khoa Hà Nội học kì 20231. Từ đề bài ta tính được: n1 = 140, x1 = 5.65, s2 = 3.5097, n2 = 144, x2 = 5.6111, s2 = 3.7358 1 2 Ta thấy X1 ∼ N (µ1 , σ1 ), X2 ∼ N (µ2 , σ2 ). Đây là bài toán so sánh hai kỳ vọng của hai biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn trong trường hợp chưa biết phương sai, mẫu cỡ n1 = 140 > 30, n2 = 144 > 30 Đặt giả thuyết H0 : µ1 = µ2 , đối thuyết H1 : µ1 ̸= µ2 X1 − X 2 − µ1 − µ2 Chọn tiêu chuẩn kiểm định: U = 2 2 S1 S2 + n1 n2 X1 − X2 Nếu giả thuyết H0 là đúng : U = 2 2 ∼ N (0, 1) S1 S2 + n1 n2 Với α = 0, 01 tra bảng giá trị hàm phân phối chuẩn tắc được u1− α = u0,995 = 2, 576. 2
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ trợ Học tập Miền bác bỏ giả thuyết H0 là: Wα = (−∞; −u1− α ) ∪ (u1− α ; +∞) = (−∞; −2, 576) ∪ (2, 576; +∞) 2 2 Từ đề bài ta tính được giá trị quan sát: x1 − x2 5.65 − 5.6111 uqs = = = 0, 1722 s2 1 s22 3.5097 3.7358 + + n1 n2 140 144 Với uqs = 0, 1722 ∈ Wα nên chưa có đủ cở sở để bác bỏ giả thuyết H0 . / Vậy với mức ý nghĩa α = 1% ta có thể kết độ khó của hai môn là như nhau.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.