2025年中國精算師職業(yè)資格考試（準(zhǔn)精算師概率論與數(shù)理統(tǒng)計）模擬試題及答案成都一、單項選擇題（每題2分，共30分）1.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)服從參數(shù)為\(\lambda\)的泊松分布，且\(P(X=1)=P(X=2)\)，則\(\lambda\)的值為（）A.1B.2C.3D.4答案：B解析：已知隨機(jī)變量\(X\)服從參數(shù)為\(\lambda\)的泊松分布，其概率質(zhì)量函數(shù)為\(P(X=k)=\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}\)，\(k=0,1,2,\cdots\)。因為\(P(X=1)=P(X=2)\)，所以\(\frac{\lambda^{1}e^{-\lambda}}{1!}=\frac{\lambda^{2}e^{-\lambda}}{2!}\)，即\(\lambda=\frac{\lambda^{2}}{2}\)，由于\(\lambda>0\)，解得\(\lambda=2\)。2.設(shè)\(X\)和\(Y\)是兩個相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，且\(X\simN(0,1)\)，\(Y\simN(1,1)\)，則（）A.\(P(X+Y\leqslant0)=\frac{1}{2}\)B.\(P(X+Y\leqslant1)=\frac{1}{2}\)C.\(P(X-Y\leqslant0)=\frac{1}{2}\)D.\(P(X-Y\leqslant1)=\frac{1}{2}\)答案：B解析：因為\(X\)和\(Y\)相互獨(dú)立，且\(X\simN(0,1)\)，\(Y\simN(1,1)\)，根據(jù)獨(dú)立正態(tài)分布的線性組合仍為正態(tài)分布，可得\(X+Y\simN(0+1,1+1)=N(1,2)\)。對于正態(tài)分布\(Z\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(P(Z\leqslant\mu)=\frac{1}{2}\)，所以\(P(X+Y\leqslant1)=\frac{1}{2}\)。3.設(shè)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，\(\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\)，\(S^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\overline{X})^{2}\)，則\(\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\)服從（）A.\(N(0,1)\)B.\(\chi^{2}(n-1)\)C.\(t(n-1)\)D.\(F(n-1,n)\)答案：B解析：根據(jù)正態(tài)總體樣本方差的性質(zhì)，設(shè)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，則\(\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1)\)。4.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)的概率密度函數(shù)為\(f(x)=\begin{cases}2x,&0<x<1\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，則\(P(X\leqslant0.5)\)的值為（）A.0.25B.0.5C.0.75D.1答案：A解析：由概率密度函數(shù)求概率，\(P(X\leqslant0.5)=\int_{-\infty}^{0.5}f(x)dx=\int_{0}^{0.5}2xdx=x^{2}\big|_{0}^{0.5}=0.25\)。5.設(shè)\(X\)是一個隨機(jī)變量，\(E(X)=\mu\)，\(D(X)=\sigma^{2}\)，則對任意常數(shù)\(c\)，有（）A.\(E[(X-c)^{2}]=E[(X-\mu)^{2}]\)B.\(E[(X-c)^{2}]\geqslantE[(X-\mu)^{2}]\)C.\(E[(X-c)^{2}]<E[(X-\mu)^{2}]\)D.\(E[(X-c)^{2}]=E(X^{2})-c^{2}\)答案：B解析：\(E[(X-c)^{2}]=E[(X-\mu+\mu-c)^{2}]=E[(X-\mu)^{2}+2(X-\mu)(\mu-c)+(\mu-c)^{2}]\)\(=E[(X-\mu)^{2}]+2(\mu-c)E(X-\mu)+(\mu-c)^{2}\)，因為\(E(X-\mu)=E(X)-\mu=0\)，所以\(E[(X-c)^{2}]=E[(X-\mu)^{2}]+(\mu-c)^{2}\geqslantE[(X-\mu)^{2}]\)。6.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)和\(Y\)的相關(guān)系數(shù)為\(0.5\)，\(E(X)=E(Y)=0\)，\(E(X^{2})=E(Y^{2})=2\)，則\(E[(X+Y)^{2}]\)的值為（）A.4B.6C.8D.10答案：B解析：首先求\(D(X)=E(X^{2})-[E(X)]^{2}=2\)，\(D(Y)=E(Y^{2})-[E(Y)]^{2}=2\)。已知相關(guān)系數(shù)\(\rho_{XY}=0.5\)，根據(jù)\(\rho_{XY}=\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}}\)，可得\(Cov(X,Y)=\rho_{XY}\sqrt{D(X)D(Y)}=0.5\times\sqrt{2\times2}=1\)。\(E[(X+Y)^{2}]=E(X^{2}+2XY+Y^{2})=E(X^{2})+2E(XY)+E(Y^{2})\)，又\(Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)\)，所以\(E(XY)=Cov(X,Y)+E(X)E(Y)=1\)。則\(E[(X+Y)^{2}]=2+2\times1+2=6\)。7.設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，總體\(X\)的概率密度函數(shù)為\(f(x)=\begin{cases}\thetax^{\theta-1},&0<x<1\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，其中\(zhòng)(\theta>0\)為未知參數(shù)，則\(\theta\)的矩估計量為（）A.\(\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)B.\(\frac{1}{\overline{X}}\)C.\(\frac{\overline{X}}{1+\overline{X}}\)D.\(\frac{1}{1-\overline{X}}\)答案：A解析：先求總體的一階矩\(E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx=\int_{0}^{1}x\cdot\thetax^{\theta-1}dx=\int_{0}^{1}\thetax^{\theta}dx=\frac{\theta}{\theta+1}\)。令\(E(X)=\overline{X}\)，即\(\frac{\theta}{\theta+1}=\overline{X}\)，解得\(\theta=\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)，所以\(\theta\)的矩估計量為\(\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)。8.設(shè)\(X\)和\(Y\)是兩個隨機(jī)變量，且\(P(X\geqslant0,Y\geqslant0)=\frac{3}{7}\)，\(P(X\geqslant0)=P(Y\geqslant0)=\frac{4}{7}\)，則\(P(\max\{X,Y\}\geqslant0)\)的值為（）A.\(\frac{3}{7}\)B.\(\frac{4}{7}\)C.\(\frac{5}{7}\)D.\(\frac{6}{7}\)答案：C解析：因為\(\max\{X,Y\}\geqslant0\)等價于\(X\geqslant0\)或\(Y\geqslant0\)，根據(jù)概率的加法公式\(P(A\cupB)=P(A)+P(B)-P(A\capB)\)，這里\(A=\{X\geqslant0\}\)，\(B=\{Y\geqslant0\}\)，所以\(P(\max\{X,Y\}\geqslant0)=P(X\geqslant0\cupY\geqslant0)=P(X\geqslant0)+P(Y\geqslant0)-P(X\geqslant0,Y\geqslant0)=\frac{4}{7}+\frac{4}{7}-\frac{3}{7}=\frac{5}{7}\)。9.設(shè)總體\(X\)服從參數(shù)為\(\lambda\)的指數(shù)分布，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，則樣本均值\(\overline{X}\)的數(shù)學(xué)期望和方差分別為（）A.\(\frac{1}{\lambda},\frac{1}{n\lambda^{2}}\)B.\(\frac{1}{\lambda},\frac{1}{\lambda^{2}}\)C.\(\lambda,\frac{\lambda^{2}}{n}\)D.\(\lambda,\lambda^{2}\)答案：A解析：已知總體\(X\simExp(\lambda)\)，則\(E(X)=\frac{1}{\lambda}\)，\(D(X)=\frac{1}{\lambda^{2}}\)。樣本均值\(\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\)，根據(jù)期望和方差的性質(zhì)，\(E(\overline{X})=E(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E(X_i)=\frac{1}{n}\cdotn\cdot\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{\lambda}\)，\(D(\overline{X})=D(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i)=\frac{1}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}D(X_i)=\frac{1}{n^{2}}\cdotn\cdot\frac{1}{\lambda^{2}}=\frac{1}{n\lambda^{2}}\)。10.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)服從區(qū)間\([a,b]\)上的均勻分布，即\(X\simU(a,b)\)，則\(X\)的中位數(shù)為（）A.\(\frac{a+b}{2}\)B.\(a\)C.\(b\)D.\(\frac{b-a}{2}\)答案：A解析：設(shè)中位數(shù)為\(m\)，則\(P(X\leqslantm)=\frac{1}{2}\)。對于\(X\simU(a,b)\)，其概率密度函數(shù)\(f(x)=\begin{cases}\frac{1}{b-a},&a<x<b\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，\(P(X\leqslantm)=\int_{a}^{m}\frac{1}{b-a}dx=\frac{m-a}{b-a}=\frac{1}{2}\)，解得\(m=\frac{a+b}{2}\)。11.設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，總體\(X\)的分布函數(shù)為\(F(x;\theta)\)，其中\(zhòng)(\theta\)是未知參數(shù)，\(\hat{\theta}_n\)是\(\theta\)的一個估計量，若\(\lim_{n\rightarrow\infty}P(|\hat{\theta}_n-\theta|<\varepsilon)=1\)對任意\(\varepsilon>0\)成立，則稱\(\hat{\theta}_n\)是\(\theta\)的（）A.無偏估計量B.有效估計量C.一致估計量D.最小方差無偏估計量答案：C解析：根據(jù)一致估計量的定義，若\(\lim_{n\rightarrow\infty}P(|\hat{\theta}_n-\theta|<\varepsilon)=1\)對任意\(\varepsilon>0\)成立，則稱\(\hat{\theta}_n\)是\(\theta\)的一致估計量。12.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)服從自由度為\(n\)的\(t\)分布，即\(X\simt(n)\)，則\(X^{2}\)服從（）A.\(N(0,1)\)B.\(\chi^{2}(n)\)C.\(F(1,n)\)D.\(F(n,1)\)答案：C解析：若\(X\simt(n)\)，則\(X=\frac{Z}{\sqrt{\frac{Y}{n}}}\)，其中\(zhòng)(Z\simN(0,1)\)，\(Y\sim\chi^{2}(n)\)，且\(Z\)與\(Y\)相互獨(dú)立。那么\(X^{2}=\frac{Z^{2}/1}{Y/n}\)，因為\(Z^{2}\sim\chi^{2}(1)\)，根據(jù)\(F\)分布的定義，\(X^{2}\simF(1,n)\)。13.設(shè)\(X\)和\(Y\)是兩個相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，它們的分布函數(shù)分別為\(F_X(x)\)和\(F_Y(y)\)，則\(Z=\max\{X,Y\}\)的分布函數(shù)為（）A.\(F_Z(z)=F_X(z)F_Y(z)\)B.\(F_Z(z)=F_X(z)+F_Y(z)-F_X(z)F_Y(z)\)C.\(F_Z(z)=\max\{F_X(z),F_Y(z)\}\)D.\(F_Z(z)=\min\{F_X(z),F_Y(z)\}\)答案：A解析：\(F_Z(z)=P(Z\leqslantz)=P(\max\{X,Y\}\leqslantz)=P(X\leqslantz,Y\leqslantz)\)，因為\(X\)和\(Y\)相互獨(dú)立，所以\(P(X\leqslantz,Y\leqslantz)=P(X\leqslantz)P(Y\leqslantz)=F_X(z)F_Y(z)\)。14.設(shè)總體\(X\)的概率分布為\(P(X=0)=1-p\)，\(P(X=1)=p\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，則\(p\)的極大似然估計量為（）A.\(\overline{X}\)B.\(1-\overline{X}\)C.\(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^{2}\)D.\(\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\overline{X})^{2}\)答案：A解析：似然函數(shù)\(L(p)=\prod_{i=1}^{n}p^{X_i}(1-p)^{1-X_i}=p^{\sum_{i=1}^{n}X_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}X_i}\)，取對數(shù)得\(\lnL(p)=\sum_{i=1}^{n}X_i\lnp+(n-\sum_{i=1}^{n}X_i)\ln(1-p)\)。對\(p\)求導(dǎo)并令導(dǎo)數(shù)為0，\(\frac{d\lnL(p)}{dp}=\frac{\sum_{i=1}^{n}X_i}{p}-\frac{n-\sum_{i=1}^{n}X_i}{1-p}=0\)，解得\(p=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i=\overline{X}\)，所以\(p\)的極大似然估計量為\(\overline{X}\)。15.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)服從二項分布\(B(n,p)\)，已知\(E(X)=2.4\)，\(D(X)=1.44\)，則\(n\)和\(p\)的值分別為（）A.\(n=6,p=0.4\)B.\(n=8,p=0.3\)C.\(n=12,p=0.2\)D.\(n=24,p=0.1\)答案：A解析：對于二項分布\(X\simB(n,p)\)，\(E(X)=np\)，\(D(X)=np(1-p)\)。已知\(E(X)=2.4\)，\(D(X)=1.44\)，則\(\begin{cases}np=2.4\\np(1-p)=1.44\end{cases}\)，將\(np=2.4\)代入\(np(1-p)=1.44\)得\(2.4(1-p)=1.44\)，解得\(p=0.4\)，再將\(p=0.4\)代入\(np=2.4\)得\(n=6\)。二、多項選擇題（每題3分，共15分）1.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)和\(Y\)相互獨(dú)立，則下列結(jié)論正確的有（）A.\(Cov(X,Y)=0\)B.\(\rho_{XY}=0\)C.\(E(XY)=E(X)E(Y)\)D.\(D(X+Y)=D(X)+D(Y)\)答案：ABCD解析：若\(X\)和\(Y\)相互獨(dú)立，則\(E(XY)=E(X)E(Y)\)。\(Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0\)，相關(guān)系數(shù)\(\rho_{XY}=\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}}=0\)。\(D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y)=D(X)+D(Y)\)。2.設(shè)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，\(\overline{X}\)和\(S^{2}\)分別是樣本均值和樣本方差，則下列統(tǒng)計量中服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的有（）A.\(\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}\)B.\(\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{S}{\sqrt{n}}}\)C.\(\frac{X_i-\mu}{\sigma}\)D.\(\frac{X_i-\overline{X}}{S}\)答案：AC解析：對于總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(\overline{X}\simN(\mu,\frac{\sigma^{2}}{n})\)，則\(\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}\simN(0,1)\)；\(X_i\simN(\mu,\sigma^{2})\)，所以\(\frac{X_i-\mu}{\sigma}\simN(0,1)\)。\(\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{S}{\sqrt{n}}}\simt(n-1)\)，\(\frac{X_i-\overline{X}}{S}\)不服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布。3.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)的概率密度函數(shù)\(f(x)\)是偶函數(shù)，\(F(x)\)是\(X\)的分布函數(shù)，則下列結(jié)論正確的有（）A.\(F(-x)=1-F(x)\)B.\(F(-x)=\frac{1}{2}-\int_{0}^{x}f(t)dt\)C.\(P(|X|>x)=2[1-F(x)]\)D.\(P(|X|<x)=2F(x)-1\)答案：ABCD解析：因為\(f(x)\)是偶函數(shù)，\(F(-x)=\int_{-\infty}^{-x}f(t)dt\)，令\(u=-t\)，則\(F(-x)=\int_{x}^{+\infty}f(-u)du=\int_{x}^{+\infty}f(u)du=1-F(x)\)。又\(F(x)=\frac{1}{2}+\int_{0}^{x}f(t)dt\)，所以\(F(-x)=1-(\frac{1}{2}+\int_{0}^{x}f(t)dt)=\frac{1}{2}-\int_{0}^{x}f(t)dt\)。\(P(|X|>x)=P(X>x)+P(X<-x)=2P(X>x)=2[1-F(x)]\)，\(P(|X|<x)=P(-x<X<x)=F(x)-F(-x)=2F(x)-1\)。4.設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，\(\hat{\theta}_1\)和\(\hat{\theta}_2\)是總體參數(shù)\(\theta\)的兩個無偏估計量，若\(D(\hat{\theta}_1)<D(\hat{\theta}_2)\)，則下列說法正確的有（）A.\(\hat{\theta}_1\)比\(\hat{\theta}_2\)有效B.\(\hat{\theta}_2\)比\(\hat{\theta}_1\)有效C.\(E(\hat{\theta}_1)=E(\hat{\theta}_2)=\theta\)D.\(\hat{\theta}_1\)和\(\hat{\theta}_2\)的均方誤差\(MSE(\hat{\theta}_1)<MSE(\hat{\theta}_2)\)答案：ACD解析：無偏估計量滿足\(E(\hat{\theta}_1)=E(\hat{\theta}_2)=\theta\)。在無偏估計量中，方差越小越有效，因為\(D(\hat{\theta}_1)<D(\hat{\theta}_2)\)，所以\(\hat{\theta}_1\)比\(\hat{\theta}_2\)有效。均方誤差\(MSE(\hat{\theta})=D(\hat{\theta})+[E(\hat{\theta})-\theta]^{2}\)，由于\(\hat{\theta}_1\)和\(\hat{\theta}_2\)是無偏估計量，\(E(\hat{\theta}_1)=E(\hat{\theta}_2)=\theta\)，所以\(MSE(\hat{\theta}_1)=D(\hat{\theta}_1)\)，\(MSE(\hat{\theta}_2)=D(\hat{\theta}_2)\)，則\(MSE(\hat{\theta}_1)<MSE(\hat{\theta}_2)\)。5.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)服從參數(shù)為\(\lambda\)的泊松分布，下列說法正確的有（）A.\(E(X)=\lambda\)B.\(D(X)=\lambda\)C.\(P(X=k)=\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}\)，\(k=0,1,2,\cdots\)D.泊松分布具有可加性答案：ABCD解析：對于泊松分布\(X\simP(\lambda)\)，其概率質(zhì)量函數(shù)為\(P(X=k)=\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}\)，\(k=0,1,2,\cdots\)，數(shù)學(xué)期望\(E(X)=\lambda\)，方差\(D(X)=\lambda\)。若\(X_1\simP(\lambda_1)\)，\(X_2\simP(\lambda_2)\)，且\(X_1\)與\(X_2\)相互獨(dú)立，則\(X_1+X_2\simP(\lambda_1+\lambda_2)\)，即泊松分布具有可加性。三、解答題（每題15分，共45分）1.設(shè)隨機(jī)變量\(X\)和\(Y\)的聯(lián)合概率密度函數(shù)為\(f(x,y)=\begin{cases}kxy,&0<x<1,0<y<1\\0,&\text{其他}\end{cases}\)（1）求常數(shù)\(k\)的值；（2）求\(X\)和\(Y\)的邊緣概率密度函數(shù)\(f_X(x)\)和\(f_Y(y)\)；（3）判斷\(X\)和\(Y\)是否相互獨(dú)立。解：（1）根據(jù)聯(lián)合概率密度函數(shù)的性質(zhì)\(\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dxdy=1\)，可得：\(\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}kxydxdy=k\int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{1}ydy=k\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=1\)，解得\(k=4\)。（2）\(X\)的邊緣概率密度函數(shù)\(f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy\)，當(dāng)\(0<x<1\)時，\(f_X(x)=\int_{0}^{1}4xydy=4x\cdot\frac{1}{2}y^{2}\big|_{0}^{1}=2x\)；當(dāng)\(x\notin(0,1)\)時，\(f_X(x)=0\)，所以\(f_X(x)=\begin{cases}2x,&0<x<1\\0,&\text{其他}\end{cases}\)。\(Y\)的邊緣概率密度函數(shù)\(f_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dx\)，當(dāng)\(0<y<1\)時，\(f_Y(y)=\int_{0}^{1}4xydx=4y\cdot\frac{1}{2}x^{2}\big|_{0}^{1}=2y\)；當(dāng)\(y\notin(0,1)\)時，\(f_Y(y)=0\)，所以\(f_Y(y)=\begin{cases}2y,&0<y<1\\0,&\text{其他}\end{cases}\)。（3）因為\(f(x,y)=4xy\)，\(f_X(x)f_Y(y)=2x\cdot2y=4xy\)，對于任意的\((x,y)\inR^2\)都有\(zhòng)(f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)\)，所以\(X\)和\(Y\)相互獨(dú)立。2.設(shè)總體\(X\)的概率密度函數(shù)為\(f(x;\theta)=\begin{cases}\frac{2x}{\theta^{2}},&0<x<\theta\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，其中\(zhòng)(\theta>0\)是未知參數(shù)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本。（1）求\(\theta\)的矩估計量\(\hat{\theta}_1\)；（2）求\(\theta\)的極大似然估計量\(\hat{\theta}_2\)；（3）判斷\(\hat{\theta}_1\)是否為\(\theta\)的無偏估計量。解：（1）首先求總體的一階矩\(E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x;\theta)dx=\int_{0}^{\theta}x\cdot\frac{2x}{\theta^{2}}dx=\frac{2}{\theta^{2}}\cdot\frac{1}{3}x^{3}\big|_{0}^{\theta}=\frac{2}{3}\theta\)。令\(E(X)=\overline{X}\)，即\(\frac{2}{3}\theta=\overline{X}\)，解得\(\theta=\frac{3}{2}\overline{X}\)，所以\(\theta\)的矩估計量\(\hat{\theta}_1=\frac{3}{2}\overline{X}\)。（2）似然函數(shù)\(L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(X_i;\theta)=\begin{cases}\frac{2^{n}\prod_{i=1}^{n}X_i}{\theta^{2n}},&0<X_{(1)}<X_{(n)}<\theta\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，其中\(zhòng)(X_{(1)}=\min\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}\)，\(X_{(n)}=\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}\)。\(L(\theta)\)是關(guān)于\(\theta\)的單調(diào)遞減函數(shù)，要使\(L(\theta)\)最大，則\(\theta\)要取最小，又因為\(0<X_{(1)}<X_{(n)}<\theta\)，所以\(\theta\)的極大似然估計量\(\hat{\theta}_2=X_{(n)}\)。（3）\(E(\hat{\theta}_1)=E(\frac{3}{2}\overline{X})=\frac{3}{2}E(\overline{X})\)，因為\(E(\overline{X})=E(X)=\frac{2}{3}\theta\)，所以\(E(\hat{\theta}_1)=\frac{3}{2}\cdot\frac{2}{3}\theta=\theta\)，所以\(\hat{\theta}_1\)是\(\theta\)的無偏估計量。3.設(shè)總體\(X\simN(\mu,1)\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，對假設(shè)檢驗問題\(H_0:\mu=\mu_0\)，\(H_1:\mu\neq\mu_0\)，取拒絕域為\(W=\left\{\left|\overline{X}-\mu_0\right|>z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\sqrt{n}}\right\}\)。（1）求此檢驗的顯著性水平\(\alpha\)；（2）若\(\mu_1\neq\mu_0\)，求此檢驗犯第二類錯誤的概率\(\beta\)。解：（1）顯著性水平\(\alpha\)是在\(H_0\)為真時拒絕\(H_0\)的概率，即：\(\alpha=P(\text{拒絕}H_0|H_0\text{為真})=P\left(\left|\overline{X}-\mu_0\right|>z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\sqrt{n}}\right|\mu=\mu_0\right)\)當(dāng)\(\mu=\mu_0\)時，\(\overline{X}\simN(\mu_0,\frac{1}{n})\)，\(\frac{\overline{X}-\mu_0}{\frac{1}{\sqrt{n}}}\simN(0,1)\)。\(\alpha=P\left(\frac{\left|\overline{X}-\mu_0\right|}{\frac{1}{\sqrt{n}}}>z_{\frac{\alpha}{2}}\right)=2P\left(\frac{\overline{X}-\mu_0}{\frac{1}{\sqrt{n}}}>z_{\frac{\alpha}{2}}\right)=2(1-\varPhi(z_{\frac{\alpha}{2}}))\)，其中\(zhòng)(\varPhi(z)\)是標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的分布函數(shù)，所以\(\alpha\)就是給定的顯著性水平。（2）犯第二類錯誤的概率\(\beta\)是在\(H_1\)為真時接受\(H_0\)的概率，即：當(dāng)\(\mu=\mu_1\neq\mu_0\)時，\(\overline{X}\simN(\mu_1,\frac{1}{n})\)，\(\frac{\overline{X}-\mu_1}{\frac{1}{\sqrt{n}}}\simN(0,1)\)。\(\beta=P(\text{接受}H_0|H_1\text{為真})=P\left(\left|\overline{X}-\mu_0\right|\leqslantz_{\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\sqrt{n}}\right|\mu=\mu_1\right)\)\(=P\left(\mu_0-z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\sqrt{n}}\leqslant\overline{X}\leqslant\mu_0+z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\sqrt{n}}\right|\mu=\mu_1\right)\)\(=\varPhi\left(\frac{\mu_0+z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\sqrt{n}}-\mu_1}{\frac{1}{\sqrt{n}}}\right)-\varPhi\left(\frac{\mu_0-z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{1}{\sqrt{n}}-\mu_1}{\frac{1}{\sqrt{n}}}\right)\)。四、證明題（10分）設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，總體\(X\)的數(shù)學(xué)期望為\(\mu\)，方差為\(\sigma