中國精算師職業(yè)資格考試（準精算師概率論與數(shù)理統(tǒng)計）模擬試題及答案(2025年山南)一、單項選擇題（每題2分，共30分）1.設事件A和B滿足$P(A)=0.6$，$P(B)=0.4$，$P(A\capB)=0.2$，則$P(A\cupB)$等于（）A.0.8B.0.6C.0.4D.0.2答案：A解析：根據(jù)概率的加法公式$P(A\cupB)=P(A)+P(B)-P(A\capB)$，將$P(A)=0.6$，$P(B)=0.4$，$P(A\capB)=0.2$代入可得$P(A\cupB)=0.6+0.4-0.2=0.8$。2.已知隨機變量X服從參數(shù)為$\lambda=2$的泊松分布，則$P(X=2)$的值為（）A.$\frac{2^2e^{-2}}{2!}$B.$\frac{2e^{-2}}{2!}$C.$\frac{e^{-2}}{2!}$D.$2^2e^{-2}$答案：A解析：若隨機變量X服從參數(shù)為$\lambda$的泊松分布，其概率質(zhì)量函數(shù)為$P(X=k)=\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}$，這里$\lambda=2$，$k=2$，所以$P(X=2)=\frac{2^2e^{-2}}{2!}$。3.設隨機變量X的概率密度函數(shù)為$f(x)=\begin{cases}2x,&0\ltx\lt1\\0,&其他\end{cases}$，則$E(X)$等于（）A.$\frac{1}{3}$B.$\frac{2}{3}$C.$\frac{1}{2}$D.$\frac{3}{4}$答案：B解析：根據(jù)期望的定義$E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx$，對于本題有$E(X)=\int_{0}^{1}x\cdot2xdx=2\int_{0}^{1}x^2dx=2\times[\frac{1}{3}x^3]_0^1=\frac{2}{3}$。4.設隨機變量X和Y相互獨立，且$X\simN(1,4)$，$Y\simN(2,9)$，則$X+Y$服從（）A.$N(3,13)$B.$N(3,5)$C.$N(1,13)$D.$N(1,5)$答案：A解析：若$X\simN(\mu_1,\sigma_1^2)$，$Y\simN(\mu_2,\sigma_2^2)$，且X和Y相互獨立，則$X+Y\simN(\mu_1+\mu_2,\sigma_1^2+\sigma_2^2)$。已知$X\simN(1,4)$，$Y\simN(2,9)$，所以$X+Y\simN(1+2,4+9)=N(3,13)$。5.已知隨機變量X的方差$D(X)=4$，隨機變量Y的方差$D(Y)=9$，且X和Y的相關系數(shù)$\rho_{XY}=0.5$，則$D(X-Y)$等于（）A.1B.7C.13D.19答案：B解析：根據(jù)方差的性質(zhì)$D(X-Y)=D(X)+D(Y)-2\rho_{XY}\sqrt{D(X)D(Y)}$，將$D(X)=4$，$D(Y)=9$，$\rho_{XY}=0.5$代入可得$D(X-Y)=4+9-2\times0.5\times\sqrt{4\times9}=4+9-6=7$。6.設總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，其中$\mu$已知，$\sigma^2$未知，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的一個樣本，則下列不是統(tǒng)計量的是（）A.$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$B.$\sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu)^2$C.$\frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\overline{X})^2$D.$\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$答案：C解析：統(tǒng)計量是樣本的不含未知參數(shù)的函數(shù)。選項C中含有未知參數(shù)$\sigma^2$，所以它不是統(tǒng)計量；選項A是樣本均值，選項B是已知$\mu$下的一個關于樣本的表達式，選項D是樣本的最大值，它們都不含有未知參數(shù)，是統(tǒng)計量。7.設總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$\overline{X}$是樣本均值，$S^2$是樣本方差，則$\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}$服從（）A.$N(0,1)$B.$\chi^2(n-1)$C.$t(n-1)$D.$F(n-1,n)$答案：C解析：根據(jù)抽樣分布的知識，當總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$時，$\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\simt(n-1)$，其中$t$分布是在總體方差未知時用于對總體均值進行推斷的重要分布。8.設總體X的概率密度函數(shù)為$f(x;\theta)=\begin{cases}\thetax^{\theta-1},&0\ltx\lt1\\0,&其他\end{cases}$，其中$\theta\gt0$是未知參數(shù)，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，則$\theta$的矩估計量為（）A.$\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}$B.$\frac{1-\overline{X}}{\overline{X}}$C.$\frac{\overline{X}}{2-\overline{X}}$D.$\frac{2-\overline{X}}{\overline{X}}$答案：A解析：首先求總體的一階矩$E(X)=\int_{0}^{1}x\cdot\thetax^{\theta-1}dx=\theta\int_{0}^{1}x^{\theta}dx=\frac{\theta}{\theta+1}$。令$E(X)=\overline{X}$，即$\frac{\theta}{\theta+1}=\overline{X}$，解方程可得$\theta=\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}$，所以$\theta$的矩估計量為$\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}$。9.設總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$\sigma^2$已知，要檢驗假設$H_0:\mu=\mu_0$，$H_1:\mu\neq\mu_0$，則應選用的檢驗統(tǒng)計量是（）A.$Z=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}$B.$t=\frac{\overline{X}-\mu_0}{S/\sqrt{n}}$C.$\chi^2=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$D.$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$答案：A解析：當總體方差$\sigma^2$已知時，檢驗總體均值$\mu$的假設$H_0:\mu=\mu_0$，$H_1:\mu\neq\mu_0$，應選用的檢驗統(tǒng)計量是$Z=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}$，該統(tǒng)計量服從標準正態(tài)分布$N(0,1)$。10.設隨機變量X服從參數(shù)為$n=10$，$p=0.3$的二項分布，即$X\simB(10,0.3)$，則$P(X\geq1)$等于（）A.$1-0.7^{10}$B.$0.7^{10}$C.$1-0.3^{10}$D.$0.3^{10}$答案：A解析：因為$P(X\geq1)=1-P(X=0)$，而對于二項分布$X\simB(n,p)$，$P(X=k)=C_{n}^{k}p^k(1-p)^{n-k}$，所以$P(X=0)=C_{10}^{0}0.3^0\times0.7^{10}=0.7^{10}$，則$P(X\geq1)=1-0.7^{10}$。11.設隨機變量X的分布函數(shù)為$F(x)=\begin{cases}0,&x\lt0\\x^2,&0\leqx\lt1\\1,&x\geq1\end{cases}$，則$P(0.5\ltX\lt1.5)$等于（）A.0.25B.0.5C.0.75D.1答案：C解析：根據(jù)分布函數(shù)的性質(zhì)$P(a\ltX\ltb)=F(b)-F(a)$，所以$P(0.5\ltX\lt1.5)=F(1.5)-F(0.5)=1-0.5^2=0.75$。12.設隨機變量X和Y的聯(lián)合概率密度函數(shù)為$f(x,y)=\begin{cases}4xy,&0\ltx\lt1,0\lty\lt1\\0,&其他\end{cases}$，則$P(X\ltY)$等于（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{1}{4}$D.$\frac{1}{6}$答案：A解析：$P(X\ltY)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{y}4xydxdy=\int_{0}^{1}4y[\frac{1}{2}x^2]_0^ydy=2\int_{0}^{1}y^3dy=2\times[\frac{1}{4}y^4]_0^1=\frac{1}{2}$。13.設總體X服從均勻分布$U(0,\theta)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，則$\theta$的最大似然估計量為（）A.$\overline{X}$B.$2\overline{X}$C.$\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$D.$\min\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$答案：C解析：總體X的概率密度函數(shù)為$f(x;\theta)=\begin{cases}\frac{1}{\theta},&0\ltx\lt\theta\\0,&其他\end{cases}$，似然函數(shù)$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(X_i;\theta)=\frac{1}{\theta^n}$，$0\ltX_{(1)}\leqX_{(2)}\leq\cdots\leqX_{(n)}\lt\theta$，要使$L(\theta)$最大，$\theta$應取最小，但又要滿足$\theta\geq\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$，所以$\theta$的最大似然估計量為$\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$。14.設隨機變量X服從指數(shù)分布，其概率密度函數(shù)為$f(x)=\begin{cases}\lambdae^{-\lambdax},&x\gt0\\0,&x\leq0\end{cases}$，其中$\lambda\gt0$，則$D(X)$等于（）A.$\frac{1}{\lambda}$B.$\frac{1}{\lambda^2}$C.$\lambda$D.$\lambda^2$答案：B解析：對于指數(shù)分布$X\simExp(\lambda)$，其期望$E(X)=\frac{1}{\lambda}$，又$E(X^2)=\int_{0}^{+\infty}x^2\cdot\lambdae^{-\lambdax}dx=\frac{2}{\lambda^2}$，根據(jù)方差公式$D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$，可得$D(X)=\frac{2}{\lambda^2}-(\frac{1}{\lambda})^2=\frac{1}{\lambda^2}$。15.設總體X的分布函數(shù)為$F(x;\theta)$，其中$\theta$是未知參數(shù)，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$\hat{\theta}_1$和$\hat{\theta}_2$是$\theta$的兩個無偏估計量，若$D(\hat{\theta}_1)\ltD(\hat{\theta}_2)$，則稱（）A.$\hat{\theta}_1$比$\hat{\theta}_2$有效B.$\hat{\theta}_2$比$\hat{\theta}_1$有效C.$\hat{\theta}_1$和$\hat{\theta}_2$一樣有效D.無法比較$\hat{\theta}_1$和$\hat{\theta}_2$的有效性答案：A解析：在無偏估計量中，方差越小的估計量越有效。已知$\hat{\theta}_1$和$\hat{\theta}_2$是$\theta$的無偏估計量，且$D(\hat{\theta}_1)\ltD(\hat{\theta}_2)$，所以$\hat{\theta}_1$比$\hat{\theta}_2$有效。二、多項選擇題（每題3分，共15分）1.設事件A和B是兩個隨機事件，則下列等式成立的有（）A.$P(A\cupB)=P(A)+P(B)-P(A\capB)$B.$P(A-B)=P(A)-P(A\capB)$C.$P(A\capB)=P(A)P(B)$（當A和B相互獨立時）D.$P(\overline{A}\cup\overline{B})=1-P(A\capB)$答案：ABCD解析：選項A是概率的加法公式；選項B，因為$A-B=A\cap\overline{B}=A-(A\capB)$，所以$P(A-B)=P(A)-P(A\capB)$；選項C是事件相互獨立的定義；選項D，根據(jù)摩根定律$\overline{A}\cup\overline{B}=\overline{A\capB}$，所以$P(\overline{A}\cup\overline{B})=1-P(A\capB)$。2.設隨機變量X服從正態(tài)分布$N(\mu,\sigma^2)$，則下列說法正確的有（）A.正態(tài)分布的概率密度函數(shù)是關于$x=\mu$對稱的B.當$\mu$固定時，$\sigma$越大，正態(tài)分布的曲線越“矮胖”C.若$X\simN(\mu,\sigma^2)$，則$Z=\frac{X-\mu}{\sigma}\simN(0,1)$D.正態(tài)分布的期望和方差分別為$E(X)=\mu$，$D(X)=\sigma^2$答案：ABCD解析：正態(tài)分布$N(\mu,\sigma^2)$的概率密度函數(shù)$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$是關于$x=\mu$對稱的；$\sigma$衡量了分布的離散程度，$\sigma$越大，數(shù)據(jù)越分散，曲線越“矮胖”；通過標準化變換$Z=\frac{X-\mu}{\sigma}$，可將一般正態(tài)分布轉(zhuǎn)化為標準正態(tài)分布$N(0,1)$；正態(tài)分布的期望$E(X)=\mu$，方差$D(X)=\sigma^2$。3.設總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$\overline{X}$是樣本均值，$S^2$是樣本方差，則下列結論正確的有（）A.$\overline{X}\simN(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$B.$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$C.$\overline{X}$和$S^2$相互獨立D.$\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\simt(n-1)$答案：ABCD解析：根據(jù)抽樣分布的知識，若總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$，則樣本均值$\overline{X}\simN(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$；$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$；在正態(tài)總體下，樣本均值$\overline{X}$和樣本方差$S^2$相互獨立；$\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\simt(n-1)$。4.設隨機變量X和Y是兩個隨機變量，則下列關于協(xié)方差$Cov(X,Y)$的說法正確的有（）A.$Cov(X,Y)=E[(X-E(X))(Y-E(Y))]$B.$Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$C.若X和Y相互獨立，則$Cov(X,Y)=0$D.$Cov(aX+b,cY+d)=acCov(X,Y)$（其中a，b，c，d為常數(shù)）答案：ABCD解析：協(xié)方差的定義為$Cov(X,Y)=E[(X-E(X))(Y-E(Y))]$，通過展開可得到$Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$；若X和Y相互獨立，則$E(XY)=E(X)E(Y)$，所以$Cov(X,Y)=0$；根據(jù)協(xié)方差的性質(zhì)$Cov(aX+b,cY+d)=acCov(X,Y)$。5.設總體X的分布函數(shù)為$F(x;\theta)$，其中$\theta$是未知參數(shù)，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$\hat{\theta}$是$\theta$的估計量，則下列說法正確的有（）A.若$E(\hat{\theta})=\theta$，則稱$\hat{\theta}$是$\theta$的無偏估計量B.若$\lim_{n\rightarrow\infty}P(|\hat{\theta}-\theta|\lt\varepsilon)=1$（對于任意$\varepsilon\gt0$），則稱$\hat{\theta}$是$\theta$的一致估計量C.一個參數(shù)的無偏估計量可能不唯一D.一個參數(shù)的一致估計量一定是無偏估計量答案：ABC解析：選項A是無偏估計量的定義；選項B是一致估計量的定義；一個參數(shù)的無偏估計量可能有多個，例如樣本均值和樣本中位數(shù)都可以是總體均值的無偏估計量；一致估計量不一定是無偏估計量，所以選項D錯誤。三、解答題（每題10分，共55分）1.已知某地區(qū)人群患有某種病的概率為0.005?，F(xiàn)對該地區(qū)進行普查，檢查方法是先將k個人的血樣混合在一起進行檢驗，如果混合血樣呈陰性，則這k個人都無病；如果混合血樣呈陽性，則對這k個人再分別進行檢驗。假設每個人的檢驗結果相互獨立，且每個人檢驗呈陽性的概率都為0.005。（1）求k個人的混合血樣呈陽性的概率；（2）設對k個人進行檢驗時，所需的檢驗次數(shù)為X，求X的分布列和期望。解：（1）k個人的混合血樣呈陰性的概率為$(1-0.005)^k$，那么k個人的混合血樣呈陽性的概率為$P=1-(1-0.005)^k$。（2）X的可能取值為1和$k+1$。$P(X=1)=(1-0.005)^k$，$P(X=k+1)=1-(1-0.005)^k$。所以X的分布列為：|X|1|k+1||----|----|----||P|$(1-0.005)^k$|$1-(1-0.005)^k$|期望$E(X)=1\times(1-0.005)^k+(k+1)\times[1-(1-0.005)^k]=1-(1-0.005)^k+(k+1)-(k+1)(1-0.005)^k=k+1-k(1-0.005)^k$。2.設隨機變量X和Y的聯(lián)合概率密度函數(shù)為$f(x,y)=\begin{cases}kxy,&0\ltx\lt1,0\lty\ltx\\0,&其他\end{cases}$。（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是否相互獨立。解：（1）由$\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dxdy=1$，可得：$\int_{0}^{1}\int_{0}^{x}kxydydx=1$$\int_{0}^{1}kx[\frac{1}{2}y^2]_0^xdx=1$$\frac{k}{2}\int_{0}^{1}x^3dx=1$$\frac{k}{2}\times[\frac{1}{4}x^4]_0^1=1$$\frac{k}{8}=1$，解得$k=8$。（2）$f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy=\begin{cases}\int_{0}^{x}8xydy,&0\ltx\lt1\\0,&其他\end{cases}=\begin{cases}4x^3,&0\ltx\lt1\\0,&其他\end{cases}$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dx=\begin{cases}\int_{y}^{1}8xydx,&0\lty\lt1\\0,&其他\end{cases}=\begin{cases}4y(1-y^2),&0\lty\lt1\\0,&其他\end{cases}$（3）因為$f(x,y)=8xy$，$f_X(x)f_Y(y)=4x^3\cdot4y(1-y^2)\neqf(x,y)$（一般情況下），所以X和Y不相互獨立。3.設總體$X\simN(\mu,4)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，$\overline{X}$是樣本均值。（1）求樣本容量n至少為多大時，才能使$P(|\overline{X}-\mu|\lt0.1)\geq0.95$；（2）若樣本容量$n=100$，求$P(|\overline{X}-\mu|\lt0.2)$。解：（1）因為$\overline{X}\simN(\mu,\frac{4}{n})$，則$Z=\frac{\overline{X}-\mu}{2/\sqrt{n}}\simN(0,1)$。$P(|\overline{X}-\mu|\lt0.1)=P(-0.1\lt\overline{X}-\mu\lt0.1)=P(-\frac{0.1}{2/\sqrt{n}}\lt\frac{\overline{X}-\mu}{2/\sqrt{n}}\lt\frac{0.1}{2/\sqrt{n}})=\varPhi(\frac{0.1\sqrt{n}}{2})-\varPhi(-\frac{0.1\sqrt{n}}{2})=2\varPhi(\frac{0.1\sqrt{n}}{2})-1$。要使$P(|\overline{X}-\mu|\lt0.1)\geq0.95$，即$2\varPhi(\frac{0.1\sqrt{n}}{2})-1\geq0.95$，$\varPhi(\frac{0.1\sqrt{n}}{2})\geq0.975$。查標準正態(tài)分布表得$\frac{0.1\sqrt{n}}{2}\geq1.96$，解得$n\geq1536.64$，所以樣本容量n至少為1537。（2）當$n=100$時，$\overline{X}\simN(\mu,\frac{4}{100})$，$Z=\frac{\overline{X}-\mu}{2/10}\simN(0,1)$。$P(|\overline{X}-\mu|\lt0.2)=P(-0.2\lt\overline{X}-\mu\lt0.2)=P(-\frac{0.2}{2/10}\lt\frac{\overline{X}-\mu}{2/10}\lt\frac{0.2}{2/10})=\varPhi(1)-\varPhi(-1)=2\varPhi(1)-1=2\times0.8413-1=0.6826$。4.設總體X的概率密度函數(shù)為$f(x;\theta)=\begin{cases}\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x}{\theta}},&x\gt0\\0,&x\leq0\end{cases}$，其中$\theta\gt0$是未知參數(shù)，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本。（1）求$\theta$的極大似然估計量；（2）證明$\theta$的極大似然估計量是無偏估計量。解：（1）似然函數(shù)$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(X_i;\theta)=\frac{1}{\theta^n}e^{-\frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^{n}X_i}$，$X_i\gt0$，$i=1,2,\cdots,n$。取對數(shù)得$\lnL(\theta)=-n\ln\theta-\frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^{n}X_i$。對$\theta$求導并令其為0：$\frac{d\lnL(\theta