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年洛陽)一、單項選擇題（每題2分，共30分）1.設(shè)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2的泊松分布，則$E(X^2)$等于（）A.2B.4C.6D.8答案：C解析：對于泊松分布，若$X\simP(\lambda)$，則$E(X)=\lambda$，$D(X)=\lambda$。又因為$D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$，已知$\lambda=2$，$E(X)=2$，$D(X)=2$，所以$E(X^2)=D(X)+[E(X)]^2=2+2^2=6$。3.設(shè)隨機變量X和Y相互獨立，且$X\simN(1,2)$，$Y\simN(2,3)$，則$X+Y$服從（）A.$N(3,5)$B.$N(3,1)$C.$N(1,5)$D.$N(1,1)$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$X\simN(1,2)$，$Y\simN(2,3)$，所以$X+Y\simN(1+2,2+3)=N(3,5)$。4.設(shè)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中$\mu$已知，選項D是樣本的最大值，它們都是統(tǒng)計量。5.設(shè)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$P(0.2\ltX\lt0.5)$等于（）A.0.21B.0.25C.0.3D.0.35答案：A解析：根據(jù)概率密度函數(shù)求概率，$P(0.2\ltX\lt0.5)=\int_{0.2}^{0.5}f(x)dx=\int_{0.2}^{0.5}2xdx=x^2\big|_{0.2}^{0.5}=0.5^2-0.2^2=0.25-0.04=0.21$。6.設(shè)隨機變量X服從參數(shù)為$p$的0-1分布，即$P(X=1)=p$，$P(X=0)=1-p$，則$D(X)$等于（）A.$p$B.$1-p$C.$p(1-p)$D.$p^2(1-p)$答案：C解析：對于0-1分布，$E(X)=p$，$E(X^2)=1^2\timesp+0^2\times(1-p)=p$，根據(jù)方差公式$D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$，可得$D(X)=p-p^2=p(1-p)$。7.設(shè)$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$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.$\chi^2(n-1)$B.$\chi^2(n)$C.$t(n-1)$D.$t(n)$答案：A解析：這是一個重要的抽樣分布結(jié)論，設(shè)$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$的樣本，則$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$。8.設(shè)隨機變量X和Y的相關(guān)系數(shù)為0.8，若$Z=X-0.4$，則Y與Z的相關(guān)系數(shù)為（）A.0.2B.0.4C.0.6D.0.8答案：D解析：根據(jù)相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)，若$Z=aX+b$（$a\neq0$），則$\rho_{YZ}=\frac{\text{Cov}(Y,Z)}{\sqrt{D(Y)}\sqrt{D(Z)}}=\frac{\text{Cov}(Y,aX+b)}{\sqrt{D(Y)}\sqrt{D(aX+b)}}=\frac{a\text{Cov}(Y,X)}{\verta\vert\sqrt{D(Y)}\sqrt{D(X)}}$。當$a=1$，$b=-0.4$時，$\rho_{YZ}=\rho_{YX}=0.8$。9.設(shè)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$\theta\gt0$為未知參數(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.$\overline{X}$B.$\frac{1}{\overline{X}}$C.$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2$D.$\frac{1}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2}$答案：A解析：先求總體的一階矩$E(X)$，$E(X)=\int_{0}^{+\infty}x\cdot\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x}{\theta}}dx$，利用分部積分法可得$E(X)=\theta$。令樣本一階矩等于總體一階矩，即$\overline{X}=E(X)$，所以$\theta$的矩估計量為$\overline{X}$。10.設(shè)隨機變量X服從區(qū)間$[0,2]$上的均勻分布，則$E(X^3)$等于（）A.1B.2C.3D.4答案：B解析：若$X\simU(a,b)$，則其概率密度函數(shù)為$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{b-a},&a\ltx\ltb\\0,&其他\end{cases}$。對于$X\simU(0,2)$，$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{2},&0\ltx\lt2\\0,&其他\end{cases}$。$E(X^3)=\int_{-\infty}^{+\infty}x^3f(x)dx=\int_{0}^{2}x^3\cdot\frac{1}{2}dx=\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}x^4\big|_{0}^{2}=\frac{1}{8}\times(2^4-0^4)=2$。11.設(shè)事件A和B滿足$P(A|B)=P(A|\overline{B})$，則下列結(jié)論正確的是（）A.A和B互不相容B.A和B相互獨立C.A是B的子事件D.$P(A)=P(B)$答案：B解析：由$P(A|B)=P(A|\overline{B})$可得$\frac{P(A\capB)}{P(B)}=\frac{P(A\cap\overline{B})}{P(\overline{B})}$，即$P(A\capB)P(\overline{B})=P(A\cap\overline{B})P(B)$。又因為$P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\capB)$，$P(\overline{B})=1-P(B)$，代入化簡可得$P(A\capB)=P(A)P(B)$，所以A和B相互獨立。12.設(shè)總體$X\simB(1,p)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體X的樣本，則$p$的最大似然估計量為（）A.$\overline{X}$B.$\frac{1}{\overline{X}}$C.$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2$D.$\frac{1}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^2}$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)$\lnL(p)=\sum_{i=1}^{n}X_i\lnp+(n-\sum_{i=1}^{n}X_i)\ln(1-p)$。對$\lnL(p)$求關(guān)于$p$的導(dǎo)數(shù)并令其為0，可得$\frac{\sum_{i=1}^{n}X_i}{p}-\frac{n-\sum_{i=1}^{n}X_i}{1-p}=0$，解得$p=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i=\overline{X}$，所以$p$的最大似然估計量為$\overline{X}$。13.設(shè)隨機變量X的分布函數(shù)為$F(x)=\begin{cases}0,&x\lt0\\\frac{x}{2},&0\leqx\lt2\\1,&x\geq2\end{cases}$，則$P(X=1)$等于（）A.0B.$\frac{1}{2}$C.1D.2答案：A解析：對于連續(xù)型隨機變量，在某一點的概率為0。因為該分布函數(shù)對應(yīng)的隨機變量是連續(xù)型隨機變量，所以$P(X=1)=0$。14.設(shè)$X_1,X_2,\cdots,X_n$是來自總體$X\simN(0,1)$的樣本，則$\sum_{i=1}^{n}X_i^2$服從（）A.$\chi^2(n)$B.$\chi^2(n-1)$C.$t(n)$D.$t(n-1)$答案：A解析：若$X_1,X_2,\cdots,X_n$相互獨立且都服從標準正態(tài)分布$N(0,1)$，則$\sum_{i=1}^{n}X_i^2\sim\chi^2(n)$。15.設(shè)隨機變量X和Y滿足$D(X+Y)=D(X-Y)$，則下列結(jié)論正確的是（）A.X和Y相互獨立B.X和Y不相關(guān)C.$D(Y)=0$D.$D(X)=D(Y)$答案：B解析：因為$D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2\text{Cov}(X,Y)$，$D(X-Y)=D(X)+D(Y)-2\text{Cov}(X,Y)$，又$D(X+Y)=D(X-Y)$，所以$2\text{Cov}(X,Y)=-2\text{Cov}(X,Y)$，即$\text{Cov}(X,Y)=0$，則X和Y不相關(guān)。二、多項選擇題（每題3分，共15分）1.下列關(guān)于概率的性質(zhì)，正確的有（）A.$0\leqP(A)\leq1$B.$P(\Omega)=1$，$P(\varnothing)=0$C.若$A\subseteqB$，則$P(A)\leqP(B)$D.$P(A\cupB)=P(A)+P(B)-P(A\capB)$答案：ABCD解析：選項A是概率的基本性質(zhì)，任何事件的概率都在0到1之間；選項B中，必然事件$\Omega$的概率為1，不可能事件$\varnothing$的概率為0；選項C，若$A\subseteqB$，則$B=A\cup(B-A)$且$A\cap(B-A)=\varnothing$，所以$P(B)=P(A)+P(B-A)\geqP(A)$；選項D是概率的加法公式。2.設(shè)隨機變量X和Y相互獨立，且都服從標準正態(tài)分布$N(0,1)$，則下列結(jié)論正確的有（）A.$X+Y\simN(0,2)$B.$X-Y\simN(0,2)$C.$X^2+Y^2\sim\chi^2(2)$D.$\frac{X}{\sqrt{Y^2}}\simt(1)$答案：ABC解析：選項A和B，若$X\simN(0,1)$，$Y\simN(0,1)$且相互獨立，則$X+Y\simN(0+0,1+1)=N(0,2)$，$X-Y\simN(0-0,1+1)=N(0,2)$；選項C，若$X\simN(0,1)$，$Y\simN(0,1)$且相互獨立，則$X^2\sim\chi^2(1)$，$Y^2\sim\chi^2(1)$，且$X^2$與$Y^2$相互獨立，所以$X^2+Y^2\sim\chi^2(2)$；選項D，應(yīng)該是$\frac{X}{\sqrt{\frac{Y^2}{1}}}\simt(1)$，原表述錯誤。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，$\overline{X}$和$S^2$分別是樣本均值和樣本方差，則下列結(jié)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.$\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\simt(n-1)$D.$\overline{X}$和$S^2$相互獨立答案：ABCD解析：選項A，根據(jù)正態(tài)總體樣本均值的性質(zhì)，$\overline{X}\simN(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$；選項B是抽樣分布的重要結(jié)論；選項C，當總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$時，$\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\simt(n-1)$；選項D，在正態(tài)總體中，樣本均值$\overline{X}$和樣本方差$S^2$相互獨立。4.設(shè)隨機變量X的概率密度函數(shù)為$f(x)$，分布函數(shù)為$F(x)$，則下列結(jié)論正確的有（）A.$F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)dt$B.$f(x)=F^\prime(x)$（在$f(x)$的連續(xù)點處）C.$P(a\ltX\leqb)=F(b)-F(a)$D.$\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=1$答案：ABCD解析：選項A是分布函數(shù)的定義；選項B，根據(jù)分布函數(shù)和概率密度函數(shù)的關(guān)系，在概率密度函數(shù)的連續(xù)點處，分布函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于概率密度函數(shù)；選項C是利用分布函數(shù)求概率的公式；選項D是概率密度函數(shù)的基本性質(zhì)，概率密度函數(shù)在整個定義域上的積分等于1。5.下列關(guān)于參數(shù)估計的說法，正確的有（）A.矩估計法和最大似然估計法是常用的點估計方法B.無偏性、有效性和一致性是評價點估計量的重要標準C.區(qū)間估計是給出參數(shù)的一個取值范圍，并指出這個范圍包含參數(shù)真值的概率D.置信水平$1-\alpha$越大，置信區(qū)間越寬答案：ABCD解析：選項A，矩估計法和最大似然估計法是常見的點估計方法；選項B，無偏性指估計量的期望等于被估計參數(shù)，有效性指在無偏估計量中方差最小，一致性指當樣本容量趨于無窮大時，估計量依概率收斂于被估計參數(shù)，它們是評價點估計量的重要標準；選項C是區(qū)間估計的定義；選項D，置信水平$1-\alpha$越大，意味著要包含參數(shù)真值的概率越大，所以置信區(qū)間越寬。三、解答題（共55分）1.（10分）設(shè)某地區(qū)成年男子的身高$X\simN(170,6^2)$（單位：cm），若在該地區(qū)隨機選5名成年男子，求至少有1名身高超過175cm的概率。解：首先求一名成年男子身高超過175cm的概率。已知$X\simN(170,6^2)$，則$Z=\frac{X-170}{6}\simN(0,1)$。$P(X\gt175)=1-P(X\leq175)=1-P(\frac{X-170}{6}\leq\frac{175-170}{6})=1-\varPhi(\frac{5}{6})\approx1-0.7967=0.2033$。設(shè)Y表示5名成年男子中身高超過175cm的人數(shù)，則$Y\simB(5,0.2033)$。至少有1名身高超過175cm的概率為$P(Y\geq1)=1-P(Y=0)$。$P(Y=0)=C_{5}^{0}(0.2033)^0(1-0.2033)^5=(0.7967)^5\approx0.3177$。所以$P(Y\geq1)=1-0.3177=0.6823$。2.（12分）設(shè)二維隨機變量$(X,Y)$的聯(lián)合概率密度函數(shù)為$f(x,y)=\begin{cases}kxy,&0\ltx\lt1,0\lty\lt1\\0,&其他\end{cases}$。（1）求常數(shù)$k$；（2）求$P(X+Y\lt1)$；（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：$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}kxydxdy=1$，即$k\int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{1}ydy=1$。$k\times\frac{1}{2}x^2\big|_{0}^{1}\times\frac{1}{2}y^2\big|_{0}^{1}=1$，$k\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=1$，解得$k=4$。（2）$P(X+Y\lt1)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}4xydydx$$=\int_{0}^{1}4x\cdot\frac{1}{2}y^2\big|_{0}^{1-x}dx=\int_{0}^{1}2x(1-x)^2dx$$=\int_{0}^{1}2x(1-2x+x^2)dx=\int_{0}^{1}(2x-4x^2+2x^3)dx$$=x^2-\frac{4}{3}x^3+\frac{1}{2}x^4\big|_{0}^{1}=1-\frac{4}{3}+\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$。（3）先求邊緣概率密度函數(shù)。$f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy=\int_{0}^{1}4xydy=2xy^2\big|_{0}^{1}=2x$，$0\ltx\lt1$，$f_X(x)=0$，其他。$f_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dx=\int_{0}^{1}4xydx=2x^2y\big|_{0}^{1}=2y$，$0\lty\lt1$，$f_Y(y)=0$，其他。因為$f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=4xy$，$0\ltx\lt1$，$0\lty\lt1$，所以X和Y相互獨立。3.（12分）設(shè)總體X的概率密度函數(shù)為$f(x;\theta)=\begin{cases}\frac{2x}{\theta^2},&0\ltx\lt\theta\\0,&其他\end{cases}$，其中$\theta\gt0$為未知參數(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；（2）求$\theta$的最大似然估計量。解：（1）先求總體的一階矩$E(X)$：$E(X)=\int_{0}^{\theta}x\cdot\frac{2x}{\theta^2}dx=\frac{2}{\theta^2}\int_{0}^{\theta}x^2dx=\frac{2}{\theta^2}\times\frac{1}{3}x^3\big|_{0}^{\theta}=\frac{2}{3}\theta$。令$\overline{X}=E(X)$，即$\overline{X}=\frac{2}{3}\theta$，解得$\theta=\frac{3}{2}\overline{X}$，所以$\theta$的矩估計量為$\hat{\theta}=\frac{3}{2}\overline{X}$。（2）似然函數(shù)$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(X_i;\theta)=\begin{cases}\frac{2^n\prod_{i=1}^{n}X_i}{\theta^{2n}},&0\ltX_{(1)}\leqX_{(2)}\leq\cdots\leqX_{(n)}\lt\theta\\0,&其他\end{cases}$，其中$X_{(1)}=\min\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$，$X_{(n)}=\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$。$L(\theta)$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$\theta\gtX_{(n)}$，所以$\theta$的最大似然估計量為$\hat{\theta}=X_{(n)}=\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}$。4.（10分）設(shè)總體$X\simN(\mu,1)$，$X_1,X_2,\cdots,X_{16}$是來自總體X的樣本，樣本均值$\overline{X}=5$，求$\mu$的置信水平為0.95的置信區(qū)間。解：已知總體$X\simN(\mu,1)$，則$\overline{X}\simN(\mu,\frac{1}{16})$，$\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{1}{4}}\simN(0,1)$。對于置信水平$1-\alpha=0.95$，則$\alpha=0.05$，$z_{\frac{\alpha}{2}}=z_{0.025}=1.96$。置信區(qū)間為$(\overline{X}-z_{\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\overline{X}+z_{\frac{\alpha}{2