2025年攀枝花中國精算師職業(yè)資格考試（準精算師概率論與數(shù)理統(tǒng)計）模擬試題及答案一、單項選擇題（每題4分，共40分）1.設(shè)隨機變量\(X\)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\(\frac{\lambda^{1}e^{-\lambda}}{1!}=\frac{\lambda^{2}e^{-\lambda}}{2!}\)，由于\(e^{-\lambda}\neq0\)，兩邊同時約去\(e^{-\lambda}\)，得到\(\lambda=\frac{\lambda^{2}}{2}\)，即\(\lambda^{2}-2\lambda=0\)，\(\lambda(\lambda-2)=0\)，解得\(\lambda=0\)或\(\lambda=2\)，又因為泊松分布參數(shù)\(\lambda>0\)，所以\(\lambda=2\)。2.設(shè)\(X\)和\(Y\)是兩個相互獨立的隨機變量，\(X\simN(0,1)\)，\(Y\simN(1,1)\)，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\(Y\)相互獨立，且\(X\simN(0,1)\)，\(Y\simN(1,1)\)，根據(jù)獨立正態(tài)分布的線性組合性質(zhì)，若\(X\simN(\mu_1,\sigma_1^{2})\)，\(Y\simN(\mu_2,\sigma_2^{2})\)，則\(aX+bY\simN(a\mu_1+b\mu_2,a^{2}\sigma_1^{2}+b^{2}\sigma_2^{2})\)。對于\(Z=X+Y\)，有\(zhòng)(Z\simN(0+1,1+1)=N(1,2)\)。正態(tài)分布\(N(\mu,\sigma^{2})\)的概率密度函數(shù)關(guān)于\(x=\mu\)對稱，所以\(P(Z\leqslant\mu)=\frac{1}{2}\)，對于\(Z=X+Y\simN(1,2)\)，\(P(X+Y\leqslant1)=\frac{1}{2}\)。3.設(shè)隨機變量\(X\)的概率密度為\(f(x)=\begin{cases}2x,&0<x<1\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，以\(Y\)表示對\(X\)的三次獨立重復觀察中事件\(\{X\leqslant\frac{1}{2}\}\)出現(xiàn)的次數(shù)，則\(P(Y=2)\)等于（）A.\(\frac{3}{64}\)B.\(\frac{9}{64}\)C.\(\frac{3}{16}\)D.\(\frac{9}{16}\)答案：B解析：首先計算\(P(X\leqslant\frac{1}{2})\)，根據(jù)概率密度函數(shù)求概率公式\(P(a\leqslantX\leqslantb)=\int_{a}^f(x)dx\)，則\(P(X\leqslant\frac{1}{2})=\int_{0}^{\frac{1}{2}}2xdx=x^{2}\big|_{0}^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}\)。\(Y\)表示對\(X\)的三次獨立重復觀察中事件\(\{X\leqslant\frac{1}{2}\}\)出現(xiàn)的次數(shù)，所以\(Y\simB(3,\frac{1}{4})\)，二項分布\(B(n,p)\)的概率質(zhì)量函數(shù)為\(P(Y=k)=C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k}\)，這里\(n=3\)，\(k=2\)，\(p=\frac{1}{4}\)，則\(P(Y=2)=C_{3}^{2}(\frac{1}{4})^{2}(1-\frac{1}{4})^{3-2}=3\times\frac{1}{16}\times\frac{3}{4}=\frac{9}{64}\)。4.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\(\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\)服從（）A.\(N(0,1)\)B.\(\chi^{2}(n-1)\)C.\(t(n-1)\)D.\(F(1,n-1)\)答案：C解析：已知總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，則\(\overline{X}\simN(\mu,\frac{\sigma^{2}}{n})\)，\(\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\simN(0,1)\)，且\(\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1)\)，又因為\(\overline{X}\)與\(S^{2}\)相互獨立。根據(jù)\(t\)分布的定義：若\(U\simN(0,1)\)，\(V\sim\chi^{2}(n)\)，且\(U\)與\(V\)相互獨立，則\(\frac{U}{\sqrt{V/n}}\simt(n)\)，在這里\(U=\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\)，\(V=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\)，所以\(\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}=\frac{\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}}{\sqrt{\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}(n-1)}}}\simt(n-1)\)。5.設(shè)二維隨機變量\((X,Y)\)的聯(lián)合概率密度為\(f(x,y)=\begin{cases}e^{-(x+y)},&x>0,y>0\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，則\(P(X<Y)\)等于（）A.\(\frac{1}{2}\)B.\(\frac{1}{3}\)C.\(\frac{1}{4}\)D.\(\frac{1}{5}\)答案：A解析：根據(jù)二維隨機變量求概率公式\(P(X<Y)=\iint_{x<y}f(x,y)dxdy\)，已知\(f(x,y)=\begin{cases}e^{-(x+y)},&x>0,y>0\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，則\[\begin{align}P(X<Y)&=\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{y}e^{-(x+y)}dxdy\\&=\int_{0}^{+\infty}e^{-y}\left(-e^{-x}\big|_{0}^{y}\right)dy\\&=\int_{0}^{+\infty}e^{-y}(1-e^{-y})dy\\&=\int_{0}^{+\infty}(e^{-y}-e^{-2y})dy\\&=\left(-e^{-y}+\frac{1}{2}e^{-2y}\right)\big|_{0}^{+\infty}\\&=(0+0)-(-1+\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\end{align}\]6.設(shè)隨機變量\(X\)的數(shù)學期望\(E(X)=\mu\)，方差\(D(X)=\sigma^{2}\)，則由切比雪夫不等式可得\(P(|X-\mu|\geqslant3\sigma)\)（）A.\(\leqslant\frac{1}{9}\)B.\(\geqslant\frac{1}{9}\)C.\(\leqslant\frac{8}{9}\)D.\(\geqslant\frac{8}{9}\)答案：A解析：切比雪夫不等式為\(P(|X-E(X)|\geqslant\varepsilon)\leqslant\frac{D(X)}{\varepsilon^{2}}\)，已知\(E(X)=\mu\)，\(D(X)=\sigma^{2}\)，\(\varepsilon=3\sigma\)，則\(P(|X-\mu|\geqslant3\sigma)\leqslant\frac{\sigma^{2}}{(3\sigma)^{2}}=\frac{1}{9}\)。7.設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\simU(0,\theta)\)的樣本，\(\theta>0\)為未知參數(shù)，\(\hat{\theta}=2\overline{X}\)是\(\theta\)的（）A.無偏估計量B.有偏估計量C.一致估計量D.有效估計量答案：A解析：首先求總體\(X\simU(0,\theta)\)的數(shù)學期望\(E(X)=\frac{0+\theta}{2}=\frac{\theta}{2}\)。樣本均值\(\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\)，則\(E(\overline{X})=E(X)=\frac{\theta}{2}\)。對于估計量\(\hat{\theta}=2\overline{X}\)，\(E(\hat{\theta})=E(2\overline{X})=2E(\overline{X})=2\times\frac{\theta}{2}=\theta\)，根據(jù)無偏估計量的定義：若\(E(\hat{\theta})=\theta\)，則\(\hat{\theta}\)是\(\theta\)的無偏估計量，所以\(\hat{\theta}=2\overline{X}\)是\(\theta\)的無偏估計量。8.設(shè)總體\(X\)的概率密度為\(f(x;\theta)=\begin{cases}\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x}{\theta}},&x>0\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，\(\theta>0\)為未知參數(shù)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，則\(\theta\)的極大似然估計量為（）A.\(\overline{X}\)B.\(\frac{1}{\overline{X}}\)C.\(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^{2}\)D.\(\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i^{2}}\)答案：A解析：似然函數(shù)為\(L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(X_i;\theta)=\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{\theta}e^{-\frac{X_i}{\theta}}=\frac{1}{\theta^{n}}e^{-\frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^{n}X_i}\)，\(X_i>0,i=1,2,\cdots,n\)。取對數(shù)得\(\lnL(\theta)=-n\ln\theta-\frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^{n}X_i\)。對\(\lnL(\theta)\)求關(guān)于\(\theta\)的導數(shù)并令其為0：\(\frac{d\lnL(\theta)}{d\theta}=-\frac{n}{\theta}+\frac{1}{\theta^{2}}\sum_{i=1}^{n}X_i=0\)\(\frac{1}{\theta^{2}}\sum_{i=1}^{n}X_i=\frac{n}{\theta}\)，解得\(\theta=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i=\overline{X}\)，所以\(\theta\)的極大似然估計量為\(\overline{X}\)。9.在假設(shè)檢驗中，記\(H_0\)為原假設(shè)，\(H_1\)為備擇假設(shè)，則犯第一類錯誤是指（）A.\(H_0\)為真，接受\(H_1\)B.\(H_0\)為真，拒絕\(H_0\)C.\(H_0\)不真，接受\(H_0\)D.\(H_0\)不真，拒絕\(H_0\)答案：B解析：第一類錯誤是指原假設(shè)\(H_0\)為真時，卻拒絕了\(H_0\)；第二類錯誤是指原假設(shè)\(H_0\)不真時，卻接受了\(H_0\)。所以犯第一類錯誤是\(H_0\)為真，拒絕\(H_0\)。10.設(shè)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(\sigma^{2}\)已知，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，在顯著性水平\(\alpha\)下檢驗\(H_0:\mu=\mu_0\)，\(H_1:\mu\neq\mu_0\)，則拒絕域為（）A.\(\left|\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\right|>z_{\frac{\alpha}{2}}\)B.\(\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}>z_{\alpha}\)C.\(\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}<-z_{\alpha}\)D.\(\left|\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\right|<z_{\frac{\alpha}{2}}\)答案：A解析：已知總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(\sigma^{2}\)已知，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，檢驗\(H_0:\mu=\mu_0\)，\(H_1:\mu\neq\mu_0\)，采用\(Z\)檢驗，檢驗統(tǒng)計量\(Z=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\simN(0,1)\)（在\(H_0\)成立時）。對于雙側(cè)檢驗，在顯著性水平\(\alpha\)下，拒絕域為\(|Z|>z_{\frac{\alpha}{2}}\)，即\(\left|\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\right|>z_{\frac{\alpha}{2}}\)。二、解答題（每題20分，共60分）1.設(shè)二維隨機變量\((X,Y)\)的聯(lián)合分布律為||\(Y=0\)|\(Y=1\)||---|---|---||\(X=0\)|\(0.1\)|\(0.2\)||\(X=1\)|\(0.3\)|\(0.4\)|（1）求\(X\)和\(Y\)的邊緣分布律；（2）判斷\(X\)和\(Y\)是否相互獨立；（3）求\(E(X)\)，\(E(Y)\)，\(D(X)\)，\(D(Y)\)和\(Cov(X,Y)\)。解：（1）\(X\)的邊緣分布律：\(P(X=0)=P(X=0,Y=0)+P(X=0,Y=1)=0.1+0.2=0.3\)\(P(X=1)=P(X=1,Y=0)+P(X=1,Y=1)=0.3+0.4=0.7\)\(Y\)的邊緣分布律：\(P(Y=0)=P(X=0,Y=0)+P(X=1,Y=0)=0.1+0.3=0.4\)\(P(Y=1)=P(X=0,Y=1)+P(X=1,Y=1)=0.2+0.4=0.6\)（2）若\(X\)和\(Y\)相互獨立，則\(P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j)\)對所有\(zhòng)(i,j\)成立。\(P(X=0)P(Y=0)=0.3\times0.4=0.12\neq0.1=P(X=0,Y=0)\)，所以\(X\)和\(Y\)不相互獨立。（3）\(E(X)=0\timesP(X=0)+1\timesP(X=1)=0\times0.3+1\times0.7=0.7\)\(E(X^{2})=0^{2}\timesP(X=0)+1^{2}\timesP(X=1)=0\times0.3+1\times0.7=0.7\)\(D(X)=E(X^{2})-[E(X)]^{2}=0.7-(0.7)^{2}=0.7-0.49=0.21\)\(E(Y)=0\timesP(Y=0)+1\timesP(Y=1)=0\times0.4+1\times0.6=0.6\)\(E(Y^{2})=0^{2}\timesP(Y=0)+1^{2}\timesP(Y=1)=0\times0.4+1\times0.6=0.6\)\(D(Y)=E(Y^{2})-[E(Y)]^{2}=0.6-(0.6)^{2}=0.6-0.36=0.24\)\(E(XY)=0\times0\timesP(X=0,Y=0)+0\times1\timesP(X=0,Y=1)+1\times0\timesP(X=1,Y=0)+1\times1\timesP(X=1,Y=1)=0.4\)\(Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0.4-0.7\times0.6=0.4-0.42=-0.02\)2.設(shè)總體\(X\)的概率密度為\(f(x;\theta)=\begin{cases}\thetax^{\theta-1},&0<x<1\\0,&\text{其他}\end{cases}\)，其中\(zhòng)(\theta>0\)為未知參數(shù)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本。（1）求\(\theta\)的矩估計量；（2）求\(\theta\)的極大似然估計量。解：（1）先求總體\(X\)的數(shù)學期望\(E(X)\)：\(E(X)=\int_{0}^{1}x\cdot\thetax^{\theta-1}dx=\theta\int_{0}^{1}x^{\theta}dx=\theta\cdot\frac{x^{\theta+1}}{\theta+1}\big|_{0}^{1}=\frac{\theta}{\theta+1}\)令\(E(X)=\overline{X}\)，即\(\frac{\theta}{\theta+1}=\overline{X}\)，\(\theta=\overline{X}\theta+\overline{X}\)，\(\theta-\overline{X}\theta=\overline{X}\)，\(\theta=\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)，所以\(\theta\)的矩估計量為\(\hat{\theta}=\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)。（2）似然函數(shù)為\(L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(X_i;\theta)=\prod_{i=1}^{n}\thetaX_i^{\theta-1}=\theta^{n}(\prod_{i=1}^{n}X_i)^{\theta-1}\)，\(0<X_i<1,i=1,\cdots,n\)。取對數(shù)得\(\lnL(\theta)=n\ln\theta+(\theta-1)\sum_{i=1}^{n}\lnX_i\)。對\(\lnL(\theta)\)求關(guān)于\(\theta\)的導數(shù)并令其為0：\(\frac{d\lnL(\theta)}{d\theta}=\frac{n}{\theta}+\sum_{i=1}^{n}\lnX_i=0\)\(\frac{n}{\theta}=-\sum_{i=1}^{n}\lnX_i\)，解得\(\theta=-\frac{n}{\sum_