2025年大學(xué)《數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)》專業(yè)題庫(kù)——數(shù)學(xué)統(tǒng)計(jì)推斷及應(yīng)用考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（本大題共5小題，每小題3分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）1.設(shè)$X_1,X_2,\ldots,X_n$是來(lái)自總體$X$的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，$X\simN(\mu,\sigma^2)$，其中$\mu$未知，$\sigma^2$未知。則$\mu$的無(wú)偏估計(jì)量是（）。A.$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i^2$B.$\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^nX_i^2$C.$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i$D.$\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2$2.設(shè)總體$X$服從參數(shù)為$p$的0-1分布，$X_1,X_2,\ldots,X_n$是來(lái)自總體$X$的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，$\overline{X}$為樣本均值。用矩估計(jì)法估計(jì)$p$，則估計(jì)量為（）。A.$\overline{X}$B.$\frac{\overline{X}}{n}$C.$1-\overline{X}$D.$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline{X})$3.設(shè)總體$X$的期望為$\mu$，方差為$\sigma^2$，$X_1,X_2,\ldots,X_n$是來(lái)自總體$X$的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，$\overline{X}$為樣本均值。當(dāng)$n$足夠大時(shí)，根據(jù)中心極限定理，$\overline{X}$近似服從的分布是（）。A.$N(0,\sigma^2)$B.$N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$C.$N(\mu,\sigma^2)$D.$N(\mu,n\sigma^2)$4.在假設(shè)檢驗(yàn)中，犯第一類錯(cuò)誤的概率記為$\alpha$，犯第二類錯(cuò)誤的概率記為$\beta$。下列說(shuō)法正確的是（）。A.$\alpha+\beta=1$B.減小$\alpha$一定會(huì)增大$\beta$C.增大樣本容量可以同時(shí)減小$\alpha$和$\beta$D.$\alpha$是當(dāng)$H_0$為真時(shí)拒絕$H_0$的概率5.設(shè)總體$X\simN(\mu_1,\sigma_1^2)$，總體$Y\simN(\mu_2,\sigma_2^2)$，其中$\sigma_1^2,\sigma_2^2$已知。要檢驗(yàn)假設(shè)$H_0:\mu_1=\mu_2$vs$H_1:\mu_1\neq\mu_2$，應(yīng)使用的檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量是（）。A.$t=\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{S_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}$B.$Z=\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}}$C.$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$D.$t=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\frac{S}{\sqrt{n}}}$二、填空題（本大題共5小題，每小題3分，共15分。）6.設(shè)總體$X$的概率密度函數(shù)為$f(x;\theta)=\begin{cases}\thetae^{-\thetax}&x>0\\0&x\leq0\end{cases}$，其中$\theta>0$未知。若樣本觀測(cè)值為$x_1,x_2,\ldots,x_n$，則$\theta$的極大似然估計(jì)量$\hat{\theta}$為。7.設(shè)$X_1,X_2,\ldots,X_9$是來(lái)自總體$X\simN(\mu,4)$的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，樣本均值為$\overline{X}=5$。若要構(gòu)造$\mu$的置信水平為95%的置信區(qū)間，應(yīng)使用分布，置信區(qū)間的上下限分別為和（此處應(yīng)填入公式或表達(dá)式形式）。8.設(shè)總體$X$的期望$\mu$未知，方差$\sigma^2$已知。要檢驗(yàn)假設(shè)$H_0:\mu=\mu_0$vs$H_1:\mu>\mu_0$，在顯著性水平$\alpha$下，若拒絕域?yàn)?W=\{\overline{X}>k\}$，則臨界值$k$的表達(dá)式為。9.設(shè)$X_1,X_2,\ldots,X_{15}$是來(lái)自總體$X\simN(\mu,\sigma^2)$的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，樣本方差$s^2=5$。若要構(gòu)造$\sigma^2$的置信水平為90%的置信區(qū)間，應(yīng)使用分布，置信區(qū)間的上下限分別為和（此處應(yīng)填入公式或表達(dá)式形式）。10.在假設(shè)檢驗(yàn)中，若原假設(shè)$H_0$為真，但拒絕了$H_0$，則稱犯的是錯(cuò)誤；若原假設(shè)$H_0$為假，但接受了$H_0$，則稱犯的是錯(cuò)誤。三、計(jì)算題（本大題共4小題，共60分。）11.（10分）設(shè)總體$X$的概率分布律如下：$$\begin{array}{c|ccc}X&0&1&2\\\hlineP&p&q&1-p-q\\\end{array}$$其中$p$未知。若有樣本觀測(cè)值$1,0,2,1,0,1$，求$p$的矩估計(jì)值。12.（15分）設(shè)總體$X$的概率密度函數(shù)為$f(x;\theta)=\begin{cases}\thetax^{\theta-1}&0<x<1\\0&\text{其他}\end{cases}$，其中$\theta>0$未知。從總體中抽取樣本容量為10的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，得到樣本觀測(cè)值為$x_1,x_2,\ldots,x_{10}$。求$\theta$的極大似然估計(jì)量$\hat{\theta}$。13.（15分）設(shè)總體$X$的均值$\mu$未知，方差$\sigma^2=16$。從總體中抽取樣本容量為25的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，樣本均值為$\overline{X}=49.5$。（1）求$\mu$的置信水平為95%的置信區(qū)間。（2）若要使$\mu$的置信水平為95%的置信區(qū)間的長(zhǎng)度不超過(guò)1，樣本容量至少應(yīng)為多少？14.（20分）某工廠生產(chǎn)一種零件，已知該零件的重量$X$服從正態(tài)分布$N(\mu,2.5^2)$。現(xiàn)隨機(jī)抽取50個(gè)零件，測(cè)得樣本均值$\overline{X}=101.2$克。能否在顯著性水平$\alpha=0.05$下認(rèn)為這批零件的平均重量顯著大于100克？（請(qǐng)寫出檢驗(yàn)假設(shè)的完整過(guò)程，包括提出假設(shè)、計(jì)算檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量、給出拒絕域、做出統(tǒng)計(jì)決策。）試卷答案一、選擇題1.C2.A3.B4.B5.B二、填空題6.$\frac{n}{\sum_{i=1}^nx_i}$7.$t_{\alpha/2}(n-1)$,$\overline{X}-t_{\alpha/2}(n-1)\frac{2}{\sqrt{n}}$,$\overline{X}+t_{\alpha/2}(n-1)\frac{2}{\sqrt{n}}$8.$Z_{\alpha}$(或$\sigma\sqrt{\frac{n}{\sigma^2}}\Phi(\alpha)$,其中$\Phi$為標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù))9.$\chi^2_{\alpha/2}(n-1)$,$\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)}$,$\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}$10.第一類；第二類三、計(jì)算題11.解：$E(X)=0\cdotp+1\cdotq+2\cdot(1-p-q)=q+2-2p-2q=2-2p-q$。由矩估計(jì)法，$E(X)=\overline{X}$，即$2-2p-q=\frac{1+0+2+1+0+1}{6}=1$。解得$q=\frac{1}{2}$。又$p+q\leq1$，即$p\leq\frac{1}{2}$。$E(X^2)=0^2\cdotp+1^2\cdotq+2^2\cdot(1-p-q)=q+4-4p-4q=4-4p-3q$。$Var(X)=E(X^2)-(E(X))^2=(4-4p-3q)-(2-2p-q)^2=4-4p-3q-(4-4p-q)^2$。由$E(X)=\overline{X}$，$E(X^2)=\overline{X^2}$。即$\overline{X^2}=4-4p-3q-(4-4p-q)^2$。將$q=\frac{1}{2}$代入，$\overline{X^2}=\frac{1^2+0^2+2^2+1^2+0^2+1^2}{6}=\frac{7}{6}$。得$\frac{7}{6}=4-4p-\frac{3}{2}-(4-4p-\frac{1}{2})^2$。整理得$\frac{7}{6}=\frac{5}{2}-4p-(4-4p)^2$。$7=15-24p-96+96p-16p^2$。$16p^2-72p+94=0$。$8p^2-36p+47=0$。$\Delta=(-36)^2-4\cdot8\cdot47=1296-1504=-208$。說(shuō)明僅用一階矩$E(X)=\overline{X}$無(wú)法唯一確定$p$。通常使用眾數(shù)或樣本頻率作為估計(jì)。樣本中出現(xiàn)次數(shù)最多的是1，頻率為$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。故$q$的估計(jì)值為$\hat{q}=\frac{1}{2}$。此時(shí)$p\leq\frac{1}{2}$，$p$的最小值為0。結(jié)合$p+q\leq1$，當(dāng)$q=\frac{1}{2}$時(shí)，$p$可取任意值$\leq\frac{1}{2}$。若限定$p\geq0$，則$p$可取$[0,\frac{1}{2}]$。最直觀或最常用的可能是取$p$的最大可能值$\frac{1}{2}$。但題目只求估計(jì)值，$\hat{q}=\frac{1}{2}$是唯一確定的。因此$p$的估計(jì)值$\hat{p}=0$。故$p$的矩估計(jì)值為$\hat{p}=0$。12.解：似然函數(shù)為$L(\theta)=\prod_{i=1}^{10}f(x_i;\theta)=\prod_{i=1}^{10}\thetax_i^{\theta-1}=\theta^{10}\prod_{i=1}^{10}x_i^{\theta-1}=\theta^{10}(\prod_{i=1}^{10}x_i)^{\theta-1}$。對(duì)數(shù)似然函數(shù)為$\ell(\theta)=\lnL(\theta)=10\ln\theta+(\theta-1)\sum_{i=1}^{10}\lnx_i$。對(duì)$\theta$求導(dǎo)，$\ell'(\theta)=\frac{10}{\theta}+\sum_{i=1}^{10}\lnx_i$。令$\ell'(\theta)=0$，得$\frac{10}{\theta}+\sum_{i=1}^{10}\lnx_i=0$。$\theta=-\frac{10}{\sum_{i=1}^{10}\lnx_i}$。由于$x_i\in(0,1)$，$\lnx_i<0$，故$\sum_{i=1}^{10}\lnx_i<0$。因此$\theta>0$。極大似然估計(jì)量為$\hat{\theta}=-\frac{10}{\sum_{i=1}^{10}\lnX_i}$。13.解：（1）由于$\sigma^2$已知，使用$Z$檢驗(yàn)。檢驗(yàn)假設(shè)$H_0:\mu=100$vs$H_1:\mu>100$。檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量$Z=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}$。當(dāng)$H_0$為真時(shí)，$Z\simN(0,1)$。顯著性水平$\alpha=0.05$。拒絕域$W=\{Z>z_{\alpha}\}$。查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表，$z_{0.05}=1.645$。拒絕域?yàn)?W=\{Z>1.645\}$。計(jì)算$Z$的觀測(cè)值：$Z=\frac{49.5-100}{2.5/\sqrt{25}}=\frac{-50.5}{0.5}=-101$。由于$-101\notinW$，不能拒絕$H_0$。因此，在顯著性水平$\alpha=0.05$下，沒(méi)有充分證據(jù)認(rèn)為這批零件的平均重量顯著大于100克。$\mu$的置信水平為95%的置信區(qū)間為$\left(\overline{X}-Z_{\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\infty\right)=\left(49.5-1.645\frac{2.5}{\sqrt{25}},\infty\right)=\left(49.5-0.8225,\infty\right)=(48.6775,\infty)$。（2）置信區(qū)間的長(zhǎng)度為$L=2\cdotZ_{\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}=4\cdotZ_{\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$。要求$L\leq1$，即$4\cdotZ_{\alpha}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\leq1$。$\sqrt{n}\geq4\cdotZ_{\alpha}\frac{\sigma}{L}$。由于置信水平為95%，$Z_{\alpha}=z_{0.05}=1.645$。$\sqrt{n}\geq4\cdot1.645\frac{2.5}{1}=16.45$。$n\geq(16.45)^2\approx270.6$。由于$n$必須為整數(shù)，且要滿足長(zhǎng)度不超