2015年中山大学432统计学[专业硕士]考研真题及详解
一、（每小题3分，共60分）单项选择题
1．在6对夫妻中任选4人，则至少有一对夫妻被选中的概率为（ ）。
A．
B．
C．
D．
【解析】从6对夫妻里任选出4人”，总共有
种选法；对于事件“没有一对夫妇被选中”，根据乘法原理，先从6对夫妻中选出4对，有
种选法，再从选中的4对中的每一对选出1人，有24种选法，因此事件“没有一对夫妇被选中”的概率为
。则根据互斥关系，事件“至少有一对夫妻被选中”的概率为
。（本题选项设置有误，无正确答案）
2．设A，B，C都是事件。又A和B独立，B和C独立，A和C互不相容。P（A）＝1/2，P（B）＝1/4，P（C）＝1/8，则概率P（A∪B∪C）为（ ）。
A．23/33
B．23/32
C．11/16
D．2/3
【答案】B
【解析】由题意，P（AB）＝P（A）P（B），P（BC）＝P（B）P（C），P（AC）＝0，所以，P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）－P（AB）－P（AC）－P（BC）＋P（ABC）＝P（A）＋P（B）＋P（C）－P（A）P（B）－P（B）P（C）＝23/32，所以选择B项。
3．将一枚硬币独立地掷两次，引进事件：A1＝｛掷第一次出现正面｝，A2＝｛掷第二次出现正面｝，A3＝｛正、反面各出现一次｝，A4＝｛正面出现两次｝，则（ ）。
A．A1，A2，A3两两独立
B．A1，A2，A3相互独立
C．A2，A3，A4两两独立
D．A2，A3，A4相互独立
【答案】A
【解析】由题意，P（A1）＝1/2，P（A2）＝1/2，P（A3）＝1/2，P（A4）＝1/4，所以
P（A1A2）＝1/4＝P（A1）P（A2）＝1/2×1/2
P（A2A3）＝1/4＝P（A2）P（A3）＝1/2×1/2
P（A1A3）＝1/4＝P（A1）P（A3）＝1/2×1/2
所以，A1，A2，A3两两独立。而P（A1A2A3）＝0≠P（A1）P（A2）P（A3）＝1/8，P（A2A3A4）＝0≠P（A2）P（A3）P（A4）＝1/16都不满足事件相互独立的条件，故选择A项。
4．随机变量X有密度
则常数c的取值为（ ）。
A．2
B．π
C．π/2
D．1/π
【答案】D
【解析】密度函数需满足：
由题意得，
解得，c＝1/π。
5．设z在［0，1］上服从均匀分布，随机变量X，Y，满足方程组
则X和Y各自落在［0，1］中的概率为（ ）。
A．1/3和1/2
B．1/2和1/2
C．1/3和0
D．1/3和2/3
【答案】C
【解析】由题意，解出X，Y的表示式为：
由于Z在[0，1]上服从均匀分布，所以X服从[0，3]上的均匀分布，Y服从[1，2]上的均匀分布，所以X，Y各自落在[0，1]中的概率分别为1/3，0。
6．设X和Y都服从标准正态分布，则（ ）。
A．X＋Y服从正态分布
B．X2＋Y2服从卡方分布
C．X2和Y2都服从卡方分布
D．X2/Y2服从F分布
【答案】C
【解析】A项，正态分布具有可加性的前提是随机变量X，Y相互独立，题目中未说明X，Y相互独立，所以X＋Y不一定服从正态分布；B项，卡方分布要求X，Y相互独立且同分布于标准正态分布，题目中未说明X，Y相互独立；D项，F分布要求X2，Y2是相互独立的卡方分布，题目中未说明X，Y相互独立。
7．当随机向量（X，Y）服从单位圆面D＝｛（x，y）：x2＋y2≤1｝上的均匀分布，则：Y的边际分布F（y）与y关于x的条件分布G（y|x），则（ ）。
A．F（y）不服从均匀分布，G（y|x）服从均匀分布
B．F（y）服从均匀分布，G（y|x）不服从均匀分布
C．二者均服从均匀分布
D．二者均不服从均匀分布
【答案】A
【解析】区域D是圆面，面积为π，所以此随机向量的密度函数为f（x，y）＝1/π，x，y∈D。所以Y的边际密度为：
Y关于X的条件密度为：
因此Y的边际分布不是均匀分布，而Y关于X的条件分布是
的均匀分布，故选A。
8．设随机变量X～t（n），n＞1，Y＝1/X2，则（ ）。
A．Y～χ2（n）
B．Y～χ2（n－1）
C．Y～F（1，n）
D．Y～F（n，1）
【答案】D
【解析】由于随机变量X服从自由度为n的t分布，设
其中，随机变量X1服从N（0，1），X2服从χ2（n），则，
Y服从F（n，1）。
9．设X1，X2，…，Xn（n＞1）为来自总体期望为μ，总体方差为σ2的样本，`X为样本均值，则（ ）。
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题意，E（`X）＝μ，D（`X）＝σ2/n。由于样本X1，X2，…，Xn独立同分布，所以有：
10．设X～N（μ1，σ12），Y～N（μ2，σ22），若P{|X－μ1|＜c}＜P{|Y－μ2|＜c}，其中c为某一正数，则（ ）。
A．σ12＜σ22
B．σ12＞σ22
C．μ1＜μ2
D．μ1＞μ2
【答案】B
【解析】由题意，得
所以得到Φ（c/σ1）＜Φ（c/σ2），即c/σ1＜c/σ2，所以σ1＞σ2＞0，即σ12＞σ22。
11．设EX＝0，Var（X）＝1，EY＝1，Var（Y）＝4，且相关系数ρXY＝1，则（ ）。
A．P（2X－Y＋1＝0）＝1
B．P（2X－Y－1＝0）＝1
C．P（2X＋Y＋1＝0）＝1
D．P（2X＋Y－1＝0）＝1
【答案】A
【解析】由ρXY＝1得知，X和Y有严格的线性函数关系，且为正相关关系。设Y＝aX＋b，a＞0，则：
整理得
，所以P（2X－Y＋1＝0）＝1。
12．在假设检验中，第一类错误是指（ ）。
A．当原假设为真时，接受原假设
B．当原假设为真时，拒绝原假设
C．当备选假设为真时，接受原假设
D．当备选假设为真时，拒绝原假设
【答案】B
【解析】假设检验中所犯的错误有两种类型，第一类错误是原假设为真而拒绝原假设，犯这种错误的概率用α表示，所以也称α错误或弃真错误；第二类错误是原假设为伪而不拒绝原假设，犯这种错误的概率用β表示，所以也称β错误或取伪错误。
13．设X1，X2，…，Xn为来自二项分布B（m，p）的样本，X(＿)和
分别为样本均值和样本方差，若X(＿)＋cS2为mp2的无偏估计量，则（ ）。
A．c＝－2
B．c＝－1
C．c＝1
D．c＝2
【答案】B
【解析】由无偏估计的概念可得，E（X(＿)＋cS2）＝mp2，而X(＿)，S2分别是总体均值和方差的无偏估计，所以，E（X(＿)＋cS2）＝E（X(＿)）＋cE（S2）＝mp＝cmp（1－p）＝mp2，所以，c＝－1。
14．设X1，X2，…，Xn为来自正态分布N（μ，σ2）的样本，其中μ为己知，X(＿)为样本均值，则σ2的最大似然估计为（ ）。
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】似然函数为：
对数似然函数为：
对对数似然函数求导并令其为0得：
解得σ2的极大似然估计为：
15．设总体X的概率密度函数为
X1，X2，…，Xn为来自总体X的样本，则θ的矩估计量为（ ）。
A．X(＿)
B．X(＿)－1
C．X(＿)＋1
D．1/X(＿)
【答案】B
【解析】由题意得：
令
得到θ的矩估计量为：θ(∧)＝X(＿)－1。
16．设X1，X2，…，Xn为来自正态分布N（μ，σ2）的样本，其中σ2为己知，X(＿)为样本均值。考虑如下假设检验：H0：μ≤μ0 v.s. H1：μ＞μ0，标准正态分布的95%分位数为1.645，在显著性水平为0.05下，拒绝H0等价于（ ）。
A．单侧区间
不包含μ0
B．单侧区间包含μ0
C．单侧区间
不包含μ0
D．单侧区间包含μ0
【答案】D
【解析】由题意，这是一个正态总体均值的右单侧检验，采用Z统计量，拒绝域的形式为：Z＞Z0.95，即
所以当
拒绝H0，选择D项。
17．设X1，X2，…，Xn独立同分布，具有期望μ，则（ ）。
A．exp（X(＿)）是eμ的相合估计量
B．exp（X(＿)）是eμ的最大似然估计量
C．exp（X(＿)）是eμ的无偏估计量
D．exp（X(＿)）是eμ的充分统计量
【答案】A
【解析】相合估计量是指当样本数n趋于无穷大时，估计量的值趋于待估计的参数。由大数定律，
所以exp（X(＿)）是eμ的相合估计量。
18．设X1，X2都服从参数为1的指数分布，Y服从参数为2的指数分布，f（y）＝2e－2y，0＜y＜∞，且X1，X2，Y相互独立，则（ ）。
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】独立同分布的指数分布的和服从伽玛分布，因此X1＋X2～Ga（2，1），Y～Ga（1，2），根据伽马分布的性质有
于是
再根据伽玛分布和卡方分布的关系可知，2（X1＋X2）～χ2（4），4Y～χ2（2）。由于X1，X2，Y相互独立，因此有
19．设θ(∧)为参数θ的估计量，且θ(∧)的期望与方差σ2均存在，则必有（ ）。
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由于Var（θ(∧)）＝E（θ(∧)－θ）2，根据切比雪夫不等式可知D项正确。
20．设θ(∧)n为参数θ的估计量，且θ(∧)n的期望与方差均存在，当样本量n→∞时，E（θ(∧)n）→θ，var（θ(∧)n）→0，则以下说法错误的是（ ）。
A．θ(∧)n是θ的相合估计量
B．θ(∧)n依分布收敛到θ
C．
D．
【答案】C
【解析】根据相合估计的判定方法可知A正确；根据相合估计的定义可知D正确；由于θ(∧)n是θ的相合估计，因此θ(∧)n依概率收敛于θ，而依概率收敛强于依分布收敛，因此B正确；而C项是殆必收敛，强于依概率收敛，不能由依概率收敛推出，因此C项错误。
二、（共30分）设一个系统由甲乙两种类型的元件串联而成，两个元件的使用寿命记为X与Y，分别服从参数为λ与μ的指数分布，且相互独立。通常X与Y，不能完全观测到，仅仅可以观测到系统的使用寿命Z与导致系统失效的元件类型W。
Z＝min（X，Y）
（1）（6分）求Z的分布。
（2）（8分）证明：Z与W相互独立。
（3）（8分）若（Z1，W1），（Z2，W2），…，（Zn，Wn）为（Z，W）的随机样本，求参数λ与μ的最大似然估计λ(∧)，μ(∧)。
（4）（8分）计算E（λ(∧)），并以此说明λ(∧)是否为参数λ的无偏估计。
注：参数为λ的指数分布的密度函数：f（x|λ）＝λe－λx，0＜x＜∞
参数为α，β的Gamma分布Ga（α，β）的密度函数：
解：（1）设Z的分布函数为F（z），则，F（z）＝P（Z≤z）＝1－P（Z＞z）＝1－P（X＞z，Y＞z），由于X，Y相互独立，所以P（X＞z，Y＞z）＝P（X＞z）P（Y＞z），所以
即Z服从参数为λ＋μ的指数分布。
（2）随机变量X与Y相互独立，故（X，Y）的联合分布密度为：
f（x，y）＝fX（x）fY（y）＝λμe－λx－μy，x＞0，y＞0
同理P（W＝0）＝μ/（λ＋μ），
因此，Z与W相互独立。
（3）W服从参数为
的0－1分布，即
，W的分布函数为
由于Z与W相互独立，所以Z与W的联合密度函数为：
求λ，μ的极大似然估计如下：
①建立似然函数：
②求出对数似然函数：
③对数似然函数分别关于λ，μ求偏导：
④令偏导等于0，得到极大似然估计量：
（4）
随机变量Zi，i＝1，2，…，n服从参数为λ＋μ的指数分布，即参数为
的伽马分布。由伽马分布的可加性，
令
，则其密度函数为
的期望：
因此，λ(∧)是λ的无偏估计。
三、（共20分）令X1，X2，…，Xn，Xn＋1为总体伯努利分布B（1，p）的样本，统计量为
前n个样本之和大于第n＋1个样本的概率为
从而h（p）为p的函数。
（1）（6分）证明：
是参数p的充分统计量。
（2）（6分）证明
是h（p）的无偏估计量。
（3）（8分）寻找h（p）的最小方差无偏估计（需要写出具体形式）。
解：（1）依题意有，随机变量Xi（i＝1，2，…，n＋1）的分布为
样本（X1，X2，…，Xn＋1）的联合分布为
其中xi＝0，1。将统计量
代入得
P（X1＝x1，X2＝x2，…，Xn＋1＝xn＋1）＝pT（1－p）n＋1－T
根据因子分解定理，
是参数p的充分统计量。
（2）证明：统计量M（X1，X2，…，Xn＋1）的期望
即E（M）＝h（p）。因此，M（X1，X2，…，Xn＋1）是h（p）的无偏估计量。
（3）由题意Xi～B（1，p），（i＝1，2，…，n，n＋1），由伯努利分布的性质
因此
是p的完备充分统计量，M（X1，X2，…，Xn＋1）是h（p）的一个无偏估计，由定理知，将M（X1，X2，…，Xn＋1）对
求条件期望，则S（T）＝E（M（X）|T（X））是h（p）的最小方差无偏估计。
在T（X）＝t，（t＝0，1，2，…，n＋1）的条件下求条件期望：
其中，T（X）～B（n＋1，p），
当T（X）＝t＝0时
当T（X）＝t＝1时
当T（X）＝t＝2时
当T（X）＝t≥3时
故h（p）的最小方差无偏估计为
四、（共16分）令X1，X2，X3，X4，X5为总体伯努利分布B（1，p）的样本。考虑如下假设检验：
H0：p＝1/2 v.s. H1：p＝1/4
（1）（10分）寻找此假设检验的最优检验（显著水平为0.05）。
（2）（6分）计算上述检验的第一类与第二类错误概率大小。
解：（1）根据Neyman-Pearson定理，应通过似然比检验得到最优检验。似然函数为
当p＝1/2和p＝1/4时，对应的似然函数分别为
L（0.5，x）＝0.55＝1/32
因此，似然比为
当λ≥k时，拒绝H0，等价于
时，拒绝H0。给定显著性水平α＝0.05，使
当H0为真时，
服从二项分布B（5，0.5），由于是离散分布，所以不能求出一个c值满足上式，此时应选择满足
的最大c作为临界点。
当c≥2时
故最优检验的拒绝域为
即只有当X1，…，X5全为0时才拒绝原假设。
（2）犯第一类错误的概率，即原假设为真拒绝原假设的概率：
犯第二类错误的概率，即原假设为假但接受原假设的概率：
五、（共24分）假定A，B，C三种不同工艺铸造的零件强度X，Y，Z分别服从正态分布N（μi，σ2），i＝1，2，3且X，Y，Z相互独立。为了解三种工艺铸造强度的差异，随机选取7，7，6个（共20个）分别用A，B，C三种工艺铸造的零件，测得其强度X1，X2，…，X7，Y1，Y2，…，Y7，Z1，Z2，…，Z6，令
（1）（8分）证明
服从t分布。
（2）（6分）利用上述t分布求μ3的95%置信区间。
（3）（10分）若观测数据如下表所示，并分别计算得到三组样本均数与样本方差
，sy2，sz2（见下表）。在α＝0.05的显著性水平下，检验A，B，C三种工艺铸造的零件强度有无差异。
A，B，C三种工艺铸造的零件强度
解：（1）证明：
由正态分布的性质知
由于X，Y，Z相互独立，根据卡方分布的可加性，有
由t分布的定义知
整理得
（2）由t分布的性质
整理得
即μ3的95%置信区间为
其中t0.025（17）＝2.11。
（3）构造假设检验：
H0：μ1＝μ2＝μ3；H1：μ1，μ2，μ3不全相等
全部观测值的总均值：
组间平方和：
组内平方和：
SSA的自由度为3－1＝2；SSE的自由度为20－3＝17。
当H0为真时，检验统计量
本题中F～F（2，17）。
代入数据计算得：
因此，拒绝原假设，即认为A、B、C三种零件的强度有显著差异。
附：
t分布的95%与97.5%分位数
F分布95%与97.5%分位数：
