华中师范大学数学与统计学学院《432统计学》[专业硕士]历年考研真题汇编.pdf

目录第一部分历年考研真题汇编2015年华中师范大学数学与统计学学院432统计学专业硕士考研真题2013年华中师范大学数学与统计学学院432统计学专业硕士考研真题第二部分兄弟院校考研真题及详解2015年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题2015年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题及详解2014年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题2014年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题及详解2013年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题2013年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题及详解第一部分历年考研真题汇编2015年华中师范大学数学与统计学学院432统计学专业硕士考研真题2013年华中师范大学数学与统计学学院432统计学专业硕士考研真题第二部分兄弟院校考研真题及详解2015年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题2015年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题及详解中山大学二一五年攻读硕士学位研究生入学考试试题科目代码：432科目名称：统计学考试时间：12月28日下午考生须知：全部答案一律写在答题纸上，答在试题纸上的不计分!答题要写清题号，不必抄题。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（）【解析】“从6对夫妻里任选出4人”，总共有种选法；而对于事件“至少有一对夫妻被选中”，根据乘法原理，首先在6对夫妻中选出1对，有种选法，再从剩余10人中任选2人，有种选法。所以，事件“从6对夫妻里任选出4人，至少有一对夫妻被选中”的概率是。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）=12，P（B）=14，P（C）=18则概率A【答案】P（ABC）为（）（A）2333（B）2332（C）1116（D）23，所以，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B【答案】由题意，【解析】A【答案】【解析】由题意，,所以，,所以，两两独立。而，,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）（C）2（D）l【解析】密度函数需满足：，由题意得，解得，。5设z在0，1上服从均匀分布，随机变量X，Y，满足方程组D【答案】则X和Y各自落在0，1中的概率为（）（A）13和l2（B）12和12（C）13和0（D）13和23【解析】由题意，解出X,Y的表示式为：,由于Z在上服从均匀分布，所以X服从上的均匀分布，Y服从上的均匀分布，所以X，Y各自落在中的概率分别为。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）X2Y2服从F分布【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C【答案】C【答案】明X,Y相互独立；D项，F分布要求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+y2l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【解析】区域D是圆面，面积为，所以此随机向量的密度函数为,x,y。所以Y的边际密度为：。Y关于X的条件密度为：，所以二者均服从均匀分布。8设随机变量Xt（n），n1，Y=1X2，则（）（A）Y2（n）（B）Y2（n1）C【答案】（C）YF（1，n）（D）YF（n，1）【解析】由于随机变量X服从自由度为n的t分布，设其中，随机变量服从N（0，1），X2服从，则，Y服从F（n,1）。9设为来自总体期望为，总体方差为2的样本，为样本均值，则（）【解析】由题意，由于样本X1,X2,Xn独立同分布，所以有，D【答案】C【答案】10设其中c为某一正数，则（）所以得到，即，所以，。11设EX=0，Var（X）=1，EY=1，Var（Y）=4，且相关系数xy=1，则（）（A）P（2XY+1=0）=1（B）P（2Xy1=0）=1（C）P（2X+Y+1=0）=1（D）P（2X+y1=0）=1【解析】由得知，X和Y有严格的线性函数关系，且为正相关关系。设Y=aX+b,a0，则，整理得，所以P（2X-Y+1=0）=1。B【答案】由题意，【解析】A【答案】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13设X1，X2，Xn为来自二项分布B（m，p）的样本，分别为样本均值和样本方差，若的无偏估计量，则（）（A）c=2（B）c=1（C）c=1（D）c=2【解析】由无偏估计的概念可得，而分别是总体均值和方差的无偏估计，所以，所以，c=-1。B【答案】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表示，所以也称错误或弃真错误；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表示，所以也称错误或取伪错误。【解析】B【答案】14设X1，X2，Xn为来自正态分布N（，2）的样本，其中为己知，为样本均值，则2的最大似然估计为（）；对数似然函数为：；对对数似然函数求导得：；所以，的极大似然估计为：。15设总体X的概率密度函数为C【答案】似然函数为：【解析】为来自总体X的样本，则的矩估计量为（）【解析】由题意得：，令得到 的矩估计量为：。16设为来自正态分布N（，2）的样本，其中2为己知，为样本均值。考虑如下假设检验：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0（B）单侧区间包含0（C）单侧区间不包含0（D）单侧区间包含0【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：，即，所以当时，拒绝H0，选择D项。B【答案】D【答案】17设X1，X2，Xn独立同分布，具有期望则（）的相合估计量的最大似然估计量的无偏估计量的充分统计量。所以是的相合估计量。18设X1，X2都服从参数为l的指数分布，Y服从参数为2的指数分布，f（y）=2e-2y，0yz）=1-P（Xz,Yz），由于X,Y相互独立，所以P（Xz,Yz）=P（Xz）P（Yz）,所以，即Z服从参数为的指数分布。（2）随机变量与 相互独立，故的联合分布密度为：。；同理，。Z服从参数为的指数分布，Z的分布函数。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：求的极大似然估计如下：建立似然函数：求出对数似然函数：对数似然函数分别关于，求偏导：令偏导等于0，得到极大似然估计量：；。（4），。随机变量服从参数为的指数分布，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，是 的无偏估计。三、（共20分）令为总体伯努利分布e（1，p）的样本，为统计量，为前n个样本之和大于第n+1个样本的概率，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，随机变量的分布为。样本的联合分布为，其中。将统计量代入得，。根据因子分解定理，是参数的充分统计量。（2）证明：统计量的期望，即。因此，是的无偏估计量。（3）由题意，由伯努利分布的性质，。是的完备充分统计量，是的一个无偏估计，由定理知，将对求条件期望，则是的最小方差无偏估计。在，的条件下求条件期望：。其中，当时，；当时，；当时，；当时，。故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：（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。当和时，对应的似然函数分别为，。因此，似然比为。当时，拒绝，等价于时，拒绝，其中。给定显著性水平，使。当为真时，服从二项分布，由于是离散分布，所以不能求出一个 值满足上式，此时应选择满足的最大 作为临界点。，当时，。故最优检验的拒绝域为，即只有当全为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，测得其强度令（1）（8分）证明服从t分布（2）（6分）利用上述t分布求3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（见下表）。在=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，；由卡方分布的可加性，；由t分布的定义，整理得。（2）由t分布的性质，整理得，即的95%置信区间为，其中。（3）构造假设检验：；。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。当为真时，检验统计量，本题中。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：2014年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题中山大学2014年攻读硕士学位研究生入学考试试题考试科目：432考试名称：统计学考试时间：1月5日下午考生须知：全部答案一律写在答题纸上，答在试题纸上不计分！答题要写清题号，不必抄题。一、（每题3分，共60分）单项选择题1在公理化结构中，概率是针对时间定义的，可视为事件域上的一个集合函数。一下那一条不属于公理化结构中“概率”所应满足的条件（）A非负性B不连续性C可列可加性D规范性2两个人轮流抛一个骰子，约定谁先抛出6谁获胜，则后抛者获胜的概率为（）A1/2B5/12C6/11D5/113一个盒子有3个蓝弹子和两个红弹子，第二个盒子有两个蓝的和五个红的，随机从一个盒子中抽取一个弹子，发现它是蓝的，则该弹子来自第一个盒子的概率是（）A3/10B3/5C21/31D10/314设A，B，C是任意事件，满足AB C，则（）AAC且BCBCAC或 BCD5设A1，A2，Ak为任意事件，和分别为样本空间和空集。下列叙述不正确的是（）A与任意事件Ai独立B与任意事件Ai独立C若A1，A2，Ak相互独立，则A1，A2，Ak两两独立D若A1，A2，Ak两两独立，则A1，A2，Ak相互独立6设随机变量X服从参数为的泊松分布，则下列条件中导出参数=2的条件是（）AEX=1/2BVar（X）=1/4CPX=1=PX=2DPX=2=2PX=17设随机变量XN（，2），则随的增大，概率PX（）A单调增大B单调减小C保持不变D增减不定8假设独立随机变量X和Y服从同一名称的概率分布（二者的分布参数未必相同），且X+Y也服从同一名称的概率分布，则X和Y都服从（）A均匀分布B指数分布C正态分布D对数正态分布9设X为一随机变量，其期望为EX，C为任意常数，则（）ABCD10设XB（100,0.5），设（X）为N（0,1）的分布函数，则P（X30）近似于（）A（4）B（4）C（4/5）D（4/5）11设是取自N（0,1）的样本，且n2，为样本均值，则下列结论正确的是（）ABCD12从同一正态总体中进行抽样，每一份样本的样本量都为16，分别抽1000与4000次，从而分别得到1000个样本均数与4000个样本均数，则（）A前1000个样本均数的变异（方差）小，大约是后者的1/2B前1000个样本均数的变异大，大约是后者的2倍C前1000个样本均数的变异大，大约是后者的4倍D前1000个样本均数的变异与后者差不多，都大约为原正态总体的标准差的1/413设n个随机变量X1，X2，Xn独立分布，Var（X1）=2+，与S2分别为样本均值与样本方差，则（）AS与 相互独立BS是的相合估计量CS是的最大似然估计量DS是的无偏估计量14关于最大似然估计量和无偏估计量的叙述，下列正确的是（）A若T为参数的最大似然估计量，则g（T）为g（）的最大似然估计量B若T为参数的无偏估计量则g（T）为g（）的无偏估计量C最大似然估计量和无偏估计量总是唯一的D以上皆非15设X1，X2，Xn正态总体XN（，2）的样本，则2+2的矩法估计量为（）ABCD16设X1，X2，Xn总体X的样本，则总体均值的相合估计量为（）AXnBCmaxX1，X2，XnDminX1，X2，Xn17假设其他条件不变，把从5%降低到2.5%则总体均值的置信程度1的置信空间的宽度将（）A增加B不变C降低D可能增加，也可能降低18关于假设检验第二类错误概率的叙述，下列正确的是（）AH0 为真，经检验拒绝H0的概率BH0 为真，经检验接受H0的概率CH0 为假，经检验拒绝H0的概率DH0 为假，经检验接受H0的概率19甲、乙两人服从标准正态分布的随机数发生器分别产出30个随机数字作为样本，求得本均数，样本方差S21，S22，则（）A，S21=S22B作两样本t检验，必然接受零假设，得出两总体均值无差别的结论C由甲、乙两样本求出的两总体方差比值的95%置信区间，必然包含0D分别由甲、乙两样本求出的各自总体均数的95%置信区间，可能没有交集20一名研究者从甲、乙两地区分别随机抽取了100名成年人，测得他们的平均身高m1与m2。欲检验H0：1=2，经检验水平=0.05的假设检验，得到p值小于。这项结果表明（）A如果1=2，则从抽样中观察到样本均数m1与m2这样的差异以及更极端的差异的可能性小于0.05B证明了两个地区的身高的总均数1与2有差异C有95%的可能性1与2有差异D有5%的可能性1与2有差异二、（共90分）计算分析题1（共13分）设正态分布随机变量XN（12,9）与YN（10,16）相互独立。（1）（7分）分别求U=2X+Y与V=XY的分布，并说明U与V是否独立；（2）（6分）求概率P12X+Y32。（用标准正态分布函数（X）表示）2（共21分）设正态总体XN（0，2），从中抽取容量为4的随机样本，令。（1）（7分）分别求常数使是方差2的无偏估计量；（2）（7分）对（1）中3个无偏估计量，比较其优劣（3）（7分）基于构建2的一个95%的置信区间。3（共21分）设X1，X2，X3为来自总体X的随机样本，X的概率密度函数为其中0为未知参数。令。（1）（7分）求得矩估计和最大似然估计（2）（7分）求Yi的分布（3）（7分）给定检验水平=0.05，以 为检验统计量，对假设问题构建假设检验4（共21分）记X1，X2为来自均匀分布的样本。假设。现有两个检验：检验：拒绝H0，若X10.95；检验：拒绝H0，若X1+X2C。（1）（7分）求检验的第一类错误概率与第二类错误概率；（2）（14分）若检验与检验的第一类错误概率相等，求C的值，并求出检验相应的第二类错误概率。5（共14分）现有简单线性回归模型。记样本观测数据为。（1）（9分）求未知参数的最大似然估计；（2）（5分）写出1的95%置信区间。附：1正态分布N（，2）的密度函数。2Gamma分布的密度函数。（1）=1时，即参数为1/的指数分布；=v/2，=2时，即为自由度v的x2分布x2（v）.（2）若，则。3.x2分布分位数。自由度v1234562.5%分位数0.0010.0510.2160.4840.8311.2375%分位数0.0040.1030.3520.7111.1451.63550%分位数0.4551.3862.3663.3574.3515.34895%分位数3.8415.9917.8159.48811.07012.59297.5%分位数5.0247.3789.34811.14212.83314.4992014年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题及详解中山大学2014年攻读硕士学位研究生入学考试试题考试科目：432考试名称：统计学考试时间：1月5日下午考生须知：全部答案一律写在答题纸上，答在试题纸上不计分！答题要写清题号，不必抄题。一、（每题3分，共60分）单项选择题1在公理化结构中，概率是针对时间定义的，可视为事件域上的一个集合函数。以下那一条不属于公理化结构中“概率”所应满足的条件（）A非负性B不连续性C可列可加性D规范性2两个人轮流抛一个骰子，约定谁先抛出6谁获胜，则后抛者获胜B【答案】概率的公理化定义中概率应满足以下条件：非负性，规范性，可列可加性。一般在连续性随机变量中，概率具有连续性。【解析】的概率为（）A1/2B5/12C6/11D5/11【解析】由于是轮流掷骰子，所以第一个人获胜的概率为，第二个人获胜的概率为，则有，解方程，得，则。3一个盒子有3个蓝弹子和两个红弹子，第二个盒子有两个蓝的和五个红的，随机从一个盒子中抽取一个弹子，发现它是蓝的，则该弹子来自第一个盒子的概率是（）A3/10B3/5C21/31D10/31D【答案】C【答案】设事件A表示：抽取的是蓝弹子，事件B1表示：抽取的弹子来自第一个盒子，B2表示：抽取的弹子来自第二个盒子。所求即为P（B1|A）。根据贝叶斯公式得：【解析】4设A，B，C是任意事件，满足ABC，则（）AAC且BCBCAC或BCD5设A1，A2，Ak为任意事件，和分别为样本空间和空集。下列叙述不正确的是（）A与任意事件Ai独立B与任意事件Ai独立C若A1，A2，Ak相互独立，则A1，A2，Ak两两独立D若A1，A2，Ak两两独立，则A1，A2，Ak相互独立【解析】一般，设是个事件，如果对于其中任意i个事件的积事件的概率，都等于各事件概率之积，则称事件相互独立。因此若事件相互独立，则其中任意两个事件必是B【答案】，则，即。而，则。【解析】D【答案】独立的，即两两独立；但若事件两两独立不能得到所有事件相互独立。6设随机变量X服从参数为的泊松分布，则下列条件中导出参数=2的条件是（）AEX=1/2BVar（X）=1/4CPX=1=PX=2DPX=2=2PX=1【解析】AB两项，泊松分布的期望和方差均为参数，即若参数=2，应有EX=2，Var（X）=2。CD两项，泊松分布的概率分布函数为。，因此。7设随机变量XN（，2），则随的增大，概率PX（）A单调增大B单调减小C保持不变D增减不定C【答案】C【答案】【解析】原分布服从正态分布，即XN（，2），则，即服从标准正态分布。PX=P1=P-1 1=，为一定值，与无关。8假设独立随机变量X和Y服从同一名称的概率分布（二者的分布参数未必相同），且X+Y也服从同一名称的概率分布，则X和Y都服从（）A均匀分布B指数分布C正态分布D对数正态分布【解析】正态分布的可加性，设随机变量相互独立且均服从正态分布，则。9设X为一随机变量，其期望为EX，C为任意常数，则（）ABCDC【答案】10设XB（100,0.5），设（X）为N（0,1）的分布函数，则P（X30）近似于（）A（4）B（4）C（4/5）D（4/5）【解析】若，当 足够大，且不太靠近0或1时，二项分布逼近正态分布，的均值为，方差为。该题中，则，P（X30）近似于P（）=1-P（）=1-=。11设是取自N（0,1）的样本，且n2，为样本均值，则下列结论正确的是（）ABCB【答案】E（X-C）2=E（X-EX+EX-C）2=E（X-EX）2+2（EX-C）E（X-EX）+（EX-C）2=E（X-EX）2+0+（EX-C）2E（X-EX）2【解析】B【答案】D12从同一正态总体中进行抽样，每一份样本的样本量都为16，分别抽1000与4000次，从而分别得到1000个样本均数与4000个样本均数，则（）A前1000个样本均数的变异（方差）小，大约是后者的1/2B前1000个样本均数的变异大，大约是后者的2倍C前1000个样本均数的变异大，大约是后者的4倍D前1000个样本均数的变异与后者差不多，都大约为原正态总体的标准差的1/4【解析】样本均数的标准差为，它反映了样本均数之间的变异程度。每一份样本的样本量都为16，因此无论抽样次数为多少，样本均数的变异都差不多，大约为。13设n个随机变量X1，X2，Xn独立分布，Var（X1）=2+，与S2分别为样本均值与样本方差，则（）B【答案】B项，【解析】D【答案】AS与 相互独立BS是的相合估计量CS是的最大似然估计量DS是的无偏估计量14关于最大似然估计量和无偏估计量的叙述，下列正确的是（）A若T为参数的最大似然估计量，则g（T）为g（）的最大似然估计量B若T为参数的无偏估计量，则g（T）为g（）的无偏估计量C最大似然估计量和无偏估计量总是唯一的D以上皆非【解析】A项，由最大似然估计的不变性，若 是 的最大似然估计，g（）是 的连续函数，则g（）的最大似然估计为。B项，无偏估计不具有不变性。C项，无偏估计量不是唯一的。15设X1，X2，Xn正态总体XN（，2）的样本，则2+2的矩法估计量为（）A【答案】BCD三项，S2为2的无偏估计量，同时也为2的最优估计量。【解析】D【答案】ABCD【解析】，为总体矩，于是2+2的矩法估计量为16设X1，X2，Xn总体X的样本，则总体均值的相合估计量为（）AXnBCmaxX1，X2，XnDminX1，X2，Xn【解析】若=为参数 的估计量，若对于任意，当时，依概率收敛于，则称为 的相合估计量。由大数C【答案】B【答案】定律知，有，所以是的相合估计量。17假设其他条件不变，把从5%降低到2.5%则总体均值的置信程度1的置信空间的宽度将（）A增加B不变C降低D可能增加，也可能降低【解析】总体均值的置信程度1的置信区间为或，当其他条件不变，降低时，或增加，因而置信空间的宽度将增加。18关于假设检验第二类错误概率的叙述，下列正确的是（）AH0为真，经检验拒绝H0的概率BH0为真，经检验接受H0的概率CH0为假，经检验拒绝H0的概率DH0为假，经检验接受H0的概率A【答案】D【答案】19甲、乙两人服从标准正态分布的随机数发生器分别产出30个随机数字作为样本，求得本均数，样本方差S21，S22，则（）A，S21=S22B作两样本t检验，必然接受零假设，得出两总体均值无差别的结论C由甲、乙两样本求出的两总体方差比值的95%置信区间，必然包含0D分别由甲、乙两样本求出的各自总体均数的95%置信区间，可能没有交集20一名研究者从甲、乙两地区分别随机抽取了100名成年人，测得他们的平均身高m1与m2。欲检验H0：1=2，经检验水平=0.05的假设检验，得到p值小于。这项结果表明（）A如果1=2，则从抽样中观察到样本均数m1与m2这样的差异以及更极端的差异的可能性小于0.05第一类错误是原假设H0为真却被拒绝了，犯这种错误的概率用表示，所以也称错误或弃真错误；第二类错误是原假设H0为伪却没有拒绝，犯这种错误的概率用表示，所以也称错误或取伪错误。【解析】D【答案】A项，由于样本是随机的，抽出不同的样本得到的均值与方差往往是不同的。B项，同样由于样本的随机性，根据样本得到的估计值很可能不同于总体真值，因而两样本的t检验不一定接受零假设。C项，若两总体方差均不为0，则其比值的95%置信区间不可能包含0。【解析】B证明了两个地区的身高的总均数1与2有差异C有95%的可能性1与2有差异D有5%的可能性1与2有差异二、（共90分）计算分析题1（共13分）设正态分布随机变量XN（12,9）与YN（10,16）相互独立。（1）（7分）分别求U=2X+Y与V=XY的分布，并说明U与V是否独立；（2）（6分）求概率P12X+Y32。（用标准正态分布函数（X）表示）答：（1）,且X与Y相互独立，根据正态分布的性质知相互独立的服从正态分布的随机变量的线性组合仍服从正态分布，所以,，因此A【答案】p值为当原假设为真时所得到的样本观察结果或更极端结果出现的概率。当给定了显著性水平，则在双侧检验中，pD（X）D（Y）的性质。所以比以及更有效。（3），由于服从正态分布XN（0，2），所以，因此，即，于是有，据此可推导出2在95%置信水平下的置信区间为：。3（共21分）设X1，X2，X3为来自总体X的随机样本，X的概率密度函数为其中0为未知参数。令。（1）（7分）求的矩估计和最大似然估计（2）（7分）求Yi的分布（3）（7分）给定检验水平=0.05，以 为检验统计量，对假设问题构建假设检验。答：（1）矩法估计，则，解得 的矩估计为。最大似然估计构造似然函数取对数建立似然方程求解得最大似然估计为。（2），当时，。即 的分布为。由此可见Y服从参数为 的指数分布，即。（3）由题（2）知：，故故的分布密度函数为 Gamma分布为指数型分布族，由分布密度函数知：为总体X参数 单调不增似然比统计量。拒绝域 其中为的下 分位数。4（共21分）记X1，X2为来自均匀分布的样本。假设。现有两个检验：检验：拒绝H0，若X10.95；检验：拒绝H0，若X1+X2C。（1）（7分）求检验的第一类错误概率与第二类错误概率；（2）（14分）若检验与检验的第一类错误概率相等，求C的值，并求出检验相应的第二类错误概率、答：（1）检验的拒绝域为W=X10.95，当为真时，；当不真时，。服从均匀分布，则的密度函数为该检验的第一类错误（即拒真错误）概率为。该检验的第二类错误（即取伪错误）概率为。（2）检验的拒绝域为W=X1+X2C，当为真时，X1+X2C。第一类错误（即拒真错误）概率为令上述概论等于，解得C=1.45。检验的第二类错误（即取伪错误）概率为=0.85。5（共14分）现有简单线性回归模型。记样本观测数据为。（1）（9分）求未知参数的最大似然估计；（2）（5分）写出1的95%置信区间。答：（1）假如模型的参数估计量为，在满足基本假设条件下，服从正态分布，因此 的概率函数为由于 相互独立，因此所有的样本观测值的联合概率，即似然函数为：将该似然函数最大化，即可求得模型参数的最大似然估计。由于似然函数的最大化和似然函数对数的最大化是等价的，因此，取对数似然函数如下：。对求最大值，等价于对求最小值，即，解得模型参数估计量为：。解似然方程：，得的最大似然估计为：。（2）因为，置信水平为95%，从 分布表中查得自由度为的临界值，而 值处在（-，）的概率是，即，即，则，于是的95%置信区间为（，）。附：1正态分布N（，2）的密度函数。2Gamma分布的密度函数。（1）=1时，即参数为1/的指数分布；=v/2，=2时，即为自由度v的x2分布x2（v）。（2）若，则。3.x2分布分位数。自由度v1234562.5%分位数0.0010.0510.2160.4840.8311.2375%分位数0.0040.1030.3520.7111.1451.63550%分位数0.4551.3862.3663.3574.3515.34895%分位数3.8415.9917.8159.48811.07012.59297.5%分位数5.0247.3789.34811.14212.83314.4992013年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题2013年中山大学数学与计算科学学院432统计学专业硕士考研真题及详解中山大学2013年攻读硕士学位研究生入学考试试题科目代码：432科目名称：统计学考试时间：1月6日下午一、（每题3分，共60分）单项选择题1将一枚硬币独立地掷两次，引进事件：=掷第一次出现正面，=掷第二次出现正面，=正、反面各出现一次，=正面出现两次，则事件（）。A相互独立；B相互独立；C两两独立；D两两独立。【解析】若、独立，则。若、为不可能事件，则=0，即不成立。而、均为不可能事件，故ABD三项都不正确。2一盒产品中有a只正品，b只次品，有放回地任取两次，第二次C【答案】取到正品的概率为（）。ABCD【解析】由于是有放回地任取两次，则第二次取到正品与第一次是否取到正品是两个相互独立的事件，因此，第二次取到正品的概率为。3设两个相互独立的随机变量X与Y分别服从正态分布N（0,1）和N（1,1），则（）。ABCD【解析】随机变量与 相互独立，则有，且D【答案】B【答案】，因此，即。4设二元随机变量（X,Y）服从二元正态分布。则随机变量与独立的充分必要条件是（）。ABCD【解析】对于二元正态分布，随机变量与独立的充分必要条件是，即。5对于二项分布的资料符合下面哪种情况时，可借用正态分布处理，（）。A样本量 足够大，以致与都较大时；B样本量 足够大，足够小时；C时；D接近1或0时。【解析】由二项分布的原理和渐进分布的理论可知，当 充分大时，的分布可用正态分布去逼近。B【答案】A【答案】6已知随机变量X，Y，有，=（）。A3/7；B5/7；C1/7；D6/7【解析】。7设X为连续型随机变量，对任意常数与存在，则对任意0，必有（）。ABCD8若，那么（）。A为二元正态分布，且B【答案】B【答案】B为二元正态分布，不确定C未必是二元正态分布D【解析】若与 为相互独立的随机变量，则有为二元正态分布。9下面关于参数和统计量的说法，哪项是正确的？（）A总体参数是随机变量；B样本统计量都是总体参数的无偏估计量；C对一个总体参数进行估计时，无偏估计量总是惟一的；D样本统计量是随机变量。【解析】由于样本是随机变量，而统计量是样本的函数，因此样本统计量是随机变量。10移动公司在对人们更换手机的频率的调查中发现，有40的人每半年更换一次新手机，20的人每1年更换一次，30的人每2年更换一次，10的人每3年更换一次，那么人们更换新手机时长的中位数为（）年。A0.5B1C【答案】D【答案】C1.5D211当一组数据属于右偏分布（右边的尾部相对于与左边的尾部要长）时，则（）。A平均数、中位数与众数是合而为一的；B众数在右边，平均数在左边；C众数的数值较大，而平均数的数值较小D众数在左边，平均数在右边。【解析】如果数据的分布是对称钟形分布，则有众数（Mo）、中位数（Me）和平均数（）必定相等，即Mo=Me=；如果数据的分布是左偏钟形分布，则有 MeMo；如果数据的分布是右偏钟形分布，则有MoMe68厘米，为“远”）或“近”，则如何推断运动项目对纵跳成绩的影响？解：可以用wilcoxon秩和检验。记“远”=1，“近”=0。算出每种运动项目的秩和，然后进行检验，带入W统计量，算出W的值，由给定的显著性水平，查表得到临界值，比较W与临界值的大小，若W大于临界值，则拒绝原假设，认为运动项目对纵跳成绩有显著性影响，否则不拒绝原假设。5（共16分）在一元线性回归模型下，假设，根据 次独立抽样得到的样本数据，（8分）如何求取和的最小二乘估计和；解：根据最小二乘法使最小。令，在给定了样本数据后，是和 的函数，且最小值总是存在。根据微积分的极值定理，对求相应于和 的偏导数，并令其等于0，便可求出和，即解上述方程组得（8分）如何在显著性水平下，进行假设检验。解：线性关系检验的具体步骤如下：第1步：提出假设。第2步：计算检验统计量。，其中，。第3步：作出决策。在显著性水平下，根据分子自由度和分母自由度查分布表，找到相应的临界值。若，拒绝，表明两个变量之间的线性关系是显著的；若，不拒绝，没有证据表明两个变量之间的线性关系显著。