2009上数理统计考试题A卷及参考解答

1、2009(上)数理统计考试题(A卷)及参考解答一、填空题(每小题3分，共15分)1,设总体X和Y相互独立，且都服从正态分布N(0,32),而(X1,X21H,X9)和(Y,丫2川，Y9)是分别来自X和Y的样本，则U=Xl*-XM服从的分布是.Yi2HIY92-解：t(9).2,设舟与用都是总体未知参数e的估计，且有比不2有效，则呢与其的期望与方差满足二解：E(给=E(每)，D(龄cD(咨).3, “两个总体相等性检验”的方法有与.解：秩和检验、游程总数检验.4,单因素试验方差分析的数学模型含有的三个基本假定是二解：正态性、方差齐性、独立性.5,多元线性回归模型Y=XB+君中，B的最小二乘估计是

2、彳=.解：?=(XX尸XY.二、单项选择题(每小题3分，共15分)21,设(Xi,X2,|l|,Xn)(n22)为来自总体N(0,1)的一个样本，X为样本均值，S为样本方差，则D(A)nXLN(0,1)；(B)nS2L*(n)；2(C)(1)Xut(n);(D)(n：1)X1UF(1,n-1).SX：i=22,若总体XLN(R,仃2),其中仃2已知，当置信度1-a保持不变时，如果样本容量n增大，则N的置信区间B_.(A)长度变大；(B)长度变小；(C)长度不变；(D)前述都有可能.3,在假设检验中，分别用a,P表示犯第一类错误和第二类错误的概率，则当样本容量n一定时，下列说法中正确的是C.(A

3、)a减小时P也减小；(B)ot增大时P也增大；(C)%P其中一个减小，另一个会增大；(D)(A)和(B)同时成立.4,对于单因素试验方差分析的数学模型，设ST为总离差平方和，Se为误差平方和，SA为效应平方和，则总有A(B)沿”(r-1);(JE1,(D)Sa与Se相互独立.5,在一元回归分析中，判定系数定义为R2与,则_BSt一一(A) R2接近0时回归效果显著;(B) R2接近1时回归效果显著;2-(C)R接近的时回归效果显著;(D)前述都不对.三、(本题10分)设总体XLN(H,2)、Y|_N(4,。2),(X1,X2,H|,XnJ和(丫1,工川，鼻)分别是来自X和Y的样本，且两个样本相

4、互独立,sX、S2分别是它们的样本均值和样本方差，证明(X-Y)-(-1-J2)t(n-2),其中s2.二(n1-1)SX(n2-1)S2nin2-2证明:易知_22X-YUN(1-与,十)，Rn2(X-Y)_(匕-J2),()(12)|_|N(0,1).11CTI十叫n2(A)St=0+Sa；由定理可知由独立性和(n1-1)SX2CJ，2(n-1),(1-1原:二2*(电一1).炉分布的可加性可得V(n1-1)SV-二2X(n2-1)一二22(n1n2-2).由U与V得独立性和t分布的定义可得Lt(n1+n2-2).(X-Y)-(J1-J2)二Us,；n2V/(n1n2-2)xe三x0,四、

5、(本题io分)已知总体x的概率密度函数为f(x)=e,其中未知参数00,10,其它（X1,X2,|,Xn）为取自总体的一个样本，求e的矩估计量，并证明该估计量是无偏估计量.解：（1）V1j771_x.E(X)=jqxf(x)dx=qgxe飞x=e,用V1c1nh=%Xi=X.nic1n(2)E(司=E(X)=E(XJ=E(X)=8,所以该估计量是无偏估计.ni4五、（本题10分）设总体X的概率密度函数为f（x；e）=（1+a）xQox-1,（Xi,X2,ll|Xn）是来自总体X的一个样本，试求参数e的极大似然估计.解:nLJ叽孕产0,0二Xi：二1其它n当0cxi0;未知参数九0,(X1,X2

6、,Xn)0,x0,为总体的一个样本，证明X是1的一个UMVUE证明：由指数分布的总体满足正则条件可得:2Id-E-ilnf(x;)=-E1一1的的无偏估计方差的C-R下界为s12(A)2,21nl(1)另一方面E(X)=1/九,即X得方差达到C-R下界，故X是1的UMVUE九七、(本题10分)合格苹果的重量标准差应小于0.005公斤.在一批苹果中随机取9个苹果称重，得其样本标准差为S=0.007公斤，试问：(1)在显著性水平a=0.05下，可否认为该批苹果重量标准差达到要求？(2)如果调整显著性水平=0.025,结果会怎样？参考数据：72.025(9)=19.023,抬.05(9)=16.91

7、9,5(8)=17.535,70.05(8)=15.507.222n-11s2，、,解：(1)H。：。15,507,所以拒绝假设H0,即认为苹果重量标准差指标未达到要0.005求.2(2)新设H0:i20,005,由7：025=17,535,=72=父,2=15.68c17,535,则接受假设，0.0052即可以认为苹果重量标准差指标达到要求.八、(本题10分)已知两个总体X与Y独立，X(也，仃；)，Y(1，仃；)，巳，巴，仃；仃2未知，2,仪142,川？川)和(丫1,，,川,工2)分别是来自X和Y的样本，求T的置信度为1a的置信区间.二2解：设sX,S2分别表示总体X,Y的样本方差，由抽样分

8、布定理可知/，望皿2(),由F分布的定义可得(n1)SX(n-1)g-1底(n2-1)S2:-2,).二22对于置信度1一0(，查F分布表找Fa2(n11,n2-1)和F1y/2(1,n2-1)使得pQ2m-1,n2-1)F%2(%-1,7-1)】=1-。，即PSL/SYsX/sY1i下142m1一1,%-1)WFs一1八一1)1_2所求4；二2的置信度为仪的置信区间为SX/S2sX/sYF1/2(n1-1,n2-1)FQ/2(n11,n2-1)；九、解:2009(上)数理统计考试题(B卷)及参考解答填空题(每小题3分,共15分)1,设总体X服从正态分布X12X10N(0,4),而(X1,X2

9、|,X15)是来自X的样本，则U=上2、2(XnX15)服从的分布是解:F(10,5).(本题10分)试简要论述线性回归分析包括哪些内容或步骤.建立模型、参数估计、回归方程检验、回归系数检验、变量剔除、预测.2,母是总体未知参数e的相合估计量的一个充分条件是.解：limE咸)=8,limVar(置)=0.n.ni.3,分布拟合检验方法有与.2斛：检验、柯尔吴哥洛夫检验.4,方差分析的目的是.解：推断各因素对试验结果影响是否显著.5,多元线性回归模型Y=XB+w中，B的最小二乘估计？的协方差矩阵Cov(?)=.解：Cov(?)=仃2(XX).二、单项选择题(每小题3分，共15分)1,设总体XN(

10、1,9),(Xi，X2，HLX9)是X的样本，则B_X-1X-1(A)N(0,1)；(B)N(0,1)；31(C)-N(0,1)；(D)f=-N(0,1).932,若总体XLN(N,仃2),其中仃2已知，当样本容量n保持不变时，如果置信度1-3减小，则N的置信区间B一二(A)长度变大；(B)长度变小；(C)长度不变；(D)前述都有可能.3,在假设检验中，就检验结果而言，以下说法正确的是B.(A)拒绝和接受原假设的理由都是充分的；(B)拒绝原假设的理由是充分的，接受原假设的理由是不充分的；(C)拒绝原假设的理由是不充分的，接受原假设的理由是充分的；（D）拒绝和接受原假设的理由都是不充分的4,对于

11、单因素试验方差分析的数学模型，设St为总离差平方和，Se为误差平方和,Sa为效应平方和，则总有A(A) St=&+Sa；(B) 7?”-1)；CTSe/(n-r)LF(r-1,n-r);（D）Sa与Se相互独立.5,在多元线性回归分析中，设孑是0的最小二乘估计，?=Y-X?是残差向量，则(A) E=0n；(B) Cov(8)=n2InX(XX),X；(C)?n-p-12是仃的无偏估计;（D）（A）、（B）、（C）者B对.三、（本题10分）设总体XN（%。2）、Y|_N（&,。2）,（X1,X2，H|,XnJ和（丫1,丫2川，/）分别是来自X和Y的样本，且两个样本相互独立，X、丫和sX、sY2分

12、别是它们的样本均值和样本方差，证明（X-丫）-（1-2）t(n1+n2-2)，n2其中s2.二(-1)SX(小-1)S2nn2-2证明:易知X-YUN(L-坊,22acr一十一),(X-丫)一(1)U=UN(0,1).由定理可知由独立性和(n1-1)SX二22(n1-1),(1-1原:二2L/2(n2-1).炉分布的可加性可得(n1-1)SX2(n2-1)SY2+2L/(n1十1一2).cr由U与V得独立性和t分布的定义可得(X-Y)-(J1-J2)n2V/(n1n2-2)t(n1+n2-2).四、（本题10分）设总体X的概率密度为1201汨一司0,0：X:：LXx1,其中参数6(000.故4

13、X不是日的无偏估计量.五、（本题10分）设总体X服从0,砌（90）上的均匀分布，郃芯用出口）是来自总体X的一个样本，试求参数日的极大似然估计.解：X的密度函数为1f(x”)=；0,0_x三U；其他，似然函数为19）二百0，0:二X：二二i=1,2M,n,其它显然00时，L（8）是单调减函数,而emaxdtx1,x2,|,xn),所以夕=maxX1,X2MI,Xn是8的极大似然估计.六、（本题10分）设总体X服从B（1,p）分布，（X1,X2,lllXn）为总体的样本，证明X是参数p的一个UMVUE证明：X的分布律为.x.1x_.f(x;p)=p(1p),x=0,1.容易3证f（x;p）满足正则

14、条件，于是_F.1I(p)=Elnf(x;p)=6Pp(i-p)另一方面1nI(p)1p(1-p)Var(X)=-Var(X)=-pp)nn即X得方差达到C-R下界的无偏估计量，故X是p的一个UMVUE七、（本题10分）某异常区的磁场强度服从正态分布N（N0,。2）,由以前的观测可知N0=56.现有2台新仪器，用它对该区进行磁测抽测了16个点，得x=61,s=400,问此仪器测出的结果与以往相比是否有明显的差异（a=0.05）.附表如下:t分布表na=0.1a=0.05a=0.025141.34501.76132.1448151.34061.75312.1315161.33681.74592.

15、1199解：设H0：N=%=56.构造检验统计量X2分布表na=0.1a=0.05a=0.0251421.06423.68526.1191522.30724.99627.4881623.34224.29628.845X-0t=0t(15),s-/n确定拒绝域的形式tatai.由口=0.05,定出临界值3/2=t0025=2.1315,从而求出拒绝域2.1315）.2而n=16,x=60,从而11|=x-%60-562016=0.82.1315,接受假设H。，即认为此仪器测出的结果与以往相比无明显的差异.212的置信度为1-a的置信区间.2八、（本题10分）已知两个总体X与Y独立，X色，*2）,

16、Y（匕，仃2）,巳，匕，仃；，仃2未知,（Xi,X2，川，XnJ和（丫1,工,川,工2）分别是来自X和Y的样本,求解：设S2,S；分别表示总体X,Y的样本方差，由抽样分布定理知PIFa/2(n-1,n2-1)FF1W2(n11,n21)】=1a,S2/s2L/，、-2E_：./2(n1-1,E-1)-2S2/S2F1q/2(Hi1，出-1)S2/S2、FQ/2(n11,n2-1),_2所求当的置信度为1_0f的置信区间为；二2九、（本题10分）试简要论述线性回归分析包括哪些内容或步骤.二、单项选择题（每题1分，共10分）1 .重点调查中的重点单位是指（）A.处于较好状态的单位B.体现当前工作重

17、点的单位C.规模较大的单位D.在所要调查的数量特征上占有较大比重的单位2 .根据分组数据计算均值时，利用各组数据的组中值做为代表值，使用这一代表信的假定条件是（）。A,各组的权数必须相等B,各组的组中值必须相等C.各组数据在各组中均匀分布D.各组的组中值都能取整数值3 .已知甲、乙两班学生统计学考试成绩：甲班平均分为70分，标准差为7.5分；乙班平均分为75分，标准差为7.5分。由此可知两个班考试成绩的离散程度（）A.甲班较大B.乙班较大C.两班相同D.无法作比较4 .某乡播种早稻5000亩，其中20%用改良品种，亩产为600公斤，其余亩产为500公斤,则该乡全部早稻平均亩产为（）A.520公

18、斤B.530公斤C.540公斤D.550公斤5 .时间序列若无季节变动，则其各月（季）季节指数应为（）A.100%B.400%C.120%D.1200%6 .用最小平方法给时间数列配合直线趋势方程y=a+bt,当bZB.|Z|Z/2D.Z-Z“10 .对居民收入与消费支出的几组不同样本数据拟合的直线回归方程如下，你认为哪个回归方程可能是正确的？（）A.y=125-10xB.y=-50+8xC.y=150-20xD.y=-15-6x单项选择题（每题1分，共10分）1.D2.C3.A4.A5.A6.B7.A8.B9.B10.B五、简答题（5分）加权算术平均数受哪几个因素的影响？若报告期与基期相比各

19、组平均数没变，则总平均数的变动情况可能会怎样？请说明原因。答：加权算术平均数受各组平均数和次数结构（权数）两因素的影响。若报告期与基期相比各组平均数没变，则总平均数的变动受次数结构（权数）变动的影响，可能不变、上升、下降。如果各组次数结构不变，则总平均数不变；如果组平均数高的组次数比例上升，组平均数低的组次数比例下降，则总平均数上升；如果组平均数低的组次数比例上升，组平均数高的组次数比例下降，则总平均数下降。六、计算题（共60分）1.某茶叶制造商声称其生产的一种包装茶叶平均每包重量不低于150克，已知茶叶包装重量服从正态分布，现从一批包装茶叶中随机抽取100包，检验结果如下：每包重量（克）包数

20、（包）fxxfx-x（x-x）2f148149P10148.5P1485-1.832.414915020149.52990-0.812.815015150150.575250.22.015115220151.530301.228.8合计100-15030-76.0要求:（1）计算该样本每包重量的均值和标准差；（2）以99%勺概率估计该批茶叶平均每包重量的置信区间（10.005（99）=2.626）;（3）在a=0.01的显著性水平上检验该制造商的说法是否可信（10.01（99）=2.364）;（4）以95%勺概率对这批包装茶叶达到包重150克的比例作出区间估计（乙.025=1.96）;（写出公

21、式、计算过程，标准差及置信上、下限保留3位小数）（24分）“xfx二、f,=何.3（克乂2分）户（x-又2f:、:f-1（3分）76=0.876（克）或仃99Z（x-xfff76.100=0.872（克）答：（1）表中：组中值x（1分），Exf=15030（2分），E（x-x）2f=76.0（2分）s0.876（或0.872）一x土t2-=150.32.626父（=150.30.23（或0.229）（2）-.n,100150.07_150.53或150.071_150.529（4分）（3）已知=150设H）:150H1：-t0.01=-2.364t值落入接受域，在a=0.05的水平上接受即可以

22、认为该制造商的说法可信，该批产品平均每包重量不低于150克。（4分）已知：70100n?=100=0.70.7=70（1分）n（1-p）=1000.3=305?*Z.2=。.71.96M=0.70.0898（3分）0.6102p0.7898（1分）2.某商业企业商品销售额1月、2月、3月分别为216,156,180.4万元，月初职工人数1月、2月、3月、4月分别为80,80,76,88人，试计算该企业1月、2月、3月各月平均每人商品销售额和第一季度平均每月人均销售额。（写出计算过程，结果精确到0.0001万兀/人）（6分）答：1月平均每人销售额=216/（80+80）/2=2.70万元/人（1

23、分）2月平均每人销售额=156/（80+78）=2.0万元/人（1分）3月平均每人销售额=180.4/（76+88）=2.20万元/人（1分）第一季度平均每月人均销售额=（216+156+180.4）/3/（80/2+80+76+88/2）/3=552.4/240=184.13/80=2.3017万元/人（3分）3.某地区社会商品零售额资料如下年份零售额（亿元）ytt2tytt2ty199821.511r21.5-525-107.5199922.02444-39-66200022.53967.5-11-22.5200123.0416921123200224.05251203972200325.

24、0636150525125合计138.0219149507024要求：（1）用最小平方法配合直线趋势方程;（2）预测2005年社会商品零售额。（a,b及零售额均保留三位小数,14分）答：非简捷法：（1）2y=138（1分），2t=21（1分），2t2=91（2分），2ty=495（2分）b=（n2ty-2t2y）/n2t2-（2t）2=（6X495-21X138）/6X91-（21）j=72/105=0.686（3分）a=2y/n-b2t/n=138/6-0.686X21/6=23-0.686X3.5=20.599（2分）?=a+bt=20.599+0.686t（1分）2005年t=8y?2005=20.599+0.686X8=26.087（亿元）（2分）简捷法：（1）2y=138（1分），2t=0（2分，包括t=-5,-3,-1,1,3,5）,212=70（2分），2ty=24（2分）b=2ty/212=24/70=0.343（2分）a=2y/n=138/6=23（2分）?=23+0.343t（1分）（2）2005年t=9p2005=