2025年统计专业考研试题及答案

2025年统计专业考研试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1.某电子元件厂生产的元件寿命服从指数分布，参数λ未知。现随机抽取10个元件，测得平均寿命为1200小时。若用矩估计法估计λ，则λ的估计值为（）A.1/1200B.1200C.10/1200D.1200/102.设随机变量X~N(μ,σ²)，Y=2X-3，则Y的分布为（）A.N(2μ-3,2σ²)B.N(2μ-3,4σ²)C.N(μ-3,4σ²)D.N(2μ,4σ²)3.假设检验中，若原假设H₀为真，但拒绝H₀，此为（）A.第一类错误B.第二类错误C.正确决策D.无法判断4.对于一元线性回归模型Y=β₀+β₁X+ε，ε~N(0,σ²)，最小二乘估计的β₁满足（）A.Σ(Yᵢ-Ŷᵢ)=0B.ΣXᵢ(Yᵢ-Ŷᵢ)=0C.ΣŶᵢ=0D.ΣXᵢ=05.时间序列AR(2)模型Xₜ=0.5Xₜ₋₁-0.3Xₜ₋₂+εₜ的平稳条件是（）A.|0.5|+|−0.3|<1B.特征方程1−0.5z+0.3z²=0的根绝对值均大于1C.特征方程1−0.5z+0.3z²=0的根绝对值均小于1D.0.5²+0.3²<1二、填空题（每题4分，共20分）1.设总体X~B(n,p)，n已知，p未知，基于样本X₁,X₂,…,Xₙ，p的极大似然估计量为______。2.从正态总体N(μ,4)中抽取容量为9的样本，样本均值为5，则μ的95%置信区间为______（Z₀.₀₂₅=1.96）。3.设X₁,X₂,…,Xₙ为来自总体X~P(λ)（泊松分布）的样本，则样本方差S²=1/(n−1)Σ(Xᵢ−X̄)²是λ的______估计（填“无偏”或“有偏”）。4.方差分析中，总离差平方和SST=SSA+SSE，其中SSA表示______，SSE表示______。5.若二维随机变量(X,Y)的联合分布律为：X\Y|0|10|0.2|0.31|0.1|0.4则Cov(X,Y)=______。三、简答题（每题10分，共40分）1.简述中心极限定理的核心内容及其在统计推断中的作用。2.比较矩估计法与极大似然估计法的基本思想，并说明各自的优缺点。3.什么是假设检验的p值？如何根据p值进行决策？4.简述一元线性回归中判定系数R²的定义与意义。四、计算题（每题15分，共45分）1.设总体X的概率密度为f(x;θ)=θx^(θ−1),0<x<1，θ>0，X₁,X₂,…,Xₙ为样本。（1）求θ的矩估计量；（2）求θ的极大似然估计量；（3）判断（1）中矩估计是否为无偏估计。2.某公司声称其产品的平均使用寿命不低于5000小时。现随机抽取25件产品，测得平均寿命为4800小时，样本标准差为600小时。假设产品寿命服从正态分布，α=0.05，检验该公司的声称是否成立（t₀.₀₅(24)=1.711）。3.为研究广告投入（X，万元）与销售额（Y，万元）的关系，收集到10组数据，计算得：ΣXᵢ=50，ΣYᵢ=800，ΣXᵢ²=300，ΣYᵢ²=70000，ΣXᵢYᵢ=4500。（1）求一元线性回归方程Ŷ=β̂₀+β̂₁X；（2）计算判定系数R²，并说明其含义；（3）检验回归系数β̂₁的显著性（α=0.05，t₀.₀₂₅(8)=2.306）。五、证明题（每题10分，共20分）1.设X₁,X₂,…,Xₙ为来自总体X的简单随机样本，E(X)=μ，Var(X)=σ²，证明样本均值X̄是μ的无偏估计，且Var(X̄)=σ²/n。2.在一元线性回归模型Yᵢ=β₀+β₁Xᵢ+εᵢ中，εᵢ~N(0,σ²)且相互独立，证明残差和Σêᵢ=0，其中êᵢ=Yᵢ−Ŷᵢ。答案一、选择题1.A（指数分布E(X)=1/λ，矩估计λ̂=1/X̄=1/1200）2.B（Y=2X-3，均值2μ-3，方差4σ²）3.A（第一类错误为“弃真”）4.B（最小二乘估计满足正规方程ΣXᵢ(Yᵢ−Ŷᵢ)=0）5.B（AR(p)模型平稳条件为特征方程所有根的绝对值大于1）二、填空题1.X̄/n（B(n,p)的E(X)=np，极大似然估计p̂=X̄/n）2.(5−1.96×2/3,5+1.96×2/3)=(3.707,6.293)（σ已知，置信区间X̄±Zα/2×σ/√n）3.无偏（泊松分布方差等于均值，样本方差是总体方差的无偏估计）4.组间离差平方和；组内离差平方和（SSA反映组间差异，SSE反映随机误差）5.0.08（E(X)=0×0.5+1×0.5=0.5，E(Y)=0×0.3+1×0.7=0.7，E(XY)=0×0×0.2+0×1×0.3+1×0×0.1+1×1×0.4=0.4，Cov(X,Y)=0.4−0.5×0.7=0.05？需重新计算：联合分布中，X=0时Y=0概率0.2，Y=1概率0.3；X=1时Y=0概率0.1，Y=1概率0.4。则P(X=0)=0.5，P(X=1)=0.5；P(Y=0)=0.3，P(Y=1)=0.7。E(X)=0×0.5+1×0.5=0.5；E(Y)=0×0.3+1×0.7=0.7；E(XY)=0×0×0.2+0×1×0.3+1×0×0.1+1×1×0.4=0.4；Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)E(Y)=0.4−0.5×0.7=0.4−0.35=0.05，原计算错误，正确答案应为0.05）三、简答题1.核心内容：独立同分布的随机变量序列，若其均值和方差存在，则当样本量n→∞时，样本均值的标准化变量趋近于标准正态分布。作用：为大样本下非正态总体的均值推断提供理论依据（如构造置信区间、假设检验）。2.矩估计法：用样本矩估计总体矩，思想是“样本矩近似总体矩”。优点：计算简单，不依赖分布形式；缺点：可能丢失部分信息，效率较低。极大似然估计法：寻找使样本出现概率最大的参数值，思想是“概率最大的参数最合理”。优点：充分利用分布信息，渐近最优；缺点：计算复杂，可能存在多个解。3.p值是在原假设成立的条件下，出现当前样本或更极端样本的概率。决策规则：若p值≤α（显著性水平），拒绝原假设；否则不拒绝。p值越小，拒绝原假设的证据越强。4.R²=SSR/SST=1−SSE/SST，其中SSR为回归平方和，SST为总平方和。意义：表示因变量Y的变异中能被回归模型解释的比例，取值在[0,1]，R²越接近1，模型拟合效果越好。四、计算题1.（1）E(X)=∫₀¹x·θx^(θ−1)dx=θ∫₀¹x^θdx=θ/(θ+1)。令X̄=θ/(θ+1)，解得θ̂_矩=X̄/(1−X̄)。（2）似然函数L(θ)=Πθxᵢ^(θ−1)=θⁿ(Πxᵢ)^(θ−1)，取对数得lnL=nlnθ+(θ−1)Σlnxᵢ。求导得d(lnL)/dθ=n/θ+Σlnxᵢ=0，解得θ̂_MLE=−n/Σlnxᵢ。（3）E(θ̂_矩)=E[X̄/(1−X̄)]。由于X̄=θ/(θ+1)+o(1/n)（依概率收敛），但严格计算E[X̄/(1−X̄)]≠θ，故矩估计是有偏的。2.假设H₀:μ≥5000，H₁:μ<5000（单侧检验）。检验统计量t=(X̄−μ₀)/(S/√n)=(4800−5000)/(600/5)=−200/120≈−1.667。临界值t₀.₀₅(24)=−1.711（左侧检验）。由于−1.667>−1.711，不拒绝H₀，即认为公司声称成立。3.（1）β̂₁=(nΣXᵢYᵢ−ΣXᵢΣYᵢ)/(nΣXᵢ²−(ΣXᵢ)²)=(10×4500−50×800)/(10×300−50²)=(45000−40000)/(3000−2500)=5000/500=10。β̂₀=Ȳ−β̂₁X̄=800/10−10×(50/10)=80−50=30。回归方程：Ŷ=30+10X。（2）SST=Σ(Yᵢ−Ȳ)²=ΣYᵢ²−(ΣYᵢ)²/n=70000−800²/10=70000−64000=6000。SSR=β̂₁²[ΣXᵢ²−(ΣXᵢ)²/n]=10²×(300−250)=100×50=5000。R²=SSR/SST=5000/6000≈0.833，说明销售额变异的83.3%可由广告投入解释。（3）SSE=SST−SSR=1000，MSE=SSE/(n−2)=1000/8=125。β̂₁的标准差s(β̂₁)=√[MSE/(ΣXᵢ²−nX̄²)]=√[125/500]=√0.25=0.5。t=β̂₁/s(β̂₁)=10/0.5=20>2.306，拒绝H₀:β₁=0，回归系数显著。五、证明题1.E(X̄)=E[(X₁+…+Xₙ)/n]=(1/n)(E(X₁)+…+E(Xₙ))=(1/n)(nμ)=μ，故无偏。Var(X̄)=Var[(X₁+…+Xₙ)/n]