统计学基础试题和答案

统计学基础试题和答案1.单选题（每题4分，共40分）1.1某城市连续30天的日最高气温（℃）记录如下：28,29,31,32,30,29,28,27,26,25,24,23,22,21,20,19,18,17,16,15,14,13,12,11,10,9,8,7,6,5。若用箱线图描述该组数据，则上四分位数Q3的值为A.25.5 B.26.5 C.27.5 D.28.5答案：C解析：将数据升序排列后，n=30，Q3位置=(30+1)×0.75=23.25，即第23与第24个数据的加权平均。第23个值为27，第24个值为28，故Q3=27+0.25×(28−27)=27.25，四舍五入保留一位小数得27.5。1.2设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，若P(X=2)=P(X=3)，则λ等于A.2 B.3 C.4 D.5答案：B解析：泊松分布概率质量函数P(X=k)=e^{−λ}λ^{k}/k!。令k=2与k=3概率相等，则e^{−λ}λ^{2}/2!=e^{−λ}λ^{3}/6，化简得λ^{2}/2=λ^{3}/6，解得λ=3。1.3在简单随机抽样中，样本均值x̄的抽样分布标准差与总体标准差σ的关系为A.σ/√n B.σ/n C.σ^{2}/n D.σ^{2}/√n答案：A解析：由中心极限定理，样本均值的标准差（即标准误）为σ/√n，与样本量平方根成反比。1.4对同一总体进行两次独立抽样，样本量分别为n₁=100与n₂=400，若两次样本均值相同，则两次估计量的标准误之比为A.1:1 B.2:1 C.4:1 D.1:2答案：D解析：标准误与√n成反比，故SE₁/SE₂=√(n₂/n₁)=√4=2，即SE₁:SE₂=2:1，反比即为1:2。1.5在线性回归模型y=β₀+β₁x+ε中，若解释变量x的样本方差增大而其余条件不变，则β₁的最小二乘估计量的方差将A.增大 B.减小 C.不变 D.先增后减答案：B解析：Var(β̂₁)=σ²/Σ(xᵢ−x̄)²，x的样本方差增大意味着分母Σ(xᵢ−x̄)²增大，从而Var(β̂₁)减小。1.6设X~N(μ,σ²)，则E|X−μ|等于A.σ B.σ√(2/π) C.σ√(π/2) D.2σ/√π答案：B解析：对正态分布而言，E|X−μ|=σ√(2/π)为已知结论，可通过积分∫_{−∞}^{∞}|x−μ|φ(x)dx计算验证。1.7在假设检验中，若显著性水平α从0.05降至0.01，则A.第一类错误概率减小，检验功效增大B.第一类错误概率减小，检验功效减小C.第一类错误概率增大，检验功效减小D.第一类错误概率增大，检验功效增大答案：B解析：α即第一类错误概率，其减小导致拒绝域缩小，从而β（第二类错误概率）增大，检验功效1−β减小。1.8对同一组数据分别建立线性模型y=β₀+β₁x+ε与对数线性模型lny=α₀+α₁x+ε，若两模型的R²分别为0.81与0.84，则A.线性模型更好 B.对数线性模型更好 C.无法直接比较 D.两模型等价答案：C解析：R²衡量的是模型对因变量变异的解释比例，因两模型因变量单位不同（y与lny），R²不可直接比较，应借助信息准则或交叉验证。1.9在列联表卡方检验中，若期望频数小于5的单元格比例超过20%，则恰当的处理是A.直接计算卡方统计量 B.合并相邻行列 C.使用Fisher精确检验 D.增大样本量答案：B解析：传统卡方检验要求期望频数不小于5，若不足可合并行列或采用精确方法，但选项中“合并相邻行列”是最常用且可直接操作的方案。1.10设随机变量X的矩母函数为M_X(t)=exp(μt+σ²t²/2)，则X的偏度为A.0 B.1 C.3 D.σ³答案：A解析：该矩母函数对应正态分布N(μ,σ²)，正态分布偏度恒为0。2.多选题（每题5分，共30分，每题至少有两个正确答案，多选少选均不得分）2.1下列关于样本中位数的说法正确的有A.对异常值比均值更稳健 B.一定是样本中的一个观测值 C.在样本量为偶数时是中间两数的平均 D.其抽样分布比均值更接近正态 E.可用于连续型与顺序型数据答案：A、C、E解析：中位数将数据一分为二，对极端值不敏感；偶数样本量时取中间两数平均；顺序型数据可排序故可计算中位数。B错在偶数情形中位数可能非样本值；D错，中位数抽样分布收敛到正态的速度通常慢于均值。2.2关于置信区间，下列说法正确的有A.95%置信区间指参数有95%概率落入该区间 B.区间宽度与样本量平方根成反比 C.在σ已知时，构建正态总体均值的置信区间用z分布 D.置信水平越高区间越宽 E.重复抽样下，95%的区间会包含真值答案：B、C、D、E解析：A为常见误解，置信区间频率解释是“重复构造区间，95%包含真值”，而非参数随机。B正确，宽度∝1/√n；C正确；D正确；E为频率学派定义。2.3下列统计量中，其抽样分布服从t分布的有A.正态总体、方差未知、小样本均值标准化 B.两独立正态总体方差未知但相等时，两样本均值差的标准化 C.回归系数β̂₁在误差正态假设下的标准化 D.样本方差S²的(n−1)倍除以σ² E.配对差值均值标准化答案：A、B、C、E解析：D项统计量服从χ²分布而非t分布，其余在经典假设下均服从t分布。2.4下列方法可用于检验数据正态性的有A.Q-Q图 B.Shapiro-Wilk检验 C.Kolmogorov-Smirnov检验 D.Anderson-Darling检验 E.Jarque-Bera检验答案：A、B、C、D、E解析：五种均为常用正态性检验或图示方法，其中Q-Q图直观，Shapiro-Wilk对小样本功效高，Jarque-Bera基于偏度与峰度。2.5在多元线性回归中，若出现多重共线性，则可能产生的后果有A.系数估计标准误膨胀 B.t检验容易不显著 C.模型R²大幅下降 D.系数符号反转 E.预测精度一定下降答案：A、B、D解析：多重共线性使信息矩阵接近奇异，导致标准误增大、t值减小，系数不稳定甚至符号反转；但R²可能依旧很高，预测精度未必下降，故C、E不选。2.6下列关于Bootstrap的说法正确的有A.属于非参数蒙特卡洛方法 B.可用于构造置信区间 C.要求数据必须来自正态总体 D.重复采样次数B越大，估计越稳定 E.可用于偏差修正答案：A、B、D、E解析：Bootstrap通过有放回重抽样估计分布，不依赖正态假设，C错误；其余均正确。3.填空题（每题5分，共30分）3.1设X~B(n=10,p=0.3)，则P(X≥7)=________（保留三位小数）。答案：0.010解析：P(X≥7)=1−P(X≤6)=1−0.989=0.010（查二项分布累积表或用软件计算）。3.2若随机变量X的密度函数为f(x)=2x,0<x<1，则E(X²)=________。答案：2/4=0.5解析：E(X²)=∫₀¹x²·2xdx=2∫₀¹x³dx=2·[x⁴/4]₀¹=1/2。3.3对某正态总体N(μ,σ²)抽取n=25的样本，得x̄=102，s=8，则μ的95%置信区间长度为________（保留两位小数）。答案：6.59解析：t_{0.025,24}=2.064，长度=2×2.064×8/√25=2×2.064×1.6=6.59。3.4在单因素方差分析中，组间自由度为3，组内自由度为20，则总自由度为________。答案：23解析：总自由度=组间+组内=3+20=23。3.5若X与Y的相关系数ρ=0.6，σ_X=5，σ_Y=2，则Cov(X,Y)=________。答案：6解析：Cov=ρσ_Xσ_Y=0.6×5×2=6。3.6设随机变量T服从自由度为12的t分布，则P(T>2.18)=________（保留三位小数）。答案：0.025解析：查t分布表，双侧97.5%分位数为2.18，故右侧尾部概率0.025。4.计算与证明题（共100分）4.1（15分）某工厂生产螺丝，历史数据表明长度X~N(μ,0.36)。现随机抽取9只，测得平均长度x̄=5.02cm。(1)求μ的99%置信区间；(2)若要求估计误差不超过0.1cm，置信水平99%，求所需最小样本量。答案与解析：(1)σ=0.6，n=9，z_{0.005}=2.576，置信区间：5.02±2.576×0.6/√9=5.02±0.515→(4.505,5.535)cm。(2)误差E=z_{α/2}·σ/√n≤0.1，解得n≥(2.576×0.6/0.1)²=239.7→240只。4.2（15分）设X₁,…,X_n独立同分布于U(0,θ)，令X_{(n)}=max{X₁,…,X_n}。(1)求X_{(n)}的密度函数；(2)证明T=(n+1)X_{(n)}/n是θ的无偏估计；(3)比较T与矩估计θ̂₁=2X̄的方差大小（n≥2）。答案与解析：(1)P(X_{(n)}≤x)=(x/θ)^n,0<x<θ，求导得f_{X_{(n)}}(x)=nx^{n−1}/θ^n。(2)E[X_{(n)}]=∫₀^θx·nx^{n−1}/θ^ndx=nθ/(n+1)，故E[T]=(n+1)/n·E[X_{(n)}]=θ，无偏。(3)Var(T)=((n+1)/n)²Var(X_{(n)})，而Var(X_{(n)})=E[X_{(n)}²]−(E[X_{(n)}])²=∫₀^θx²·nx^{n−1}/θ^ndx−(nθ/(n+1))²=nθ²/(n+2)−n²θ²/(n+1)²=nθ²/[(n+2)(n+1)²]，故Var(T)=θ²/[n(n+2)]。矩估计θ̂₁=2X̄，Var(θ̂₁)=4Var(X̄)=4θ²/(12n)=θ²/(3n)。比较：θ²/[n(n+2)]vsθ²/(3n)，当n≥2时n+2>3，故Var(T)<Var(θ̂₁)，T更有效。4.3（15分）为比较两种橡胶配方对轮胎耐磨性影响，随机抽取各8只轮胎进行路试，得磨损量（mg）如下：配方A：145,142,148,150,154,144,147,151配方B：152,149,155,157,158,153,150,156假设两总体独立且服从正态分布，方差相等，试在α=0.05下检验两种配方平均磨损量是否显著差异。答案与解析：计算得x̄_A=147.625,s_A²=13.125;x̄_B=153.75,s_B²=11.786。合并方差s_p²=[(8−1)(13.125+11.786)]/(8+8−2)=12.455。t=(147.625−153.75)/√[12.455(1/8+1/8)]=−6.125/√3.114=−3.47，df=14。查表得t_{0.025,14}=2.145，|t|>2.145，拒绝原假设，认为两配方磨损量差异显著。4.4（15分）设(Y,X)服从二元正态，已知σ_Y=5,σ_X=2,ρ=0.8。现得样本n=20，x̄=10,ȳ=25，且回归方程ŷ=β̂₀+β̂₁x已拟合。(1)求β̂₁与β̂₀；(2)求x=12时Y的预测值及95%预测区间；(3)若实际观测到x=12时y=30，计算其学生化残差并判断是否为异常值（α=0.05）。答案与解析：(1)β̂₁=ρσ_Y/σ_X=0.8×5/2=2;β̂₀=ȳ−β̂₁x̄=25−2×10=5。(2)ŷ=5+2×12=29。预测区间需标准误：σ̂²=σ_Y²(1−ρ²)=5²(1−0.64)=9，故σ̂=3。预测标准误=σ̂√[1+1/n+(x−x̄)²/Σ(xᵢ−x̄)²]，近似取Σ(xᵢ−x̄)²≈(n−1)σ_X²=19×4=76，则SE_pred=3√[1+1/20+(12−10)²/76]=3√1.1026≈3.15。t_{0.025,18}=2.101，区间：29±2.101×3.15→(22.4,35.6)。(3)残差e=30−29=1，学生化残差r=e/SE_pred=1/3.15=0.32，小于临界值2.101，非异常值。4.5（20分）某电商想分析广告投入x（万元）对销售额y（万元）影响，收集12个月数据，得回归结果：ŷ=12.3+2.15x，R²=0.86，残差标准误s=4.2，Σ(xᵢ−x̄)²=120。(1)检验H₀:β₁=0（α=0.05）；(2)求β₁的95%置信区间；(3)若下月计划投入x=15，求销售额的95%预测区间；(4)已知广告投入每增加1万元，运营成本增加0.5万元，若净利润z=y−0.5x−固定成本8万元，求使期望净利润最大的投入水平x*，并计算最大期望净利润。答案与解析：(1)t=β̂₁/se(β̂₁)，se(β̂₁)=s/√Σ(xᵢ−x̄)²=4.2/√120=0.383，t=2.15/0.383=5.61，df=10，t_{0.025,10}=2.228，5.61>2.228，拒绝H₀。(2)区间：2.15±2.228×0.383→(1.30,3.00)。(3)x=15，ŷ=12.3+2.15×15=44.55，SE_pred=s√[1+1/n+(15−x̄)²/120]，设x̄≈Σx/12，缺x̄值，近似用x̄≈10，则(15−10)²/120=0.208，SE_pred=4.2√1.292=4.77，区间：44.55±2.228×4.77→(33.9,55.2)。(4)E[z]=E[y]−0.5x−8=12.3+2.15x−0.5x−8=4.3+1.65x，为线性增函数，但需考虑x增加时预测不确定性上升，实际应引入二次惩罚或预算约束。若仅考虑期望，则x越大越好，但题目未给上限，故理论上无有限x；若考虑预测区间下限，可令下限≥0，解不等式，此处略。实际决策需结合边际收益与风险，给出x=15为当前计划，对应E[z]=4.3+1.65×15=29.05万元。4.6（20分）设总体X的密度函数为f(x;θ)=θx^{θ−1},0<x<1,θ>0。(1)求θ的矩估计θ̂_M；(2)求θ的最大似然估计θ̂_{MLE}；(3)计算θ̂_{MLE}的Fisher信息量I(θ)；(4)证明θ̂_{MLE}为有效估计，并求其Cramér-Rao下界；(5)现得样本：0.2,0.4,0.5,0.7,0.8，计算θ̂_{MLE}与θ̂_M，并比较效率。答案与解析：(1)E[X]=∫₀¹xθx^{θ−1}dx=θ/(θ+1)，令样本均值x̄=θ/(θ+1)，解得θ̂_M=x̄/(1−x̄)。(2)似然函数L=θ^nΠxᵢ^{θ−1}，lnL=nlnθ+(θ−1)Σlnxᵢ，令导数为0得n/θ+Σlnxᵢ=0，θ̂_{MLE}=−n/Σlnxᵢ。(3)对数似然二阶导：∂²lnL/∂θ²=−n/θ²，故I(θ)=−E[∂²lnL/∂θ²]=n/θ²。(4)Cramér-Rao下界=1/I(θ)=θ²/n。Var(θ̂_{MLE})≈θ²/n（渐近），故达到下界，为有效估计。(5)样本x̄=0.52，Σlnxᵢ=ln0.2+…+ln0.8=−2.9957，n=5，θ̂_M=0.52/(1−0.52)=1.083，θ̂_{MLE}=−5/(−2.9957)=1.669。比较：θ̂_{MLE}渐近方差θ²/n≈1.669²/5=0.557，θ̂_M为矩估计，其方差需Delta方法：Var(θ̂_M)≈[1/(1−μ)²]²Var(x̄)=[1/(1−μ)⁴]·σ²/n，其中σ²=Var(X)=θ/[(θ+1)²(θ+2)]，代入θ=1.669,μ=0.625，算得Var(θ̂_M)≈0.89>0.557，故MLE更有效。5.综合应用题（共100分）5.1（30分）某高校欲评估在线教学平台对学生成绩影响，随机抽取100名学生，随机分为两组：传统组50人，在线组50人。期末成绩如下（已汇总）：传统组：x̄₁=72.4,s₁=8.2；在线组：x̄₂=75.1,s₂=7.5。(1)检验两组方差是否相等（α=0.1）；(2)在适当假设下检验在线教学是否显著提高平均成绩（α=0.05）；(3)计算在线组平均成绩较传统组提升的95%置信区间；(4)若定义“显著提升”为至少提升3分，试在α=0.05下检验该假设；(5)已知学校想推广在线教学，但仅接受错误推广风险不超过5%，请结合检验结果给出统计建议。答案与解析：(1)F检验：F=s₁²/s₂²=8.2²/7.5²=1.195，df₁=df₂=49，双侧临界值F_{0.05,49,49}≈1.76，1.195<1.76，不拒绝方差齐性。(2)合并方差s_p²=[(49×8.2²+49×7.5²)/98]=61.645，t=(75.1−72.4)/√[61.645(1/50+1/50)]=2.7/√2.4658=1.72，df=98，t_{0.05,98}=1.66，1.72>1.66，拒绝H₀，认为在线教学显著提高成绩。(3)差值置信区间：2.7±1.984×√2.4658→2.7±3.11→(−0.41,5.81)分。(4)单侧检验H₀:μ₂−μ₁≤3，H₁:>3，t=(2.7−3)/√2.4658=−0.19，t_{0.05,98}=1.66，−0.19<1.66，不拒绝，无充分证据认为提升超过3分。(5)尽管(2)显示显著提升，但(4)表明提升幅度未必达3分，且区间含负值，建议扩大样本量进一步验证，或结合成本效益分析再决策。5.2（35分）某连锁咖啡店收集每日温度x（℃）与热咖啡销量y（杯）数据30天，得部分结果：Σx=840,Σy=2700,Σx²=25128,Σy²=256500,Σxy=73800。(1)建立线性回归模型并求回归方程；(2)检验温度对销量线性关系是否显著（α=0.05）；(3)计算温度每升高1℃，销量平均变化多少杯的95%置信区间；(4)预测温度为5℃时销量，并给出95%预测区间；(5)若咖啡店每日固定成本800元，每杯咖啡毛利4元，求使期望利润最大的温度区间，并计算该区间内的预期日利润。答案与解析：(1)x̄=28,ȳ=90，S_xx=25128−840²/30=25128−23520=1608，S_xy=73800−840×2700/30=73800−75600=−1800，β̂₁=−1800/1608=−1.119，β̂₀=90−(−1.119)×28=121.3，方程：ŷ=121.3−1.119x。(2)SSE=S_yy−β̂₁S_xy=(256500−2700²/30)−(−1.119)(−1800)=13500−2014.2=11485.8，s²=11485.8/28=410.2，s=20.25，se(β̂₁)=s/√S_xx=20.25/√1608=0.505，t=−1.119/0.505=−2.22，|t|>t_{0.025,28}=2.048，显著。(3)区间：−1.119±2.048×0.505→(−2.15,−0.09)杯/℃。(4)x=5，ŷ=121.3−1.119×5=115.7，SE_pred=20.25√[1+1/30+(5−28)²/1608]=20.25√1.46=24.5，区间：115.7±2.048×24.5→(65.5,165.9)杯。(5)期望销量随温度降低而增加，故温度越低利润越高，但温度低于0℃时模型外推不可靠；实际运营需考虑最低温度限制，若取x∈[0,10]，则销量区间[111,121]，预期日销量116杯，日利润=116×4−800=−336元，仍亏损；需提高单价或降低成本，或仅在高需求时段营业。5.3（35分）某医学研究比较三种治疗方案对血压降低效果，招募45名患者随机均分三组，治疗4周后收缩压降低值（mmHg）如下：A组：10,8,12