湖南株洲市2026年中国精算师职业资格考试（准精算师概率论与数理统计）模拟试题及答案

湖南株洲市2026年中国精算师职业资格考试（准精算师概率论与数理统计）模拟试题及答案一、单项选择题（每题3分，共45分）1.某保险公司有10份待核保保单，其中3份为寿险保单，7份为财险保单。现从中不放回地随机抽取4份进行人工审核，恰好抽到2份寿险保单的概率为（）A.0.2B.0.3C.0.4D.0.5E.0.6答案：B解析：本题为古典概型中的超几何分布问题，总抽法有C104种，恰好2份寿险的抽法有C32.某投保人群由高风险和低风险两类组成，其中高风险人群占比20%，低风险人群占比80%。已知高风险人群的年度出险概率为0.1，低风险人群的年度出险概率为0.02。现从该人群中随机抽取1人，若该人本年度出险，则其属于高风险人群的概率为（）A.1B.2C.5D.3E.2答案：C解析：由贝叶斯公式，设事件A为“出险”，B1为“高风险”，BP3.设连续型随机变量X的概率密度函数为$$f(x)=\begin{cases}

k(1-x^2),&-1<x<1\\

0,&其他

\end{cases}$$则常数k的值为（）A.1B.1C.3D.1E.5答案：C解析：连续型随机变量密度函数满足归一性，即−∞−4.设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且P(X=A.2B.4C.6D.8E.10答案：C解析：泊松分布的概率公式为P(X=k)=λke−λ5.设二维随机变量(X$$f(x,y)=\begin{cases}

2,&0<x<y<1\\

0,&其他

\end{cases}$$则X的边缘概率密度为（）A.2B.2C.1D.2E.2答案：B解析：边缘密度由联合密度对y积分得到，积分区间为x到1，即f其余区间密度为0。6.已知随机变量X与Y的方差分别为4和9，相关系数为0.5，则VaA.37B.49C.61D.73E.85答案：C解析：协方差CoV7.下列随机变量序列中，满足辛钦大数定律条件的是（）A.{XnB.{Xn}C.{XnD.{XE.{X答案：B解析：辛钦大数定律要求随机变量序列独立同分布且数学期望存在。选项A的期望为发散级数，选项C分布不同，选项D不独立，选项E柯西分布期望不存在，仅选项B满足条件。8.某保险公司有10000份意外险保单，每份保单的年度出险概率为0.01，各保单出险情况相互独立。用中心极限定理近似计算，年度总出险次数超过120次的概率约为（）（已知标准正态分布函数值Φ(A.0.01B.0.02C.0.05D.0.10E.0.20答案：B解析：总出险次数X∼B(n=P最接近0.02。9.设总体X∼N(μ,σ2)，X1A.XB.XC.(D.XE.n答案：B解析：选项A服从标准正态分布，选项C服从自由度为n−1的卡方分布，选项B为典型的t统计量，服从10.设总体X的概率密度为$$f(x;\theta)=\begin{cases}

\thetax^{\theta-1},&0<x<1\\

0,&其他

\end{cases}$$其中θ>0为未知参数，则A.XB.1C.XD.2E.X答案：A解析：总体一阶矩E(X)=011.设总体X服从参数为λ的指数分布，概率密度为f(x;λ)A.xB.1C.xD.2E.1答案：B解析：似然函数L(λ)=λne−λ12.从正态总体中随机抽取容量为16的样本，测得样本均值为10，样本标准差为2。则总体均值μ的95%置信区间为（）（已知$t_{0.025}(15)=2.131$）A.(B.(C.(D.(E.(答案：B解析：总体方差未知时，正态总体均值的置信区间用t分布构造，公式为x±tα/213.下列关于假设检验两类错误的说法，正确的是（）A.第一类错误是指接受了错误的原假设B.第二类错误的概率等于显著性水平αC.样本量固定时，减小第一类错误概率会增大第二类错误概率D.第一类错误和第二类错误的概率之和恒为1E.以上都不正确答案：C解析：第一类错误是弃真错误，概率为显著性水平α；第二类错误是取伪错误，概率为β。样本量固定时，α与β此消彼长，二者无固定和为1的关系。14.对某正态总体进行卡方拟合优度检验，将样本分为5组，且总体均值和方差均由样本估计，则该检验的自由度为（）A.2B.3C.4D.5E.6答案：A解析：卡方拟合优度检验的自由度为组数减去估计的参数个数再减1。本题估计了均值和方差2个参数，故自由度为5−15.设一元线性回归模型的总离差平方和SST=100，回归平方和SSA.0.5B.0.6C.0.8D.0.9E.1.0答案：C解析：一元线性回归中，决定系数R2=SSR二、计算题（每题10分，共40分）1.设二维随机变量(X$$f(x,y)=

\begin{cases}

\frac{1}{8}(x+y),&0\leqx\leq2,\0\leqy\leq2\\

0,&其他

\end{cases}$$求：(1)X和Y的边缘概率密度；(2)Co(3)Va答案：(1)X的边缘概率密度：当0≤f其余区间fX由对称性，Y的边缘概率密度为fY(2)计算期望：E由对称性E(计算E($$E(XY)=\int_0^2\int_0^2xy\cdot\frac{1}{8}(x+y)dxdy=\frac{1}{8}\int_0^2\left(\frac{8y}{3}+2y^2\right)dy=\frac{4}{3}$$（2分）

协方差：

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{4}{3}-\left(\frac{7}{6}\right)^2=-\frac{1}{36}$$（1分）

(3)计算$X$的方差：

$$E(X^2)=\int_0^2x^2\cdot\frac{x+1}{4}dx=\frac{5}{3},\quad\mathrm{Var}(X)=\frac{5}{3}-\left(\frac{7}{6}\right)^2=\frac{11}{36}$$由对称性Va$$\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y)+2\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{11}{36}+\frac{11}{36}-\frac{2}{36}=\frac{20}{36}=\frac{5}{9}$$（2分）

2.某保险公司承保的某类意外险保单的出险赔付额服从正态分布$N(\mu,\sigma^2)$，现随机抽取16份出险保单，测得赔付额（单位：元）的样本均值$\bar{x}=1200$，样本标准差$s=200$。

求：

(1)总体均值$\mu$的95%置信区间；

(2)总体方差$\sigma^2$的90%置信区间。

已知：$t_{0.025}(15)=2.1314$，$\chi^2_{0.05}(15)=24.996$，$\chi^2_{0.95}(15)=7.261$。

**答案**：

(1)总体方差未知，使用$t$分布构造均值的置信区间，置信度95%，$\alpha=0.05$，自由度$n-1=15$。

置信区间公式：

$$\bar{x}\pmt_{\alpha/2}(n-1)\cdot\frac{s}{\sqrt{n}}$$代入数据得：1200即μ的95%置信区间为(1093.43(2)使用卡方分布构造方差的置信区间，置信度90%，α=置信区间公式：(代入(n下限：60000024.996≈即σ2的90%置信区间为(3.某精算师声称其设计的重疾险产品的平均理赔额不超过10000元。为验证该结论，监管部门随机抽取了25件理赔案例，测得平均理赔额为10800元，样本标准差为1500元。假设理赔额服从正态分布，在显著性水平α=(24)=1.7109$，$t_{0.025}(24)=2.0639$。答案：(1)提出假设：原假设H0:μ(2)总体方差未知，选择t检验统计量：t代入x=10800，μ0=10000$$t=\frac{10800-10000}{1500/\sqrt{25}}=\frac{800}{300}\approx2.6667$$（4分）

(3)显著性水平$\alpha=0.05$，右侧检验的临界值为$t_{0.05}(24)=1.7109$。

由于$t=2.6667>1.7109$，落在拒绝域内，因此拒绝原假设。（2分）

结论：在0.05的显著性水平下，有充分证据表明该重疾险产品的平均理赔额超过10000元，该精算师的声称不成立。（2分）

4.某财产保险公司承保的某类车险保单共有10000份，每份保单的年出险概率为0.02，出险时的赔付额（单位：元）服从均值为3000、标准差为1000的正态分布，且各保单的出险情况及赔付额相互独立。

用中心极限定理计算：

(1)该类保单的年总出险次数超过220次的近似概率；

(2)该类保单的年总赔付额超过69万元的近似概率。

已知标准正态分布函数值：$\Phi(1.43)=0.9236$，$\Phi(2.03)=0.9788$。

**答案**：

(1)设总出险次数为$N$，则$N\simB(n=10000,p=0.02)$。由中心极限定理，$N$近似服从正态分布$N(np,np(1-p))$。

期望$np=10000\times0.02=200$，方差$np(1-p)=200\times0.98=196$，标准差$\sqrt{196}=14$。（2分）

总出险次数超过220次的概率：

$$P(N>220)\approxP\left(Z>\frac{220-200}{14}\right)=P(Z>1.4286)\approx1-\Phi(1.43)=1-0.9236=0.0764$$（3分）

(2)设第$i$份保单的赔付额为$X_i$（未出险时$X_i=0$），总赔付额$S=\sum_{i=1}^{10000}X_i$。

单份保单期望赔付：$E(X_i)=0.02\times3000=60$元。（1分）

由条件方差公式，单份保单赔付的方差：

$$\mathrm{Var}(X_i)=E[\mathrm{Var}(X_i|出险状态)]+\mathrm{Var}[E(X_i|出险状态)]$$$$=0.02\times1000^2+0.02\times0.98\times3000^2=20000+176400=196400$$（2分）

总赔付的期望和方差：

$$E(S)=10000\times60=600000\text{元},\quad\mathrm{Var}(S)=10000\times196400=1.964\times10^9$$标准差σS由中心极限定理，S近似服从N($$P(S>690000)\approxP\left(Z>\frac{690000-600000}{44317}\right)\approxP(Z>2.03)=1-\Phi(2.03)=0.0212$$（2分）

##三、综合分析题（共15分）

1.某精算师为研究某地区重疾险的理赔额与被保险人年龄的关系，收集了10组不同年龄段被保险人的平均理赔额数据，如下表：

|年龄$x$（岁）|25|30|35|40|45|50|55|60|65|70|

|--------------|----|----|----|----|----|----|----|----|----|----|

|平均理赔额$y$（千元）|5|7|9|12|15|18|22|27|33|40|

已知：$\sum_{i=1}^{10}x_i=475$，$\sum_{i=1}^{10}y_i=188$，$\sum_{i=1}^{10}x_i^2=24875$，$\sum_{i=1}^{10}y_i^2=4550$，$\sum_{i=1}^{10}x_iy_i=10300$。

要求：

(1)建立$y$关于$x$的一元线性回归方程$\hat{y}=\hat{\beta}_0+\hat{\beta}_1x$，并解释回归系数$\hat{\beta}_1$的经济意义；

(2)计算样本相关系数$r$，并说明$y$与$x$的线性相关程度；

(3)在显著性水平$\alpha=0.05$下，检验回归方程的线性关系是否显著。

已知：$F_{0.05}(1,8)=5.32$，$t_{0.025}(8)=2.306$。

**答案**：

(1)计算样本均值：$\bar{x}=\frac{475}{10}=47.5$，$\bar{y}=\frac{188}{10}=18.8$。（1分）

计算离均差平方和与乘积和：

$$L_{xx}=\sumx_i^2-n\bar{x}^2=24875-10\times47.5^2=2312.5$$$$L_{xy}=\sumx_iy_i-n\bar{x}\bar{y}=10300-10\times47.5\times18.8=1370$$（2分）

回归系数：

$$\hat{\beta}_1=\frac{L_{xy}}{L_{xx}}=\frac{1370}{2312.5}=0.5924$$截距：$$\hat{\beta}_0=\bar{y}-\hat{\beta}_1\bar{x}=18.8-0.5924\times47.5\approx-9.34$$（2分）

回归方程为：$\hat{y}=-9.34+0.59x$。

回归系数$\hat{\beta}_1=0.59$表示