仙桃市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

仙桃市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2分，共20分）1.某寿险公司的投保人中，20%为高风险人群，80%为低风险人群。高风险人群在1年内身故的概率为0.05，低风险人群为0.01。现随机抽取1名投保人，其在1年内身故，则该投保人属于高风险人群的概率为（）。A.0.20B.0.45C.0.56D.0.75答案：C解析：本题考查贝叶斯公式在风险分类中的应用。设H表示“投保人为高风险人群”，D表示“投保人1年内身故”，由题设得P(H)=0.2，PP2.设随机变量X服从参数为λ=2的泊松分布，Y=A.11B.15C.17D.21答案：C解析：泊松分布的期望和方差均为参数λ，即E(X)=Var(X)=3.某财险保单的单次索赔额X服从参数为θ=A.1B.1C.1D.1答案：A解析：指数分布的期望为参数θ，即E(X)P本题也可直接利用指数分布的无记忆性求解。4.设二维随机变量(X,Y)服从区域A.1B.1C.1D.2答案：C解析：区域D是由x=1、y=0、y=x围成的三角形，面积为1/2，因此联合概率密度为f(x,y)=2 (5.某财险公司有10000份独立的车险保单，每份保单的年索赔额期望为2000元，标准差为1500元。用中心极限定理估计，该公司年总索赔额超过2050万元的概率近似为（）。（设Φ(A.1B.1C.1D.1答案：C解析：设总索赔额为S，由独立同分布中心极限定理，S近似服从正态分布。期望E(S)=10000×2000P6.设X1,X2,…,Xn是来自正态总体NA.nB.nC.(D.n答案：B解析：A选项服从标准正态分布；C选项服从自由度为n−1的χ2分布；D选项服从第一自由度为1、第二自由度为n−1的F7.设总体X的概率密度为f(x;θ)A.XB.1C.nD.−答案：A解析：矩估计的核心是令总体矩等于样本矩。首先计算总体一阶原点矩：E令E(X)=X8.在假设检验中，若原假设H0为真时拒绝H0的概率为α，原假设H0为假时接受HA.α是第二类错误概率，β是第一类错误概率B.当样本量固定时，α减小则β也减小C.当样本量固定时，α减小则β增大D.α和β的和恒为1答案：C解析：α是第一类错误（拒真）概率，β是第二类错误（取伪）概率，A错误。样本量固定时，两类错误概率此消彼长，B错误、C正确。α和β无固定和为1的关系，D错误。9.在一元线性回归模型y=β0+β1x+εA.β1是βB.β1C.β1的方差与∑D.β1服从自由度为n−2答案：D解析：最小二乘估计量β1是观测值yi的线性组合，因此服从正态分布，且为无偏估计，A、B正确。Var(β1)=σ2∑(10.设某投资组合的日损失率X服从正态分布N(0.01,0.022A.2.29%B.4.29%C.5.00%D.7.29%答案：B解析：风险价值VaR是损失分布的上侧α分位数，满足P(X>VaR)VaR解得VaR=二、多项选择题（每题3分，共15分）1.下列关于指数分布的说法中，正确的有（）。A.指数分布具有无记忆性B.指数分布的期望等于其标准差C.指数分布是连续型分布，取值范围为全体实数D.指数分布常用来描述独立事件发生的间隔时间答案：ABD解析：指数分布的取值范围为(0,+∞)2.设随机变量X与Y的相关系数为ρ，下列说法中正确的有（）。A.|B.ρ=0表示X与C.ρ=1表示存在常数a,bD.Cov(X答案：ACD解析：ρ=0仅表示X与3.设X1,X2,…,XnA.XB.0.3C.XD.样本中位数答案：ABC解析：无偏估计的定义是估计量的期望等于被估参数。样本均值的期望为μ，A正确；E(0.3X1+4.下列关于假设检验的说法中，正确的有（）。A.原假设通常是研究者想要推翻的假设B.显著性水平α是犯第一类错误的最大概率C.双侧检验的拒绝域在统计量分布的两侧D.样本量越大，犯两类错误的概率都可能减小答案：ABCD解析：原假设通常为“无差异、无效果”的默认假设，研究者通常希望通过样本证据拒绝原假设、支持备择假设，A正确。显著性水平α是预先设定的第一类错误概率的上限，对于离散分布统计量，实际拒真概率可能小于α，B正确。双侧检验的拒绝域分布在统计量分布的左右两侧，对应“不等于”的备择假设，C正确。样本量增大时，抽样误差减小，可以在保持α不变的情况下降低β，也可同时降低两类错误的概率，D正确。5.一元线性回归模型的基本假设包括（）。A.解释变量x是确定性变量，非随机B.随机误差项ε的期望为0C.随机误差项ε的方差为常数（同方差）D.随机误差项ε服从正态分布答案：ABCD解析：经典一元线性回归的基本假设包括：(1)解释变量为确定性变量，与随机误差项不相关；(2)随机误差项的条件期望为0（零均值假设）；(3)随机误差项的条件方差为常数（同方差假设）；(4)不同观测的随机误差项相互独立（无自相关）；(5)随机误差项服从正态分布（正态性假设，用于小样本下的假设检验）。四个选项均属于基本假设。三、填空题（每题3分，共15分）1.某保险公司的客户中，甲类客户占40%，乙类占60%；甲类客户的年索赔率为10%，乙类为5%。现随机抽取一名客户，其当年发生索赔的概率为______。答案：0.07（或7%）解析：由全概率公式，P(2.设随机变量X服从[0,2答案：e解析：均匀分布的概率密度为f(E3.设随机变量X的期望为10，方差为4，用切比雪夫不等式估计P(答案：1解析：切比雪夫不等式为P(|X−μP4.从正态总体中抽取容量为9的样本，算得样本均值为5，样本标准差为3，则总体均值μ的95%置信区间的长度为_____。（已知$t{0.025}(8)=2.306$）答案：4.612解析：方差未知时，正态总体均值的置信区间为X±tα25.设随机变量F服从第一自由度为3、第二自由度为6的F分布，则F0.95(3答案：0.112解析：F分布的分位数满足性质：F1F四、计算题（每题10分，共40分）1.某财险公司承保两类风险，设X表示一类风险的年索赔次数，Y表示二类风险的年索赔次数，其联合分布律如下表：X01200.20.10.110.10.20.1200.10.1要求：(1)分别求X和Y的边缘分布律；(2)判断X与Y是否相互独立，并说明理由；(3)计算Cov(答案：(1)X的分布律：P(X=0)=0.4，P(X=1(2)不独立；(3)0.2。解析：(1)边缘分布律为联合分布对应行/列的概率和：X的边缘分布：P(X=0)=0.2+0.1+0.1=0.4(2)判断独立性：若两随机变量独立，则对所有(x,y)有P(X=x,Y=(3)协方差公式为Cov(X,Y)=E(XY)2.设某险种的单次索赔额X服从帕累托分布，其概率密度函数为：f其中α>0为形状参数，θ>要求：(1)求α的最大似然估计量；(2)利用上述样本计算α的最大似然估计值（结果保留三位小数）。答案：(1)α=解析：(1)构造似然函数：对于样本x1L取对数似然以简化计算：ln对α求导并令导数为0（似然方程）：d解得：α二阶导数d2lnL$$\hat{\alpha}=\frac{n}{\sum_{i=1}^n\ln\left(1+\frac{X_i}{\theta}\right)}

$$（6分）

(2)代入样本数据，$\theta=1000$，$n=10$，先计算每个$x_i+\theta$的自然对数：

$x_i+\theta$分别为2200,1800,2500,3000,1900,2100,2800,1700,2300,2600，

对应对数值约为：7.6962,7.4955,7.8240,8.0064,7.5496,7.6497,7.9370,7.4384,7.7407,7.8633。

求和得$\sum\ln(x_i+\theta)\approx77.2008$，

$n\ln\theta=10\times\ln1000\approx10\times6.9078=69.078$，

因此$\hat{\alpha}=\frac{10}{77.2008-69.078}=\frac{10}{8.1228}\approx1.231$。（4分）

3.某寿险公司去年的重疾险件均索赔额为8万元。今年调整理赔规则后，随机抽取25份重疾索赔案件，算得样本均值为7.6万元，样本标准差为1.2万元。假设件均索赔额服从正态分布，试问在显著性水平$\alpha=0.05$下，今年的件均索赔额是否较去年有显著下降？

（已知$t_{0.05}(24)=1.711$，$t_{0.025}(24)=2.064$）

**答案**：在$\alpha=0.05$的显著性水平下，没有足够证据表明今年的件均索赔额较去年有显著下降。

**解析**：本题为正态总体下方差未知的均值单侧检验，步骤如下：

(1)提出假设：要检验索赔额是否下降，采用左侧检验：

$H_0:\mu\geq8$（索赔额未下降），

$H_1:\mu<8$（索赔额显著下降）。（2分）

(2)构造检验统计量：由于总体方差未知，用样本标准差$S$代替，采用$t$检验统计量：$$t=\frac{\bar{X}-\mu_0}{S/\sqrt{n}}$$当$H_0$为真时，$t$服从自由度为$n-1=24$的$t$分布。（2分）

(3)确定拒绝域：单侧检验，显著性水平$\alpha=0.05$，拒绝域为$t\leq-t_{0.05}(24)=-1.711$。（2分）

(4)计算检验统计量的值：代入$\bar{X}=7.6$，$S=1.2$，$n=25$：$$t=\frac{7.6-8}{1.2/\sqrt{25}}=\frac{-0.4}{0.24}\approx-1.667$$（2分）

(5)决策与结论：计算得到的$t=-1.667>-1.711$，不在拒绝域内，因此不拒绝原假设$H_0$。即在$\alpha=0.05$的显著性水平下，没有足够的证据表明今年的重疾险件均索赔额较去年有显著下降。（2分）

4.某财险公司收集了10个地区的车险保费收入$x$（单位：百万元）和赔付支出$y$（单位：百万元）的数据，计算得到如下统计量：

$\sum_{i=1}^{10}x_i=50$，$\sum_{i=1}^{10}y_i=30$，$\sum_{i=1}^{10}x_i^2=300$，$\sum_{i=1}^{10}y_i^2=110$，$\sum_{i=1}^{10}x_iy_i=180$。

要求：

(1)建立$y$关于$x$的一元线性回归方程；

(2)计算样本决定系数$R^2$；

(3)检验回归系数$\beta_1$是否显著不为0（$\alpha=0.05$）。

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

**答案**：(1)$\hat{y}=0.6x$；(2)$R^2=0.9$；(3)回归系数$\beta_1$显著不为0。

**解析**：

(1)计算回归方程参数：

样本均值：$\bar{x}=\frac{1}{10}\sumx_i=5$，$\bar{y}=\frac{1}{10}\sumy_i=3$。

离均差平方和：$L_{xx}=\sumx_i^2-n\bar{x}^2=300-10\times25=50$。

离均差乘积和：$L_{xy}=\sumx_iy_i-n\bar{x}\bar{y}=180-10\times5\times3=30$。

回归系数：$\hat{\beta}_1=\frac{L_{xy}}{L_{xx}}=\frac{30}{50}=0.6$。

截距：$\hat{\beta}_0=\bar{y}-\hat{\beta}_1\bar{x}=3-0.6\times5=0$。

因此回归方程为$\hat{y}=0.6x$。（3分）

(2)计算决定系数$R^2$：

总离均差平方和：$SST=L_{yy}=\sumy_i^2-n\bar{y}^2=110-10\times9=20$。

回归平方和：$SSR=\hat{\beta}_1^2L_{xx}=0.6^2\times50=18$。

决定系数：$R^2=\frac{SSR}{SST}=\frac{18}{20}=0.9$，说明保费收入解释了90%的赔付支出变异。（3分）

(3)检验回归系数显著性（采用$t$检验，也可采用$F$检验，结论一致）：

原假设$H_0:\beta_1=0$，备择假设$H_1:\beta_1\neq0$。

残差平方和：$SSE=SST-SSR=20-18=2$。

误差方差估计：$\hat{\sigma}^2=\frac{SSE}{n-2}=\frac{2}{8}=0.25$，即$\hat{\sigma}=0.5$。

回归系数的标准误：$S(\hat{\beta}_1)=\frac{\hat{\sigma}}{\sqrt{L_{xx}}}=\frac{0.5}{\sqrt{50}}\approx0.0707$。

检验统计量：$t=\frac{\hat{\beta}_1}{S(\hat{\beta}_1)}=\frac{0.6}{0.0707}\approx8.485$。

自由度为$n-2=8$，双侧临界值为$t_{0.025}(8)=2.306$。由于$|t|=8.485>2.306$，因此拒绝原假设，认为在$\alpha=0.05$的显著性水平下，车险保费收入对赔付支出有显著的线性影响。（4分）

##五、证明题（共10分）

1.设$X_1,X_2,\dots,X_n$是来自期望为$\mu$、方差为$\sigma^2$的总体的简单随机样本，样本均值为$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i$，样本方差为$S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2$。证明：$E(S^2)=\sigma^2$，即样本方差是总体方差的无偏估计。

**答案**：证明成立，样本方差的期望等于总体方差$\sigma^2$。

**解析**：

证明：首先将样本离均差平方和进行恒等变形，通过加减总体均值$\mu$拆分平方项：$$\begin{align*}\sum{i=1}^n(Xi-\bar{X})^2&=\sum{i=1}^n\left[(Xi-\mu)-(\bar{X}-\mu)\right]^2\\&=\sum{i=1}^n(Xi-\mu)^2-2(\bar{X}-\mu)\sum{i=1}^n(Xi-\mu)+n(\bar{X}-\mu)^2\end{align*}$$（3分）

由于$\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)=n(\bar{X}-\mu)$，代入上式化简中间项：$$\begin{align*}\sum{i=1}^n(Xi-\bar{X})^2&=\sum{i=1}^n(Xi-\mu)^2-2n(\bar{X}-\mu)^2+n(\bar{X}-\