考研之路

大数定律与数理统计 章节测

  • 范围：03-概率论与数理统计/05-大数定律与中心极限定理、06-数理统计的基本概念、07-参数估计、08-假设检验（概率篇收尾四章）
  • 题量：单选 10 + 填空 5 + 解答 10，共 25 题，建议 110 分钟内完成
  • 要求：全部题目为模拟题（按真题风格命制，非历年真题）。答案与解析在文档末尾，做完再对
  • 考后动作：错题按错因分类（概念不清 / 计算失误 / 审题偏差 / 技巧缺失）回写 错题本

一、单选题

1. 设随机变量 XX 的方差 D(X)=4D(X) = 4，则由切比雪夫不等式，P{∣X−E(X)∣≥6}≤P\{|X - E(X)| \ge 6\} \le（　）

A. 16\dfrac{1}{6}　　B. 19\dfrac{1}{9}　　C. 13\dfrac{1}{3}　　D. 23\dfrac{2}{3}

2. 设 X1,X2,…X_1, X_2, \dots 相互独立，则 1n∑i=1nXi→Pμ\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n} X_i \xrightarrow{P} \mu 可由辛钦大数定律推出的条件是（　）

A. 各 XiX_i 期望存在、方差存在且一致有界 B. 各 XiX_i 同分布且期望存在（均为 μ\mu） C. 各 XiX_i 同分布且期望、方差均存在 D. 各 XiX_i 期望均为 μ\mu，方差均存在

3. 下列关于依概率收敛 Xn→PXX_n \xrightarrow{P} X 的说法正确的是（　）

A. 对充分大的 nn，必有 ∣Xn−X∣<0.01|X_n - X| < 0.01 B. 对任意 ε>0\varepsilon > 0，P{∣Xn−X∣≥ε}→0P\{|X_n - X| \ge \varepsilon\} \to 0 C. XnX_n 的分布函数处处收敛于 XX 的分布函数 D. XnX_n 的期望收敛于 XX 的期望

4. 设 X∼B(100,0.2)X \sim B(100, 0.2)，利用棣莫弗-拉普拉斯定理，P{X≥30}P\{X \ge 30\} 的近似值为（　）（已知 Φ(2.5)=0.9938\Phi(2.5) = 0.9938）

A. 0.99380.9938　　B. 0.00620.0062　　C. 0.49380.4938　　D. 0.06620.0662

5. 设总体 XX 的密度为 f(x)f(x)，X1,…,XnX_1, \dots, X_n 为简单随机样本，则联合密度为 ∏i=1nf(xi)\prod\limits_{i=1}^n f(x_i)，其依据是（　）

A. 仅用到样本与总体同分布 B. 仅用到样本相互独立 C. 同时用到"与总体同分布"与"相互独立"两条性质 D. 用到正态性假设

6. 设总体 X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2)，μ,σ2\mu, \sigma^2 均未知，X1,…,XnX_1, \dots, X_n 为样本。下列样本函数中是统计量的是（　）

A. Xˉ−μσ/n\dfrac{\bar X - \mu}{\sigma / \sqrt n}　　B. 1σ2∑i=1n(Xi−μ)2\dfrac{1}{\sigma^2}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i - \mu)^2　　C. 1n−1∑i=1n(Xi−Xˉ)2\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i - \bar X)^2　　D. Xˉ−μ\bar X - \mu

7. 设 X1,…,XnX_1, \dots, X_n 来自正态总体 N(μ,σ2)N(\mu, \sigma^2)，σ2\sigma^2 未知，则 Xˉ−μS/n\dfrac{\bar X - \mu}{S/\sqrt n} 服从（　）

A. N(0,1)N(0, 1)　　B. t(n)t(n)　　C. t(n−1)t(n-1)　　D. χ2(n−1)\chi^2(n-1)

8. 已知 t0.1(10)=1.372t_{0.1}(10) = 1.372，则 t0.9(10)=t_{0.9}(10) = （　）

A. 1.3721.372　　B. −1.372-1.372　　C. 11.372\dfrac{1}{1.372}　　D. −0.1-0.1

9. 关于 FF 分布，下列说法正确的是（　）

A. 若 F∼F(m,n)F \sim F(m, n)，则 1F∼F(n,m)\dfrac{1}{F} \sim F(n, m) B. FF 分布的密度关于原点对称 C. 若 t∼t(n)t \sim t(n)，则 t2∼F(n,1)t^2 \sim F(n, 1) D. F0.95(m,n)=1F0.95(n,m)F_{0.95}(m, n) = \dfrac{1}{F_{0.95}(n, m)}

10. 设 X1,…,XnX_1, \dots, X_n 来自总体 XX（D(X)=σ2D(X) = \sigma^2 存在），记 Sn2=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)2S_n^2 = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i - \bar X)^2，则 Sn2S_n^2 是 σ2\sigma^2 的（　）

A. 无偏估计 B. 有偏估计（期望系统偏小），但渐近无偏 C. 无偏且相合的估计 D. 有效估计

二、填空题

11. 设 X1,…,X11X_1, \dots, X_{11} 来自正态总体 N(μ,σ2)N(\mu, \sigma^2)，则 D(S2)=D(S^2) = ______。

12. 设 X1,…,X16X_1, \dots, X_{16} 来自总体 N(1,4)N(1, 4)，则 Xˉ\bar X 服从分布 ______；P{Xˉ>2}=P\{\bar X > 2\} = ______（用 Φ\Phi 表示）。

13. 以频率 nAn\dfrac{n_A}{n} 估计概率 pp，当 n=100n = 100 时，D(nAn)≤D\left(\dfrac{n_A}{n}\right) \le ______。

14. 某系统由 200 个独立部件组成，每个正常运行概率为 0.50.5。用中心极限定理近似，同时正常运行的部件数 XX 满足 P{X>110}≈P\{X > 110\} \approx ______（已知 Φ(1.41)=0.9207\Phi(1.41) = 0.9207）。

15. 设 X1,…,X16X_1, \dots, X_{16} 来自总体 N(0,1)N(0, 1)，则常数 c=c = ______ 时，c X1+⋯+X9X102+⋯+X162c\,\dfrac{X_1 + \cdots + X_9}{\sqrt{X_{10}^2 + \cdots + X_{16}^2}} 服从 tt 分布，自由度为 ______。

三、解答题

16. 设总体 XX 的密度 f(x;θ)={θxθ−1,0<x<10,其他f(x; \theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta - 1}, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}（θ>0\theta > 0 未知），X1,…,XnX_1, \dots, X_n 为样本。（1）求 θ\theta 的矩估计量；（2）求 θ\theta 的最大似然估计量。

17. 设总体 X∼P(λ)X \sim P(\lambda)（泊松分布），X1,…,XnX_1, \dots, X_n 为样本。（1）求 λ\lambda 的最大似然估计量；（2）证明 Xˉ\bar X 是 λ\lambda 的无偏估计与相合估计；（3）比较 X1X_1 与 Xˉ\bar X 哪个更有效。

18. 设总体 X∼E(λ)X \sim E(\lambda)（指数分布，λ>0\lambda > 0 未知），X1,…,XnX_1, \dots, X_n 为样本。（1）分别求 λ\lambda 的矩估计量与最大似然估计量；（2）证明 Xˉ\bar X 是 1λ\dfrac{1}{\lambda} 的无偏估计；（3）利用不变性写出 P{X>2}P\{X > 2\} 的最大似然估计。

19. 设总体 X∼U(0,θ)X \sim U(0, \theta)（θ>0\theta > 0 未知），X1,…,XnX_1, \dots, X_n 为样本，X(n)=max⁡{X1,…,Xn}X_{(n)} = \max\{X_1, \dots, X_n\}。（1）求 X(n)X_{(n)} 的分布函数与密度；（2）求 E[X(n)]E\left[X_{(n)}\right]，判断 X(n)X_{(n)} 是否为 θ\theta 的无偏估计；（3）构造一个基于 X(n)X_{(n)} 的无偏估计量。

20. 设总体 XX 满足 E(X)=μE(X) = \mu，D(X)=σ2D(X) = \sigma^2（存在且有限），X1,…,XnX_1, \dots, X_n 为简单随机样本。证明：Xˉ\bar X 与 S2=1n−1∑i=1n(Xi−Xˉ)2S^2 = \dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i - \bar X)^2 分别是 μ\mu 与 σ2\sigma^2 的无偏估计。

21. 用某仪器测量零件长度，已知测量值 X∼N(μ,0.22)X \sim N(\mu, 0.2^2)。现测量 16 次，得 xˉ=10.06\bar x = 10.06（单位：cm）。（1）求 μ\mu 的置信度为 0.950.95 的双侧置信区间（z0.025=1.96z_{0.025} = 1.96）；（2）若要求置信度为 0.950.95 的置信区间长度不超过 0.10.1 cm，至少应测量多少次？

22. 某厂零件直径 X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2)，μ,σ2\mu, \sigma^2 均未知。抽测 n=16n = 16 件，得 xˉ=12.5\bar x = 12.5（mm），s=2s = 2（mm）。（1）求 μ\mu 的置信度为 0.950.95 的置信区间；（2）求 σ2\sigma^2 的置信度为 0.950.95 的置信区间。（已知 t0.025(15)=2.1315t_{0.025}(15) = 2.1315，χ0.0252(15)=27.488\chi^2_{0.025}(15) = 27.488，χ0.9752(15)=6.262\chi^2_{0.975}(15) = 6.262）

23. 某砖厂规定砖的抗折强度（单位：MPa）X∼N(μ,1.22)X \sim N(\mu, 1.2^2)，合格标准为 μ≥5\mu \ge 5。现抽测 n=9n = 9 块，得 xˉ=4.2\bar x = 4.2。取 α=0.05\alpha = 0.05 检验该批砖抗折强度是否低于标准（z0.05=1.645z_{0.05} = 1.645）。要求写出完整检验流程（假设、统计量、拒绝域、结论）。

24. 某车间加工零件长度 X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2)，长期工艺下方差稳定为 σ2=0.09\sigma^2 = 0.09。工艺更新后怀疑精度发生变化，抽测 n=9n = 9 件，得样本方差 s2=0.228s^2 = 0.228。取 α=0.05\alpha = 0.05 检验更新后方差是否仍为 0.090.09（双侧；已知 χ0.0252(8)=17.535\chi^2_{0.025}(8) = 17.535，χ0.9752(8)=2.180\chi^2_{0.975}(8) = 2.180）。要求写出完整检验流程。

25. 设总体 X∼N(μ,1)X \sim N(\mu, 1)，检验 H0:μ=0H_0: \mu = 0 对 H1:μ>0H_1: \mu > 0，取 n=9n = 9，拒绝域为 Xˉ>0.548\bar X > 0.548（即 z0.05=1.645z_{0.05} = 1.645 对应的单侧临界值）。（1）求第一类错误概率 α\alpha；（2）若真值 μ=1\mu = 1，求第二类错误概率 β\beta（已知 Φ(1.36)=0.9131\Phi(1.36) = 0.9131）；（3）验证 α+β≠1\alpha + \beta \ne 1。

答案与解析

单选题

1. 答案 B。 解析：切比雪夫不等式 P{∣X−E(X)∣≥ε}≤D(X)ε2=436=19P\{|X - E(X)| \ge \varepsilon\} \le \dfrac{D(X)}{\varepsilon^2} = \dfrac{4}{36} = \dfrac{1}{9}。 考点：大数定律与中心极限定理 · 切比雪夫不等式｜难度：易｜错因提醒：ε2=36\varepsilon^2 = 36 忘记平方（算成 4/64/6 会选 C 一类值）。

2. 答案 B。 解析：辛钦大数定律条件为"独立 + 同分布 + 期望存在"，不要求方差存在。A 是切比雪夫大数定律的充分条件（不要求同分布）；C 条件过强（充分但非辛钦所需）；D 缺同分布，不满足辛钦条件。 考点：大数定律与中心极限定理 · 三大大数定律条件对比｜难度：中｜错因提醒：把"方差一致有界"当成大数定律普遍必设条件，混淆切比雪夫与辛钦的适用范围。

3. 答案 B。 解析：依概率收敛定义即对任意 ε>0\varepsilon > 0 有 P{∣Xn−X∣≥ε}→0P\{|X_n - X| \ge \varepsilon\} \to 0。A 是"必然收敛"，过强；C 是依分布收敛且还需 FF 连续点条件；D 与依概率收敛无必然关系。 考点：大数定律与中心极限定理 · 依概率收敛｜难度：易｜错因提醒：把"概率趋于 0"误读为"必然事件不再发生"。

4. 答案 B。 解析：np=20np = 20，np(1−p)=16=4\sqrt{np(1-p)} = \sqrt{16} = 4，P{X≥30}≈1−Φ(30−204)=1−Φ(2.5)=0.0062P\{X \ge 30\} \approx 1 - \Phi\left(\dfrac{30 - 20}{4}\right) = 1 - \Phi(2.5) = 0.0062。 考点：大数定律与中心极限定理 · 棣莫弗-拉普拉斯定理｜难度：易｜错因提醒：标准差取 np=20\sqrt{np} = \sqrt{20} 或忘取 1−Φ1 - \Phi（选 A）。

5. 答案 C。 解析：联合密度等于各边缘密度之积需要独立性；每个因子都是 f(xi)f(x_i) 需要同分布。两条性质缺一不可。 考点：数理统计的基本概念 · 简单随机样本｜难度：易｜错因提醒：漏想"同分布"这一半依据。

6. 答案 C。 解析：统计量要求不含未知参数。C 即 S2S^2，不含 μ,σ\mu, \sigma。A、B、D 都含未知参数 μ\mu 或 σ\sigma（在 μ,σ2\mu, \sigma^2 未知的前提下不是统计量）。 考点：数理统计的基本概念 · 统计量｜难度：易｜错因提醒：误以为"含 Xˉ\bar X、S2S^2"就不是统计量——判断标准只有"是否含未知参数"。

7. 答案 C。 解析：正态总体四大抽样分布定理之四：σ\sigma 未知时 Xˉ−μS/n∼t(n−1)\dfrac{\bar X - \mu}{S/\sqrt n} \sim t(n-1)，自由度 n−1n-1。 考点：数理统计的基本概念 · 正态总体抽样分布定理｜难度：易｜错因提醒：自由度误选 nn（B）；σ\sigma 已知时才是 N(0,1)N(0,1)。

8. 答案 B。 解析：tt 分布关于原点对称，故 t0.9(10)=−t0.1(10)=−1.372t_{0.9}(10) = -t_{0.1}(10) = -1.372。 考点：数理统计的基本概念 · tt 分布分位点｜难度：易｜错因提醒：与 FF 分布的倒数公式混淆而选 C——倒数关系是 FF 分布的，tt 分布是对称取负。

9. 答案 A。 解析：FF 分布倒数关系 1F∼F(n,m)\dfrac1F \sim F(n, m) 是核心性质。B 错（FF 取值非负、右偏）；C 错（应为 t2∼F(1,n)t^2 \sim F(1, n)，分子自由度为 1）；D 错（正确公式是 F0.95(m,n)=1F0.05(n,m)F_{0.95}(m,n) = \dfrac{1}{F_{0.05}(n,m)}，两侧分位点不同）。 考点：数理统计的基本概念 · FF 分布性质｜难度：中｜错因提醒：D 选项"两处 0.95"是经典陷阱，倒数公式必须同时交换自由度与分位点下标。

10. 答案 B。 解析：E(Sn2)=n−1nσ2<σ2E(S_n^2) = \dfrac{n-1}{n}\sigma^2 < \sigma^2，系统偏小，有偏；但偏差 σ2n→0\dfrac{\sigma^2}{n} \to 0，故渐近无偏。这也正是样本方差取分母 n−1n-1 的原因。 考点：参数估计 · 无偏性｜难度：中｜错因提醒：误以为除以 nn 的版本更"自然"而无偏；有效性比较需以无偏为前提，Sn2S_n^2 有偏谈不上 D。

填空题

11. 答案 σ45\dfrac{\sigma^4}{5}。 解析：(n−1)S2σ2∼χ2(n−1)\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)，D[(n−1)S2σ2]=2(n−1)D\left[\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\right] = 2(n-1)，故 D(S2)=2σ4n−1=2σ410=σ45D(S^2) = \dfrac{2\sigma^4}{n-1} = \dfrac{2\sigma^4}{10} = \dfrac{\sigma^4}{5}（n=11n = 11）。 考点：数理统计的基本概念 · 样本方差分布｜难度：中｜错因提醒：D(aY)=a2D(Y)D(aY) = a^2D(Y) 忘平方、自由度用 nn 而非 n−1n-1。

12. 答案 N(1,14)N\left(1, \dfrac{1}{4}\right)；1−Φ(2)1 - \Phi(2)。 解析：Xˉ∼N(1,416)=N(1,14)\bar X \sim N\left(1, \dfrac{4}{16}\right) = N\left(1, \dfrac14\right)，P{Xˉ>2}=1−Φ(2−11/2)=1−Φ(2)P\{\bar X > 2\} = 1 - \Phi\left(\dfrac{2 - 1}{1/2}\right) = 1 - \Phi(2)。 考点：数理统计的基本概念 · 样本均值的分布｜难度：易｜错因提醒：方差除以 nn 而非标准差除以 nn——416\dfrac{4}{16} 是 σ2/n\sigma^2/n，别写成 4/16\sqrt{4}/16。

13. 答案 1400\dfrac{1}{400}（即 0.00250.0025）。 解析：D(nAn)=p(1−p)n≤14n=1400D\left(\dfrac{n_A}{n}\right) = \dfrac{p(1-p)}{n} \le \dfrac{1}{4n} = \dfrac{1}{400}（n=100n = 100）。pp 未知时用 p(1−p)≤14p(1-p) \le \dfrac14。 考点：随机变量的数字特征 · 二项分布方差结合大数定律 · 频率估计｜难度：中｜错因提醒：忘用 p(1−p)≤1/4p(1-p) \le 1/4 放缩（pp 未知无法直接算 p(1−p)p(1-p)）。

14. 答案 0.07930.0793。 解析：X∼B(200,0.5)X \sim B(200, 0.5)，np=100np = 100，np(1−p)=50≈7.07\sqrt{np(1-p)} = \sqrt{50} \approx 7.07，P{X>110}≈1−Φ(110−1007.07)=1−Φ(1.41)=0.0793P\{X > 110\} \approx 1 - \Phi\left(\dfrac{110 - 100}{7.07}\right) = 1 - \Phi(1.41) = 0.0793。 考点：大数定律与中心极限定理 · 棣莫弗-拉普拉斯定理｜难度：中｜错因提醒：标准差算成 200×0.5=10\sqrt{200 \times 0.5} = 10（漏乘 (1−p)(1-p)）。

15. 答案 c=73c = \dfrac{\sqrt 7}{3}；自由度 77。 解析：X1+⋯+X9∼N(0,9)X_1 + \cdots + X_9 \sim N(0, 9)，故 X1+⋯+X93∼N(0,1)\dfrac{X_1 + \cdots + X_9}{3} \sim N(0,1)；X102+⋯+X162∼χ2(7)X_{10}^2 + \cdots + X_{16}^2 \sim \chi^2(7)。按定义 t(7)=(X1+⋯+X9)/3(X102+⋯+X162)/7=73⋅X1+⋯+X9X102+⋯+X162t(7) = \dfrac{(X_1 + \cdots + X_9)/3}{\sqrt{(X_{10}^2 + \cdots + X_{16}^2)/7}} = \dfrac{\sqrt 7}{3} \cdot \dfrac{X_1 + \cdots + X_9}{\sqrt{X_{10}^2 + \cdots + X_{16}^2}}，故 c=73c = \dfrac{\sqrt7}{3}。 考点：数理统计的基本概念 · tt 分布构造｜难度：中｜错因提醒：分子忘除 9=3\sqrt 9 = 3 标准化，或分母根号内忘除自由度 7。

解答题

16. 答案（1）θ^矩=Xˉ1−Xˉ\hat\theta_{矩} = \dfrac{\bar X}{1 - \bar X}；（2）θ^MLE=−n∑i=1nln⁡Xi\hat\theta_{MLE} = -\dfrac{n}{\sum\limits_{i=1}^{n}\ln X_i}。 解析：（1）E(X)=∫01θxθ dx=θθ+1E(X) = \int_0^1 \theta x^{\theta}\,dx = \dfrac{\theta}{\theta+1}，令其等于 Xˉ\bar X，解得 θ^=Xˉ1−Xˉ\hat\theta = \dfrac{\bar X}{1 - \bar X}。 （2）L(θ)=θn∏xiθ−1L(\theta) = \theta^n \prod x_i^{\theta - 1}，ln⁡L=nln⁡θ+(θ−1)∑ln⁡xi\ln L = n\ln\theta + (\theta - 1)\sum \ln x_i。令 nθ+∑ln⁡xi=0\dfrac{n}{\theta} + \sum \ln x_i = 0，解得 θ^=−n∑ln⁡xi\hat\theta = -\dfrac{n}{\sum \ln x_i}；二阶导 −nθ2<0-\dfrac{n}{\theta^2} < 0 确认最大值。注意 ∑ln⁡xi<0\sum \ln x_i < 0（因 0<xi<10 < x_i < 1），估计量为正，合理。 考点：参数估计 · 矩估计法与最大似然估计法｜难度：中｜错因提醒：MLE 求导时把 ln⁡xi\ln x_i 当常数处理没错，但最后忘验证 ∑ln⁡xi\sum\ln x_i 的符号；矩估计解方程时移项出错。

17. 答案（1）λ^=Xˉ\hat\lambda = \bar X；（2）见解析；（3）Xˉ\bar X 更有效。 解析：（1）L(λ)=λ∑xie−nλ∏xi!L(\lambda) = \dfrac{\lambda^{\sum x_i}e^{-n\lambda}}{\prod x_i!}，ln⁡L=∑xiln⁡λ−nλ−∑ln⁡(xi!)\ln L = \sum x_i \ln\lambda - n\lambda - \sum\ln(x_i!)，令 ∑xiλ−n=0\dfrac{\sum x_i}{\lambda} - n = 0 得 λ^=Xˉ\hat\lambda = \bar X。 （2）无偏：E(Xˉ)=1n∑E(Xi)=λE(\bar X) = \dfrac1n \sum E(X_i) = \lambda。相合：XiX_i 独立同分布且 E(Xi)=λE(X_i) = \lambda 存在，由辛钦大数定律 Xˉ→Pλ\bar X \xrightarrow{P} \lambda。 （3）X1X_1 与 Xˉ\bar X 都是 λ\lambda 的无偏估计；D(Xˉ)=λn<λ=D(X1)D(\bar X) = \dfrac{\lambda}{n} < \lambda = D(X_1)（泊松方差等于期望），故 Xˉ\bar X 更有效。 考点：参数估计 · MLE 与评选标准｜难度：中｜错因提醒：相合性要引辛钦大数定律（链接见05 章）才算完整论证；泊松"期望=方差"记错则第（3）问算不下去。

18. 答案（1）矩估计与 MLE 均为 λ^=1Xˉ\hat\lambda = \dfrac{1}{\bar X}；（2）见解析；（3）e−2/Xˉe^{-2/\bar X}。 解析：（1）矩估计：E(X)=1λ=Xˉ⇒λ^=1XˉE(X) = \dfrac1\lambda = \bar X \Rightarrow \hat\lambda = \dfrac{1}{\bar X}。MLE：L=λne−λ∑xiL = \lambda^n e^{-\lambda\sum x_i}，ln⁡L=nln⁡λ−λ∑xi\ln L = n\ln\lambda - \lambda\sum x_i，nλ−∑xi=0⇒λ^=n∑xi=1Xˉ\dfrac{n}{\lambda} - \sum x_i = 0 \Rightarrow \hat\lambda = \dfrac{n}{\sum x_i} = \dfrac{1}{\bar X}。 （2）E(Xˉ)=E(X)=1λE(\bar X) = E(X) = \dfrac1\lambda，故 Xˉ\bar X 是 1λ\dfrac1\lambda 的无偏估计（注意：E(1Xˉ)≠1EXˉ=λE\left(\dfrac{1}{\bar X}\right) \ne \dfrac{1}{E\bar X} = \lambda，λ^=1/Xˉ\hat\lambda = 1/\bar X 本身是有偏的）。 （3）P{X>2}=e−2λP\{X > 2\} = e^{-2\lambda} 是 λ\lambda 的函数，MLE 具有不变性：g(λ^)=e−2/Xˉg(\hat\lambda) = e^{-2/\bar X}。 考点：参数估计 · 点估计与不变性｜难度：中｜错因提醒：第（2）问"1/\bar X 是否无偏"是高频陷阱——期望不具有"取倒数交换"性；第（3）问不知道 MLE 不变性而重新对 e−2λe^{-2\lambda} 求似然。

19. 答案（1）FX(n)(t)=(tθ)nF_{X_{(n)}}(t) = \left(\dfrac{t}{\theta}\right)^n（0≤t≤θ0 \le t \le \theta），密度 f(t)=ntn−1θnf(t) = \dfrac{n t^{n-1}}{\theta^n}（0<t<θ0 < t < \theta）；（2）E[X(n)]=nn+1θE[X_{(n)}] = \dfrac{n}{n+1}\theta，有偏；（3）n+1nX(n)\dfrac{n+1}{n}X_{(n)}。 解析：（1）P{X(n)≤t}=P{X1≤t,…,Xn≤t}=∏P{Xi≤t}=(tθ)nP\{X_{(n)} \le t\} = P\{X_1 \le t, \dots, X_n \le t\} = \prod P\{X_i \le t\} = \left(\dfrac t\theta\right)^n（独立性 + 同分布）。 （2）E[X(n)]=∫0θt⋅ntn−1θndt=nθn⋅θn+1n+1=nn+1θ<θE[X_{(n)}] = \int_0^\theta t\cdot\dfrac{nt^{n-1}}{\theta^n}dt = \dfrac{n}{\theta^n}\cdot\dfrac{\theta^{n+1}}{n+1} = \dfrac{n}{n+1}\theta < \theta，系统性偏小，有偏（但相合）。 （3）由期望的线性性 E[n+1nX(n)]=θE\left[\dfrac{n+1}{n}X_{(n)}\right] = \theta，故 n+1nX(n)\dfrac{n+1}{n}X_{(n)} 无偏。 考点：参数估计 · 最大似然与无偏性（MLE θ^=X(n)\hat\theta = X_{(n)} 的推导见该章例 4）｜难度：难｜错因提醒：最大值分布函数不会用独立性拆成乘积；第（3）问"乘系数修正"是无偏化的标准手段，想不到就空题。

20. 答案 见解析（证明题）。 解析：E(Xˉ)=1n∑E(Xi)=μE(\bar X) = \dfrac1n\sum E(X_i) = \mu，无偏性得证。 对 S2S^2：利用恒等式 ∑(Xi−Xˉ)2=∑Xi2−nXˉ2\sum(X_i - \bar X)^2 = \sum X_i^2 - n\bar X^2。

E[∑i=1nXi2]=∑E(Xi2)=∑[σ2+μ2]=nσ2+nμ2,E\left[\sum_{i=1}^n X_i^2\right] = \sum E(X_i^2) = \sum\left[\sigma^2 + \mu^2\right] = n\sigma^2 + n\mu^2,

E(Xˉ2)=D(Xˉ)+[E(Xˉ)]2=σ2n+μ2⇒E(nXˉ2)=σ2+nμ2,E(\bar X^2) = D(\bar X) + [E(\bar X)]^2 = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2 \Rightarrow E(n\bar X^2) = \sigma^2 + n\mu^2,

两式相减：E[∑(Xi−Xˉ)2]=(n−1)σ2E\left[\sum(X_i - \bar X)^2\right] = (n-1)\sigma^2，故 E(S2)=σ2E(S^2) = \sigma^2。 考点：数理统计的基本概念 · 样本方差期望与参数估计 · 无偏性｜难度：中｜错因提醒：E(Xˉ2)E(\bar X^2) 直接展开成 1n2E[(∑Xi)2]\dfrac{1}{n^2}E\left[\left(\sum X_i\right)^2\right] 硬算交叉项（可行但极易丢项）——用 E(Y2)=D(Y)+[E(Y)]2E(Y^2) = D(Y) + [E(Y)]^2 转化是标准捷径。

21. 答案（1）(9.962, 10.158)(9.962,\ 10.158)；（2）至少 62 次。 解析：（1）σ=0.2\sigma = 0.2 已知，xˉ±σnz0.025=10.06±0.24×1.96=10.06±0.098\bar x \pm \dfrac{\sigma}{\sqrt n}z_{0.025} = 10.06 \pm \dfrac{0.2}{4}\times 1.96 = 10.06 \pm 0.098，区间 (9.962, 10.158)(9.962,\ 10.158)。 （2）双侧区间长度 L=2σzα/2nL = \dfrac{2\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n}，要求 L≤0.1L \le 0.1：

n≥2×0.2×1.960.1=7.84⇒n≥61.47,\sqrt n \ge \frac{2 \times 0.2 \times 1.96}{0.1} = 7.84 \Rightarrow n \ge 61.47,

向上取整 n=62n = 62。 考点：参数估计 · 正态总体均值置信区间与样本量确定｜难度：中｜错因提醒：第（2）问忘平方（答 7.84）或忘向上取整（答 61）。

22. 答案（1）(11.434, 13.566)(11.434,\ 13.566)；（2）(2.182, 9.583)(2.182,\ 9.583)。 解析：（1）σ\sigma 未知用 tt：xˉ±snt0.025(15)=12.5±24×2.1315=12.5±1.066\bar x \pm \dfrac{s}{\sqrt n}t_{0.025}(15) = 12.5 \pm \dfrac{2}{4}\times 2.1315 = 12.5 \pm 1.066，区间 (11.434, 13.566)(11.434,\ 13.566)。 （2）((n−1)s2χ0.0252(15), (n−1)s2χ0.9752(15))=(15×427.488, 15×46.262)=(2.182, 9.583)\left(\dfrac{(n-1)s^2}{\chi^2_{0.025}(15)},\ \dfrac{(n-1)s^2}{\chi^2_{0.975}(15)}\right) = \left(\dfrac{15\times 4}{27.488},\ \dfrac{15\times 4}{6.262}\right) = (2.182,\ 9.583)。 考点：参数估计 · 置信区间公式表｜难度：中｜错因提醒：χ2\chi^2 区间"大分点对应下限"颠倒（算成 (9.583,2.182)(9.583, 2.182)）；自由度误用 16。

23. 答案 拒绝 H0H_0，认为该批砖抗折强度显著低于标准。 解析：流程五步： （1）把要证实的"低于标准"放 H1H_1：H0:μ=5H_0: \mu = 5（实际取边界 μ≥5\mu \ge 5 中的等号情形计算），H1:μ<5H_1: \mu < 5，左侧检验； （2）σ=1.2\sigma = 1.2 已知，u=Xˉ−51.2/9∼N(0,1)u = \dfrac{\bar X - 5}{1.2/\sqrt 9} \sim N(0,1)（H0H_0 成立时）； （3）左侧拒绝域：u≤−z0.05=−1.645u \le -z_{0.05} = -1.645； （4）观测值 u=4.2−50.4=−2u = \dfrac{4.2 - 5}{0.4} = -2； （5）−2<−1.645-2 < -1.645，落入拒绝域，拒绝 H0H_0：在 α=0.05\alpha = 0.05 下认为该批砖抗折强度显著低于标准。 考点：假设检验 · u 检验与单侧检验流程｜难度：中｜错因提醒：方向配错——H1:μ<5H_1: \mu < 5 应左侧拒绝域 u≤−1.645u \le -1.645；误用双侧 1.961.96 虽然本题也拒绝，但流程按 H1H_1 走才满分。

24. 答案 χ2=20.27\chi^2 = 20.27，落入拒绝域，拒绝 H0H_0，认为方差有显著变化（偏大）。 解析：题设数据整理：n=9n = 9，s2=0.228s^2 = 0.228，检验 H0:σ2=0.09H_0: \sigma^2 = 0.09 对 H1:σ2≠0.09H_1: \sigma^2 \ne 0.09（双侧，α=0.05\alpha = 0.05）。 （1）H0:σ2=0.09H_0: \sigma^2 = 0.09，H1:σ2≠0.09H_1: \sigma^2 \ne 0.09； （2）μ\mu 未知，χ2=(n−1)S20.09=8S20.09∼χ2(8)\chi^2 = \dfrac{(n-1)S^2}{0.09} = \dfrac{8S^2}{0.09} \sim \chi^2(8)； （3）双侧拒绝域：χ2≥17.535\chi^2 \ge 17.535 或 χ2≤2.180\chi^2 \le 2.180； （4）观测值 χ2=8×0.2280.09=20.27\chi^2 = \dfrac{8 \times 0.228}{0.09} = 20.27； （5）20.27>17.53520.27 > 17.535，拒绝 H0H_0：工艺更新后方差较 0.090.09 有显著变化（显著偏大，精度下降）。 考点：假设检验 · χ2\chi^2 检验流程｜难度：中｜错因提醒：双侧 χ2\chi^2 拒绝域漏写左尾；统计量分母写成 s2s^2 自身而不是假设值 σ02=0.09\sigma_0^2 = 0.09。

25. 答案（1）α=0.05\alpha = 0.05；（2）β≈0.0869\beta \approx 0.0869；（3）α+β≈0.137≠1\alpha + \beta \approx 0.137 \ne 1。 解析：（1）H0H_0（μ=0\mu = 0）成立时 Xˉ∼N(0,19)\bar X \sim N\left(0, \dfrac19\right)，

α=P{Xˉ>0.548∣μ=0}=1−Φ(0.548×3)=1−Φ(1.645)=0.05.\alpha = P\{\bar X > 0.548 \mid \mu = 0\} = 1 - \Phi(0.548 \times 3) = 1 - \Phi(1.645) = 0.05.

（2）真值 μ=1\mu = 1 时 Xˉ∼N(1,19)\bar X \sim N\left(1, \dfrac19\right)，第二类错误是"该拒绝却没拒绝"：

β=P{Xˉ≤0.548∣μ=1}=Φ(0.548−11/3)=Φ(−1.356)≈1−0.9131=0.0869.\beta = P\{\bar X \le 0.548 \mid \mu = 1\} = \Phi\left(\frac{0.548 - 1}{1/3}\right) = \Phi(-1.356) \approx 1 - 0.9131 = 0.0869.

（3）α+β≈0.05+0.0869=0.137≠1\alpha + \beta \approx 0.05 + 0.0869 = 0.137 \ne 1——两类错误是在不同前提（H0H_0 真 / 假）下的条件概率，不是对立事件；本题同时可看出：n=9n = 9 时 β\beta 已远小于正文例 4 中 n=1n = 1 的对应值，样本量增大同时压低两类错误。 考点：假设检验 · 两类错误｜难度：难｜错因提醒：算 β\beta 时忘把分布换成 μ=1\mu = 1 下的分布；标准差用 1 而非 1/31/3（样本均值方差是 σ2/n\sigma^2/n）。