数理统计试题及答案

一、填空题（本题15分，每题3分）

1、总体X~N(20,3)的容量分别为10，15的两样本均值差XY~________；

222、设X1,X2,...,X16为取自总体X~N(0,0.5)的一个样本，若已知0.01(16)32.0,则

P{Xi28}=________；

i1163、设总体X~N(,)，若和均未知，n为样本容量，总体均值的置信水平为1的置信区间为(X,X)，则的值为________；

24、设X1,X2,...,Xn为取自总体X~N(,)的一个样本，对于给定的显着性水平，已知关于检

222验的拒绝域为2≤1(n1)，则相应的备择假设H1为________；

25、设总体X~N(,)，已知，在显着性水平0.05下，检验假设H0:0,H1:0，拒绝

22域是________。

1、N(0，)； 2、0.01； 3、t(n1)212Sn； 4、220； 5、zz0.05。

二、选择题（本题15分，每题3分）

1、设X1,X2,X3是取自总体X的一个样本，是未知参数，以下函数是统计量的为（

）。

132（A）(X1X2X3) （B）X1X2X3 （C）X1X2X3 （D）(Xi)

3i11n2222、设X1,X2,...,Xn为取自总体X~N(,)的样本，X为样本均值，Sn(XiX)，则服从

ni11自由度为n1的t分布的统计量为（ ）。 （A）

n(X） （B）

n(X)n1(X)n1(X） （C） （D）

SSnn21n(XiX)2, 3、设X1,X2,,Xn是来自总体的样本，D(X)存在， Sn1i12则（ ）。

（A）S2是2的矩估计

（B）S2是2的极大似然估计

（C）S2是2的无偏估计和相合估计 （D）S2作为2的估计其优良性与分布有关

22)相互，样本容量分别为n1,n2，样本方差分别为S12,S24、设总体X~N(1,12),Y~N(2,2，22,H1:122在显着性水平下，检验H0:122的拒绝域为（ ）。

（A）

2s2s122s2F(n21,n11) （B）

2s2s122s2F12(n21,n11)

（C）

s12F(n11,n21) （D）

2s12F12(n11,n21)

25、设总体X~N(,)，已知，未知，x1,x2,,xn是来自总体的样本观察值，已知的置信

水平为0.95的置信区间为（4.71，5.69），则取显着性水平0.05时，检验假设H0:5.0,H1:5.0的结果是（ ）。

（A）不能确定 （B）接受H0 （C）拒绝H0 （D）条件不足无法检验 1、B； 2、D； 3、C； 4、A； 5、B.

2x0x,三、（本题14分） 设随机变量X的概率密度为：f(x)2，其中未知

其他0,参数0，X1,,Xn是来自X的样本，求（1）的矩估计；（2）的极大似然估计。

解：(1) E(X)xf(x)dx02x2dx，

322ˆ)X令E(X23，得ˆX为参数的矩估计量。 32n(2)似然函数为：L(xi,)i12xi22n2n0xi,(i1,2,,n)， xi，i1nˆmax{X,X,,X}。 而L()是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为12n2四、（本题14分）设总体X~N(0,)，且x1,x2x10是样本观察值，样本方差s22，

（1）求的置信水平为0.95的置信区间；（2）已知Y2

X22X2~(1)，求D3的置信水平为0.952的置信区间；（0.975(9)2.70，0.025(9)19.023）。 解：

22（1）2的置信水平为0.95的置信区间为1818，即为（0.9462，6.6667）； ,2(9)2(9)0.9750.025X21X212（2）D3=2D22D[2(1)]2；

22X22由于D32是2的单调减少函数，置信区间为2,2，

即为（0.3000，2.1137）。

五、（本题10分）设总体X服从参数为的指数分布，其中样本， 若已知U0未知，X1,,Xn为取自总体X的

Xi~2(2n)，求： i12n（1）的置信水平为1的单侧置信下限；

（2）某种元件的寿命（单位：h）服从上述指数分布，现从中抽得容量为16的样本，测得样本均值为5010（h），试求元件的平均寿命的置信水平为

22(0.05(31)44.985,0.10(32)42.585)。

0.90的单侧置信下限。

解：(1) P2nX2nX2(2n)1,P21,

(2n)2nX2165010；（2）37.706。 242.585(2n)即的单侧置信下限为六、（本题14分）某工厂正常生产时，排出的污水中动植物油的浓度X~N(10,1)，今阶段性抽取10个水样，测得平均浓度为10.8（mg/L），标准差为1.2（mg/L），问该工厂生产是否正常？

22（0.05,t0.025(9)2.2622,0.025(9)19.023,0.975(9)2.700）

解：

（1）检验假设H0：=1，H1：≠1； 取统计量：2

2

2(n1)s220；

拒绝域为：2≤212222

=2.70或≥(n1)(9)(n1)0.9750.025=19.023， 22经计算：2(n1)s22091.2212.96，由于212.96(2.700,19.023)2，

1故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

：10，H1：10； 取统计量：t（2）检验假设H0X10S/10~ t(9)；

2拒绝域为tt0.025(9)2.2622；t10.8101.2/10， 2.1028<2.2622 ，所以接受H0即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）设X1,X2,X3,X4为取自总体X~N(,42)的样本，对假设检验问题

H0:5,H1:5，（1）在显着性水平0.05下求拒绝域；（2）若=6，求上述检验所犯的第二类

错误的概率。 解：(1) 拒绝域为zx/4x5z0.0251.96; 2（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受H0的概率为

P{1.08X8.92}8.9261.0860.921。 22八、（本题8分）设随机变量X服从自由度为(m,n)的F分布，(1)证明：随机变量自由度为(n,m)的F分布；(2)若mn，且P{X}0.05，求P{X证明：因为X~F(m,n),由F分布的定义可令X，所以

1服从 X1}的值。

U/m22，其中U~(m),V~(n)，U与V相互V/n1V/n~F(n,m)。 XU/m11当mn时，X与服从自由度为(n,n)的F分布，故有P{X}P{X}，

X111从而 P{X}P{}1P{}1P{X}10.050.95 。

XX数理统计试卷参

一、填空题（本题15分，每题3分） 1、N(0，)； 2、0.01； 3、t(n1)212Sn； 4、220； 5、zz0.05。

二、选择题（本题15分，每题3分） 1、B； 2、D； 3、C； 4、A； 5、B.

三、（本题14分）解：(1) E(X)xf(x)dx02x2dx， 232ˆ)X令E(X23，得ˆX为参数的矩估计量。 32n(2)似然函数为：L(xi,)i12xi22n2n0xi,(i1,2,,n)， xi，i1nˆmax{X,X,,X}。 而L()是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为12n四、（本题14分）解：

1818，即为（0.9462，6.6667）； （1）的置信水平为0.95的置信区间为

2(9),2(9)0.9750.0252

X21X212（2）D3=2D22D[2(1)]2；

22X222由于D32是的单调减少函数，置信区间为2,2，

即为（0.3000，2.1137）。 五、（本题10分）解：(1) P2nX2nX2(2n)1,P21,

(2n)即的单侧置信下限为六、（本题14分）解：

2nX2165010；（2）37.706。 242.585(2n) （1）检验假设H0：=1，H1：≠1； 取统计量：2

2

2(n1)s220；

拒绝域为：2≤2122222

(n1)0.975(9)=2.70或≥(n1)0.025=19.023，

2经计算：2(n1)s22091.2212.96，由于212.96(2.700,19.023)2，

1故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

：10，H1：10； 取统计量：t（2）检验假设H0X10S/10~ t(9)；

2拒绝域为tt0.025(9)2.2622；t10.8101.2/10， 2.1028<2.2622 ，所以接受H0即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）解：(1) 拒绝域为zx/4x5z0.0251.96; 2（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受H0的概率为

P{1.08X8.92}8.9261.0860.921。 22八、（本题8分）证明：因为X~F(m,n),由F分布的定义可令XU/m22，其中U~(m),V~(n)，V/nU与V相互，所以

1V/n~F(n,m)。 XU/m11当mn时，X与服从自由度为(n,n)的F分布，故有P{X}P{X}，

X111从而 P{X}P{}1P{}1P{X}10.050.95 。

XX