2025年中國精算師職業(yè)資格考試（準(zhǔn)精算師概率論與數(shù)理統(tǒng)計）考前沖刺試題及答案中國精算師職業(yè)資格考試（準(zhǔn)精算師概率論與數(shù)理統(tǒng)計）考前沖刺試題及答案一、單項選擇題（每題2分，共30分）1.設(shè)事件A和B滿足P(A)=0.5，P(B)=0.6，P(B|A)=0.8，則P(A∪B)等于（）A.0.6B.0.7C.0.8D.0.9答案：B解析：根據(jù)條件概率公式\(P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}\)，已知\(P(A)=0.5\)，\(P(B|A)=0.8\)，可得\(P(AB)=P(B|A)P(A)=0.8\times0.5=0.4\)。再根據(jù)概率的加法公式\(P(A\cupB)=P(A)+P(B)-P(AB)\)，將\(P(A)=0.5\)，\(P(B)=0.6\)，\(P(AB)=0.4\)代入可得：\(P(A\cupB)=0.5+0.6-0.4=0.7\)2.設(shè)隨機變量X服從參數(shù)為\(\lambda\)的泊松分布，且\(P(X=1)=P(X=2)\)，則\(\lambda\)等于（）A.1B.2C.3D.4答案：B解析：若隨機變量\(X\)服從參數(shù)為\(\lambda\)的泊松分布，其概率質(zhì)量函數(shù)為\(P(X=k)=\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}\)，\(k=0,1,2,\cdots\)。已知\(P(X=1)=P(X=2)\)，即\(\frac{\lambda^{1}e^{-\lambda}}{1!}=\frac{\lambda^{2}e^{-\lambda}}{2!}\)。因為\(e^{-\lambda}\neq0\)，兩邊同時約去\(e^{-\lambda}\)，得到\(\lambda=\frac{\lambda^{2}}{2}\)，即\(\lambda^{2}-2\lambda=0\)，\(\lambda(\lambda-2)=0\)，解得\(\lambda=0\)或\(\lambda=2\)。由于泊松分布中\(zhòng)(\lambda>0\)，所以\(\lambda=2\)。3.設(shè)隨機變量\(X\)和\(Y\)相互獨立，且都服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布\(N(0,1)\)，則\(X^{2}+Y^{2}\)服從（）A.自由度為1的\(\chi^{2}\)分布B.自由度為2的\(\chi^{2}\)分布C.自由度為1的t分布D.自由度為2的t分布答案：B解析：若\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)相互獨立且都服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布\(N(0,1)\)，則\(\sum_{i=1}^{n}X_{i}^{2}\)服從自由度為\(n\)的\(\chi^{2}\)分布。已知隨機變量\(X\)和\(Y\)相互獨立，且都服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布\(N(0,1)\)，那么\(X^{2}+Y^{2}\)服從自由度為2的\(\chi^{2}\)分布。4.設(shè)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，\(\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}\)，\(S^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}\)，則\(\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\)服從（）A.\(N(0,1)\)分布B.\(\chi^{2}(n-1)\)分布C.\(t(n-1)\)分布D.\(F(n-1,n)\)分布答案：C解析：當(dāng)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本時，\(\overline{X}\simN(\mu,\frac{\sigma^{2}}{n})\)，則\(\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\simN(0,1)\)。又\(\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1)\)，且\(\overline{X}\)與\(S^{2}\)相互獨立。根據(jù)\(t\)分布的定義：若\(Z\simN(0,1)\)，\(Y\sim\chi^{2}(n)\)，且\(Z\)與\(Y\)相互獨立，則\(T=\frac{Z}{\sqrt{Y/n}}\)服從自由度為\(n\)的\(t\)分布。在這里\(Z=\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\)，\(Y=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\)，所以\(\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}=\frac{\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}}{\sqrt{\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}(n-1)}}}\)服從自由度為\(n-1\)的\(t\)分布。5.設(shè)隨機變量\(X\)的概率密度函數(shù)為\(f(x)=\begin{cases}2x,&0<x<1\\0,&其他\end{cases}\)，則\(P(0.2<X<0.8)\)等于（）A.0.36B.0.48C.0.6D.0.72答案：D解析：根據(jù)連續(xù)型隨機變量概率的計算方法，\(P(a<X<b)=\int_{a}^f(x)dx\)。已知\(f(x)=\begin{cases}2x,&0<x<1\\0,&其他\end{cases}\)，則\(P(0.2<X<0.8)=\int_{0.2}^{0.8}2xdx\)。根據(jù)積分公式\(\intx^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C(n\neq-1)\)，可得：\(\int_{0.2}^{0.8}2xdx=2\times\frac{x^{2}}{2}\big|_{0.2}^{0.8}=x^{2}\big|_{0.2}^{0.8}=0.8^{2}-0.2^{2}=0.64-0.04=0.6\)6.設(shè)二維隨機變量\((X,Y)\)的聯(lián)合概率密度函數(shù)為\(f(x,y)=\begin{cases}kxy,&0<x<1,0<y<1\\0,&其他\end{cases}\)，則\(k\)的值為（）A.2B.4C.6D.8答案：B解析：根據(jù)二維隨機變量聯(lián)合概率密度函數(shù)的性質(zhì)\(\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dxdy=1\)。已知\(f(x,y)=\begin{cases}kxy,&0<x<1,0<y<1\\0,&其他\end{cases}\)，則\(\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dxdy=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}kxydxdy\)。先對\(x\)積分：\(\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}kxydxdy=k\int_{0}^{1}y(\int_{0}^{1}xdx)dy\)，\(\int_{0}^{1}xdx=\frac{x^{2}}{2}\big|_{0}^{1}=\frac{1}{2}\)。再對\(y\)積分：\(k\int_{0}^{1}y\times\frac{1}{2}dy=\frac{k}{2}\times\frac{y^{2}}{2}\big|_{0}^{1}=\frac{k}{4}\)。因為\(\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dxdy=1\)，所以\(\frac{k}{4}=1\)，解得\(k=4\)。7.設(shè)隨機變量\(X\)的數(shù)學(xué)期望\(E(X)=\mu\)，方差\(D(X)=\sigma^{2}\)，則由切比雪夫不等式可得\(P(|X-\mu|\geq2\sigma)\leq\)（）A.\(\frac{1}{2}\)B.\(\frac{1}{3}\)C.\(\frac{1}{4}\)D.\(\frac{1}{5}\)答案：C解析：切比雪夫不等式為\(P(|X-E(X)|\geq\varepsilon)\leq\frac{D(X)}{\varepsilon^{2}}\)。已知\(E(X)=\mu\)，\(D(X)=\sigma^{2}\)，\(\varepsilon=2\sigma\)，則\(P(|X-\mu|\geq2\sigma)\leq\frac{\sigma^{2}}{(2\sigma)^{2}}=\frac{1}{4}\)。8.設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，總體\(X\)的概率密度函數(shù)為\(f(x)=\begin{cases}\thetax^{\theta-1},&0<x<1\\0,&其他\end{cases}\)，其中\(zhòng)(\theta>0\)為未知參數(shù)，則\(\theta\)的矩估計量為（）A.\(\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)B.\(\frac{1-\overline{X}}{\overline{X}}\)C.\(\frac{\overline{X}}{1+\overline{X}}\)D.\(\frac{1+\overline{X}}{\overline{X}}\)答案：A解析：首先求總體\(X\)的一階矩\(E(X)\)。\(E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx=\int_{0}^{1}x\cdot\thetax^{\theta-1}dx=\theta\int_{0}^{1}x^{\theta}dx\)。根據(jù)積分公式\(\intx^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C(n\neq-1)\)，可得\(\theta\int_{0}^{1}x^{\theta}dx=\theta\times\frac{x^{\theta+1}}{\theta+1}\big|_{0}^{1}=\frac{\theta}{\theta+1}\)。用樣本一階矩\(\overline{X}\)代替總體一階矩\(E(X)\)，即\(\overline{X}=\frac{\theta}{\theta+1}\)。解關(guān)于\(\theta\)的方程：\(\overline{X}(\theta+1)=\theta\)，\(\overline{X}\theta+\overline{X}=\theta\)，\(\theta-\overline{X}\theta=\overline{X}\)，\(\theta(1-\overline{X})=\overline{X}\)，所以\(\theta=\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)，則\(\theta\)的矩估計量為\(\hat{\theta}=\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)。9.設(shè)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(\sigma^{2}\)已知，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，要檢驗假設(shè)\(H_0:\mu=\mu_0\)，\(H_1:\mu\neq\mu_0\)，則應(yīng)選用的檢驗統(tǒng)計量為（）A.\(Z=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\)B.\(T=\frac{\overline{X}-\mu_0}{S/\sqrt{n}}\)C.\(\chi^{2}=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\)D.\(F=\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}\)答案：A解析：當(dāng)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(\sigma^{2}\)已知時，檢驗假設(shè)\(H_0:\mu=\mu_0\)，\(H_1:\mu\neq\mu_0\)，應(yīng)選用的檢驗統(tǒng)計量為\(Z=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\)，該統(tǒng)計量在\(H_0\)成立時服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布\(N(0,1)\)。當(dāng)\(\sigma^{2}\)未知時，選用\(T=\frac{\overline{X}-\mu_0}{S/\sqrt{n}}\)；\(\chi^{2}=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\)用于檢驗總體方差；\(F=\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}\)用于兩個總體方差比的檢驗。10.設(shè)隨機變量\(X\)服從參數(shù)為\(n=10\)，\(p=0.3\)的二項分布\(B(n,p)\)，則\(E(X)\)和\(D(X)\)分別為（）A.\(E(X)=3\)，\(D(X)=2.1\)B.\(E(X)=3\)，\(D(X)=3\)C.\(E(X)=7\)，\(D(X)=2.1\)D.\(E(X)=7\)，\(D(X)=3\)答案：A解析：若隨機變量\(X\)服從二項分布\(B(n,p)\)，則其數(shù)學(xué)期望\(E(X)=np\)，方差\(D(X)=np(1-p)\)。已知\(n=10\)，\(p=0.3\)，則\(E(X)=np=10\times0.3=3\)，\(D(X)=np(1-p)=10\times0.3\times(1-0.3)=10\times0.3\times0.7=2.1\)。11.設(shè)二維隨機變量\((X,Y)\)的聯(lián)合分布函數(shù)為\(F(x,y)\)，則\(P(X>x_0,Y>y_0)\)等于（）A.\(1-F(x_0,y_0)\)B.\(1-F(x_0,+\infty)-F(+\infty,y_0)+F(x_0,y_0)\)C.\(F(x_0,+\infty)+F(+\infty,y_0)-F(x_0,y_0)\)D.\(F(+\infty,+\infty)-F(x_0,y_0)\)答案：B解析：根據(jù)二維隨機變量分布函數(shù)的性質(zhì)：\(P(X\leqx_0,Y\leqy_0)=F(x_0,y_0)\)，\(P(X\leqx_0)=F(x_0,+\infty)\)，\(P(Y\leqy_0)=F(+\infty,y_0)\)，\(P(X\leq+\infty,Y\leq+\infty)=F(+\infty,+\infty)=1\)。\(P(X>x_0,Y>y_0)=1-P((X\leqx_0)\cup(Y\leqy_0))\)。根據(jù)概率的加法公式\(P((X\leqx_0)\cup(Y\leqy_0))=P(X\leqx_0)+P(Y\leqy_0)-P(X\leqx_0,Y\leqy_0)=F(x_0,+\infty)+F(+\infty,y_0)-F(x_0,y_0)\)。所以\(P(X>x_0,Y>y_0)=1-F(x_0,+\infty)-F(+\infty,y_0)+F(x_0,y_0)\)。12.設(shè)隨機變量\(X\)和\(Y\)的相關(guān)系數(shù)為\(0.5\)，\(E(X)=E(Y)=0\)，\(E(X^{2})=E(Y^{2})=2\)，則\(E[(X+Y)^{2}]\)等于（）A.4B.6C.8D.10答案：B解析：首先根據(jù)期望的性質(zhì)\(E[(X+Y)^{2}]=E(X^{2}+2XY+Y^{2})=E(X^{2})+2E(XY)+E(Y^{2})\)。已知\(E(X^{2})=E(Y^{2})=2\)，下面求\(E(XY)\)。相關(guān)系數(shù)\(\rho_{XY}=\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}\)，又\(D(X)=E(X^{2})-[E(X)]^{2}=2-0=2\)，\(D(Y)=E(Y^{2})-[E(Y)]^{2}=2-0=2\)。因為\(\rho_{XY}=0.5\)，所以\(Cov(X,Y)=\rho_{XY}\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}=0.5\times\sqrt{2}\times\sqrt{2}=1\)。而\(Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)\)，已知\(E(X)=E(Y)=0\)，所以\(E(XY)=Cov(X,Y)=1\)。則\(E[(X+Y)^{2}]=E(X^{2})+2E(XY)+E(Y^{2})=2+2\times1+2=6\)。13.設(shè)總體\(X\)服從均勻分布\(U(0,\theta)\)，\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，則\(\theta\)的最大似然估計量為（）A.\(\overline{X}\)B.\(2\overline{X}\)C.\(\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}\)D.\(\min\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}\)答案：C解析：總體\(X\)的概率密度函數(shù)為\(f(x)=\begin{cases}\frac{1}{\theta},&0<x<\theta\\0,&其他\end{cases}\)。似然函數(shù)\(L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(x_i)=\begin{cases}\frac{1}{\theta^{n}},&0<x_1,x_2,\cdots,x_n<\theta\\0,&其他\end{cases}\)。要使\(L(\theta)\)最大，因為\(L(\theta)=\frac{1}{\theta^{n}}\)，\(\theta\)要盡可能小，但又要滿足\(\theta\geq\max\{x_1,x_2,\cdots,x_n\}\)，所以\(\theta\)的最大似然估計值為\(\hat{\theta}=\max\{x_1,x_2,\cdots,x_n\}\)，\(\theta\)的最大似然估計量為\(\hat{\theta}=\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}\)。14.設(shè)隨機變量\(X\)服從正態(tài)分布\(N(1,4)\)，\(Y=2X+1\)，則\(Y\)服從（）A.\(N(3,16)\)B.\(N(3,8)\)C.\(N(2,16)\)D.\(N(2,8)\)答案：A解析：若\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(Y=aX+b\)（\(a,b\)為常數(shù)），則\(Y\simN(a\mu+b,a^{2}\sigma^{2})\)。已知\(X\simN(1,4)\)，即\(\mu=1\)，\(\sigma^{2}=4\)，\(a=2\)，\(b=1\)。則\(E(Y)=a\mu+b=2\times1+1=3\)，\(D(Y)=a^{2}\sigma^{2}=2^{2}\times4=16\)。所以\(Y\simN(3,16)\)。15.設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，\(S^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}\)為樣本方差，則\(E(S^{2})\)等于（）A.\(D(X)\)B.\(E(X)\)C.\(\frac{D(X)}{n}\)D.\(\frac{E(X)}{n}\)答案：A解析：樣本方差\(S^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}\)是總體方差\(D(X)\)的無偏估計量，即\(E(S^{2})=D(X)\)。二、簡答題（每題10分，共30分）1.簡述大數(shù)定律和中心極限定理的含義和意義。答案：-大數(shù)定律-含義：大數(shù)定律是指在隨機試驗中，每次出現(xiàn)的結(jié)果不同，但是大量重復(fù)試驗出現(xiàn)的結(jié)果的平均值卻幾乎總是接近于某個確定的值。常見的大數(shù)定律有切比雪夫大數(shù)定律、伯努利大數(shù)定律和辛欽大數(shù)定律等。例如，切比雪夫大數(shù)定律表明，設(shè)\(X_1,X_2,\cdots\)是相互獨立的隨機變量序列，且具有相同的數(shù)學(xué)期望\(E(X_i)=\mu\)和方差\(D(X_i)=\sigma^{2}(i=1,2,\cdots)\)，則對于任意的\(\varepsilon>0\)，有\(zhòng)(\lim_{n\rightarrow+\infty}P\left(\left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}-\mu\right|\geq\varepsilon\right)=0\)。-意義：大數(shù)定律為用樣本均值估計總體均值提供了理論依據(jù)。在實際應(yīng)用中，我們可以通過大量的重復(fù)觀測來估計總體的某些特征，隨著觀測次數(shù)的增加，樣本均值會越來越接近總體均值，使得我們能夠用樣本的統(tǒng)計量來推斷總體的參數(shù)。-中心極限定理-含義：中心極限定理是指在一定的條件下，大量相互獨立的隨機變量的和近似服從正態(tài)分布。例如，獨立同分布的中心極限定理表明，設(shè)\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是獨立同分布的隨機變量序列，且\(E(X_i)=\mu\)，\(D(X_i)=\sigma^{2}>0(i=1,2,\cdots)\)，則當(dāng)\(n\)充分大時，\(\sum_{i=1}^{n}X_{i}\)近似服從正態(tài)分布\(N(n\mu,n\sigma^{2})\)，或者\(\frac{\sum_{i=1}^{n}X_{i}-n\mu}{\sqrt{n}\sigma}\)近似服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布\(N(0,1)\)。-意義：中心極限定理是概率論中最著名的結(jié)果之一，它使得正態(tài)分布在各種統(tǒng)計推斷中具有極其重要的地位。在實際問題中，許多隨機現(xiàn)象都可以看作是大量獨立隨機因素的綜合影響，無論這些隨機因素原來服從什么分布，只要滿足一定條件，它們的和都近似服從正態(tài)分布。這使得我們可以利用正態(tài)分布的性質(zhì)來進行概率計算和統(tǒng)計推斷，大大簡化了問題的處理。2.簡述參數(shù)估計的兩種方法——矩估計法和最大似然估計法的基本思想。答案：-矩估計法-基本思想：矩估計法是基于樣本矩來估計總體矩，進而估計總體參數(shù)的方法?？傮w矩是總體分布的數(shù)字特征，例如一階原點矩就是總體均值\(E(X)\)，二階中心矩就是總體方差\(D(X)\)等。樣本矩是樣本的數(shù)字特征，如樣本均值\(\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}\)是樣本的一階原點矩，樣本方差\(S^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}\)是樣本的二階中心矩。矩估計法的基本思路是用樣本矩去估計相應(yīng)的總體矩，然后通過建立方程或方程組來求解未知參數(shù)。例如，若總體中有一個未知參數(shù)\(\theta\)，我們可以令總體的一階矩\(E(X)\)等于樣本的一階矩\(\overline{X}\)，即\(E(X;\theta)=\overline{X}\)，解這個方程就可以得到\(\theta\)的矩估計量。如果總體中有多個未知參數(shù)，則可以建立多個方程，用樣本的各階矩分別等于總體的各階矩，聯(lián)立方程組求解未知參數(shù)。-最大似然估計法-基本思想：最大似然估計法的基本思想是在已經(jīng)得到實驗結(jié)果的情況下，應(yīng)該尋找使這個結(jié)果出現(xiàn)的可能性最大的那個參數(shù)值作為參數(shù)的估計值。設(shè)總體\(X\)的概率密度函數(shù)（對于連續(xù)型總體）或概率質(zhì)量函數(shù)（對于離散型總體）為\(f(x;\theta)\)，其中\(zhòng)(\theta\)是未知參數(shù)。\(X_1,X_2,\cdots,X_n\)是來自總體\(X\)的樣本，樣本的聯(lián)合概率密度函數(shù)（或聯(lián)合概率質(zhì)量函數(shù)）為\(L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(x_i;\theta)\)，稱為似然函數(shù)。最大似然估計就是要找到一個參數(shù)值\(\hat{\theta}\)，使得似然函數(shù)\(L(\theta)\)達到最大值，即\(L(\hat{\theta})=\max_{\theta}L(\theta)\)。通常可以通過對似然函數(shù)取對數(shù)，得到對數(shù)似然函數(shù)\(\lnL(\theta)\)，然后求對數(shù)似然函數(shù)的最大值點，這樣可以簡化計算。因為對數(shù)函數(shù)是單調(diào)遞增函數(shù)，\(L(\theta)\)和\(\lnL(\theta)\)具有相同的最大值點。3.簡述假設(shè)檢驗的基本步驟。答案：-提出原假設(shè)\(H_0\)和備擇假設(shè)\(H_1\)：原假設(shè)\(H_0\)通常是研究者想要檢驗并可能被拒絕的假設(shè)，它往往表示一種“無差異”“無變化”或“符合某種規(guī)定”的情況。備擇假設(shè)\(H_1\)是與原假設(shè)對立的假設(shè)，是當(dāng)原假設(shè)被拒絕時我們所接受的假設(shè)。例如，在檢驗總體均值\(\mu\)是否等于某個值\(\mu_0\)時，原假設(shè)\(H_0:\mu=\mu_0\)，備擇假設(shè)可以是\(H_1:\mu\neq\mu_0\)（雙側(cè)檢驗），也可以是\(H_1:\mu>\mu_0\)或\(H_1:\mu<\mu_0\)（單側(cè)檢驗）。-選擇檢驗統(tǒng)計量：根據(jù)總體分布、樣本信息和假設(shè)的類型，選擇合適的檢驗統(tǒng)計量。檢驗統(tǒng)計量是樣本的函數(shù)，它在原假設(shè)成立的條件下有已知的分布。例如，當(dāng)總體\(X\simN(\mu,\sigma^{2})\)，\(\sigma^{2}\)已知時，檢驗\(H_0:\mu=\mu_0\)，可以選擇檢驗統(tǒng)計量\(Z=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}\)，它服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布\(N(0,1)\)；當(dāng)\(\sigma^{2}\)未知時，選擇檢驗統(tǒng)計量\(T=\frac{\overline{X}-\mu_0}{S/\sqrt{n}}\)，它服從自由度為\(n-1\)的\(t\)分布。-確定顯著性水平\(\alpha\)：顯著性水平\(\alpha\)是在原假設(shè)為真的情況下，拒絕原假設(shè)的概率，也就是犯第一類錯誤（棄真錯誤）的概率。常見的顯著性水平有\(zhòng)(0.05\)、\(0.01\)等。它決定了拒絕域的大小。-確定拒絕域：根據(jù)顯著性水平\(\alpha\)和檢驗統(tǒng)計量的分布，確定拒絕原假設(shè)的區(qū)域。對于雙側(cè)檢驗，拒絕域分布在檢驗統(tǒng)計量分布的兩側(cè)；對于單側(cè)檢驗，拒絕域分布在檢驗統(tǒng)計量分布的一側(cè)。例如，對于\(Z\)檢驗，在雙側(cè)檢驗且\(\alpha=0.05\)時，拒絕域為\(|Z|>z_{\alpha/2}\)，其中\(zhòng)(z_{\alpha/2}=z_{0.025}=1.96\)；在單側(cè)檢驗（右側(cè)）且\(\alpha=0.05\)時，拒絕域為\(Z>z_{\alpha}=z_{0.05}=1.645\)。-計算檢驗統(tǒng)計量的值：根據(jù)樣本數(shù)據(jù)計算檢驗統(tǒng)計量的具體值。-做出決策：將計算得到的檢驗統(tǒng)計量的值與拒絕域進行比較，如果檢驗統(tǒng)計量的值落在拒絕域內(nèi)，則拒絕原假設(shè)\(H_0\)，接受備擇假設(shè)\(H_1\)；如果檢驗統(tǒng)計量的值不在拒絕域內(nèi)，則不拒絕原假設(shè)\(H_0\)。三、計算題（每題20分，共40分）1.設(shè)二維隨機變量\((X,Y)\)的聯(lián)合概率密度函數(shù)為\(f(x,y)=\begin{cases}e^{-(x+y)},&x>0,y>0\\0,&其他\end{cases}\)。-求\(X\)和\(Y\)的邊緣概率密度函數(shù)\(f_X(x)\)和\(f_Y(y)\)。-判斷\(X\)和\(Y\)是否相互獨立。-求\(P(X+Y\leq1)\)。答案：-求邊緣概率密度函數(shù)-對于\(X\)的邊緣概率密度函數(shù)\(f_X(x)\)：根據(jù)邊緣概率密度函數(shù)的定義\(f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy\)。已知\(f(x,y)=\begin{cases}e^{-(x+y)},&x>0,y>0\\0,&其他\end{cases}\)，當(dāng)\(x\leq0\)時，\(f_X(x)=0\)；當(dāng)\(x>0\)時，\(f_X(x)=\int_{0}^{+\infty}e^{-(x+y)}dy=e^{-x}\int_{0}^{+\infty}e^{-y}dy\)。因為\(\int_{0}^{+\infty}e^{-y}dy=-e^{-y}\big|_{0}^{+\infty}=-(0-1)=1\)，所以\(f_X(x)=\begin{cases}e^{-x},&x>0\\0,&其他\end{cases}\)。-對于\(Y\)的邊緣概率密度函數(shù)\(f_Y(y)\)：根據(jù)定義\(f_Y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dx\)。當(dāng)\(y\leq0\)時，\(f_Y(y)=0\)；當(dāng)\(y>0\)時，\(f_Y(y)=\int_{0}^{+\infty}e^{-(x+y)}dx=e^{-y}\int_{0}^{+\infty}e^{-x}dx\)。因為\(\int_{0}^{+\infty}e^{-x}dx=-e^{-x}\big|_{0}^{+\infty}=-(0-1)=1\)，所以\(f_Y(y)=\begin{cases}e^{-y},&y>0\\0,&其他\end{cases}\)。-判斷\(X\)和\(Y\)是否相互獨立若\(X\)和\(Y\)相互獨立，則\(f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)\)。由前面計算可知\(f_X(x)f_Y(y)=\begin{cases}e^{-x}\cdote^{-y}=e^{-(x+y)},&x>0,y>0\\0,&其他\end{cases}\)，與已知的聯(lián)合概率密度函數(shù)\(f(x,y)\)相同，所以\(X\)和\(Y\)相互獨立。-求\(P(X+Y\leq1)\)\(P(X+Y\leq1)=\iint_{x+y\leq1}f(x,y)dxdy\)，積分區(qū)域為\(x>0\)，\(y>0\)，\(x+y\leq1\)。則\(P(X+Y\leq1)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}e^{-(x+y)}dydx\)。先對\(y\)積分：\(\int_{0}^{1-x}e^{-(x+y)}dy=e^{-x}\int_{0}^{1-x}e^{-y}dy=e^{-x}(-e^{-y})\big|_{0}^{1-x}=e^{-x}(1-e^{-(1-x)})\)。再對\(x\)積分：\(\int_{0}^{1}e^{-x}(1-e^{-(1-x)})dx=\int_{0}^{1}(e^{-x}-e^{-1})dx=\int_{0}^{1}e^{-x}dx-\int_{0}^{1}e^{-1}dx\)。\(\int_{0}^{1}e^{-x}dx=-e^{-x}\big|_{0}^{1}=-(e^{-1}-1)