(171)--第六章《统计初步》答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{3}--全部课件

第六章 统计初步
6-1 基础过关
1.【答案】 2  2 

1
3
0
2

【解析】记样本均值为 X , Y 则 X ~ N ( 2 0 , 0 .3 ) ， Y ~ N ( 2 0 , 0 . 2 ) ，所以
X Y ~ N(0,0.5) ，
X 
1
2
Y
~ N ( 0 .1 ) ，
P { | X  Y | 0 .3 } 

P
2


X
2 

1
2

Y
1
3
0

0
2
.3
1
2


 1  P

2 ( X  Y ) 
1
3
0
2

2.【答案】（1） C 
1
3
6
；（2）C  ；（3）证明见详细解析
2
【解析】（1） X
1
 X
2
 X
3
~ N ( 0 , 3 ) ，所以
X
1
 X
2
3
 X
3 ~ N ( 0 , 1 )
X X X ~ N(0,3)，所以
4 5 6
X
4
 X
5
3
 X
6 ~ N ( 0 , 1 ) ，又因为样本 相
互独立，所以
X
1
X
2
3
X
3
2
X
4
X
5
3
X
6
2
1
3
Y ~ 2 ( 2 ) 
   

   

1
，C  .
3
X X
（2）因为X X ~ N(0,2)，所以 1 2 ~ N(0,1)，X2 X2 X2 ~2(3) ，
1 2 2 3 4 5
又因为样本 相互独立，所以
X  X
1 2
2 3 X  X 3 6
  1 2 ~t(3)，C   .
(X2  X2  X2)/3 2 1 2 2
3 4 5 (X2  X2  X2)2
2 4 5
X
1
, X
2
,  , X
5
X
1
, X
2
,  , X
6（3）Z ~ N(0,1)，Y ~2(n)， X 
Y
Z
/ n
~ t ( n )
Z2
，X2  ~ F(1,n)
Y /n
3.【答案】（1） P  X
1
 x
1
, X
2
 x
2
, , X
n
 x
n
  p
n
i1 xi
( 1  p )
n 
n
i1 xi
;
 n 
（2） p x kCkpk(1 p)nk;
i n
 
i1
（3） E X  p ; D X 
1
n
p ( 1  p ) ; E S 2  p ( 1  p )
【解析】（1）
n
PX  x ,X  x , ,X  x PX  x
1 1 2 2 n n i i
i1
n n
n n x nx
PX  xpx i(1 p)1x i  pi1 i (1 p) i1 i
i
i1 i1
（2）
n
i
1
X
i
~ B ( n , p ) ，所以 p
 n
i
1
X
i
 k

 C kn p k (1  p ) n  k ， k  0 , 1 , ..., n
(3) E X  E X  p ， D X 
1
n
D X 
1
n
p (1  p ) ， E S 2  D X  p ( 1  p )
4.【答案】 E X  n ; D X 
n
5
;ES2 2n
【解析】 E X  E X  n ， D X 
1
1
0
D X 
1
1
0
 2 n 
n
5
， E S 2  D X  2 n .
S2 
5.【答案】（1）P 2.0410.99;（2）
2 
D S 2
2
1 5
4 
 .
(n1)S2
【解析】（1） ~ X2(n1)，当
2
n  1 6 时，
1 5 S
2
2
~ 2 (1 5 ) 

S2  15S2  15S2 
所以P 2.041 P 30.6151P 30.615
2
 
2
 
2

S2 
2 (15)30.578，P 2.04110.010.99.
0.01 2
（2）因为
1 5 S
2
2
~ 2 (1 5 )  ，所以

D
1 5 S
2
2 1 5 2
4
D S 2 3 0
 
 
  ， D S 2
2
1 5
4 
 .6-2 基础真题
1.【答案】A
【解析】
C o v ( X
1
, Y ) 

C
1
n
o
D
v
X

1
X

1
,
1
n
n
2
n
i
1
X
i


1
n
C o v ( X
1
, X
1
) 
1
n
n
i
2
C o v ( X
1
, X
i
)

其中，因为X 与
1
X
i
( i  2 , 3 , , n ) 独立，所以 C o v ( X
1
, X
i
)  E ( X
1
X
i
)  E X
1
E X
i
 0 ，
故应选（A）.
2.【答案】 2 
【解析】记 S 21 
n
1
1
 1
n1
i
1
( X
i
 X ) 2 ， S 22 
n
2
1
 1
n 2
j
1
( Y
j
 Y ) 2 ，则
E(S2) E(S2)2
，故原式
1 2
(n 1)S2 (n 1)S2 (n 1)E(S2)(n 1)E(S2)
 E

1 1 2 2

 1 1 2 2 2.
n n 2 n n 2
 
1 2 1 2
3.【答案】（Ⅰ）
n 
n
1
( i  1 , 2 ,   , n ) ；（Ⅱ） 
1
n
【解析】（Ⅰ） D Y
i
 D ( X
i
 X )  D


1 
1
n

X
i

1
n
kk
n
 1i
X
k


n 
n
1
( i  1 , 2 ,   , n ) .
（Ⅱ）因 X
1
, X
2
,   , X
n
相互独立，而独立的两个随机变量协方差等于零. 于是有
Cov(Y,Y )Cov(X X,X X)Cov(X ,X )Cov(X ,X)Cov(X ,X)DX
1 n 1 n 1 n 1 n
 1 n  1  n  1 1
而Cov(X ,X)Cov  X , X   Cov  X ,X   DX  .
1  1 n i  n  1 i  n 1 n
i1 i1
  DX 1 1
类似地，Cov X ,X  n  . 又因为DX  ，所以有
n n n n
1 1 1 1
Cov(Y,Y )0    .
1 n n n n n4.【答案】2
【解析】因为样本方差的数学期望等于总体的方差，即E(S2)DX ，
而 E X  
 
 
x f ( x ) d x  
 
 
x 
1
2
e  x d x  0 ， E ( X 2 )  
 
 
x 2 f ( x ) d x  

0

x 2 e  x d x  2
故 E ( S 2 )  D X  E ( X 2 )  ( E X ) 2  2  0  2 .
1 1
5.【答案】 ； ；
20 100
2 .
【解析】根据 2  分布的定义，若Y,Y , ,Y 服从标准正态分布且相互独立，则
1 2 m
Y  Y
1
2  Y 22  Y 2m 服从自由度为 m 的 2  分布. 对于本题，若 X 服从 2  分布，则
m  2 ，且 a(X 2X ) N(0,1)， b(3X 4X ) N(0,1)，于是
1 2 3 4
D[ a(X 2X )](a4a)DX 5a22 1，即
1 2 1
a 
1
2 0
.
D[ b(3X 4X )](9b16b)DX 25b22 1，即
3 4 1
b 
1
1
0 0
.
6.【答案】C
【解析】当随机变量 X 和 Y 都服从正态分布，且二者相互独立时，（A），（B），（C），
（D）四个选项均成立. 当未给出 X 和 Y 相互独立这一条件时，（A），（B），（D）均不一
定成立.
7.（01-3）设总体 X 服从正态分布 N ( 0 , 0 .2 2 ) ，而 X
1
, X
2
, X
1 5
是来自总体X 的简单随
X2   X2
机样本，则随机变量Y  1 10 服从 分布，参数为 .
2(X2   X2)
11 15
【答案】 F ；(10,5)
X
【解析】由X ~ N(0,0.22)，i1,2, ,15，可得 i ~ N(0,1)，从而
i 0.2
2 2 2 2
 X   X   X   X 

1

 

10

~2(10)， 11

 

15

~2(5)，又因
0.2  0.2   0.2  0.2 2 2
 X   X 
 1     10  与
0.2  0.2 
 X
0
1 1
.2

2
 
 X
0
1 5
.2

2
相互独立，故根据 F 分布的定义，可知
Y 




X
0
X
0
1
. 2
1 1
. 2


2
2






X
0
X
0
1 0
. 2
1 5
. 2


2
2


1
5
0

2
X
( X
2 
1
21
1



X
X
21
021
5
)
~ F ( 1 0 , 5 ) .
8.【答案】D
【解析】由于
X 
n
 n X N ( 0 , 1 )

，所以（A）不对；

( n  1 )
2
S 2
 ( n  1 ) S 2 2 ( n  1 )  ，即（B）不对；

X
S

n

n
S
X
t ( n  1 )

，（C）不对；
X2 2(1)，
1
n
i
2
X 2i 2 ( n  1 )  ，且X2 与
1
n
i
2
X 2i 独立，故
n
i
2
X
X
2i
21
( n  1 )

( n 
n
i
2
1 )
X
X
2i
21
F ( 1 , n  1 ) . 故答案选（D）.
9.【答案】B
 2 
【解析】由已知得X ~ N ,  ，所以
 n 
X 
n
~ N ( 0 , 1 )

，又由

n S 222
~ 2 ( n  1 )  ，且

S2 与X 相独立，故由
2
t 分布的构成知
X
2
n
(
S
n
n
22
1 )
~ t ( n 1 )





 ，既
X 
~t(n1) ，故选（B）.
S n1
210.【答案】 t ； 9
【解析】令 X i 
X
3
i
Y
，Y i (i 1,2, ,9)，则
i 3
X i N ( 0 , 1 ) ， Y i N ( 0 , 1 ) ，
i  1 , 2 , , 9 ，X X  X N(0,32)，
1 9
Y   Y 1 2   Y 29 2 ( 9 )  ，
因此 U 
X
Y
1
1

2 


X
Y
9
29

X
Y
 
1
2 1 


X
Y
9
9 2

X
Y



X
Y


3
9
. 由于 X  3 N ( 0 , 1 ) ，
Y 2(9). 故U t(9).
11.【答案】C．
【解析】设 W N ( 0 , 1 ) ， Z 2 ( n )  ，且 W ， Z 独立，则 X 
W
Z n
t ( n ) . 又
W N ( 0 , 1 ) ，所以 W 2 2 ( 1 )  . 所以
X
1
2

W
Z
2
n
1
F ( n , 1 ) （按定义）.6-3 拓展拔高
1.【答案】（1） T
1
~ F ( 1 , 7 ) ；（2） T
2
~ t ( 7 ) ；（3） T
3
~ F ( 3 , 7 )
【解析】由 X ~ N ( 0 , 2 )  知X ~ N(0,2)，X  X  X ~ N(0,32)，记
i 1 2 3
X X X
U  1 2 3 ~ N(0,1)，
3
V 
1 0
i
4
 X
i
 2

1 0
i
4
X
2
2i
~ 2 ( 7 )  ，
 
故 U 2 
( X
1
 X
3
i

2
X
i
) 2
~ 2 ( 1 )  . 记

W 
X 21  X 222  X 23
~ 2 ( 3 )  .

又 U 与 V 相互独立， W 与 V 相互独立，则：
（1） T
1

U
1V
7
2

7
3

( X
X

1
24 
X
2


X
X
)
321
0
2
~ F (1 , 7 )
（2） T
2

U
V
7

7
3

X
X
1

24 
X
2


X
X
3
21
0
~ t ( 7 )
（3） T
3

W
3V
7

7
3

X
X
21
24


X 22


X
X 2321
0
~ F ( 3 , 7 ) .
2.【答案】（1） T
1
~ 2 ( n )  ；（2） T
2
~ t ( 2 n  1 ) ；（3） T
3
~ F ( 3 , 2 n  3 )
【解析】
（1）1 2n n
T  X2 X X
1 2 i 2i1 2i
i1 i1
1
 (X2  X2   X2  X2 ) X X  X X   X X
2 1 2 2n1 2n 1 2 3 4 2n1 2n
1 1 1
 (X  X )2  (X  X )2   (X  X )2
2 1 2 2 3 4 2 2n1 2n
X  X
2 Y  2i1 2i
 n  X 2i1  X 2i  i 2  n Y2
 
i
 2 
i1 i1
由 X
2 i 1
~ N ( 0 , 1 ) ， X
2 i
~ N ( 0 , 1 ) ，知 X
2 i 1
 X
2 i
~ N ( 0 , 2 ) ，故
Y
i

X
2 i 1

2
X
2 i ~ N ( 0 , 1 ) ，又因为 X
1
, X
2
, ..., X
2 n
为X 的简单随机样本，所以
Y,Y ,...,Y 相互独立，所以
1 2 n
T
1

n
i
1
Y 2i ~ 2 ( n )  .
（2）由于
2
i
n
2
X 2i ~ 2 ( 2 n 1 )  

 ，又因为X ,X ,...,X 为
1 2 2n
X 的简单随机样本，可知
T
2

2 n 
2 n
i
2
1
X
X
2i
1 
X
2 n
i
2
2 n
1
X

2i
1
~ t ( 2 n  1 )
（3）由
3
i
1
X 2i ~ 2 ( 3 )
2n
 ， X2 ~2(2n3)且相互独立，故
i
i4
T
3

( 2 n
3
 3
2 n
i
4
)
3
i
X
1
2i
X 2i

3
i
1
2 n
i
1
2 n
3
X
X

2i
2i
3
~ F ( 3 , 2 n  3 )
3.【答案】（1） E Y  1
n
，DY  2；（2）k  .
n1
 2 
【解析】先确定Y 服从的分布. 依题设，X ~ N(,2)，X ~ N, ，且X 与
n1  n  n1X
 n1 
相互独立，故X X ~ N0, 2 ，所以
n1  n 
 X
n 
n
1

n

1
X 
2

( n 
n
1 ) 2
( X
n  1
 X ) 2  Y ~ 2 (1 ) 


由 2  分布的性质， E Y  1 ， D Y  2 .
（2）由已知，样本方差 S 2 与 X 独立， X
n  1
与 S 2 独立，且X,X ,S2 相互独立，故
n1
S2与 ( X
n  1
 X ) 2 也独立，所以
( n 
(
n
1
n
)
 1
2
)
2
S
(
2
X
/
n  1
( n


X
1 )
) 2

n
n
 1

( X
n  1
S

2
X ) 2
~ F ( 1 , n  1 )


即 k 
n
n
 1
.
4.【答案】C
【解析】因为X ~t(2)，所以存在U ~ N(0,1)，V ~2(2)，且 U , V 相互独立，使得
X 
U
V
2
，则
X
1
2

V
U
/ 2
2
，因为 V ~ 2 ( 2 )  ， U 2 ~ 2 ( 1 )  ，且 V , U 2 相互独立，所以
1
~ F(2,1)，选（C）.
X2
5.【答案】U ~t(10)
【解析】因为 X
1
, X
2
, ..., X
1 0
相互独立且与总体服从相同的分布，所以
10
(1)iX ~ N(0,102)，于是
i
i1
1 0
i
1
( 
1
1
0
) i X
i
~ N ( 0 , 1 ) ，又因为X ,X ,...,X 相互独立
 11 12 20
X
且与总体服从同样的分布，所以 i ~ N(0,1)(i 11,12, ,20)，于是
1
2
2i 0
1 1
X 2i ~ 2 (1 0 )  ，又

1 0
i
1
( 
1
1
0
) i X
i
与

1
2
2i 0
1 1
X 2i 独立，故

1 0
i
1
1
2
( 
1
2 0
i
1
1
0
1
)
X
i X
2i
i
/ 1 0
~ t ( 1 0 )

，即

U 
1 0
i
1
( 
2 0
i
1
1
1
)
X
i X
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