(283)--第六章-参数估计与假设检验答案解析_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_{2}--资料

第六章 参数估计与假设检验 巩固练习 1.【答案】B 【解析】似然函数 L ( ) n i 1 f ( x i ) ( 2 1 ) n e n i 1 xi          ， l n L n l n 2 n l n n i 1 x i         ， 令 l n L 0 n n i 1 x 2 i 0            ，解得 1 n n i 1 x i     ， 所以最大似然估计量 ˆ 1 n n i 1 X i     ，答案选（B）． 2.【答案】 X  3 n n i 1 ( X i  X ) 2 ， X  3 n n i 1 ( X i  X ) 2 【解析】 1 EX  (ba)， 2 D X ( b 1 2 a ) 2 2     ，解方程组  ba2,  得 ba2 3 a 3 , b 3         . 令 ˆ X 1 n n i 1 X i      ， ˆ 2 1 n n i 1 ( X i X ) 2      1 n ，ˆ  (X  X)2 ， n i i1 则 a , b 的矩估计量分别为 3 n aˆ ˆ  3ˆ  X  (X  X)2 ， M n i i1 3 n b ˆ ˆ  3ˆ  X  (X X)2 . M n i i1 2X2 3.【答案】的矩估计量为  ；不是的无偏估计量 M π【解析】记 E X   ， D X 2   ，则  x2  x2    x2   EX  e 2dx xde 2 0  0       x2   x2 1   x2 xe 2  e 2dx  e 2dx 0 2  0  x 2 2    x π   e  2 d  2  2 2 由等式 2 π    解出 2 π 2    ，因此参数的矩估计量为 M 2 X π 2   ， 1 n 其中X  X . n i i1 由于样本均值 X 的期望 E X 与总体 X 的期望相等，因此 E X E X    ，而 D X 1 n D X 1 n 2    ，  x3  x2    x2  EX2   e 2dx  x2de 2 0  0      x2 x2    x2e 2  2xe 2dx 0 0   x2 x2  x2  2 e 2d 2e 2 2 0 2 0  DX  EX2 (EX)2 2 ， 2 D X 1 n 2 2       ， 1   2 n1 EX2  DX (EX)2   2     ， n 2  2 n 2n 2 22 n1  E M  EX2      .（数三求出E M 即可）   n 2n  故 不是的无偏估计量. M4.【答案】 M n i 1 n X i      【解析】设 x 1 , x 2 , , x n 是样本X ,X , ,X 的观测值，当 1 2 n x i  0 ( i  1 , 2 , , n ) 时，其 似然函数为 L() n x1ex i nn    n x   1 e  i n 1 x i ， i i   i1 i1 l n L n l n n l n ( 1 ) n i 1 l n x i n i 1 x i               ， dlnL n n dlnL n  x ，令 0，得 ， d  i d n i1 x i i1 因此的最大似然估计值为 n i n 1 x i    ，最大似然估计量为 M n i 1 n X i      . 5.【答案】矩估计值为 ˆ M 1 4   1 ˆ ，最大似然估计值为  (7 13) L 12 【解析】 EX 02 12(1)22 3(12)34, 1 x  (31303123)2, 8 令 E X  x 1 ˆ ，即342，得的矩估计值  ． M 4 对于给定的样本值，似然函数为 L()2[2(1)]22(12)4 46(1)2(12)4, 对数似然函数为 lnL()ln46ln2ln(1)4ln(12), 又因为d [ l n d L ( ) ] 6 1 2 1 8 2 6 ( 1 2 8 ) ( 1 2 4 2 2 ) ,                     令 d [ l n d L ( ) ] 0    ，解得 1 ,2 1 1 2 ( 7 1 3 )    ，取“  ”时， 1 1 2 ( 7  1 3 )  1 2 ，不合题 意；取“  1 1 ”时， (7 13) 合乎题意，故的最大似然估计值为 12 2 1 ˆ   (7 13)． L 12 6.【答案】0.36 【解析】在 2  已知的情况下，的置信区间为 X n z a2 , X n z a2       ，其中z 1.96. a 2 于是有 2 n z a2 0 . 5 8 8 2 1 6 1 . 9 6 0 . 5 8 8 2 0 . 3 6 .            X 7.【答案】t  n(n1) Q 【解析】在未知的情况下，对参数进行假设检验选用统计量 t X S n 0    ，其中 1 n 1 S2  (X X)2  Q2 ， n1 i n1 i1 0 0   ， 使用的统计量为 t X S n 0 X Q n ( n 1 )      . 8.【答案】A 【解析】显著性水平是假设检验中H 为真时构造的小概率事件的概率，如果小概率事 0 件发生则拒绝 H 0 .从另一方面来讲，即犯第一类错误“弃真”的概率，故选（A）. 9.【答案】不合格【解析】令 H 0 : 1 0 0 0   ， H 1 : 1 0 0 0   . 因为总体方差已知，所以选取统计量 X  X  ~ N(0,1)，拒绝域为 Z ，查表可知 10 10  25 25 z 0 .0 5  1 . 6 4 5 ，即 X 1 0 2 5 = 9 9 5 2 1 0 0 0 2 .5 Z 1 .6 4 5           ，所以拒绝 H 0 ，即该批产品不合格.综合测试 1.【答案】A 【解析】 E ( 2 M ) D ( M ) ( E M ) 2 ( E M ) 2 2          ，故选（A）. 2.【答案】A 【解析】 1 1 1 1 EX  5  [2(1)5(1)] (73)， 2 4 4 4 1 15 X  (13221312) ， 8 8 令 E X  X ，即 1 4 ( 7 3 ) 1 5 8    ，可得 1 4 6 1 5    ， 解得 1 6   ，故选（A）. 3.【答案】D 【解析】 1 E ( X ) x f ( x ; ) d x 0 x 2 e x2 2 d x 0 x d ( e x2 2 )                         x2    x2   x2     x   2 x 2 xe 2  e 2dx e 2dx 2 e  2 d  0 0 0 2 2 0 1 n 又X  X ，令  X ，即 n i 1 i1 2 2 1 n n i 1 X i      ， 2 解得的矩估计量为  (X)2， M 2 E ( X ) 0 x 2 2 x e e 2 x 2 x2 2 x2 e 0 0 x2 2 2 d 2 x 0 e 0 x2 2 x d 2 d ( 2 e x 2 x2 2 )                                          故 E ( ) M 2 2 2 2 E 1 n 1 n 2 ( n X D E 2 X X ) 2 2 n ( 2 E 1 n X ( D E 2 ) X 2 X ) . 2 ( E ( X E ) X 2 ) 2                               设 x 1 , x 2 , , x n 为样本值，则似然函数为 n n x x2 i i i1 L() i1 e 2 ,x 0,(i 1,2, ,n)， n i n x2 n i 取对数得lnL()lnx nln i1 ， i 2 i1 n x2 dlnL() n i 令   i1 0， d  22 n n x2 X2 i i 解得 i1 ，故的最大似然估计量为  i1 ； L 2n 2n 1  n  1 1 E( L ) 2n E   X i 2    2 E(X2) 2 2， i1故选（D）. 4.【答案】（1） e  X 443 ；（2） 576 【解析】 （1）由题意知样本的似然函数为 L ( ) ( 2 ) 2 [ ( 1 ) ] 3 ( 1 ) 2 7 ( 1 ) 5               ， 取对数有 l n L ( ) 7 l n 5 l n ( 1 )       ， 令 d  l n d L ( )  7 1 5 7 ( 1 1 2 ) 0               ， 解得 1 7 2   ，故的最大似然估计值 M 1 7 2   . （2）由题设，X 的可能取值为 1 0 , 1 5 , 2 0 ，且每天的退货率为 5 % ，则 Y 的可能取值为 0.5,0.75,1，则 Y ~ 0 . 5 2 0 ( 1 . 7 5 ) 1 1         ， 7 又由（1）知  ，故 M 12 E ( Y )  0 .5   1 7 2  2  0 .7 5  1 7 2  1 5 2  1  1 5 2  4 5 4 7 3 6 . 5.【答案】（1） 1 2 ( X 0 )     ， E ( 1 )    ； （2） maxx ,x , ,x ， 2 1 2 n 0 E ( 2 ) n n 1     【解析】     （1）E(X) 0 0   ，令E(X) X ， 2 0 2 得 1 2 ( X 0 )     ， 且E()2[E(X)]2[E(X)]. 1 0 0 （2）当  x  ,  x  , ,  x  时，似然函数 0 1 0 0 2 0 0 n 0 n 1 L() f(x )f(x ) f(x )   ， 1 2 n  显然 L ( )  关于单调递减，且 0 m a x  x 1 , x 2 , , x n      ，即 m a x  x 1 , x 2 , , x n  0     ， 所以maxx ,x , ,x 时，似然函数 1 2 n 0 L ( )  达到最大， 故 2 m a x  x 1 , x 2 , , x n  0     . 记 T  m a x  X 1 , X 2 , , X n  ，则有 F (t) F (t)F (t) F (t) T X X X 1 2 n 0, t , 0  t  n F (t)n  0  ,  t  , X    0 0 1, t  ,  0 所以 f T ( t ) F T ( t ) n 0 , t 0 n 1 , 0 t 其 他 0 . ,                  于是 E ( T ) 0 0 t f T ( t ) d t n n 1 0            ，故 E ( 2 ) E ( T ) 0 n n 1        . 6.【答案】C 【解析】 依题意有E ，由此计算出 M a 的值，从而确定正确选项. 由于总体 X P ( )  ，所以 E X D X    ，EX EX ，ES2  DX ，又 E M    ， 所以 a ( 2 3 a )       1 即a23a1，解得a  ，故选（C）. 2 7.【答案】10.2 【解析】由于的双侧置信区间的上下限，无论 2  已知或者 2  未知，都关于样本平均值 x 是对称 的，现置信下限为 7 . 8 ，则置信上限应为 x (x 7.8)9.0(9.07.8)10.2， 故置信上限应填10.2. 8.【答案】B 【解析】 检验犯第二类错误：接受实际不真的假设 H 0 所犯的错误. 现在 X ~ N ( 5 . 7 5 , 2 ) , X ~ N  5 . 7 5 , 1 4  ， 原假设 H 0 : 5     ，拒绝域W  X 5.5 ，故     X 5.75 5.55.75    P X 5.5  P   1 1    4 4    X 5.75   P 0.5(0.5)1(0.5) 1    2  选（B）.拓展提升 1.【答案】 e  X 【解析】 设 X 1 , X 2 , , X n 对应的样本值为 x 1 , x 2 , , x n ，则似然函数为 L() PX  xPX  x  PX  x  1 1 2 2 n n x 1 x 2 x n en  n x i  e e e i1 x ! x ! x ! x !x ! x ! 1 2 n 1 2 n 取对数得 l n L ( ) n n i 1 l n ( x i ! ) n i 1 x i l n              令 d [ l n d L ( ) ] 0    ，即 n n i 1 x i 0       1 n ，解得 x  x， n i i1 即的最大似然估计量为 M 1 n n i 1 X i X      ； 又 P  X 0  0 0 ! e e         ，为关于的单调函数， 则PX 0 的最大似然估计量为 e  X . 2.【答案】（1） θ M  X 1 (n ) ，其中 X (n )  m a x  X 1 , X 2 , , X n  ；  n θ  1   , yθ, （2）F(y)  y  0, yθ. （3） 1   θ θ  1  n 【解析】（1）由题意知， X  1 , 0 x , 的概率密度为 f(x)   0, 其他, 设 x 1 , x 2 , , x n 为简单随机样本的样本值，则似然函数为 L ( θ )  θ n , 0  x 1 , x 2 , , x n  1 θ ，故 L ( θ ) 是θ的单调增加函数； 当 1 θ 最小时，L(θ)最大，即 1 θ  m a x  x 1 , x 2 , , x n   x (n ) ，故 θ M  X 1 (n ) . （2） θ M 的分布函数为    1   1  F(y) P  M  y  P  X (n)  y   P  maxX 1 ,X 2 , ,X n   y  当 y  0 时， F ( y )  0 ； 当 y  0 时，  1 F(y) PmaxX ,X , ,X    1 2 n y  1 1PmaxX ,X , ,X    1 2 n y  1 1 1 1PX  ,X  , ,X    1 y 2 y n y  1  1  1 1PX  PX   PX    1 y  2 y  n y n   1 1PX     y  1 1 1  ydx,    1 1  0 y   , y 其中PX   y f(x)dx y  y   1 1  1,  1, 0 y   y 故 θ M 的分布函数为 F ( y ) 1 0 , y n , y y , .           （3）       P  1  P  1 P   M M M  F(1)F() n n       1 01 .     1 1 3.【答案】（1）的矩估计量为  N(2 X)，最大似然估计量为 1 2 4 3 N n ( n 0 n 1 )    ； （2） E ( 1 )    ， E ( 2 )    ；（3） D ( 1 ) 2 n ( 3 N 2 )      ， D ( 2 ) 3 n ( 4 N 3 )      【解析】 （1）由 X E ( X ) 0 4 N 1 2 N 2 4 N 4 N 3 2 N N               ， 解得的矩估计量为 1 N ( 2 X )    ， 又 X  0  n 0  1  n n 1  2  n 2  n 1  n 2 n 2 ，代入得  1  N N  1  N(2X) N   2 n (n 1 2n 2 )    n (2nn 1 2n 2 ) n (2n 0 n 1 )； 似然函数为 L ( ) 4 N n 0 2 N n1 4 N 4 N 3 n 2             ，两边取对数，得 l n L ( ) n 0 ( l n l n 4 N ) n 1 ( l n l n 2 N ) n 2 [ l n ( 4 N 3 ) l n 4 N ]            ， dlnL() n n 3n 4N 令  0  1  2 0，得的最大似然估计量为  (n n ). d   4N 3 2 3n 0 1        4N 3 （2）由n ~ B  n,  ,n ~ B  n,  ,n ~ B  n, ，得 0  4N  1  2N  2  4N  N  N N     E( 1 ) E   n (2n 0 n 1 )    n 2E(n 0 )E(n 1 ) n   2n 4N n 2N   ，4N  4N 4N     E( 2 ) E   3n (n 0 n 1 )    3n E(n 0 )E(n 1 ) 3n   n 4N n 2N   . 注意， E ( 1 )  也可以这样求：  2N  E( 1 ) E  N(2X)   N  2E(X)   N2E(X) N  2  .  N  （3） D ( 1 ) D [ N ( 2 X ) ] N 2 D ( X ) N 2 D ( n X )       ， 又 E ( X ) 2 N N , E ( X 2 ) 0 2 4 N 1 2 2 N 2 2 4 N 4 N 3 8 N 2 N 5                 ， 所以 D ( X ) E ( X 2 )  E ( X )  2 8 N 2 N 5 2 N N 2           ， 于是 D ( 1 ) N 2 1 n 8 N 2 N 5 2 N N 2 2 n ( 3 N 2 )                  ， D ( 2 ) D 4 3 4 3 N n N n 2 ( n D 0 ( n 2 n ) 1 ) 4 3 N n 4 3 N n 2 n 2 D 4 ( N n 4 0 N 3 n 1 ) 3 4 N 4 3 N n 3 n 2 ( D 4 ( N n n 3 2 ) ) .                              4.【答案】A 【解析】 首先要求出 L ，进而推断L与1的关系.当总体 X N ( , 2 )  ， 2  已知时，的置信区 间 为 X n z 2 , X n z 2         ， 其 中 z 是 标 准 正 态 分 布 上  2 2  分 位 数 ， 由  1(1) (z )1  确定，其中(x)是关于  2 2 2 x 的单调增函数，因此置信区间的长 2 度L z ，当样本容量n固定时，随z 的减小而变小，即随1的减小而变小，故选   n 2 2 （A）.5.【答案】 0 . 5 5 4 8 【解析】 当 H 0 成立时， X ~ N ( , 0 . 0 4 )  ， X ~ N  0 . 5 , 0 . 3 0 6 4   N  0 . 5 ,  0 . 3 1  2  0.05 P 拒绝H |H 成立  P  X C  0 0   C0.5   1P X C 1 1(30C15) 0.1    3  所以  ( 3 0 C  1 5 )  0 .9 5   (1 .6 4 5 ) ，即 3 0 C  1 5  1 .6 4 5 ， C  1 6 .6 3 0 4 5  0 .5 5 4 8 .