(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 .