中国人民大学 432 统计学 2025 年考研专业试题和参考答案

xxxedu / 2025-11-05

试题提示：本试题仅供参考，如需真题原题请联系研究生院。

一、考试科目题型与分值

本试卷满分 150 分，考试时长 180 分钟，涵盖概率论、数理统计、应用统计三大板块，题型及分值分布如下：

单项选择题（共 10 题，每题 3 分，总计 30 分）

简答题（共 3 题，每题 15 分，总计 45 分）

计算题（共 3 题，每题 25 分，总计 75 分）

二、2025 年考研真题

（一）单项选择题（每题 3 分，共 30 分）

已知随机变量 X 服从正态分布 N (μ,σ²)，若 P (X<μ-σ)=0.1587，则 P (μ<X<μ+2σ) 的值为（）

A. 0.6826 B. 0.8185 C. 0.9544 D. 0.9772

设总体 X~N (μ,σ²)，σ² 未知，X₁,X₂,…,Xₙ为样本，若要检验 H₀:μ=μ₀，应采用的检验统计量为（）

A. Z 统计量 B. t 统计量 C. χ² 统计量 D. F 统计量

下列关于置信区间的说法中，正确的是（）

A. 置信水平越高，置信区间越窄 B. 样本量越大，置信区间越窄

C. 总体标准差越大，置信区间越窄 D. 置信区间一定包含总体参数

某企业生产的产品合格率为 90%，现随机抽取 10 件产品，恰好有 8 件合格的概率为（）

A. C₁₀⁸×0.9⁸×0.1² B. C₁₀⁸×0.9²×0.1⁸ C. 0.9⁸×0.1² D. 0.9²×0.1⁸

（其余 6 题略，涵盖随机变量期望方差、假设检验两类错误、方差分析、回归分析等考点）

（二）简答题（每题 15 分，共 45 分）

简述概率的三大公理，并说明其在概率计算中的作用。

试述矩估计法与最大似然估计法的核心思想，比较两种估计方法的优缺点。

简述一元线性回归模型的基本假设，分析违反 “误差项同方差” 假设会导致的后果。

（三）计算题（每题 25 分，共 75 分）

已知随机变量 X 的概率密度函数为\(f(x)=\begin{cases}ax^2, & 0<x<2 \\ 0, & \text{其他}\end{cases}\)，要求计算：

（1）常数 a 的值（8 分）；

（2）E (X) 与 D (X)（9 分）；

（3）P (1<X<1.5)（8 分）。

某工厂生产的零件直径服从正态分布，现抽取 16 个零件，测得样本均值\(\bar{x}=20mm\)，样本标准差 s=1.2mm。

（1）在置信水平 95% 下，求零件直径总体均值 μ 的置信区间（t₀.₀₂₅(15)=2.131）（13 分）；

（2）若要使置信区间宽度不超过 0.5mm，至少需抽取多少个样本（12 分）。

某研究机构分析居民月收入（X，单位：千元）与月消费支出（Y，单位：千元）的关系，收集 10 组数据，计算得：

\(\sum X=50\)，\(\sum Y=30\)，\(\sum XY=160\)，\(\sum X²=260\)，\(\sum Y²=100\)。

（1）建立 Y 对 X 的一元线性回归方程\(\hat{Y}=\hat{\beta}_0+\hat{\beta}_1X\)（13 分）；

（2）计算判定系数 R²，说明回归方程的拟合效果（12 分）。

三、参考答案

（一）单项选择题

B（正态分布中 P (μ-σ<X<μ+σ)=0.6826，P (μ<X<μ+2σ)=(0.9544)/2=0.4772，结合 P (X<μ-σ)=0.1587，得 0.1-0.1587-0.0228=0.8185）

B（σ² 未知时，用 t 统计量检验总体均值）

B（样本量越大，抽样误差越小，置信区间越窄；置信水平越高、总体标准差越大，置信区间越宽；置信区间未必包含总体参数）

A（服从二项分布 B (10,0.9)，概率为 C₁₀⁸×0.9⁸×0.1²）

（其余 6 题答案略，均围绕考点核心公式与逻辑）

（二）简答题

三大公理：①非负性（P (A)≥0）；②规范性（P (Ω)=1，Ω 为样本空间）；③可列可加性（互斥事件 A₁,A₂,… 的 P (∪Aᵢ)=∑P (Aᵢ)）（9 分）；作用：为概率计算提供统一理论基础，确保概率值符合逻辑，是推导其他概率公式（如加法公式、乘法公式）的前提（6 分）。

矩估计法：用样本矩替代总体矩估计参数，思想简单直观（4 分）；最大似然估计法：寻找使样本出现概率最大的参数值，利用样本信息更充分（4 分）；优缺点：矩估计计算简便但可能效率低，最大似然估计渐近有效但计算复杂，需求解似然方程（7 分）。

基本假设：①线性性（Y=β₀+β₁X+ε）；②E (ε)=0；③同方差（Var (εᵢ)=σ²）；④无自相关（Cov (εᵢ,εⱼ)=0,i≠j）；⑤X 与 ε 独立（9 分）；违反同方差假设的后果：参数估计量仍无偏，但方差估计有偏，导致假设检验失效、置信区间不准确（6 分）。

（三）计算题

（1）由\(\int_0^2 ax^2dx=1\)，得\(a×\frac{8}{3}=1\)，\(a=\frac{3}{8}\)（8 分）；

（2）\(E(X)=\int_0^2 x×\frac{3}{8}x^2dx=\frac{3}{8}×\frac{16}{4}=1.5\)；\(E(X²)=\int_0^2 x²×\frac{3}{8}x²dx=\frac{3}{8}×\frac{32}{5}=2.4\)；\(D(X)=2.4-1.5²=0.15\)（9 分）；

（3）\(P(1<X<1.5)=\int_1^{1.5} \frac{3}{8}x²dx=\frac{3}{8}×(\frac{3.375}{3}-\frac{1}{3})=0.2969\)（8 分）。

（1）σ 未知，置信区间为\(\bar{x}±t_{\alpha/2}(n-1)×\frac{s}{\sqrt{n}}=20±2.131×\frac{1.2}{4}=20±0.639\)，即 (19.361,20.639)（13 分）；

（2）设样本量为 n，区间宽度\(2×t_{\alpha/2}(n-1)×\frac{s}{\sqrt{n}}≤0.5\)，近似取 t≈2，得\(2×2×\frac{1.2}{\sqrt{n}}≤0.5\)，\(n≥(9.6)²≈93\)，至少需 93 个样本（12 分）。

（1）\(\hat{\beta}_1=\frac{n\sum XY-\sum X\sum Y}{n\sum X²-(\sum X)²}=\frac{10×160-50×30}{10×260-50²}=\frac{100}{100}=1\)；\(\hat{\beta}_0=\bar{Y}-\hat{\beta}_1\bar{X}=3-1×5=-2\)，回归方程为\(\hat{Y}=-2+X\)（13 分）；

（2）\(SST=\sum Y²-\frac{(\sum Y)²}{n}=100-\frac{900}{10}=10\)；\(SSR=\hat{\beta}_1²(\sum X²-\frac{(\sum X)²}{n})=1×(260-250)=10\)；\(R²=\frac{SSR}{SST}=1\)，拟合效果完美（12 分）。