西昌学院 统计学 教材习题参考答案

418部分习题参考解答第一章一、判断题1.答：错。统计学和数学具有不同的性质特点。数学撇开具体的对象，以最一般的形式研究数量的联系和空间形式；而统计学的数据则总是与客观的对象联系在一起。特别是统计学中的应用统计学与各不同领域的实质性学科有着非常密切的联系，是有具体对象的方法论。3.答：错。实质性科学研究该领域现象的本质关系和变化规律；而统计学则是为研究认识这些关系和规律提供合适的方法，特别是数量分析的方法。5.答：错。描述统计不仅仅使用文字和图表来描述，更重要的是要利用有关统计指标反映客观事物的数量特征。7.答：错。不少社会经济的统计问题属于无限总体。例如要研究消费者的消费倾向，消费者不仅包括现在的消费者而且还包括未来的消费者，因而实际上是一个无限总体。二、单项选择题1.A；3.A。三、分析问答题1.答：定类尺度的数学特征是“=”或“”，所以只可用来分类，民族可以区分为汉、藏、回等，但没有顺序和优劣之分，所以是定类尺度数据。；定序尺度的数学特征是“”或“”，所以它不但可以分类，还可以反映各类的优劣和顺序，教育程度可划分为大学、中学和小学，属于定序尺度数据；定距尺度的主要数学特征是“+”或“-”，它不但可以排序，还可以用确切的数值反映现象在两方面的差异，人口数、信教人数、进出口总额都是定距尺度数据；定比尺度的主要数学特征是“”或“”，它通常都是相对数或平均数，所以经济增长率是定比尺度数据。3.答：如考察全国居民人均住房情况，全国所有居民构成统计总体，每一户居民是总体单位，抽查其中5000户，这被调查的5000户居民构成样本。419第二章一、单项选择题1.C；3.A。二、多项选择题1.A.B.C.D；3.A.B.C．三、简答题1.答：这种说法不对。从理论上分析，统计上的误差可分为登记性误差、代表性误差和推算误差。无论是全面调查还是抽样调查都会存在登记误差。而代表性误差和推算误差则是抽样调查所固有的。这样从表面来看，似乎全面调查的准确性一定会高于统计估算。但是，在全面调查的登记误差特别是其中的系统误差相当大，而抽样调查实现了科学化和规范化的场合，后者的误差也有可能小于前者。我国农产量调查中，利用抽样调查资料估算的粮食产量数字的可信程度大于全面报表的可信程度，就是一个很有说服力的事例。3.答：这种分组方法不合适。统计分组应该遵循“互斥性原则”，本题所示的分组方式违反了“互斥性原则”，例如，一观众是少女，若按以上分组，她既可被分在女组，又可被分在少组。四、计算题解（1）次（频）数分布和频率分布数列。居民户月消费品支出额（元）次（频）数频率（%）800以下800~850850~900900~950950~10001000~10501050~11001100以上141218841228243616824合计50100.00（3）绘制直方图、折线图、曲线图和向上、向下累计图。420主要操作步骤：①次数和频率分布数列输入到Excel。②选定分布数列所在区域，并进入图表向导，在向导第1步中选定“簇状柱形图”类型，单击“完成”，即可绘制出次数和频率的柱形图。③将频率柱形图绘制在次坐标轴上，并将其改成折线图。主要操作步骤：在“直方图和折线图”基础上，将频率折线图改为“平滑线散点图”即可。主要操作步骤：①将下表数据输入到Excel。组限向上累计向下累计750050800149850545900173395035151000437105047311004821150500②选定所输入的数据，并进入图表向导，在向导第1步中选定“无数据点平滑线散点图”类型，单击“完成”，即可绘制出累计曲线图。第三章一、单项选择题1.D；3.B；5.A。二、判断分析题1.答：均值。呈右偏分布。由于存在极大值，使均值高于中位数和众数，而只有较少的数据高于均值。3.答：峰度系数48.03%)10100(348003444mK，属于尖顶分布。4215.答：为了了解房屋价格变化的走势，宜选择住房价格的中位数来观察，因为均值受极端值影响；如果为了确定交易税率，估计相应税收总额，应利用均值，因为均值才能推算总体有关的总量。三、计算题1.解：基期总平均成本＝1800120018007001200600＝660报告期总平均成本＝1600240016007002400600＝640总平均成本下降的原因是该公司产品的生产结构发生了变化，即成本较低的甲企业产量占比上升而成本较高的乙企业产量占比相应下降所致。3.解：根据总体方差的计算公式nxxnii122）（可得：5418.211542593.114232甲；6247.199569821.111782乙全部学生成绩的方差2199.208110193.229042全部4749.205110566247.199545418.2111122kiikiiinnkiikiiinnxxB1122)(11056)3909.740179.76(54)3909.747037.72(22=2.745总体方差（208.2199）＝组内方差平均数（205.4749）+组间方差（2.745）5.解：（元）收购总量收购总额6268.130.1832060.11664000.21270083201664012700)()(11kiiiikiiiXfXfXX7.解：用1代表“是”(即具有某种特征)，0代表“非”（即不具有某种特征）。设总次数为N，1出现次数为N1，频率（N1/N）记为P。由加权公式422来不难得出：是非变量的均值=P；方差=P(1-P)；标准差=)1(PP。第四章一、判断分析题1.答：（1）CBA；（2）CAB；（3）ABC；（4）CBA；（5）CABCAB；（6）CBA；（7）CBACBACBA3.答：A表示没有次品；B表示次品不超过一件。二、计算题1.解：设A、B、C分别表示炸弹炸中第一军火库、第二军火库、第三军火库这三个事件。于是，P（A）=0.025P（B）=0.1P（C）=0.1又以D表示军火库爆炸这一事件，则有，D=A+B+C其中A、B、C是互不相容事件（一个炸弹不会同时炸中两个或两个以上军火库）∴P（D）=P（A）+P（B）+P（C）=0.025+0.1+0.1=0.2253.解：设A表示这种动物活到20岁、B表示这种动物活到25岁。∵BA∴B=AB∴P（B|A）=）（）（APABP=）（）（APBP=8.04.0=0.55.解：设B1={第一台车床的产品}；B2={第二台车床的产品}；A={合格品}。则P（B1）=32P（B2）=31P（A|B1）=1-0.03=0.97P（A|B2）=1-0.02=0.98由全概率公式得：P（A）=P（B1）*P（A|B1）+P（B2）*P（A|B2）=32*0.97+31*0.98=0.9737.解：设B1={第一台车床的产品}；B2={第二台车床的产品}；A={废品}。则P（B1）=32P（B2）=31P（A|B1）=0.03P（A|B2）=0.02423P（B2|A）=）（）（APABP2=）（）（）（）（）（）（221122BAP*BPBAP*BPBAP*BP=02.0*3103.0*3202.0*31=0.259.解：（1）一次投篮投中次数的概率分布表X=xi01P（X=xi）0.70.3（2）重复投篮5次，投中次数的概率分布表X=xi012345P（X=xi）0.168070.360150.308700.132300.028350.0024311.解：P（1400X1600）=Φ（28217201600）-Φ（28217201400）=Φ（-0.4255）-Φ（-1.1348）=0.2044P（1600X1800）=Φ（28217201800）-Φ（28217201600）=Φ（0.2837）-Φ（-0.4255）=0.2767P（2000X）=Φ（∞）-Φ（28217202000）=Φ（∞）-Φ（0.9929）=0.161113.解：当f1=4、f2=5时P（X11）=0.01；当f1=5、f2=6时P（X5）=1-0.05=0.9515.解：X=xi23456789101112P（X=xi）361362363364365366365364363362361424E（X）=iipx=2*361+3*362+4*363+5*364+6*365+7*366+8*365+9*364+10*363+11*362+12*361=36252=7V（X）=i2ipXE-x=272*361+273*362+274*363+275*364+276*365+277*366+278*365+279*364+2710*363+2711*362+2712*361=36210=5.83317.解：050C5000.0510.05）（+150C4910.0510.05）（=0.0769+0.2025=0.2794三、证明题1.证：knknknkqpknkkXkPXE)()()(00knknkqpknkn1)!()!1(!)1()1(11)11(knknkqpknnptntntqptnnp)1(10)1(1)(nqpnp1npnp22)()()(XEXEXD4252)()()1(XEXEXXE22)1(pnnpXXE因knknkqpknkkXXE)()1()1(0knknkqpknkn2)!()!2(!tntntqptnpnn2202)2()1(22)()1(nqppnn2)1(pnn于是npqnpnppnnppnnXD2222)1()(3.证：)1()(1njjiiXnXDXXD)1(1nijjjinXXnnD22221)1(nnnn21nn第五章一、单项选择题（1）BC；（3）A；（5）AC。二、计算题1.解：样本平均数X=425426XS=Sn=8.4882.1916151510.05/2()t2.1448==/2(n-1)Stn=2.1448×2.1916=4.7005所求μ的置信区间为：425-4.7005μ425+4.7005，即（420.2995，429.7005）。3.解：n=600,p=0.1，nP=60≥5，可以认为n充分大，α=0.05，0.02521.96zz。0.10.91.960.0122600因此，一次投掷中发生1点的概率的置信区间为0.1-0.01220.1+0.0122，即（0.0878，0.1122）。5.解：根据已知条件可以计算得：14820yn1ii8858600yn1i2i估计量nii11yyn=301*14820=494（分钟）估计量的估计方差2snv()v(y)(1)nN=301*291537520*)2200301(=1743.1653其中2n1i2in1i2i2yn-y1-n1y-y1-n1s=2494*308858600*1301427=2915375207.解：2(40)0.97524.433，2(40)0.02559.342，置信度为0.95的置信区间为：221122212(1)(1),nnnSnS=2240124012,(97.064,235.747)59.34224.4339.解：22222222115001.960.25(10.25)115000.051.960.25(10.25)PNz