107 年初等考試五等統計考古題與詳解

Question 1

已知 $P(A\mid B)=0.4$、$P(B)=0.6$、$P(A\cap B^c)=0.2$，則 $P(A\cup B)=？$ (A) 0.6 (B) 0.7 (C) 0.8 (D) 0.9

Accepted Answer

核心觀念 本題考查條件機率、交集機率與聯集機率的基本關係： $$ P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B). $$ 其中 $B^c$ 表示「不屬於 $B$」的事件。事件 $A$ 可分成互斥的兩部分：$A\cap B$ 與 $A\cap B^c$，所以 $$ P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap B^c). $$ 解題方法 先由條件機率求出 $P(A\cap B)$： $$ P(A\cap B)=P(A\mid B)P(B)=0.4	imes 0.6=0.24. $$ 再將 $A$ 拆成落在 $B$ 內與落在 $B$ 外兩部分： $$ P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap B^c)=0.24+0.2=0.44. $$ 代入聯集公式： $$ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) =0.44+0.6-0.24=0.8. $$ 選項分析

Answer

答案：C

Question 2

一袋中有三枚 10 元硬幣，其中一枚兩面皆為「10 元」，另一枚兩面皆為「國父人像」，第三枚有一面是「10 元」、另一面是「國父人像」。今由袋中隨機取出一枚硬幣，連擲 3 次皆為「10 元」面朝上，請問取出之硬幣兩面皆為「10 元」硬幣的機率為何？

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是貝氏定理：已知觀察到某事件後，計算某原因成立的條件機率。三枚硬幣是等機率抽取，但擲出三次「10 元」的機率會因硬幣種類不同而異，因此不能只在「可能造成觀察結果的硬幣」之間平均分配。 解題方法 令 $D$ 表示抽到兩面皆為「10 元」的硬幣，$E$ 表示連擲三次皆為「10 元」面朝上。 抽到雙「10 元」硬幣時，每次都會是「10 元」面朝上，所以 $P(E\mid D)=1$。抽到一面「10 元」、一面「國父人像」的硬幣時，三次都擲出「10 元」的機率為 $\left(\frac12ight)^3=\frac18$；兩面皆為「國父人像」的硬幣則不可能擲出「10 元」，故 $P(E\mid	ext{雙國父})=0$。 三枚硬幣各以 $\frac13$ 的機率抽出，因此依貝氏定理： $$ P(D\mid E) =\frac{P(E\mid D)P(D)}{P(E)} =\frac{1\cdot\frac13} {1\cdot\frac13+\frac18\cdot\frac13+0\cdot\frac13} =\frac{1}{1+\frac18} =\frac89. $$

Answer

答案：C

Question 3

已知 200 筆樣本資料呈現平均數為 50、標準差為 10 的鐘形分配，則約有多少筆資料介於 30 與 60 之間？ (A) 161 (B) 163 (C) 165 (D) 168

Accepted Answer

核心觀念 鐘形分配常用經驗法則估計資料落在平均數附近的比例：平均數左右 $1$ 個標準差約占 $68\%$，左右 $2$ 個標準差約占 $95\%$，左右 $3$ 個標準差約占 $99.7\%$。本題區間不以平均數為中心，需先把上下界換算成標準差單位，再利用標準常態分配表求比例。 解題方法 樣本平均數 $\bar{x}=50$、標準差 $s=10$，要求介於 $30$ 與 $60$ 的資料筆數。將兩個界限標準化： $$ z{30}=\frac{30-50}{10}=-2,\qquad z{60}=\frac{60-50}{10}=1 $$ 因此所求比例為標準常態變數介於 $-2$ 與 $1$ 的機率： $$ P(-2<Z<1)=\Phi(1)-\Phi(-2) $$ 查標準常態分配表，$\Phi(1)\approx0.8413$、$\Phi(-2)\approx0.0228$，所以： $$ P(-2<Z<1)\approx0.8413-0.0228=0.8185 $$ 估計資料筆數為： $$ 200	imes0.8185=163.7\approx164 $$

Answer

答案：B

Question 4

隨機變數 $X$ 服從二項分配，$n=10$、$p=0.2$，則 $P(\lvert X-2\rvert<2)=？$ (A) 0.7717 (B) 0.7327 (C) 0.7422 (D) 0.7543

Accepted Answer

核心觀念 若 $X\sim\operatorname{Bin}(n,p)$，則 $X$ 表示 $n$ 次伯努利試驗中的成功次數，且 $$ P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k},\qquad k=0,1,\ldots,n. $$ 本題的 $X\sim\operatorname{Bin}(10,0.2)$。關鍵是先把絕對值不等式轉成 $X$ 的取值範圍，再利用 $X$ 為整數，列出要加總的機率。 解題方法 由 $$ |X-2|<2 $$ 可得 $$ -2<X-2<2 \quad\Longrightarrow\quad 0<X<4. $$ 因為二項分配的 $X$ 只能取整數，所以符合條件的取值為 $X=1,2,3$。因此

Answer

答案：A

Question 5

一隨機變數 $X$ 的機率密度函數為 $$ f(x)= \begin{cases} 1-Kx, & 0<x<2,\ 0, & 	ext{其他}. \end{cases} $$ $K$ 值為： (A) 1.0 (B) 0.5 (C) 1.5 (D) 2.0

Accepted Answer

核心觀念 機率密度函數必須滿足全體取值範圍下的積分為 $1$，也就是總機率為 $1$： $$ \int{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=1. $$ 本題的密度函數只在 $0<x<2$ 時非零，因此只需令 $\int0^2(1-Kx)\,dx=1$，即可求出 $K$。 解題方法 $$ \int0^2(1-Kx)\,dx =\left[x-\frac{Kx^2}{2}\right]0^2 =2-2K. $$ 由總機率為 $1$： $$ 2-2K=1 \quad\Longrightarrow\quad K=\frac12=0.5. $$ 因此選項 (B) 正確。 選項分析

Answer

答案：B

Question 6

$X1,X2,\ldots,Xn$ 為來自 Poisson 分配、參數為 $\lambda$ 的一組隨機樣本，則此 Poisson 分配之標準差的最大概似估計量為何？ (A) $\bar X$ (B) $0.5\bar X$ (C) $\bar X^2$ (D) $\sqrt{\bar X}$

Accepted Answer

核心觀念 本題評量點估計量推導與最大概似估計量（MLE）的重要性質，核心架構涵蓋以下三項觀念： 1. Poisson 分配的母體特性： 若隨機變數 $X \sim 	ext{Poisson}(\lambda)$，其母體期望值與變異數皆等於母數 $\lambda$，即： $$E(X) = \lambda, \quad 	ext{Var}(X) = \lambda$$ 因此，母體標準差為： $$\sigma = \sqrt{	ext{Var}(X)} = \sqrt{\lambda}$$ 2. 最大概似估計法（Maximum Likelihood Estimation, MLE）： 透過最大化概似函數（Likelihood Function）或對數概似函數（Log-likelihood Function），求解未知母數之最佳點估計量。 3. 最大概似估計量的不變性（Invariance Property of MLE）： 若 $\hat{	heta}$ 為母數 $	heta$ 的最大概似估計量，且 $g(	heta)$ 為 $	heta$ 的單值函數，則 $g(	heta)$ 的最大概似估計量為： $$\widehat{g(	heta)}{	ext{MLE}} = g(\hat{	heta}{	ext{MLE}})$$ --- 解題方法 解題步驟分為兩階段：先求出母數 $\lambda$ 的最大概似估計量，再利用不變性求出母體標準差 $\sqrt{\lambda}$ 的最大概似估計量。 步驟一：求母數 $\lambda$ 的最大概似估計量 $\hat{\lambda}$ 1. 機率質量函數（PMF）： $$P(X = x) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}, \quad x = 0, 1, 2, \ldots$$ 2. 概似函數（Likelihood Function）： $$L(\lambda) = \prod{i=1}^n f(xi; \lambda) = \prod{i=1}^n \frac{e^{-\lambda}\lambda^{xi}}{xi!} = \frac{e^{-n\lambda}\lambda^{\sum{i=1}^n xi}}{\prod{i=1}^n (xi!)}$$ 3. 取對數概似函數（Log-likelihood Function）： $$\ln L(\lambda) = -n\lambda + \left(\sum{i=1}^n xiight) \ln\lambda - \sum{i=1}^n \ln(xi!)$$ 4. 一階微分求極值： 令 $\frac{d}{d\lambda} \ln L(\lambda) = 0$：

Answer

答案：D

Question 7

估計母體比例時，在 98% 信賴水準下，要保證抽樣誤差不超過 3%，最少需要多少樣本？ (A) 1068 (B) 1508 (C) 456 (D) 545

Accepted Answer

核心觀念

估計母體比例時，若母體比例 $p$ 未知，計算所需樣本數採最保守設定 $p(1-p)=0.25$ ，因為此乘積在 $p=0.5$ 時達最大值。這可確保樣本數足以讓抽樣誤差不超過指定上限。

解題方法

母體比例估計的誤差上限為

E=z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}

因此，所需樣本數為

n=\frac{z_{\alpha/2}^{\,2}p(1-p)}{E^2}

98% 信賴水準的雙尾臨界值約為 $z_{0.01}=2.326$ ；誤差不超過 3%，故 $E=0.03$ 。比例未知時取 $p=0.5$ ：

n=\frac{(2.326)^2(0.5)(0.5)}{(0.03)^2} =\frac{(2.326)^2(0.25)}{0.0009} \approx 1500.9

Answer

答案：B

Question 8

下列有關型 I 錯誤機率、型 II 錯誤機率、樣本數與檢定力的敘述，何者正確？ (A) 樣本數固定時，型 I 錯誤機率增加，則型 II 錯誤機率也增加。 (B) 型 I 錯誤機率不變，則樣本數增加時，型 II 錯誤機率減少。 (C) 型 I 錯誤機率不變，則樣本數增加時，檢定力減少。 (D) 樣本數增加時，型 I 錯誤機率減少，檢定力減少。

Accepted Answer

核心觀念 本題考型 I 錯誤機率、型 II 錯誤機率與檢定力之間的關係： - 型 I 錯誤機率為 $\alpha$：虛無假設 $H0$ 為真，卻拒絕 $H0$ 的機率。 - 型 II 錯誤機率為 $\beta$：對立假設 $H1$ 為真，卻未拒絕 $H0$ 的機率。 - 檢定力為 $1-\beta$：當 $H1$ 為真時，正確拒絕 $H0$ 的機率。 在檢定方式、顯著水準 $\alpha$ 與效果大小等條件固定時，增加樣本數通常會提升區分 $H0$ 與 $H1$ 的能力，使 $\beta$ 降低、檢定力提高。 解題方法 逐項檢查敘述中的條件與方向。特別要注意：當 $\alpha$ 固定時，樣本數增加通常使標準誤縮小，檢定更容易辨識實際存在的差異，因此型 II 錯誤機率下降，檢定力上升。又因為 $	ext{檢定力}=1-\beta$，兩者方向相反。 選項分析

Answer

答案：B

Question 9

由兩常態母體中分別抽取大小為 15 與 17 的樣本，欲檢定兩母體變異數是否相等，則當 $H0$ 為真時，檢定統計量的抽樣分配為何？ (A) 自由度為 32 的卡方分配 (B) 自由度為 $(15,17)$ 的 $F$ 分配 (C) 自由度為 30 的 $t$ 分配 (D) 自由度為 $(14,16)$ 的 $F$ 分配

Accepted Answer

核心觀念

這題考驗兩個常態母體變異數相等檢定的統計量分配。若兩樣本相互獨立，且各自來自常態母體，樣本變異數分別為 $S_1^2$ 、 $S_2^2$ ，則在虛無假設 $H_0:\sigma_1^2=\sigma_2^2$ 成立時，

\frac{S_1^2}{S_2^2}\sim F(n_1-1,n_2-1).

其中 $F$ 分配的兩個自由度，依序對應分子樣本變異數與分母樣本變異數。

解題方法

題目給定樣本大小 $n_1=15$ 、 $n_2=17$ 。各樣本變異數的自由度為樣本大小減一：

n_1-1=14,\qquad n_2-1=16.

因此以第一組樣本變異數除以第二組樣本變異數時，檢定統計量在 $H_0$ 為真時服從自由度為 $(14,16)$ 的 $F$ 分配，選項 D 正確。

選項分析

Answer

答案：D

Question 10

在進行 3 個處理、15 個樣本的單因子變異數分析，已知 $MSE=5$、$SST(	ext{total})=100$，則檢定處理平均數差異的 $F$ 統計量值為何？ (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

Accepted Answer

核心觀念 單因子變異數分析（one-way ANOVA）以 $F$ 統計量檢定各處理組的母體平均數是否相同： $$ F=\frac{MS{	ext{處理}}}{MSE} $$ 其中，$MS{	ext{處理}}=SS{	ext{處理}}/df{	ext{處理}}$，而 $MSE$ 是誤差均方。總平方和可分解為： $$ SST(	ext{total})=SS{	ext{處理}}+SSE $$ 解題方法 共有 $k=3$ 個處理、總樣本數 $N=15$，因此誤差自由度為： $$ dfE=N-k=15-3=12 $$ 由 $MSE=SSE/dfE=5$，可得： $$ SSE=MSE	imes dfE=5	imes12=60 $$ 因此處理平方和為： $$ SS{	ext{處理}}=SST(	ext{total})-SSE=100-60=40 $$

Answer

答案：C

Question 11

下列有關複迴歸分析的敘述，何者正確？ (A) 解釋變數個數增加，則 $R^2$ 就增加。 (B) 解釋變數個數增加，則 $\operatorname{adj}	ext{-}R^2$ 就增加。 (C) 解釋變數個數減少，則 $R^2$ 就增加。 (D) $\operatorname{adj}	ext{-}R^2$ 一定大於 $R^2$。

Accepted Answer

核心觀念 本題考複迴歸中決定係數 $R^2$ 與調整後決定係數 $\operatorname{adj}	ext{-}R^2$ 的性質。含截距項的迴歸模型，其決定係數為 $$ R^2=1-\frac{SSE}{SST}, $$ 其中 $SSE$ 是殘差平方和，$SST$ 是總平方和。$R^2$ 表示模型解釋應變數總變異的比例。 解題方法 比較加入解釋變數前後的模型。加入新變數後，原模型仍是新模型可選擇的特例：新變數的迴歸係數設為 $0$，即可還原原模型。因此，最小化殘差平方和時，新模型的 $SSE$ 不會大於原模型的 $SSE$。在 $SST$ 固定下，$R^2=1-SSE/SST$ 不會下降。 因此，解釋變數增加時，$R^2$ 至少維持不變；若題目採用「增加」表示上升，選項 A 是本題官方答案。嚴格來說，若新增變數沒有改善模型，$R^2$ 也可能不變。 調整後決定係數會對解釋變數數目作懲罰，常用公式為 $$ \operatorname{adj}	ext{-}R^2 =1-\frac{SSE/(n-k-1)}{SST/(n-1)}, $$

Answer

答案：A

Question 12

在一簡單線性迴歸問題中，已知 $b1=2$、$sx=1.2$、$sy=3$，則判定係數 $R^2$ 的值為何？ (A) 0.6 (B) 0.62 (C) 0.64 (D) 0.66

Accepted Answer

核心觀念 簡單線性迴歸中，斜率 $b1$、兩變數的樣本標準差 $sx,sy$ 與相關係數 $r$ 的關係為 $$ b1=r\frac{sy}{sx} $$ 因此，判定係數為 $$ R^2=r^2=\left(b1\frac{sx}{sy}ight)^2 $$ 解題方法 由題目給定 $b1=2$、$sx=1.2$、$sy=3$，先求相關係數： $$ r=b1\frac{sx}{sy} =2	imes\frac{1.2}{3} =0.8 $$ 再將相關係數平方： $$ R^2=r^2=(0.8)^2=0.64 $$ 故判定係數為 $0.64$。 選項分析

Answer

答案：C

Question 13

迴歸分析中的殘差分析是用殘差來檢視迴歸模型中的隨機誤差是否符合建模時的假設條件，下列哪一項不需要檢視？ (A) 隨機誤差期望值為 0 (B) 隨機誤差服從常態分配 (C) 隨機誤差的變異數皆相同 (D) 隨機誤差互相獨立

Accepted Answer

核心觀念 迴歸模型通常假設隨機誤差 $\varepsiloni$ 的期望值為 $0$、變異數相同、彼此獨立；若進行統計推論，常另假設誤差服從常態分配。殘差 $ei=yi-\hat yi$ 是誤差的估計值，殘差分析可用來檢視模型假設是否合理。 解題方法 關鍵是區分「誤差期望值為零」與「殘差分析檢查的誤差型態」。在含截距項的最小平方法迴歸中，殘差總和必為零： $$ \sum{i=1}^{n} ei=0 $$ 因此，樣本殘差的平均值也必為零，這是最小平方法的代數性質，不能據此判斷母體隨機誤差的期望值是否為零。殘差圖等診斷方式主要用來檢查常態性、變異數是否相同，以及誤差是否獨立。 選項分析

Answer

答案：A

Question 14

給定下列時間數列資料： | 月 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | |---|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:| | 數列值 | 21 | 19 | 23 | 21 | 29 | 28 | 26 | 27 | 28 | 28 | 30 | 32 | 則 3 月的中心化 4 期移動平均值（Centered 4-period moving average）為何？ (A) 21 (B) 22 (C) 23 (D) 24

Accepted Answer

核心觀念 偶數期移動平均無法直接對準單一月份，因為每個平均值的位置落在兩個月份之間。中心化 4 期移動平均，須將相鄰兩個 4 期移動平均再取平均，使結果對準月份。 解題方法 先計算涵蓋 1 至 4 月、以及 2 至 5 月的 4 期移動平均： $$ MA{1	ext{–}4}=\frac{21+19+23+21}{4}=21 $$ $$ MA{2	ext{–}5}=\frac{19+23+21+29}{4}=23 $$ 第一個平均值位於 2 月與 3 月之間，第二個位於 3 月與 4 月之間；兩者平均後，對準 3 月： $$ CMA3=\frac{21+23}{2}=22 $$

Answer

答案：B

Question 15

由平均數為 130、標準差為 21 之母體分配中抽取一組大小為 49 的隨機樣本，則樣本平均大於 136 的機率為： (A) 0.0456 (B) 0.0228 (C) 0.0114 (D) 0.0057

Accepted Answer

核心觀念 本題考樣本平均數的抽樣分配與標準誤。母體平均數為 $\mu=130$、母體標準差為 $\sigma=21$，樣本數為 $n=49$。依中央極限定理，樣本平均數 $\bar X$ 的平均數為 $\mu$，標準誤為 $$ \sigma{\bar X}=\frac{\sigma}{\sqrt n}. $$ 解題方法 先計算樣本平均數的標準誤： $$ \sigma{\bar X}=\frac{21}{\sqrt{49}}=\frac{21}{7}=3. $$ 將 $\bar X=136$ 標準化： $$ z=\frac{136-130}{3}=2. $$ 因此， $$ P(\bar X136)=P(Z2)=1-\Phi(2)\approx 1-0.9772=0.0228. $$ 故選項 B 正確。 選項分析

Answer

答案：B

Question 16

在某次流感流行期間，某地區預估流感病人中有 30% 的病人為 A 型感冒，而另外 70% 的病人為 B 型感冒。在 A 型感冒病人中有 70% 的病人有發燒症狀，而 B 型感冒病人中有 35% 的病人有發燒症狀。 若一感冒病人有發燒症狀，則此病人： (A) 較有可能是 A 型感冒。 (B) 較有可能是 B 型感冒。 (C) 兩種感冒的可能性一致，即有 50% 機會是 A 型感冒，而另外 50% 機會是 B 型感冒。 (D) 無法判斷哪種感冒較有可能。

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是條件機率與貝氏定理。已知病人有發燒，要比較此時病人屬於 A 型或 B 型的機率，不能只看各型感冒病人的發燒比例；還要同時考慮兩種感冒原本的比例。 解題方法 令 $A$ 表示 A 型感冒、$B$ 表示 B 型感冒，$F$ 表示有發燒。題目給定： $$ P(A)=0.30,\quad P(B)=0.70,\quad P(F\mid A)=0.70,\quad P(F\mid B)=0.35 $$ 先計算兩類病人中「有發燒」的整體機率： $$ P(F)=P(F\mid A)P(A)+P(F\mid B)P(B) $$ $$ P(F)=(0.70)(0.30)+(0.35)(0.70)=0.21+0.245=0.455 $$ 再用貝氏定理，計算發燒病人是 B 型感冒的機率： $$ P(B\mid F)=\frac{P(F\mid B)P(B)}{P(F)} =\frac{(0.35)(0.70)}{0.455} \approx 0.5385 $$ 同理：

Answer

答案：B

Question 17

從一母體隨機抽出 10 個資料來做母體平均 $\mu$ 的統計推論。如果採用以 $t$ 分布為基礎的信賴區間以及 $t$ 統計量，則下列敘述何者錯誤？ (A) 使用 $t$ 統計量來做 $H0:\mu=3$ 對 $H1:\mu
e3$ 的 $t$ 檢定，其假設為此母體是常態分布。 (B) 如果樣本標準差不為 0，所得到的 95% 信賴區間一定比 90% 的信賴區間寬。 (C) 當檢定 $H0:\mu=3$ 對 $H1:\mu
e3$，如果 3 落在所得到的 90% 信賴區間，則在給定 5% 的顯著水準下，$t$ 檢定一定不拒絕 $H0$。 (D) 檢定 $H0:\mu\ge3$ 對 $H1:\mu<3$ 及 $H0:\mu\le3$ 對 $H1:\mu3$ 這兩種單尾（one-tailed）檢定，所得到的兩個 $t$ 統計量值一樣。

Accepted Answer

核心觀念

母體標準差未知且母體常態時，樣本數 $n=10$ 的平均數推論使用 $t$ 分布：

T=\frac{\bar X-\mu_0}{S/\sqrt n}\sim t_{n-1}=t_9, \qquad \bar X\pm t_{1-\alpha/2,\,9}\frac{S}{\sqrt{10}}

雙尾檢定在顯著水準 $\alpha$ 下拒絕 $H_0$ 的條件為 $|T|>t_{1-\alpha/2,\,9}$ ；它與 $(1-\alpha)$ 雙尾信賴區間是否包含虛無假設值相互對應。

解題方法

逐項檢視常態母體假設、信賴區間寬度、信賴區間與檢定的對應，以及單尾檢定統計量的定義。特別留意：90% 信賴區間對應雙尾檢定的顯著水準是 10%，不是 5%。

選項分析

(A) 正確。 小樣本下以 $t$ 分布進行母體平均數推論，標準的精確 $t$ 推論要求母體為常態分布。此題樣本數為 10，使用 $t$ 統計量時採用母體常態的假設。

(B) 正確。 假設樣本標準差 $S>0$ ，信賴區間寬度為

Answer

答案：C

Question 18

某機構決定，當其安全系統每月故障次數超過 1 次的機率大於 0.8 時，則必須更換此系統。如果此系統每月故障次數服從 Poisson 分配，請問此系統每月平均故障次數達到幾次時，此系統必須被更換？（指數 $e=2.718$ ）

Accepted Answer

核心觀念

若每月故障次數 $X$ 服從平均數為 $\lambda$ 的 Poisson 分配，則

P(X=k)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}

題目所說「超過 1 次」代表故障次數為 $2,3,\ldots$ ，因此須計算 $P(X>1)$ ，而不是 $P(X\geq 1)$ 。更換條件是此機率大於 $0.8$ 。

解題方法

利用補事件計算：

P(X>1)=1-P(X\leq 1) =1-[P(X=0)+P(X=1)]

代入 Poisson 機率公式：

P(X>1) =1-\left(e^{-\lambda}+\lambda e^{-\lambda}\right) =1-e^{-\lambda}(1+\lambda)

逐一代入選項的平均故障次數：

$\lambda=1$ ： $P(X>1)=1-\frac{2}{e}\approx 0.264$ ，未超過 $0.8$ 。
$\lambda=1.5$ ： $P(X>1)=1-\frac{2.5}{e^{1.5}}\approx 0.442$ ，未超過 $0.8$ 。

Answer

答案：D

Question 19

$X1,X2,\ldots,X{n1}$ 是由平均值 $\mu1$ 之常態分配母體所抽得之隨機樣本，而 $Y1,Y2,\ldots,Y{n2}$ 是由平均值 $\mu2$ 之常態分配母體所抽得之隨機樣本。假定兩母體標準差為 $\sigma1$ 及 $\sigma2$，以下為比較 $\mu1$ 及 $\mu2$ 所用到之統計量： $$ T1=\frac{\bar X-\bar Y}{Sp\sqrt{\frac{1}{n1}+\frac{1}{n2}}}, \qquad T2=\frac{\bar X-\bar Y}{\sqrt{\frac{S1^2}{n1}+\frac{S2^2}{n2}}}, $$ $$ Sp^2=\frac{(n1-1)S1^2+(n2-1)S2^2}{n1+n2-2}, $$ $$ S1^2=\frac{\sum{i=1}^{n1}(Xi-\bar X)^2}{n1-1}, \qquad S2^2=\frac{\sum{i=1}^{n2}(Yi-\bar Y)^2}{n2-1}, $$ $$ \bar X=\frac{\sum{i=1}^{n1}Xi}{n1}, \qquad \bar Y=\frac{\sum{i=1}^{n2}Yi}{n2}. $$ 下列敘述何者正確？ (A) 如果 $\sigma1
e\sigma2$，則檢定 $H0:\mu1=\mu2$ 對 $H1:\mu1
e\mu2$ 使用統計量 $T1$。 (B) 如果 $\sigma1=\sigma2$ 且 $T1$ 值為 $-2$，則檢定 $H0:\mu1\le\mu2$ 對 $H1:\mu1\mu2$ 之 $p$ 值為 $$ 1-\frac{1}{2}P\left(\left|T{n1+n2-2}ight|2ight), $$ 其中隨機變數 $T{n1+n2-2}$ 之分…

Accepted Answer

核心觀念

本題考兩個獨立常態母體平均數差的檢定，以及合併變異數 $t$ 檢定與 Welch 檢定的適用條件。

令 $\bar X-\bar Y$ 為兩樣本平均數之差，其變異數為

\operatorname{Var}(\bar X-\bar Y) =\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2},

此處假設兩組樣本彼此獨立。

若兩母體變異數相等，亦即 $\sigma_1^2=\sigma_2^2$ ，可使用合併變異數 $S_p^2$ ，此時在虛無假設成立下， $T_1$ 服從自由度 $n_1+n_2-2$ 的 $t$ 分配。若變異數不等， $T_2$ 是 Welch 檢定的統計量；其分布通常以近似的 $t$ 分配描述，自由度採 Welch–Satterthwaite 近似公式。

解題方法

先依母體變異數是否相等，判斷統計量及其分布：

變異數相等：使用合併變異數統計量 $T_1$ ，自由度為 $n_1+n_2-2$ 。
變異數不等：使用 $T_2$ ，其分母估計 $\bar X-\bar Y$ 的標準誤；不能直接套用自由度 $n_1+n_2-2$ 的 $t$ 分配。

再依對立假設的方向判斷 $p$ 值。本題 (B) 是右尾檢定，但觀察到的 $T_1=-2$ ，因此 $p$ 值應是自由度 $n_1+n_2-2$ 的 $t$ 分配在 $-2$ 右側的機率。利用 $t$ 分配對稱性：

\begin{aligned} p &=P\left(T_{n_1+n_2-2}\ge -2\right)\\ &=1-P\left(T_{n_1+n_2-2}>2\right)\\ &=1-\frac12P\left(\left|T_{n_1+n_2-2}\right|>2\right). \end{aligned}

Answer

答案：B

Question 20

欲比較某工廠 3 條生產線所生產零件長度規格是否一致，在每條生產線各抽檢 6 個零件，所得抽檢零件長度平均值及變異數資料如下： | 生產線 | 生產線 1 | 生產線 2 | 生產線 3 | |---|---:|---:|---:| | 長度平均值（單位：公分） | 33 | 35 | 34 | | 長度變異數（單位：公分$^2$） | 5 | 6 | 4 | 假如單因子變異數分析法（one-way ANOVA）用來檢定每條生產線所生產零件長度平均值一致，則： (A) 所用之 $F$ 統計量在 $H0$ 成立下之分布為 $F$ 分配，且分子自由度為 3，而分母自由度為 15。 (B) $F$ 統計量值為 2.4。 (C) 每條生產線所生產之所有零件長度規格不一定要假設是常態分配。 (D) 變異數分析表（ANOVA table）所得到的兩種平方和（sum of squares）的值為 12 以及 75。

Accepted Answer

核心觀念 本題評量單因子變異數分析（One-way ANOVA）的理論假設、平方和分解、自由度及 $F$ 檢定統計量之計算。核心要點包括： 1. 基本假設： - 常態性（Normality）：各母體皆服從常態分配。 - 獨立性（Independence）：各樣本為相互獨立的隨機樣本。 - 等變異性／變異數同質性（Homoscedasticity）：各母體變異數相等（$\sigma1^2 = \sigma2^2 = \sigma3^2$）。 2. 平方和（Sum of Squares）與均方（Mean Square）公式： - 總平均：$\bar{\bar{X}} = \frac{\sum{i=1}^k ni \bar{X}i}{N}$ - 組間平方和（處理平方和）：$SSB = \sum{i=1}^k ni (\bar{X}i - \bar{\bar{X}})^2$ - 組內平方和（誤差平方和）：$SSW = \sum{i=1}^k (ni - 1)si^2$ - 組間均方：$MSB = \frac{SSB}{k - 1}$ - 組內均方：$MSW = \frac{SSW}{N - k}$ 3. $F$ 統計量之抽樣分配： - 在虛無假設 $H0: \mu1 = \mu2 = \mu3$ 成立下： $$F = \frac{MSB}{MSW} \sim F(k - 1, N - k)$$ --- 解題方法 1. 整理已知數據 - 組數（生產線數）：$k = 3$ - 各組樣本數：$n1 = n2 = n3 = 6$，總樣本數 $N = 6 + 6 + 6 = 18$ - 各組樣本平均數：$\bar{X}1 = 33$、$\bar{X}2 = 35$、$\bar{X}3 = 34$ - 各組樣本變異數：$s1^2 = 5$、$s2^2 = 6$、$s3^2 = 4$ 2. 計算總平均數（$\bar{\bar{X}}$） 因各組樣本數相等（$ni = 6$），總平均數為各組平均之算術平均： $$\bar{\bar{X}} = \frac{33 + 35 + 34}{3} = \frac{102}{3} = 34$$ 3. 計算組間平方和（$SSB$） $$SSB = \sum{i=1}^3 ni (\bar{X}i - \bar{\bar{X}})^2 = 6 	imes \left[(33 - 34)^2 + (35 - 34)^2 + (34 - 34)^2ight]$$ $$SSB = 6 	imes \left[(-1)^2 + 1^2 + 0^2ight] = 6 	imes 2 = 12$$

Answer

答案：D

Question 21

欲檢定三家高科技公司所生產的產品在今年市面上的占有率是否相等，即 $$ p1=p2=p3=\frac{1}{3}, $$ 其中 $p1,p2,p3$ 分別為這三家公司之市占率。隨機取得 900 名產品用戶資料如下： | 公司 | 第一家 | 第二家 | 第三家 | |---|---:|---:|---:| | 用戶人數 | 275 | 275 | 350 | 請問卡方（chi-squared）檢定統計量的值為： (A) 3750 (B) 100 (C) 12.5 (D) $\frac{1}{3}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考驗「適合度卡方檢定」，用樣本觀察次數與虛無假設下的期望次數比較。檢定統計量為

\chi^2=\sum_{i=1}^{k}\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i},

其中 $O_i$ 是第 $i$ 類的觀察次數， $E_i$ 是虛無假設成立時的期望次數。

解題方法

虛無假設為三家公司的市占率相等，各為 $\frac{1}{3}$ 。總樣本數為 $900$ ，因此每家公司的期望用戶人數為

E_i=900\times\frac{1}{3}=300.

觀察次數依序為 $275、275、350$ ，代入卡方統計量：

Answer

答案：C

Question 22

$x1,x2,\ldots,x{10}$ 為某公司 10 個星期每星期所打的電視廣告次數，而 $y1,y2,\ldots,y{10}$ 為其每星期銷售量（100 盒／單位），即 $y1=5$，則銷售量為 500 盒。$x1,x2,\ldots,x{10}$ 與 $y1,y2,\ldots,y{10}$ 之共變異數（covariance）值為 11，而相關係數（coefficient of correlation）值為 0.98。下列敘述何者錯誤？ (A) 由共變異數值 11 可推估所打廣告次數與銷售量是正的線性相關。 (B) 相關係數 0.98 指出所打廣告次數與銷售量有高度線性相關。 (C) 如果廣告次數的觀察值為平均每天的廣告次數，即資料值為 $\frac{x1}{7},\frac{x2}{7},\ldots,\frac{x{10}}{7}$，而非原有資料值 $x1,x2,\ldots,x{10}$，則平均每天廣告次數及銷售量之相關係數值為 0.14。 (D) 如果銷售量之單位改為每單位 1 盒，即資料值為 $100y1,100y2,\ldots,100y{10}$，而非原有資料值 $y1,y2,\ldots,y{10}$，則每週所打廣告次數及以盒為單位之銷售量的共變異數值為 1100。

Accepted Answer

核心觀念 本題考共變異數與相關係數的意義，以及資料單位改變時，兩者如何變化： - 共變異數的正負號表示兩變數線性變動方向；共變異數大於 $0$，表示正向線性變動。 - 相關係數為 $$r{XY}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{sXsY}$$ 衡量線性相關的方向與強度，且介於 $-1$ 與 $1$ 之間。 - 將資料乘上正數，相關係數不變；共變異數則依兩變數各自的倍數相乘而改變。 解題方法 令原始資料為 $X$（每週廣告次數）與 $Y$（以「百盒」為單位的銷售量），已知 $$\operatorname{Cov}(X,Y)=11,\qquad r{XY}=0.98.$$ 若將兩變數改為 $aX$ 與 $bY$，其中 $a,b0$，則 $$\operatorname{Cov}(aX,bY)=ab\operatorname{Cov}(X,Y),$$ 而 $$ r{aX,bY} =\frac{ab\operatorname{Cov}(X,Y)}{(a sX)(b sY)} =r{XY}. $$ 因此，縮放資料會改變共變異數的數值，但不會改變相關係數。 選項分析

Answer

答案：C

Question 23

關於平均值 $\mu$ 及變異數為 $\sigma^2$ 之常態分配的隨機變數 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，則： (A) 如果 $X\sim N(4,1)$，則使機率值 $P(c\le X\le c+1)$ 最大之唯一可能 $c$ 的值為 $c=4$。 (B) 如果 $X\sim N(1,2)$，則 $P(\lvert X-1\rvert\le2)=0.6826$。 (C) 如果 $X1\sim N(2,1)$ 及 $X2\sim N(2,2)$，則 $$ P(\lvert X1-2\rvert\le1)=P(\lvert X2-2\rvert\le2). $$ (D) 如果 $X\sim N(4,9)$，則 $P(\lvert X-4\rvert\le6)=0.9772$。

Accepted Answer

核心觀念 常態分配 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$ 中，第二個參數是變異數 $\sigma^2$，標準差為 $\sigma$。將 $X$ 標準化： $$ Z=\frac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1). $$ 因此，若區間以平均數為中心， $$ P(|X-\mu|\le a) =P\left(-\frac{a}{\sigma}\le Z\le\frac{a}{\sigma}\right) =2\Phi\left(\frac{a}{\sigma}\right)-1, $$ 其中 $\Phi$ 為標準常態分配的累積分配函數。 解題方法 各選項依序確認常態分配的平均數、變異數與標準差，再標準化所求機率。特別注意，$N(\mu,\sigma^2)$ 的第二個參數是變異數，不能直接當成標準差。 選項分析 (A) 錯誤。 $X\sim N(4,1)$，其密度以平均數 $4$ 為中心且對稱。長度固定為 $1$ 的區間 $[c,c+1]$，當區間中心落在平均數時，所含機率最大。因此 $$ c+\frac12=4 \quad\Longrightarrow\quad c=\frac72, $$ 不是 $c=4$。此時區間為 $[3.5,4.5]$。 (B) 錯誤。 $X\sim N(1,2)$，平均數為 $1$、變異數為 $2$，故標準差為 $\sqrt2$。標準化得 $$ P(|X-1|\le2) =P\left(|Z|\le\frac{2}{\sqrt2}\right) =P(|Z|\le\sqrt2) =2\Phi(\sqrt2)-1 \approx 0.8427. $$ 因此不等於 $0.6826$。$0.6826$ 約是標準常態在平均數左右各一個標準差內的機率。

Answer

答案：D

Question 24

從一母體隨機抽出資料 $x1,x2,\ldots,xn$，第一次抽出 100 個資料，也就是 $n=100$；第二次抽出 10000 個資料，也就是 $n=10000$。假設這兩組樣本其變異數的值非常接近（其比值接近 1），在相同信心水準下，利用這兩組樣本可做出兩個估計母體平均的信賴區間。則關於第一次抽樣做出信賴區間寬度對第二次抽樣做出信賴區間寬度的比值，下列敘述何者正確？ (A) 兩信賴區間寬度的比值與信心水準的值有關。 (B) 當信心水準是 0.95 時，兩信賴區間寬度的比值約是 100。 (C) 假如原先變異數值有誤，修正後的變異數值比較大，且兩組樣本之修正後的變異數值依然非常接近（比值接近 1），則兩個修正後的信賴區間其寬度的比值變大。 (D) 當信心水準是 0.7 時，則兩信賴區間寬度的比值約是 10。

Accepted Answer

核心觀念

母體平均數的信賴區間，若以樣本標準差 $s$ 估計母體標準差，區間寬度為

W=2t_{1-\alpha/2,\;n-1}\frac{s}{\sqrt n},

其中 $1-\alpha$ 為信心水準。區間寬度同時受樣本數、樣本標準差與臨界值影響。

解題方法

令第一次抽樣的區間寬度為 $W_{100}$ ，第二次為 $W_{10000}$ 。題目指出兩組樣本變異數非常接近，因此兩組樣本標準差也接近，取 $s_{100}/s_{10000}\approx 1$ 。兩組使用相同信心水準，寬度比為

\frac{W_{100}}{W_{10000}} = \frac{t_{1-\alpha/2,\;99}}{t_{1-\alpha/2,\;9999}} \cdot \frac{s_{100}}{s_{10000}} \cdot \sqrt{\frac{10000}{100}}.

自由度分別為 $99$ 與 $9999$ ，臨界值彼此接近，故

\frac{W_{100}}{W_{10000}}\approx 1\times 1\times 10=10.

Answer

答案：D

Question 25

在一共有 50 名會員的組織中，女性會員有 25 名，而男性會員有 25 名。此組織要隨機選出 3 名會員組成一決策委員會。$X$ 代表此委員會中女性會員人數。則： (A) $X$ 服從幾何分配（geometric distribution）。 (B) $X$ 服從二項式分配（binomial distribution）。 (C) $P(X=0)<P(X=3)$。 (D) $$ \frac{P(X=1)}{P(X=0)}=\frac{75}{23}. $$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有限母體中「不放回抽樣」的機率分配。從 $50$ 名會員中選出 $3$ 名，每位會員被選取後不會再被選取，因此女性會員人數 $X$ 服從超幾何分配，而不是幾何分配或二項分配。 超幾何分配的機率公式為 $$ P(X=x)=\frac{\binom{K}{x}\binom{N-K}{n-x}}{\binom{N}{n}}, $$ 其中母體大小 $N=50$、女性人數 $K=25$、抽取人數 $n=3$。 解題方法 要比較選項中的機率，可直接使用超幾何分配公式。對 $X=0$ 與 $X=1$： $$ P(X=0)=\frac{\binom{25}{0}\binom{25}{3}}{\binom{50}{3}}, \qquad P(X=1)=\frac{\binom{25}{1}\binom{25}{2}}{\binom{50}{3}}. $$ 兩者相除時，分母 $\binom{50}{3}$ 抵消： $$ \frac{P(X=1)}{P(X=0)} = \frac{\binom{25}{1}\binom{25}{2}} {\binom{25}{0}\binom{25}{3}} = \frac{25\cdot 300}{1\cdot 2300} = \frac{75}{23}. $$ 因此選項 (D) 正確。

Answer

答案：D

Question 26

給定簡單線性迴歸模式 $$ yi=\beta0+\beta1xi+\varepsiloni,\qquad i=1,\ldots,20, $$ 其中 $\varepsiloni\sim N(0,\sigma^2)$，為彼此獨立且為常態分配之隨機誤差。針對假設 $H0:\beta1=0$ 對 $H1:\beta1
e0$，得到以下變異數分析表（ANOVA table）： | 來源（source） | 自由度（degree of freedom） | 平方和（sum of squares） | 均方和（mean square） | $F$ 統計量 | |---|---:|---:|---:|---:| | 迴歸 | 1 | 40 | 40 | $\frac{50}{3}$ | | 誤差 | 18 | 43.2 | 2.4 | | | 總和 | 19 | 83.2 | | | 則： (A) 自由度的總和為 20。 (B) 迴歸均方和為 20。 (C) 誤差自由度為 19。 (D) 誤差均方和為 2.4。

Accepted Answer

核心觀念 簡單線性迴歸的變異數分析表將總平方和分解為迴歸平方和與誤差平方和： $$ SST=SSR+SSE. $$ 各來源的自由度為： - 迴歸自由度：$1$。 - 誤差自由度：$n-2$，因為估計了截距 $\beta0$ 與斜率 $\beta1$。 - 總自由度：$n-1$。 均方和則是平方和除以對應自由度： $$ MSR=\frac{SSR}{dfR},\qquad MSE=\frac{SSE}{dfE}. $$ 解題方法 本題樣本數為 $n=20$，因此誤差自由度為 $$ dfE=n-2=20-2=18, $$ 總自由度為 $$ dfT=n-1=19. $$ 題目表中誤差平方和為 $SSE=43.2$，所以誤差均方和為 $$ MSE=\frac{SSE}{dfE}=\frac{43.2}{18}=2.4. $$

Answer

答案：D

Question 27

下表是調查廢除死刑這個議題的支持度是否無關性別所收集的資料： | 性別 | 贊成廢除死刑人數 | 反對廢除死刑人數 | |---|---:|---:| | 男性 | 30 | 70 | | 女性 | 40 | 60 | 在虛無假設為贊成或反對廢除死刑之比率是無關性別，則： (A) 在虛無假設成立下，男性反對廢除死刑的預期數（expected value）為 60 人。 (B) 在虛無假設成立下，檢定統計量分布為自由度為 2 的卡方分配（chi-squared distribution）。 (C) 卡方（chi-squared）檢定統計量的值為 200。 (D) 在虛無假設成立下，女性贊成廢除死刑的預期值與男性贊成廢除死刑的預期值不同。

Accepted Answer

核心觀念 本題考驗 $2	imes2$ 列聯表的卡方獨立性檢定。虛無假設 $H0$ 為「支持或反對廢除死刑的比率與性別無關」。 在 $H0$ 成立下，各格的預期次數為： $$ E{ij}=\frac{	ext{該列合計}	imes	ext{該欄合計}}{	ext{總人數}} $$ 卡方檢定統計量為： $$ \chi^2=\sum \frac{(O{ij}-E{ij})^2}{E{ij}} $$ 其中 $O{ij}$ 是觀察次數。自由度為 $(r-1)(c-1)$，$r$、$c$ 分別是列數與欄數。 解題方法 先計算列合計、欄合計及總人數： | 性別 | 贊成 | 反對 | 列合計 | |---|---:|---:|---:| | 男性 | 30 | 70 | 100 | | 女性 | 40 | 60 | 100 | | 欄合計 | 70 | 130 | 200 | 依預期次數公式，四格的預期次數為： - 男性、贊成：$100	imes70/200=35$ - 男性、反對：$100	imes130/200=65$ - 女性、贊成：$100	imes70/200=35$ - 女性、反對：$100	imes130/200=65$ 因此卡方統計量為：

Answer

答案：C

Question 28

在一次有 2 位候選人且須選出 1 人的選舉中，$p$ 為候選人甲的支持率，$\hat P$ 是樣本數為 $n$ 的隨機樣本所得候選人甲的支持率。假定 $np\ge5$、$n(1-p)\ge5$、$n\ge100$，且根據抽樣分布（sampling distribution）結果， $$ P(\lvert\hat P-p\rvert\le E)=0.95, $$ 其中 $E$ 是誤差值。下列敘述何者錯誤？ (A) 當 $p$ 接近 0.5 時的誤差值要比 $p$ 接近 0.1 或 0.9 的誤差值來得大，也就是選情激烈時的誤差值要比選情一面倒時的誤差值來得大。 (B) 當樣本數 $n$ 增加時，誤差值會變小。 (C) 假如 $P(\lvert\hat P-p\rvert\le E^)=0.9$，則 $E^E$。 (D) 根據中央極限定理，$\hat P$ 的抽樣分布近似常態分配。

Accepted Answer

核心觀念 樣本支持率 $\hat P$ 的抽樣分布，在題目給定 $np\ge5$、$n(1-p)\ge5$ 的條件下，可用常態分配近似。其平均數與標準誤為 $$ E(\hat P)=p,\qquad SE(\hat P)=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}. $$ 因此，誤差值會隨抽樣分布的標準差及涵蓋機率而改變。常態近似下，中央 $95\%$ 的誤差值為 $$ E=1.96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}. $$ 解題方法 逐項判斷誤差值 $E$ 的影響因素：$p$ 與 $n$ 決定抽樣分布的標準誤，而信賴涵蓋機率決定常態分配的臨界值。涵蓋機率愈低，所需涵蓋範圍愈窄，誤差值也愈小。 選項分析 (A) 正確。 在 $n$ 固定時，$p(1-p)$ 在 $p=0.5$ 達到最大值 $0.25$；當 $p$ 接近 $0.1$ 或 $0.9$ 時，$p(1-p)$ 約為 $0.09$，所以標準誤與誤差值都較小。選情接近五五波時，支持率的抽樣變動較大。 (B) 正確。 由

Answer

答案：C

Question 29

某兩大棒球聯盟各推舉 1 名球員來競爭該年度的年度最佳打擊球員。假如這兩大聯盟球員的打擊率皆近似鐘形（bell-shaped）分布，相關資料如下表： | 聯盟 | 推舉球員打擊率 | 該聯盟球員平均打擊率 | 該聯盟球員打擊率的標準差 | |---|---:|---:|---:| | 聯盟 A | 0.35 | 0.25 | 0.025 | | 聯盟 B | 0.40 | 0.30 | 0.05 | 下列敘述何者正確？ (A) 如果考慮推舉球員相對於其聯盟的表現，並利用 $z$ 分數（z-score）做為評斷標準，則聯盟 B 的推舉球員是年度最佳打擊球員。 (B) 聯盟 B 的推舉球員在其所屬聯盟是離群點（outlier）。 (C) 聯盟 A 的推舉球員在其所屬聯盟是離群點（outlier）。 (D) 聯盟 B 球員打擊率的變異係數（coefficient of variation）比聯盟 A 球員打擊率的變異係數小。

Accepted Answer

核心觀念 本題評量初等考試統計學大意中最基礎且核心的「資料相對位置與離散趨勢衡量」： 1. $z$ 分數（標準化值，Standardized Score / $z$-score）： $$z = \frac{x - \mu}{\sigma}$$ 用以衡量單一數值距離平均數多少個標準差，消除單位與母體尺度差異，常用於不同群體間表現的「相對比較」。 2. 鐘形分布之經驗法則（Empirical Rule）與離群點（Outlier）判定： 在對稱單峰的鐘形分布（常態分布）下： - 約 $68\%$ 的資料落在 $[\mu - \sigma, \mu + \sigma]$ 之內（$|z| \le 1$） - 約 $95\%$ 的資料落在 $[\mu - 2\sigma, \mu + 2\sigma]$ 之內（$|z| \le 2$） - 約 $99.7\%$ 的資料落在 $[\mu - 3\sigma, \mu + 3\sigma]$ 之內（$|z| \le 3$） 統計學實務與公職考試通則中，常以距離平均數超過 3 個標準差（即 $|z| 3$）作為鐘形分布下判斷「離群點（outlier）」的標準準則。 3. 變異係數（Coefficient of Variation, $CV$）： $$CV = \frac{\sigma}{\mu} 	imes 100\%$$ 用以消除量綱與平均值大小的影響，衡量資料的「相對離散程度」。 --- 解題方法 步驟一：計算兩位球員的標準化 $z$ 分數 - 聯盟 A 球員： $$zA = \frac{0.35 - 0.25}{0.025} = \frac{0.10}{0.025} = 4.0$$ - 聯盟 B 球員： $$zB = \frac{0.40 - 0.30}{0.05} = \frac{0.10}{0.05} = 2.0$$ 步驟二：依據 $z$ 分數判定相對表現與離群點 - 相對表現比較：$zA = 4.0 zB = 2.0$，代表聯盟 A 球員優於所屬聯盟平均水準達 4 個標準差，其相對表現顯著優於聯盟 B 球員（僅高於所屬聯盟 2 個標準差）。 - 離群點判定：在鐘形分布下，通常將 $|z| 3$ 視為極端罕見的離群點。 - 聯盟 A 球員 $zA = 4.0 3.0$，屬於該聯盟之離群點。 - 聯盟 B 球員 $zB = 2.0 \le 3.0$，仍落在正常變異範圍內，非離群點。 步驟三：計算兩聯盟的變異係數（$CV$） - 聯盟 A 的變異係數：

Answer

答案：C

Question 30

某型洗衣機的使用年數壽命可用一平均值為 15 年之指數分配（exponential distribution）的隨機變數 $X$ 來代表，則： (A) 這型洗衣機如果用了 9 年，在下一年度報銷的機率和用了 18 年在下一年度報銷的機率一樣。 (B) $X$ 的機率密度函數（probability density function）為 $15e^{-15x}$，$x\ge0$。 (C) 此型洗衣機使用年數超過 20 年的機率為 $$ 1-e^{-\frac{4}{3}}. $$ (D) 此型洗衣機使用壽命介於 10 年至 15 年之機率為 $$ e^{-\frac{2}{3}}-e^{-1}. $$

Accepted Answer

核心觀念 本題考指數分配的參數設定、存活機率，以及「無記憶性」。若壽命 $X$ 服從平均數為 15 年的指數分配，則其速率參數為 $$ \lambda=\frac{1}{E(X)}=\frac{1}{15}, $$ 機率密度函數與存活函數分別為 $$ f(x)=\frac{1}{15}e^{-x/15},\quad x\ge 0, \qquad P(Xt)=e^{-t/15}. $$ 指數分配具有無記憶性：對 $s,t\ge 0$， $$ P(Xs+t\mid Xs)=P(Xt). $$ 解題方法 (A)「用了 9 年，在下一年度報銷」是已使用 9 年後，在接下來 1 年內故障；「用了 18 年在下一年度報銷」則是已使用 18 年後，在接下來 1 年內故障。利用無記憶性，兩者機率相同： $$ P(X\le 10\mid X9) =1-P(X10\mid X9) =1-e^{-1/15}, $$ $$ P(X\le 19\mid X18) =1-P(X19\mid X18) =1-e^{-1/15}. $$ 因此 (A) 正確。 選項分析 - (A) 正確。 指數分配具有無記憶性，已使用年數不影響接下來 1 年內報銷的機率。 - (B) 錯誤。 平均數為 15，故 $\lambda=1/15$。

Answer

答案：A

Question 31

$X$ 是一離散型隨機變數（discrete random variable），且其機率函數（probability function）是 $f(x)$。假定 $X$ 的可能值是介於 0 與 10 之間，則： (A) $f(x)$ 的值可以是任何正數。 (B) $$ \int0^{10}f(x)\,dx=1. $$ (C) $$ E(X)=\int0^{10}xf(x)\,dx. $$ (D) $P(X=c)=f(c)$，其中 $c$ 是 $X$ 的可能值。

Accepted Answer

核心觀念

本題考離散型隨機變數的機率函數（probability function，或機率質量函數）。若 $X$ 的可能值為 $c$ ，則 $f(c)$ 就是 $X$ 取值為 $c$ 的機率：

P(X=c)=f(c).

離散型隨機變數的機率是對各個可能值加總；連續型隨機變數才以機率密度函數的積分計算機率與期望值。

解題方法

先辨認題目指定 $X$ 為離散型，再依離散型機率函數的定義判斷。可能值介於 $0$ 與 $10$ 之間，只限制 $X$ 的取值範圍，不會把離散型變數改成連續型變數。因此，適用離散型的機率與期望值公式，而非積分公式。

選項分析

(A) 錯誤。 機率函數的值必須介於 $0$ 與 $1$ 之間，且所有可能值的機率總和必須為 $1$ ：

0\leq f(x)\leq 1,\qquad \sum_{x} f(x)=1.

Answer

答案：D

Question 32

某機關員工的性別及是否在 10 年內升至主管職位的人數如下表： | 性別 | 10 年內升至主管職 | 10 年內未升至主管職 | |---|---:|---:| | 男性員工 | 90 | 810 | | 女性員工 | 30 | 270 | 若 $M$ 代表男性員工，$W$ 代表女性員工，$S$ 代表員工 10 年內升至主管職，而 $N$ 代表員工 10 年內未升至主管職，則： (A) $P(M)+P(W)+P(S)+P(N)=1$。 (B) $W$ 與 $S$ 不是獨立事件（independent event）。 (C) 條件機率 $P(M\mid N)$ 等於 $P(M)$。 (D) $M$ 與 $W$ 為獨立事件（independent event）。

Accepted Answer

核心觀念 本題考列聯表中的邊際機率、條件機率與獨立事件。 若事件 $A$、$B$ 為獨立事件，須符合： $$ P(A\cap B)=P(A)P(B) $$ 等價地，當 $P(B)0$ 時，也可檢查 $P(A\mid B)=P(A)$。 解題方法 全體員工人數為 $90+810+30+270=1{,}200$ 人。由表計算各事件人數： - 男性 $M$：$90+810=900$ 人，因此 $P(M)=900/1{,}200=0.75$。 - 女性 $W$：$30+270=300$ 人，因此 $P(W)=300/1{,}200=0.25$。 - 升至主管 $S$：$90+30=120$ 人，因此 $P(S)=120/1{,}200=0.10$。 - 未升至主管 $N$：$810+270=1{,}080$ 人，因此 $P(N)=1{,}080/1{,}200=0.90$。 再計算男性且未升至主管的人數，為 $810$ 人： $$ P(M\mid N)=\frac{P(M\cap N)}{P(N)} =\frac{810/1{,}200}{1{,}080/1{,}200} =\frac{810}{1{,}080}=0.75 $$ 這與 $P(M)=0.75$ 相同，因此選項 (C) 正確。

Answer

答案：C

Question 33

下列關於統計圖的敘述何者正確？ (A) 枝葉圖（stem and leaf plot）僅適用數值在百位之內的資料。 (B) 對質的資料（qualitative data）亦可用直方圖（histogram）來呈現。 (C) 長條圖（bar chart）中長條的高度僅能代表次數（frequency），不能代表相對次數（relative frequency）。 (D) 對於數量的資料（quantitative data）所摘要的累積次數（cumulative frequency）可用次數曲線圖（ogive plot）呈現。

Accepted Answer

核心觀念 本題考統計圖形與資料型態的搭配。質的資料通常用長條圖或圓餅圖呈現；數量資料則可依資料分布使用直方圖、枝葉圖，或以累積次數曲線圖呈現累積分布。 累積次數曲線圖（ogive plot）以組界為橫軸、累積次數為縱軸，將各組的累積次數標在圖上並連接，即可呈現累積分布。 解題方法 逐一檢查選項是否把統計圖的適用資料型態或圖形用途說錯。注意長條圖的柱高也能表示相對次數；直方圖則主要用於數量資料，不能把它與呈現類別資料的長條圖混為一談。 選項分析 - (A) 錯誤。 枝葉圖適用於數量資料，可將數值拆成「莖」與「葉」來呈現分布，並沒有「數值必須在百位之內」的限制。莖與葉如何劃分，可依資料的位數與呈現需求調整。

Answer

答案：D

Question 34

$X1,X2,\ldots,Xn$，$n1$，為彼此獨立且具有相同分配的隨機變數， $$ \bar X=\frac{\sum{i=1}^{n}Xi}{n}, \qquad S^2=\frac{\sum{i=1}^{n}(Xi-\bar X)^2}{n-1}, $$ 則下列敘述何者錯誤？ (A) 若 $X1,X2,\ldots,Xn$ 的分配為正態分配 $N(\mu,\sigma^2)$，則 $\bar X$ 為 $\mu$ 的不偏估計量（unbiased estimator）。 (B) 若 $X1,X2,\ldots,Xn$ 的分配為平均值 $\lambda$ 的 Poisson 分配，則 $\bar X^2-\bar X$ 是 $\lambda^2$ 的不偏估計量（unbiased estimator）。 (C) 若 $X1,X2,\ldots,Xn$ 的分配為二項式分配（binomial distribution）$B(m,p)$，其中 $m$ 是試驗次數，$p$ 是成功機率，則 $\bar X$ 是 $mp$ 的不偏估計量（unbiased estimator）。 (D) 若 $X1,X2,\ldots,Xn$ 的分配為二項式分配（binomial distribution）$B(1,p)$，即做一次試驗而成功機率為 $p$ 的二項式分配，則 $S^2$ 是此二項式分配變異數的不偏估計量（unbiased estimator）。

Accepted Answer

核心觀念 本題考「不偏估計量」的定義：若估計量 $T$ 的期望值等於欲估計的參數 $	heta$，即 $E(T)=	heta$，則 $T$ 是 $	heta$ 的不偏估計量。 各選項可用期望值檢驗。計算 $\bar X^2$ 時，需注意 $$ E(\bar X^2)=\operatorname{Var}(\bar X)+[E(\bar X)]^2. $$ 解題方法 設 $X1,\ldots,Xn$ 為獨立同分配，且 $E(Xi)=\mu$、$\operatorname{Var}(Xi)=\sigma^2$，則 $$ E(\bar X)=\mu,\qquad \operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\sigma^2}{n}. $$ 因此，檢驗選項中的估計量是否不偏，只要計算其期望值並與目標參數比較。 選項分析 (A) 正確。 若 $Xi\sim N(\mu,\sigma^2)$，則 $E(Xi)=\mu$，所以 $$ E(\bar X)=E\left(\frac{1}{n}\sum{i=1}^n Xiight) =\frac{1}{n}\sum{i=1}^n E(Xi)=\mu. $$ 故 $\bar X$ 是 $\mu$ 的不偏估計量。此結論不只適用於常態分配，任何具有有限平均數 $\mu$ 的同分配樣本都成立。 (B) 錯誤。 若 $Xi\sim \operatorname{Poisson}(\lambda)$，則 $$ E(\bar X)=\lambda,\qquad \operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\lambda}{n}. $$ 因此

Answer

答案：B

Question 35

對簡單線性迴歸模式 $$ yi=\beta xi+\varepsiloni,\qquad i=1,\ldots,6, $$ 其中 $\varepsiloni\sim N(0,\sigma^2)$，為彼此獨立且為常態分配之隨機誤差，所得之資料其相關資訊如下： $$ \sum{i=1}^{6}xi=6,\qquad \sum{i=1}^{6}yi=3,\qquad \sum{i=1}^{6}xi^2=10, $$ $$ \sum{i=1}^{6}yi^2=3,\qquad \sum{i=1}^{6}xiyi=3. $$ 則： (A) $\beta$ 之最小平方估計量為 0。 (B) $\beta$ 之最小平方估計量為 0.3。 (C) $$ \sum{i=1}^{6}ei=0, $$ 其中 $ei$ 為第 $i$ 個資料之殘差（residual）值。 (D) 若 $r{y\hat y}$ 是觀察值 $y1,y2,\ldots,y6$ 與配適值 $\hat y1,\hat y2,\ldots,\hat y6$ 的相關係數（coefficient of correlation），則 $r{y\hat y}0$。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查迴歸式是否含截距項，以及最小平方估計量、殘差和配適值的基本性質。題目模型為 $$ yi=\beta xi+\varepsiloni, $$ 沒有截距項，因此最小平方估計式與含截距的簡單線性迴歸不同。 解題方法 令殘差平方和為 $$ S(\beta)=\sum{i=1}^{6}(yi-\beta xi)^2. $$ 對 $\beta$ 微分並令其為零： $$ \frac{dS}{d\beta} =-2\sum{i=1}^{6}xi(yi-\beta xi)=0. $$ 因此，最小平方估計量為 $$ \hat\beta=\frac{\sum{i=1}^{6}xi yi}{\sum{i=1}^{6}xi^2} =\frac{3}{10}=0.3. $$ 所以選項（B）正確。 選項分析 （A）錯誤。 $\hat\beta=0$ 不符合最小平方估計式；依題目給定的統計量，$\hat\beta=0.3$。 （B）正確。 模型沒有截距項，故以原點為通過點估計斜率：

Answer

答案：B

Question 36

考慮下列簡單線性迴歸模式 $$ yi=\beta0+\beta1xi+\varepsiloni,\qquad i=1,\ldots,n, $$ 其中 $\varepsiloni\sim N(0,\sigma^2)$，為彼此獨立且為常態分配之隨機誤差。$b0$ 為 $\beta0$ 的最小平方估計量，$b1$ 為 $\beta1$ 的最小平方估計量，$r{xy}$ 是 $x1,x2,\ldots,xn$ 與 $y1,y2,\ldots,yn$ 的相關係數（coefficient of correlation），$r{y\hat y}$ 是觀察值 $y1,y2,\ldots,yn$ 與配適值 $\hat y1,\hat y2,\ldots,\hat yn$ 的相關係數，而 $R^2
e0$ 為判定係數（coefficient of determination）。則下列敘述何者錯誤？ (A) 如果 $r{xy}0$，則 $b10$。 (B) 如果 $b1<0$，則 $r{y\hat y}=-\sqrt{R^2}$。 (C) 如果 $\hat yi=yi$，則 $R^2=r{xy}^2=1$。 (D) $$ R^2=r{xy}^2=r{y\hat y}^2. $$

Accepted Answer

核心觀念

本題考簡單線性迴歸含截距項時，斜率估計量、樣本相關係數與判定係數之間的關係。令

S_{xx}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2,\qquad S_{xy}=\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)(y_i-\bar y),

則最小平方法斜率為

b_1=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}.

在 $S_{xx}>0$ 時， $r_{xy}=S_{xy}/\sqrt{S_{xx}S_{yy}}$ ，所以 $b_1$ 與 $r_{xy}$ 同號。含截距項的簡單線性迴歸另有

R^2=r_{xy}^2=r_{y\hat y}^2.

但 $r_{y\hat y}$ 本身的正負號須由配適值與觀察值的共變關係判斷，不能只由 $R^2$ 決定。

解題方法

關鍵在於分清「相關係數平方」與「相關係數本身」。因 $R^2=r_{y\hat y}^2$ ，只能推出

r_{y\hat y}=\pm\sqrt{R^2}.

斜率為負時，配適值 $\hat y_i=b_0+b_1x_i$ 隨 $x_i$ 下降；然而在含截距項的迴歸中，觀察值 $y_i$ 與配適值 $\hat y_i$ 的相關係數仍為非負。具體而言，迴歸性質給出

\sum_{i=1}^n(y_i-\bar y)(\hat y_i-\bar y) =\sum_{i=1}^n(\hat y_i-\bar y)^2 =\mathrm{SSR}\ge 0,

故

Answer

答案：B

Question 37

下列 100 組父親身高及其小孩身高的資料 $(xi,yi)$，$i=1,\ldots,100$，其中 $xi$ 為父親身高而 $yi$ 為其小孩身高。給定簡單線性迴歸模式 $$ yi=\beta0+\beta1xi+\varepsiloni,\qquad i=1,\ldots,100, $$ 其中 $\varepsiloni\sim N(0,\sigma^2)$，為彼此獨立且為常態分配之隨機誤差。假定所得之迴歸關係式為 $$ \hat y=b0+b1x, $$ 其中 $b0$ 及 $b1$ 為 $\beta0$ 及 $\beta1$ 的最小平方估計量，且 $$ b1=\frac{4}{3}. $$ $$ \bar x=\frac{\sum{i=1}^{100}xi}{100} $$ 是平均父親身高，而 $$ \bar y=\frac{\sum{i=1}^{100}yi}{100} $$ 是平均小孩身高。則根據迴歸關係式： (A) 如果一父親身高比 $\bar x$ 高 15 公分，則預測其小孩身高比 $\bar y$ 高，但沒有高到 15 公分。 (B) 如果一父親身高比 $\bar x$ 矮 15 公分，則預測其小孩身高比 $\bar y$ 矮 10 公分。 (C) 如果 $\bar x=165$、$\bar y=165$，則一父親身高 156 公分，預測其小孩身高為 153 公分。 (D) 假定 $b1$ 的值是 $\frac{1}{3}$ 而非 $\frac{4}{3}$。如果一父親身高比 $\bar x$ 矮 15 公分，預測其小孩身高並不會比 $\bar y$ 矮 15 公分。

Accepted Answer

核心觀念

簡單線性迴歸的最小平方迴歸線必定通過樣本平均點 $(\bar x,\bar y)$ ，因此可改寫為

\hat y-\bar y=b_1(x-\bar x).

本題斜率 $b_1=\frac{4}{3}$ ，表示父親身高每比平均身高高（或低） $1$ 公分，預測小孩身高就比平均小孩身高高（或低） $\frac{4}{3}$ 公分。

解題方法

令父親身高相對於平均值的差距為 $x-\bar x$ ，則預測小孩身高相對於平均值的差距為

\hat y-\bar y=\frac{4}{3}(x-\bar x).

代入各選項所給的身高差距，即可判斷預測值與 $\bar y$ 的差異。

選項分析

(A) 錯誤。 若父親身高比 $\bar x$ 高 $15$ 公分，則

\hat y-\bar y=\frac{4}{3}\times 15=20.

預測小孩身高比 $\bar y$ 高 $20$ 公分，超過 $15$ 公分，並非「沒有高到 $15$ 公分」。

(B) 錯誤。 若父親身高比 $\bar x$ 矮 $15$ 公分，則 $x-\bar x=-15$ ，因此

\hat y-\bar y=\frac{4}{3}\times(-15)=-20.

Answer

答案：C

Question 38

為檢定兩母體比例 $p1$ 與 $p2$ 是否相等，由兩母體中分別抽取大小為 400 的樣本，已知 $\hat p1=0.6$、$\hat p2=0.5$，則檢定統計量的值為何？ (A) 80.81 (B) 5.71 (C) 2.84 (D) 40.20

Accepted Answer

核心觀念 本題評量兩獨立母體比例差的假設檢定（Large-Sample Test for Two Population Proportions）。 1. 假設設定： 檢定兩母體比例是否相等，其虛無假設與對立假設為： $$H0: p1 = p2 \quad 	ext{vs.} \quad H1: p1 
e p2$$ 2. 合併樣本比例（Pooled Proportion）： 在虛無假設 $H0: p1 = p2 = p$ 為真的前提下，兩母體具有共同比例 $p$。依充分統計量之概念，應將兩樣本合併以估計共同比例 $\bar{p}$： $$\bar{p} = \frac{X1 + X2}{n1 + n2} = \frac{n1 \hat{p}1 + n2 \hat{p}2}{n1 + n2}$$ 3. 檢定統計量（$Z$ 統計量）： 依中央極限定理（大樣本），檢定統計量服從標準常態分配： $$Z = \frac{(\hat{p}1 - \hat{p}2) - 0}{\sqrt{\bar{p}(1-\bar{p})\left(\dfrac{1}{n1} + \dfrac{1}{n2}ight)}} \sim N(0, 1)$$ --- 解題方法 步驟一：計算合併樣本比例 $\bar{p}$ 已知 $n1 = 400$、$\hat{p}1 = 0.6$，$n2 = 400$、$\hat{p}2 = 0.5$。 因兩組樣本數相等（$n1 = n2 = 400$），合併比例即為兩組樣本比例之算術平均數： $$\bar{p} = \frac{400(0.6) + 400(0.5)}{400 + 400} = \frac{0.6 + 0.5}{2} = 0.55$$ $$1 - \bar{p} = 1 - 0.55 = 0.45$$ 步驟二：計算估計式差額的標準誤（$SE$） $$SE = \sqrt{\bar{p}(1-\bar{p})\left(\frac{1}{n1} + \frac{1}{n2}ight)} = \sqrt{0.55 	imes 0.45 	imes \left(\frac{1}{400} + \frac{1}{400}ight)}$$ $$SE = \sqrt{0.2475 	imes \frac{2}{400}} = \sqrt{\frac{0.495}{400}} = \frac{\sqrt{0.495}}{20}$$ 因為 $\sqrt{0.495} \approx 0.70356$： $$SE \approx \frac{0.70356}{20} \approx 0.03518$$

Answer

答案：C

Question 39

$X1,X2,\ldots,Xn$ 為來自均勻分配 $U(0,	heta)$ 的一組隨機樣本，則 $	heta$ 的動差估計量為何？ (A) $0.5\bar X$ (B) $\bar X$ (C) $\max(X1,X2,\ldots,Xn)$ (D) $2\bar X$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查動差估計法。動差估計的作法是：令樣本動差等於母體動差，再解出未知參數。 對均勻分配 $U(0,	heta)$，母體平均數為 $$ E(X)=\frac{0+	heta}{2}=\frac{	heta}{2}. $$ 解題方法 以樣本一階動差 $\bar X$ 估計母體一階動差 $E(X)$，令兩者相等： $$ \bar X=E(X)=\frac{	heta}{2}. $$ 解出 $	heta$： $$ \hat	heta{	ext{MOM}}=2\bar X. $$ 因此，$	heta$ 的動差估計量為 $2\bar X$。 選項分析

Answer

答案：D

Question 40

在單因子變異數分析中，Tukey 多重比較的目的為何？ (A) 檢定所有母體是否具常態性。 (B) 檢定所有成對母體平均數是否有差異。 (C) 檢定所有母體平均數是否有差異。 (D) 檢定所有母體變異數是否有差異。

Accepted Answer

核心觀念

單因子變異數分析（one-way ANOVA）用來檢定 $k$ 個母體平均數是否全都相等：

H_0:\mu_1=\mu_2=\cdots=\mu_k,\qquad H_1:\text{至少有一個母體平均數不同。}

若整體檢定拒絕 $H_0$ ，只能得知「至少有一組平均數不同」，無法指出差異發生在哪些組別之間。Tukey 多重比較（Tukey’s HSD）接著比較各組平均數的所有成對差異，並控制整體第一類錯誤率。

解題方法

題目問的是 Tukey 多重比較的「目的」。辨認其比較對象即可：Tukey 方法針對所有成對的母體平均數進行比較，判斷哪些組別之間有差異，因此選項應描述「成對平均數比較」。

選項分析

Answer

答案：B

107 初等考試五等 統計 統計學大意 考古題詳解

第 1 題2 分

第 2 題2 分

第 3 題2 分

第 4 題2 分

第 5 題2 分

第 6 題2 分

核心觀念

解題方法

步驟一：求母數 λ\lambdaλ 的最大概似估計量 λ^\hat{\lambda}λ^

第 7 題2 分

核心觀念

解題方法

第 8 題2 分

第 9 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 10 題2 分

第 11 題2 分

第 12 題2 分

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 14 題2 分

第 15 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 16 題2 分

第 17 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 18 題2 分

核心觀念

解題方法

第 19 題2 分

核心觀念

解題方法

第 20 題2 分

核心觀念

解題方法

1. 整理已知數據

2. 計算總平均數（Xˉˉ\bar{\bar{X}}Xˉˉ）

3. 計算組間平方和（SSBSSBSSB）

第 21 題2 分

核心觀念

解題方法

第 22 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 23 題2 分

第 24 題2 分

核心觀念

解題方法

第 25 題2 分

第 26 題2 分

第 27 題2 分

第 28 題2 分

第 29 題2 分

核心觀念

解題方法

步驟一：計算兩位球員的標準化 zzz 分數

步驟二：依據 zzz 分數判定相對表現與離群點

步驟三：計算兩聯盟的變異係數（CVCVCV）

第 30 題2 分

第 31 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 32 題2 分

核心觀念

解題方法

第 33 題2 分

第 34 題2 分

第 35 題2 分

核心觀念

107 初等考試五等統計統計學大意考古題詳解

步驟一：求母數 $\lambda$ 的最大概似估計量 $\hat{\lambda}$

2. 計算總平均數（ $\bar{\bar{X}}$ ）

3. 計算組間平方和（ $SSB$ ）

步驟一：計算兩位球員的標準化 $z$ 分數

步驟二：依據 $z$ 分數判定相對表現與離群點

步驟三：計算兩聯盟的變異係數（ $CV$ ）