109 高普考高考三級 工業工程 工程統計學與品質管制 考古題詳解

109 年・高普考・高考三級・工業工程
試題代碼 工程統計學與品質管制

第 一 題10 分

某工程需要先經過一次刨除工序後，再做兩次相同的填補工序，其完工後之厚度規格為 25±125\pm1 公分。原先之厚度平均與標準差為 2424 及 0.20.2 公分，第一道工序平均刨除厚度與標準差為 55 及 0.10.1 公分，請求出能夠符合最後規格的第二道填補工序每次所需增加的平均值與可容許的最大標準差。假設規格是以平均加減四倍標準差計算。

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核心觀念

本題考驗製程平均數與變異數的累積，以及以「平均數 ±4\pm 4 倍標準差」表示規格範圍。各工序的厚度變化相加時，平均數相加；若各工序彼此獨立，變異數相加，因此標準差不能直接相加。

解題方法

令每次填補工序增加的厚度平均為 μ\mu、標準差為 σ\sigma。原厚度、刨除量及兩次填補量分別為：

  • 原厚度：平均 2424 公分、標準差 0.20.2 公分。
  • 刨除厚度：平均 55 公分、標準差 0.10.1 公分，因為是刨除，對成品厚度的貢獻為負。
  • 每次填補：平均 μ\mu 公分、標準差 σ\sigma 公分。

成品厚度為「原厚度－刨除厚度＋兩次填補厚度」，所以平均數為

μ成品=24−5+2μ=19+2μ.\mu_{\text{成品}}=24-5+2\mu=19+2\mu.

成品規格為 25±125\pm1 公分，即 2424 至 2626 公分。題目指定規格以平均數加減四倍標準差計算，故規格中心為 2525 公分，須令成品平均數為 2525：

19+2μ=25⟹μ=3 公分.19+2\mu=25 \quad\Longrightarrow\quad \mu=3\text{ 公分}.

成品變異數為原厚度、刨除及兩次填補變異數之和：

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第 二 題15 分

請以卜式（Poisson）分配求出允收品質水準（AQL）為 0.020.02、生產者風險 α\alpha 為 0.050.05，允收數（Ac）分別為 11 及 33 的兩個單次抽樣計畫。

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核心觀念

單次抽樣計畫以 (n,Ac)(n, Ac) 表示：由批量抽取 nn 件樣本，若樣本中的不良品數不超過允收數 AcAc，即允收該批。此題給定允收品質水準 AQL=0.02AQL=0.02 與生產者風險 α=0.05\alpha=0.05，要求分別求 Ac=1Ac=1、Ac=3Ac=3 時的抽樣計畫。

生產者風險是品質達到 AQL 的批量被拒收的機率，因此在 p=AQLp=AQL 時，允收機率須滿足

Pa≥1−α=0.95.P_a \ge 1-\alpha=0.95.

採用卜式（Poisson）近似二項分配，令 λ=np\lambda=np，則樣本不良品數 XX 的機率為

P(X=x)=e−λλxx!,Pa=P(X≤Ac).P(X=x)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}, \qquad P_a=P(X\le Ac).

解題方法

將 p=AQL=0.02p=AQL=0.02 代入，對每個指定的允收數，先解出使允收機率等於 0.950.95 的 λ\lambda，再由 λ=np\lambda=np 求樣本數 nn。這是滿足生產者風險限制的臨界樣本數；實際計畫採用向上取整的整數樣本數。

（一）允收數 Ac=1Ac=1

允收機率為

Pa=P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=e−λ(1+λ).P_a=P(X\le1)=P(X=0)+P(X=1) =e^{-\lambda}(1+\lambda).

令允收機率等於 0.950.95，求解

e−λ(1+λ)=0.95,e^{-\lambda}(1+\lambda)=0.95,

得 λ≈0.3554\lambda\approx0.3554。因此

n=λp=0.35540.02≈17.77.n=\frac{\lambda}{p} =\frac{0.3554}{0.02} \approx17.77.

樣本數取整數並向上取整，故 n=18n=18，抽樣計畫為 (n,Ac)=(18,1)(n,Ac)=(18,1)。驗算 λ=np=18(0.02)=0.36\lambda=np=18(0.02)=0.36：

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第 三 題25 分

經隨機調查單位內十件公文處理時間（分鐘）（YY）與其所需經手人員（人次）（XX）之間的關係，其資料如下：

XX7581068111293
YY345265482576372436586662516126

（一）請求出以經手人次預估處理時間的最適迴歸直線。

（二）請以 5%5\% 之顯著水準檢定此迴歸模型是否合適。

注意：

F1,9,0.05=5.117F_{1,9,0.05}=5.117，F1,8,0.05=5.318F_{1,8,0.05}=5.318，F2,18,0.05=3.555F_{2,18,0.05}=3.555，F2,19,0.05=3.522F_{2,19,0.05}=3.522，

F1,9,0.025=7.209F_{1,9,0.025}=7.209，F1,8,0.025=7.571F_{1,8,0.025}=7.571，F2,18,0.025=4.560F_{2,18,0.025}=4.560，F2,19,0.025=4.508F_{2,19,0.025}=4.508，

t0.05,19=1.729t_{0.05,19}=1.729，t0.05,18=1.734t_{0.05,18}=1.734，t0.05,10=1.813t_{0.05,10}=1.813，t0.025,19=2.093t_{0.025,19}=2.093，

t0.025,18=2.101t_{0.025,18}=2.101，t0.025,10=2.228t_{0.025,10}=2.228。

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考簡單線性迴歸。以經手人次 XX 預測處理時間 YY，最小平方法迴歸直線為

Y^=b0+b1X,b1=SXYSXX,b0=Yˉ−b1Xˉ.\hat{Y}=b_0+b_1X,\qquad b_1=\frac{S_{XY}}{S_{XX}},\qquad b_0=\bar{Y}-b_1\bar{X}.

檢定迴歸模型是否具有顯著線性關係，可檢定斜率是否為零：

H0:β1=0,H1:β1≠0.H_0:\beta_1=0,\qquad H_1:\beta_1\ne 0.

解題方法

共有 n=10n=10 組資料。先計算平均數與離均差平方和、乘積和：

∑X=79,∑Y=4366,∑X2=693,∑XY=38488,\sum X=79,\quad \sum Y=4366,\quad \sum X^2=693,\quad \sum XY=38488, Xˉ=7.9,Yˉ=436.6,\bar{X}=7.9,\qquad \bar{Y}=436.6, SXX=∑X2−(∑X)2n=693−79210=68.9,S_{XX}=\sum X^2-\frac{(\sum X)^2}{n} =693-\frac{79^2}{10}=68.9, SXY=∑XY−(∑X)(∑Y)n=38488−79(4366)10=3996.6.S_{XY}=\sum XY-\frac{(\sum X)(\sum Y)}{n} =38488-\frac{79(4366)}{10}=3996.6.

因此斜率與截距為

b1=3996.668.9=58.0058,b_1=\frac{3996.6}{68.9}=58.0058, b0=436.6−(58.0058)(7.9)=−21.6459.b_0=436.6-(58.0058)(7.9)=-21.6459.

最適迴歸直線為

Y^=−21.6459+58.0058X.\boxed{\hat{Y}=-21.6459+58.0058X}.

依迴歸直線估計，經手人次每增加 11 人次，公文處理時間平均增加約 58.0158.01 分鐘。

迴歸顯著性檢定

由資料計得

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第 四 題25 分

一實驗有 A、B、C、D 等四個因子各有二水準，若 A×CA\times C、A×DA\times D 存在外，其餘交互作用均不存在，配置與實驗結果如下表。若其品質特性為望小特性，請求出雜訊（SN）比、因子反應表、最佳條件（因子組合）及其雜訊比估計值。

No.A（1）C（2）A×CA\times C（3）D（4）A×DA\times D（5）B（6）（7）觀測值
111111117.76、8.75、8.55、8.4
211122227.15、7.48、7.45、7.35
312211225.17、5.14、5.99、6.04
412222114.99、4.31、4.65、4.66
521212125.78、6.14、6.06、5.89
621221216.17、5.44、5.97、5.82
722112215.74、5.52、5.37、6.07
822121125.29、5.59、6.09、5.14
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核心觀念

本題考二水準直交表的望小特性訊噪比（SN 比）、因子反應表，以及含交互作用時的最佳因子組合估計。

每一組有 4 次觀測值，望小特性的 SN 比為：

η=−10log⁡10(1n∑i=1nyi2),n=4\eta=-10\log_{10}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}y_i^2\right),\qquad n=4

SN 比越大，代表品質特性越佳。表中的 A×CA\times C 與 A×DA\times D 欄分別代表這兩個交互作用；第（7）欄未配置因子，不納入反應表。

解題方法

先逐組計算 SN 比。例如第 1 組：

η1=−10log⁡10(7.762+8.752+8.552+8.4024)=−18.458 dB\eta_1=-10\log_{10} \left(\frac{7.76^2+8.75^2+8.55^2+8.40^2}{4}\right) =-18.458\text{ dB}

其餘各組以相同方式計算：

組別SN 比（dB）
1−18.458
2−17.330
3−14.966
4−13.365
5−15.518
6−15.352
7−15.088
8−14.869

接著依直交表各欄的水準，分別計算每個欄位在水準 1、2 的 SN 比平均值。反應表如下：

因子／交互作用水準 1 平均 SN（dB）水準 2 平均 SN（dB）水準差（絕對值）
A−16.030−15.2070.823
C−16.665−14.5722.093
A×CA\times C−16.436−14.8001.636
D−16.008−15.2290.779
A×DA\times D−15.911−15.3250.586
B−15.553−15.6840.132

以 AA 為例，水準 1 的平均 SN 比是第 1 至第 4 組的平均：

ηˉA1=−18.458−17.330−14.966−13.3654=−16.030 dB\bar{\eta}_{A1} =\frac{-18.458-17.330-14.966-13.365}{4} =-16.030\text{ dB}
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第 五 題25 分

若稽核員以不良品數（npnp）管制圖來管制單位會計作業之錯誤情況。每次抽取 100100 筆資料為一樣組（假設資料為相同之作業內容），經蒐集足夠資料，求出作業正常時的管制圖中心線為 3.03.0。

（一）請求出 npnp 管制圖的三倍標準差管制界限及此時之型一（α\alpha）誤差。

（二）假設作業之平均不良率變差至 0.100.10，請問此狀況能被 npnp 管制圖偵測到之機率為何？

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核心觀念

npnp 管制圖用來監控固定樣本數 nn 下的不良品數。若每筆資料的錯誤狀態可視為獨立且不良率為 pp，則一組中的不良品數 DD 服從二項分配：

D∼Bin⁡(n,p),E⁡(D)=np,Var⁡(D)=np(1−p).D\sim \operatorname{Bin}(n,p),\qquad \operatorname{E}(D)=np,\qquad \operatorname{Var}(D)=np(1-p).

題目給定中心線 np‾=3.0\overline{np}=3.0、每組樣本數 n=100n=100，故正常作業的不良率估計為

p^=np‾n=3100=0.03.\hat p=\frac{\overline{np}}{n}=\frac{3}{100}=0.03.

三倍標準差管制界限以 np±3np(1−p)np\pm3\sqrt{np(1-p)} 計算；若下管制界限小於零，則截為零。型一誤差 α\alpha 是作業正常時，不良數落在管制界限之外的機率。

解題方法

（一）三倍標準差管制界限與型一誤差

正常作業下，不良數的標準差估計為

σnp=np^(1−p^)=100(0.03)(0.97)=2.91≈1.7059.\sigma_{np}=\sqrt{n\hat p(1-\hat p)} =\sqrt{100(0.03)(0.97)} =\sqrt{2.91} \approx1.7059.

因此：

LCL=np^−3σnp=3−3(1.7059)≈−2.1177,UCL=np^+3σnp=3+3(1.7059)≈8.1177.\begin{aligned} \mathrm{LCL} &=n\hat p-3\sigma_{np} =3-3(1.7059) \approx-2.1177,\\ \mathrm{UCL} &=n\hat p+3\sigma_{np} =3+3(1.7059) \approx8.1177. \end{aligned}

不良品數只能是整數，且下限不得小於零。因此，以未取整的界限判讀時，管制內的整數值為 D=0,1,…,8D=0,1,\ldots,8；超出管制界限即 D≥9D\ge9。正常作業時 D∼Bin⁡(100,0.03)D\sim\operatorname{Bin}(100,0.03)，故型一誤差為

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