110 高普考高考三級 交通技術 統計學 考古題詳解

核心觀念

本題考查二項分配中「樣本比例 $\hat{p}$ 的抽樣分配」及其標準誤。

若每通電話取得訂單的成功機率為 $p$，打電話總數為 $n$，則成功通數 $X$ 服從二項分配：

$$X\sim B(n,p)$$

樣本成功率為：

$$\hat{p}=\frac{X}{n}$$

其期望值與標準誤分別為：

$$E(\hat{p})=p$$ $$\sigma_{\hat{p}}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$$

當樣本數夠大時，$\hat{p}$ 可近似服從常態分配：

$$\hat{p}\sim N\left(p,\frac{p(1-p)}{n}\right)$$

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解題方法

（一）求該月業務電話總通數

題目給定：

$$p=0.25,\qquad \sigma_{\hat{p}}=0.0625$$

代入樣本比例標準誤公式：

$$0.0625=\sqrt{\frac{0.25(1-0.25)}{n}}$$

平方後得：

$$0.0625^2=\frac{0.25\times 0.75}{n}$$

因此：

$$n=\frac{0.25\times 0.75}{0.0625^2}$$ $$n=\frac{0.1875}{0.00390625}=48$$

所以該月共打：

$$\boxed{48\text{ 通}}$$

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（二）計算成功率達 $30\%$（含）以上的機率

由於：

$$E(\hat{p})=p=0.25$$

且題目已給定：

$$\sigma_{\hat{p}}=0.0625$$

因此樣本成功率的抽樣分配近似為：

$$\hat{p}\sim N(0.25,0.0625^2)$$

要求：

$$P(\hat{p}\geq 0.30)$$

先將 $0.30$ 標準化：

核心觀念

本題考查：

1. 條件機率 $P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$

2. 聯集機率加法公式 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$

其中：

• 美國車廠：$A$
• 非美國車廠：$A^c$
• 小客車：$B$
• 輕型卡車：$B^c$

表中資料以千輛為單位，比例計算時單位會相互抵消。題目前段所述的銷售量衰退百分比與本題兩問的機率計算無直接關係，屬於背景資料。

解題方法

先整理各類別總數：

• 美國車廠：$87.4+193.1=280.5$
• 非美國車廠：$228.5+148.0=376.5$
• 小客車：$87.4+228.5=315.9$
• 輕型卡車：$193.1+148.0=341.1$
• 全部車輛：$657.0$

（一）若某輛車是美國車廠製造，為輕型卡車的機率

題目已限定該車來自美國車廠，因此分母應使用「美國車廠製造的全部車輛數」$280.5$。

同時符合「美國車廠」與「輕型卡車」的車輛數為$193.1$，故：

$$P(\text{輕型卡車}\mid\text{美國車廠}) =\frac{193.1}{280.5} \approx 0.6888$$

因此：

$$\boxed{P(\text{輕型卡車}\mid\text{美國車廠})\approx 68.9\%}$$

（二）某輛車是由美國車廠製造或是小客車的機率

「美國車廠製造或小客車」代表聯集事件：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

核心觀念

本題考查兩獨立母體平均數之差的假設檢定。實驗組與對照組的志願者不同，屬於兩個獨立樣本；題目指定採用相同變異數，因此使用「合併變異數兩樣本 $t$ 檢定」。

令：

• $\mu_1$：食用燕麥糠者平均膽固醇降低百分比
• $\mu_2$：食用其他穀類食品者平均膽固醇降低百分比

題目問燕麥糠是否「不同於」其他早餐穀類食品，屬於雙尾檢定。

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解題方法

已知：

$$\bar{x}_1=10.01,\quad s_1=4.43,\quad n_1=120$$ $$\bar{x}_2=9.12,\quad s_2=4.45,\quad n_2=120$$

在兩母體變異數相同的假設下，先計算合併樣本變異數：

$$s_p^2= \frac{(n_1-1)s_1^2+(n_2-1)s_2^2} {n_1+n_2-2}$$

代入數值：

$$s_p^2= \frac{119(4.43)^2+119(4.45)^2}{238}$$

因為：

$$(4.43)^2=19.6249,\qquad (4.45)^2=19.8025$$

所以：

$$s_p^2 = \frac{119(19.6249)+119(19.8025)}{238} =19.7137$$

因此：

$$s_p=\sqrt{19.7137}\approx 4.440$$

兩平均數之差的標準誤為：

$$SE(\bar{x}_1-\bar{x}_2) = s_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}$$ $$= 4.440\sqrt{\frac{1}{120}+\frac{1}{120}} = 4.440\sqrt{\frac{2}{120}} \approx 0.5731$$

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假設檢定

1. 虛無假設與對立假設

$$H_0:\mu_1-\mu_2=0$$

即燕麥糠與其他穀類食品在降低膽固醇的平均效果上沒有差異。

$$H_1:\mu_1-\mu_2\ne 0$$

即兩者的平均降低效果不同。

顯著水準為：

$$\alpha=0.05$$

2. 檢定統計量

合併變異數兩樣本 $t$ 統計量為：

$$t= \frac{(\bar{x}_1-\bar{x}_2)-0} {s_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}$$

代入資料：

核心觀念

本題使用完整隨機區塊設計（complete randomized block design, CRBD），比較同一批學生在 SAT 三個領域的平均表現是否相同。

• 區塊（Block）：六名學生。學生本身的學業能力、背景等個別差異可能造成分數不同，因此將每位學生視為一個區塊。
• 感興趣的因子（Treatment factor）：SAT 測驗領域，共三個水準：

1. 關鍵性閱讀
2. 數學
3. 寫作

採用隨機區塊設計的原因，是同一名學生同時接受三個領域的測量，可控制學生個體差異，使比較主要集中於「測驗領域」造成的差異，降低誤差變異，提高檢定效率。

本題的模型可表示為：

$$Y_{ij}=\mu+\tau_i+\beta_j+\varepsilon_{ij},$$

其中：

• $\mu$：總平均數
• $\tau_i$：第 $i$ 個測驗領域的處理效果
• $\beta_j$：第 $j$ 位學生的區塊效果
• $\varepsilon_{ij}$：隨機誤差

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解題方法

設測驗領域數為 $t=3$，學生區塊數為 $b=6$。

完整隨機區塊設計的平方和分解為：

$$\text{SST}=\text{SSTR}+\text{SSBL}+\text{SSE},$$

因此誤差平方和為：

$$\begin{aligned} \text{SSE} &=\text{SST}-\text{SSTR}-\text{SSBL}\\ &=65798-1348-63250\\ &=1200. \end{aligned}$$

自由度為：

$$df_{\text{Treatment}}=t-1=3-1=2,$$ $$df_{\text{Block}}=b-1=6-1=5,$$ $$df_E=(t-1)(b-1)=2\times5=10,$$ $$df_T=tb-1=3\times6-1=17.$$

均方為：

$$\text{MSTR}=\frac{\text{SSTR}}{df_{\text{Treatment}}} =\frac{1348}{2}=674,$$ $$\text{MSBL}=\frac{\text{SSBL}}{df_{\text{Block}}} =\frac{63250}{5}=12650,$$ $$\text{MSE}=\frac{\text{SSE}}{df_E} =\frac{1200}{10}=120.$$

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ANOVA 表

變異來源	平方和 SS	自由度 df	均方 MS	$F$ 值
測驗領域 Treatment	1348	2	674	$\dfrac{674}{120}=5.617$
學生區塊 Block	63250	5	12650	$\dfrac{12650}{120}=105.417$
誤差 Error	1200	10	120	—
總和 Total	65798	17	—	—

平方和驗算：

核心觀念

本題考查「列聯表之卡方獨立性檢定」。

管理品質與公司聲譽皆為類別變數，資料以交叉表呈現，因此以卡方獨立性檢定判斷兩變數是否具有關聯。

• 虛無假設：管理品質與公司聲譽相互獨立。
• 對立假設：管理品質與公司聲譽不獨立，兩者具有關聯。
• 期望次數公式：

$$E_{ij}=\frac{(\text{第 }i\text{ 列合計})(\text{第 }j\text{ 欄合計})}{n}$$

• 卡方檢定統計量：

$$\chi^2=\sum_i\sum_j\frac{(O_{ij}-E_{ij})^2}{E_{ij}}$$

其中，$O_{ij}$ 為觀察次數，$E_{ij}$ 為期望次數。

本題以命題當年（民國 110 年）統計檢定規範為準；本題不涉及法條修正問題。

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解題方法

（一）卡方獨立性檢定

1. 建立假設

令：

• $X$：管理品質
• $Y$：公司聲譽

則假設為：

$$H_0：X\text{ 與 }Y\text{ 相互獨立}$$ $$H_1：X\text{ 與 }Y\text{ 不相互獨立}$$

顯著水準為：

$$\alpha=0.05$$

2. 計算列、欄合計

管理品質 \ 公司聲譽	甚佳	良好	尚可	列合計
甚佳	40	25	5	70
良好	35	35	10	80
尚可	25	10	15	50
欄合計	100	70	30	200

共有 $3$ 列、$3$ 欄，因此自由度為：

$$df=(r-1)(c-1)=(3-1)(3-1)=4$$

3. 計算期望次數

以第一列為例：

$$E_{11}=\frac{70\times100}{200}=35$$ $$E_{12}=\frac{70\times70}{200}=24.5$$ $$E_{13}=\frac{70\times30}{200}=10.5$$

依此方式計算全部期望次數：

管理品質 \ 公司聲譽	甚佳	良好	尚可
甚佳	35	24.5	10.5
良好	40	28	12
尚可	25	17.5	7.5

所有期望次數皆大於 $5$，符合卡方近似的使用條件。

4. 計算檢定統計量

$$\begin{aligned} \chi^2 ={}&\frac{(40-35)^2}{35} +\frac{(25-24.5)^2}{24.5} +\frac{(5-10.5)^2}{10.5}\\ &+\frac{(35-40)^2}{40} +\frac{(35-28)^2}{28} +\frac{(10-12)^2}{12}\\ &+\frac{(25-25)^2}{25} +\frac{(10-17.5)^2}{17.5} +\frac{(15-7.5)^2}{7.5} \end{aligned}$$

因此：

$$\chi^2\approx17.04$$

5. 決定拒絕域

自由度為 $4$，顯著水準為 $0.05$，查卡方分配表得：

$$\chi^2_{0.05,4}=9.488$$

右尾拒絕域為：

$$\chi^2>9.488$$

6. 檢定結果

因為：

$$17.04>9.488$$

所以拒絕虛無假設 $H_0$。

因此，在 $5\%$ 顯著水準下，有充分統計證據認為公司的管理品質與公司聲譽並非相互獨立，兩者具有顯著關聯。

其 $p$ 值約為：

核心觀念

本題考查一階多元迴歸模型、虛擬變數、調整後多重決定係數，以及迴歸係數信賴區間的解釋。

預測模型為：

$$\hat{y}=52484+2941x_1+16880x_2+11108x_3$$

其中：

• $x_1$：經驗年數。
• $x_2$：博士學位虛擬變數，有博士為 $1$，無博士為 $0$。
• $x_3$：經理狀態虛擬變數，是經理為 $1$，不是經理為 $0$。

多元迴歸係數採「其他變數固定不變」的條件解釋。例如，$x_2$ 的係數表示在經驗年數與經理狀態相同時，博士與非博士會員預測薪水的平均差異。

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解題方法

將題目給定的經驗年數、博士狀態與經理狀態，分別代入預測方程式即可。虛擬變數必須依照題目條件設定為 $0$ 或 $1$。

本題不是選擇題，因此沒有選項需要逐一分析。

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（一）薪水預測與比較

1. 10 年經驗、無博士學位、是經理

條件為：

$$x_1=10,\qquad x_2=0,\qquad x_3=1$$

代入模型：

$$\begin{aligned} \hat{y} &=52484+2941(10)+16880(0)+11108(1)\\ &=52484+29410+0+11108\\ &=93002 \end{aligned}$$

因此，預測薪水為：

$$\boxed{93002\text{ 美元}}$$

2. 10 年經驗、有博士學位、不是經理

條件為：

$$x_1=10,\qquad x_2=1,\qquad x_3=0$$

代入模型：

$$\begin{aligned} \hat{y} &=52484+2941(10)+16880(1)+11108(0)\\ &=52484+29410+16880+0\\ &=98774 \end{aligned}$$

因此，預測薪水為：

$$\boxed{98774\text{ 美元}}$$

3. 薪水比較

兩者薪水差異為：

$$98774-93002=5772$$

因此，在本迴歸模型下，10 年經驗的博士、非經理會員，預測薪水比無博士但為經理的會員高：

$$\boxed{5772\text{ 美元}}$$

此差異也可直接由兩個相關迴歸係數看出：

• 博士學位效果：增加 $16880$ 美元。
• 經理狀態效果：增加 $11108$ 美元。

兩者經驗年數相同，因此經驗年數的效果互相抵銷；博士會員相對於經理會員多出的預測薪水為：

$$16880-11108=5772$$

4. 差異原因說明

此結果表示，在本模型控制經驗年數後，博士學位所對應的薪資增額高於經理職務所對應的薪資增額。原因包括：

核心觀念

本題考查：

1. 機率密度函數與累積分布函數的關係： $P(X<t)=\int_{-\infty}^{t}f(x)\,dx.$

2. 分段函數的積分。由於 $f(x)$ 在 $x=0$ 左右具有不同形式，計算時須依 $t$ 的正負分情況討論。

3. 絕對值事件的轉換： $|X|<t \iff -t<X<t.$

先驗證 $f(x)$ 確為機率密度函數：

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx = \int_{-\infty}^{0}\frac{\lambda}{2}e^{\lambda x}\,dx + \int_{0}^{\infty}\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda x}\,dx.$$

計算得

$$\frac{\lambda}{2}\cdot\frac{1}{\lambda} + \frac{\lambda}{2}\cdot\frac{1}{\lambda} = \frac12+\frac12=1.$$

因此 $f(x)$ 確實為機率密度函數。

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解題方法

（一）求 $P(X<t)$

依照 $t$ 的正負分別計算。

情況一：$t<0$

此時積分範圍完全位於 $x<0$，因此使用

$$f(x)=\frac{\lambda}{2}e^{\lambda x}.$$

所以

$$P(X<t) = \int_{-\infty}^{t}\frac{\lambda}{2}e^{\lambda x}\,dx.$$

由於

$$\int \frac{\lambda}{2}e^{\lambda x}\,dx = \frac12e^{\lambda x},$$

故

$$P(X<t) = \left[\frac12e^{\lambda x}\right]_{-\infty}^{t} = \frac12e^{\lambda t}.$$

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情況二：$t\geq 0$

此時積分範圍跨過 $x=0$，須拆成兩段：

$$P(X<t) = \int_{-\infty}^{0}\frac{\lambda}{2}e^{\lambda x}\,dx + \int_{0}^{t}\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda x}\,dx.$$

第一段為

$$\int_{-\infty}^{0}\frac{\lambda}{2}e^{\lambda x}\,dx = \left[\frac12e^{\lambda x}\right]_{-\infty}^{0} = \frac12.$$

第二段為

$$\int_{0}^{t}\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda x}\,dx = \left[-\frac12e^{-\lambda x}\right]_{0}^{t} = \frac12-\frac12e^{-\lambda t}.$$

相加得

$$P(X<t) = \frac12+\frac12-\frac12e^{-\lambda t} = 1-\frac12e^{-\lambda t}.$$

因此

$$\boxed{ P(X<t)= \begin{cases} \dfrac12e^{\lambda t}, & t<0,\\[6pt] 1-\dfrac12e^{-\lambda t}, & t\geq 0. \end{cases}}$$

在 $t=0$ 時，

$$P(X<0)=\frac12,$$