107年特種考試地方政府公務人員考試
等別：五等考試
類科 ：統計
科目：統計學大意
類科 ：統計
科目：統計學大意
1.為了要決定某藥對疾病之醫療效果，對 23 位病人施予投藥，而對另外 23 位病人給予安慰劑。前述蒐集資料的方式，稱為：
(A) 觀察研究 (B) 實驗設計 (C) 模擬 (D) 調查
$$該方式區分實驗與對照，並經設計後施行，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
(A) 用錯誤資料所得的中位數不是正確的
(B) 用錯誤資料所得的四分位距（ interquartile range）不是正確的
(C) 正確的變異數應比用錯誤資料所得變異數小
(D) 正確的變異係數（coefficient of variation）應比用錯誤資料所得的變異係數大
解：
$$原資料範圍為-90至190，錯誤資料範圍為-99至199，即正確的資料範圍較小，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$\begin{cases}樣本平均數 \bar x=\sum x_i/n =320/10=32\\樣本標準差s_x= \sqrt{\frac{\sum(x_i-\bar x)^2}{(n-1)}}= \sqrt{\frac{\sum x_i^2-(\sum x_i)^2/n}{n-1}}= \sqrt{ \frac{10434-320^2/10}{9} } = \frac{\sqrt{194}}{3}=4.64 \end{cases} \\ \begin{cases}樣本平均數 \bar y=\sum y_i/n =320/10=32\\樣本標準差s_y= \sqrt{\frac{\sum y_i^2-(\sum y_i)^2/n}{n-1}}= \sqrt{ \frac{10270-320^2/10}{9} } = \frac{\sqrt{30}}{3}=1.83 \end{cases} \\ \Rightarrow (32,4.64);(32,1.83)，故選\bbox[red,2pt]{(C)} $$
(A) 當一組資料均為正偏時，平均數≦ 眾數≦ 中位數
(B) 若一組資料的平均數、眾數、中位數皆相等時，則變異數不為零
(C) 當一組資料均為負偏時，平均數≦ 中位數≦ 眾數
(D) 若一組資料的眾數、中位數及平均數愈大，則其全距也會愈大
解：
負偏態：高峰在右，即平均數≦ 中位數≦ 眾數；
正偏態：高峰在左，即眾數≦ 中位數≦ 平均數；
正態：高峰在中間，即眾數= 中位數= 平均數；
故選\(\bbox[red,2pt]{(C)}\)
(A) 一致分配 (B) t 分配 (C) 指數分配 (D) 常態分配
解：依中央極限定理(de Moivre - Laplace)二項分布的極限為常態分布，故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)
(A) 約有 95%資料落在 8 至 32 之間
(B) 約有 95%資料落在 52 至 92 之間
(C) 至少有 75%資料落在 11 至 29 之間
(D) 至少有 75%資料落在 8 至 32 之間
解：
$$該資料並非常態分布，僅能以柴比雪夫不等式來推估\\即P\left( |X-\mu|<k\sigma\right)\ge 1-\frac{1}{k^2} \Rightarrow P(|X-20|<2\times 6)\ge 1-\frac{1}{2^2} \\ \Rightarrow P(8<X<32)\ge \frac{3}{4}=75\%，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
7. 下列何種方法非用來檢測資料是否來自近似常態分配？
(A) 計算 x ± s ， x ± 2s ，及 x ± 3s 區間，落在各區間測量值百分比約各是 68%， 95%，與 99.7%
(B) 建構直方圖或莖葉圖，圖形應是一致（均勻）分配
(C) 求樣本內四分位距(IQR)與標準差(S)，則 IQR / S ≈ 1.35
(D) 建立常態機率圖，資料點應大約落在一直線上
解：$$均勻分配並非常態分配，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
(A) 0.2228 (B) 0.2229 (C) 0.2230 (D) 0.2231
解：
10 天會收到三個訂單，平均每天會收到\(\lambda=3/10\)個訂單；
至少 5 天之久，才會有下個訂單，代表連續五天都沒有訂單；
由卜松分配可知: \(P(X=x)=e^{-\lambda}\lambda^x/x! \Rightarrow P(X=0)=e^{-\lambda}\)；
五天都沒有訂單的機率:\(P^5(X=0)=e^{-5\lambda} = e^{-3/2}= 0.2231\)(查試題附表)，故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)。
至少 5 天之久，才會有下個訂單，代表連續五天都沒有訂單；
由卜松分配可知: \(P(X=x)=e^{-\lambda}\lambda^x/x! \Rightarrow P(X=0)=e^{-\lambda}\)；
五天都沒有訂單的機率:\(P^5(X=0)=e^{-5\lambda} = e^{-3/2}= 0.2231\)(查試題附表)，故選\(\bbox[red,2pt]{(D)}\)。
(B) 成對 t 檢定，拒絕上課無法增加信用分數
(C) 不成對 t 檢定，無法拒絕上課無法增加信用分數
(D) 成對 t 檢定，無法拒絕上課無法增加信用分數
解：
$$由於檢定統計值>上臨界值，因此拒絕H_0:上課前後分數相等，故選\bbox[red,2pt]{(B)} $$
(A) 介於 0.05 及 0.1 之間 (B) 介於 0.025 及 0.05 之間
(C) 介於 0.01 及 0.025 之間 (D) 介於 0.005 及 0.01 之間
解：
$$P(X>27)=P\left(T> \frac{27-25}{3/ \sqrt{15} }\right)=P(T>2.582)\\ 查試題附表可知: \begin{cases}t_{0.025}(14)=2.1448\\t_{0.01}(14)=2.6245\end{cases} \Rightarrow t_{0.025}(14) <2.582<t_{0.01}(14) \\\Rightarrow 0.01<P(T>2.582)<0.025，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
(A) 0.985 (B) 0.965 (C) 0.945 (D) 0.895
解：$$由 \frac{(n-1)s^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)推估：\\P(9.81<s^2<90.405) =P\left( \frac{(9-1)\times 9.81}{36}<\frac{(9-1)\times s^2}{36}<\frac{(9-1)\times 90.405}{36} \right) \\=P(2.18<\chi^2<20.09)\\
查試題附表(自由度=9-1=8)可得 \begin{cases}P(\chi^2>20.0902)=0.01 \\ P(\chi^2>2.1797)=0.975\end{cases} \\ \Rightarrow P(2.18<\chi^2<20.09)=0.975-0.01=0.965，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
(A) 迴歸解釋的標準差占總標準差的比例；相關係數的平方等於判定係數
(B) 迴歸解釋的變異占總變異的比例；相關係數的平方等於判定係數
(C) 迴歸解釋的標準差占總標準差的比例；相關係數開根號等於判定係數
(D) 迴歸解釋的變異占總變異的比例；相關係數開根號等於判定係數
解：$$由定義可知：\begin{cases}判定係數R^2 = \frac{(Cov(X,y))^2}{Var(X)Var(Y)} \\ 相關係數\gamma = \frac{Cov(X,y)}{\sqrt{Var(X)}\sqrt{Var(Y)}} \end{cases} \Rightarrow \gamma^2=R^2 ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
(A) S/N (B) 2S/n－1 (C) (N+1)/2 (D) S(S+1)/2
解：$$\begin{cases}母體平圴數\mu=(1+2+\cdots+N)\div N=(N+1)/2\\樣本平均數\overline{X}=S/n\end{cases} \Rightarrow 由\overline{X}推估\mu,\\即 \frac{S}{n} = \frac{N+1}{2} \Rightarrow N= \frac{2S}{n}-1 ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
(A) 19 元 (B) 95 元 (C) 20 元 (D) 92 元
解：$$ 點數相同的樣本空間S=\{(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)\} \Rightarrow P(S)= \frac{6}{36}= \frac{1}{6} \\ 假設每次玩此遊戲需付x元，則期望值為95\times\frac{1}{6}-x\times \frac{5}{6}=0 \Rightarrow x=\frac{95}{5}=19，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
(A) 0.0384 (B) 0.1321 (C) 0.0128 (D) 0.0012
解：$$t=\frac{14.3-14}{1.2/\sqrt{50-1}}= \frac{7}{4}=1.75\\ 查試題附表可得 \begin{cases}t_{50,0.05} = 1.6759\\ t_{50,0.025} = 2.0086\end{cases} \Rightarrow 0.025<P(t>1.75)<0.05，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
註:試題未附Z表，且t表僅有n=50,沒有n=49，僅能推估；
(A) (0.722， 0.878)；無法 (B) (0.762， 0.838)；可以
(C) (78.04%， 81.96%)；無法 (D) (62.469%， 97.531%)；可以
解：$$95\%信賴區間為\bar p\pm z_{\alpha/2}\times \sqrt{\frac{\bar p(1-\bar p)}{n}}=0.8\pm 1.96\times \sqrt{\frac{0.8(1-0.8)}{100}}= 0.8\pm 0.0784\\= (0.8-0.0784,0.8+0.0784)=(0.7216,0.8784)；又0.9不在該區間內，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
(A) (0.837, 3.663)；不相等 (B) (0.847, 3.753)；相等
(C) (0.867, 3.843)；不相等 (D) (0.887, 3.820)；相等
解：
題目有疑義，故\(\bbox[red,2pt]{(送分)}\)
(A) 約 70% (B) 約 85% (C) 約 55% (D) 約 95%
解：$$A地區檢測到此土壤存在的機率P_A=0.5\times 0.7+0.2\times 0.9+0.3\times 0.3 =0.62\\A地區檢測到此土壤存在且位於油田的機率P_B= 0.5\times 0.7+0.2\times 0.9 =0.53\\
挖到油的機率為P_B/P_A =0.53/0.62=0.8548\approx 85\%，故選\bbox[red, 2pt]{(B)}$$
(A) 0.1847 (B) 0.1991 (C) 0.5438 (D) 0.6472
解：$$P(X\ge 5)= 1-P(X\le 4)=1-\sum_{k=0}^4P(X=k) =1- 0.8153(查試題附表,\lambda=3)=0.1847\\，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
註: 一般「超過五次」應該是\(P(X>5)=P(X\ge 6)\)，若依此則無答案可選!!
(A) 0.5 年 (B) 1 年 (C) 1.5 年 (D) 2 年
解：$$P(X\le x)= 2.5\% \Rightarrow P\left(Z\le \frac{x-\mu}{\sigma} \right) = P\left(Z\le \frac{x-3}{1} \right)=2.5\%=0.025\\ 由z_2=0.975 \Rightarrow z_{-2}=1-0.975=2.5\% \Rightarrow \frac{x-3}{1} =-2 \Rightarrow x=1，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline
source&DF & SS & MSS &F\\\hline
treatment&4-1=3 & 11700-10800=900 & 900\div 3=300 & 300\div 300=1\\\hline
error & 39-3=36 & 300\times 36=10800 & \color{blue}{300}\\\hline
total & 10\times 4-1=39 & \color{blue}{11700}\\\hline
\end{array}\\，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
(A) 如果0 ≤ x ≤ 10，則 0 ≤ f (x)≤1， 0 ≤ g(x)≤ 1
(B) 如果 X 與 Y 是不相關（ uncorrelated），則 X 與 Y 彼此獨立
(C) P(X=3)=f (3)
(D) P(-5 ≤ Y ≤ 0)=g (0)
解：$$(A)\times: 0\le x=3.6\le 10 \Rightarrow f(3.6)不存在\\(B)\times:不一定\\(C)\bigcirc:f(x)為離散型 \Rightarrow P(X=3)=f(3)\\(D)\times:g(y)為連續型，無個別機率值g(0)\\，故選\bbox[red,2pt]{(C)} $$註: 題目g(x)應為g(y)
解：$$\begin{cases}y_i=1+(\beta-2)x_i+ \varepsilon _i\\ \hat{y_i}=1+(\beta-2)x_i \end{cases} \Rightarrow \varepsilon_i =y_i-\hat y_i=y_i -1-(\beta-2)x_i\\ 令g(\beta)= \sum \varepsilon_i^2 =\sum \left( y_i -1-(\beta-2)x_i\right)^2 =\sum \left( y_i -1-\beta x_i+2x_i\right)^2 \\ \Rightarrow g'(\beta)=0 \Rightarrow 2\sum \left( (y_i -1-\beta x_i+2x_i)(-x_i) \right) =2\sum \left( -x_iy_i+x_i +\beta x_i^2-2x_i^2\right)=0\\ \Rightarrow \sum \beta x_i^2=\sum \left(x_iy_i-x_i+2x_i^2 \right) \Rightarrow \beta = \frac{\sum x_iy_i -\sum x_i+2\sum x_i^2}{\sum x_i^2} = \frac{10-5+2\times 15}{15} \\ = \frac{35}{15} = \frac{7}{3} ，故選\bbox[red,2pt]{(A)} $$
(A) 如果假設為 H0:μ=6 對 H1:μ≠6，則在 5%的顯著水準下，結論是不拒絕虛無假設H0
(B) 如果假設為 H0:μ=7 對 H1:μ≠7 ，則 t 統計量值為 10
(C) 如果假設為 H0:μ=10 對 H1:μ≠10 ，則 p 值（ p-value）為 1
(D) 如果樣本數增加至 16，且這 16 個零件長度的標準差亦為 2 公分，則樣本數 16 所得 μ之 95%信賴區間寬度為原來樣本數 4 所得 μ之 95%信賴區間寬度的一半
解：
$$95\%的信賴區間為[6.818,13.182]=[\bar x-1.96s,\bar x+1.96s] \Rightarrow \begin{cases}\bar x= 10 \\ s=2\end{cases} \\(C)H_0:\mu=10\Rightarrow \mu=\bar x，落在信賴區間的中心\Rightarrow p=1，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：
$$\hat y_i=\beta_0+\beta_1x_i \Rightarrow \beta_1= \frac{s_{xy}}{s_{xx}} = \frac{\sum (x_i-\bar x_i)(y_i-\bar y_i)}{\sum (x_i-\bar x_i)^2} = \frac{20}{10}=2 \\ \Rightarrow \beta_0= \bar y-\beta_1 \bar x= \bar y-2 \bar x \Rightarrow \sum (\hat y_i-\bar y)^2 =\sum \left( \beta_0+\beta_1 x_i-\bar y\right)^2 \\ =\sum \left( \bar y-2\bar x +2x_i- \bar y\right)^2 = \sum \left( 2(x_i-\bar x)\right)^2 =4\sum (x_i-\bar x)^2= 4 \times 10=40 \\ 因此我們有以下ANOVA 表格:
\\\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline
source&DF & SS & MSS &F\\\hline
\text{regression}&1 & \sum (\hat y_i-\bar y)^2=40 & 40 & 40\div 20=2\\\hline
error & 6-1=5 & \sum (y_i- \bar y)^2=140-40=100 & 100 \div 5 =20\\\hline
total & 7-1=6 & \sum (y_i-\bar y)^2 =140\\\hline
\end{array}\\，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
(A) 約 42% (B) 約 83% (C) 約 92% (D) 約 21%
解：假設10件商品的編號為\(1,2,\dots,10\)，其中編號1,2,3的商品有附加贈品；
將10件商品排列，前5件商品給甲，後5件商品給乙，總排列數為10!；
前5件沒有編號1,2,3的可能排列數為\(P^7_5\)，而每一個排列出現5!次，因此甲至少拿到1件贈品的機率為$$1-\frac{P^7_5\times 5!}{10!} =1-\frac{7!\times 5!}{2\times 10!}=1-\frac{1}{12}=0.917
，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$t^*_i={9\over 5}t+32 \Rightarrow \begin{cases}\overline t^*= {9\over 5}\overline t+32\\ s^2_{t^*} = {81\over 25} s^2_t \\ s_{t^*} = {9\over 5} s_t\end{cases}
\\
(A) \times: t^*_i 的變異係數 = \frac{s_{t^*}}{\overline t^*} = \frac{ {9\over 5} s_t}{{9\over 5}\overline t+32} \ne \frac{s_t}{\overline t} =t_i 的變異係數\\ (B)\times: s^2_{t^*} = {81\over 25} s^2_t\\ (C)\times: S_{xt^*} =Cov(X,T^*) = Cov(X, {9\over 5} T+32) = {9\over 5} Cov(X,T)+ Cov(X,32) = {9\over 5} Cov(X,T) \\ \qquad={9\over 5} S_{xt} s^2_t ={9\over 5} S_{xt}\\ (D)\bigcirc: t^*_1的Z分數= {t^*_1 -\overline t^* \over s_{t^*}} = {({9\over 5}t_1 +32 )-({9\over 5}\overline t+32) \over {9\over 5} s_t} = {{9\over 5}(t_1- \overline t ) \over {9\over 5} s_t} = {t_1- \overline t \over s_t} = t_1的Z分數\\，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：
$$(C)\bigcirc: \begin{cases} s^2_X={1\over 9}\sum_{i=1}^{10} (x_i-\bar x)^2 \\ s^2_Y={1 \over 9}\sum_{i=1}^{10} (y_i-\bar y)^2\end{cases} \Rightarrow 母體變異數\sigma^2 的估計量為 {s^2_X+s^2_Y \over 2}\\= {1\over 18}\left(\sum_{i=1}^{10} (x_i-\bar x)^2+ \sum_{i=1}^{10} (y_i-\bar y)^2 \right)，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
(A) 如果 n 是偶數，則 Y 的期望值（ expected value）不為 0
(B) 如果 n 是奇數，則 Y 的期望值不為 0
(C) 如果 n 是奇數，則 Y 的變異數為 1
(D) X 與 Y 是正相關（ positively correlated），即 X 與 Y 的共變異數（ covariance）是正的
解：
$$X\sim B(n,k) \Rightarrow P(X=k)={n\choose k}p^k(1-p)^{n-k}= {n\choose k}{1\over 2^n}( \because p={1\over 2})\\
(A)\times: 令f(x)=(-x+1)^n = \sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^kx^k \Rightarrow f(1)= \sum_{k=0}^n {n \choose k}(-1)^k =0\\
\qquad\Rightarrow E(Y)= \sum yP(Y=y) = \sum \left\{1\cdot P(X=偶數) + (-1)\cdot P(X=奇數)\right\} \\ \qquad = \sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^k{1\over 2^n} =0 \Rightarrow 無論n是偶數或奇數E(Y)=0\\(B)\times: 理由同(A)\\(C) \bigcirc: Var(Y)=\sum y^2P(Y=y) = \sum \left\{1^2\cdot P(X=偶數) + (-1)^2\cdot P(X=奇數)\right\}\\ \qquad= \sum_{k=0}^n {n\choose k}{1\over 2^n} =\left( {1\over 2}+ {1\over 2}\right)^n=1 \Rightarrow Var(Y)=1\\ (D)\times:(X,Y)= \{(0,1), (1,-1),(2,1),(3,-1),\dots\}並不符合X越大則Y越大的條件\\，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
(A) α+β=1
(B) 一般常用的 t 檢定，其 β 的值與顯著水準無關；即當顯著水準改變時， β 的值還是不變
(C) 如果型 II 錯誤是一新型引擎比舊型引擎效能好，但被誤判為並沒有比較好，則虛無假設為新型引擎比舊型引擎效能好
(D) 若兩檢定方法 A 與 B 其型 I 錯誤發生的機率皆在顯著水準之內，但檢定方法 A 其型 II 錯誤發生的機率較低，則其檢定力（ power of test）較高
解：
$$只有(D)正確， 故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：$$(B)\times:\beta_1\sim N(1,1) \Rightarrow P(|Z|\le 1.645)=0.9(查表z_{-1.645}=0.05) \\\Rightarrow 信賴區間=[\beta_1-1.645\times 1, \beta_1+ 1.645\times 1]=[-0.645,2.645]，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$$Y=\beta_0+\beta_1 X+\varepsilon \Rightarrow \text{Cov}(X,Y)= \text{Cov}(X,\beta_0+\beta_1 X+\varepsilon) \\= \beta_0\text{Cov}(X,1) +\beta_1\text{Cov}(X,X) +\text{Cov}(X,\varepsilon) =0+\beta_1 Var(X)+0 \Rightarrow\text{Cov}(X,Y)= \beta_1 Var(X) \\ 又相關係數\gamma= \frac{\text{Cov}(X,Y)}{\sqrt{Var(X)}\sqrt{Var(Y)}}= \frac{\beta_1 Var(X)}{\sqrt{Var(X)}\sqrt{Var(Y)}} = \frac{\beta_1 \sqrt{Var(X)}}{ \sqrt{Var(Y)}} \\ \Rightarrow \frac{ \sqrt{Var(X)}}{ \sqrt{Var(Y)}} =\frac{\gamma}{\beta_1}=\frac{ -0.8}{-1.6}=\frac{1}{2} \Rightarrow \sigma_Y=2\sigma_X，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
解：$$(A)\times: x=95 \Rightarrow z={95-80 \over 6}=2.5<3 \Rightarrow 不是離群值\\(B)\bigcirc: x=95 \Rightarrow z={95-82\over 2}=6.5>3 \Rightarrow 95在亞太是離群值，符合晉升標準\\(C) \times: P(52<x<88)= P\left({52-70\over 3}<z < {88-70 \over 3}\right) = P(-6<z<6) >> 95\% \\(D)\times: \begin{cases} 美洲CV={\sqrt{12.25} \over 85} = 0.041 \\ 歐洲CV={\sqrt{9} \over 70} = 0.043\end{cases} \Rightarrow 美洲CV < 歐洲CV\\，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：$$X\sim B(3, p=1/2) \Rightarrow P(X=k)= {3\choose k}{1\over 2^k}\cdot {1\over 2^{3-k}}= {3\choose k}{1\over 8} \\\Rightarrow 期望值 E_k= 800\times P(X=k) =100\times {3\choose k},k=0,1,2,3;\\ \Rightarrow \begin{array}{}\hline i& 0 & 1 & 2 & 3\\\hline 觀察值 O_i & 50 & 300 & 400 & 50\\ \hline 期望值E_i & 100\times {3\choose 0}=100 & 100\times {3\choose 1}=300 & 100\times {3\choose 2}=300 & 100\times {3\choose 3}=100 \\\hline\end{array}\\ \Rightarrow 卡方檢定統計量值為 \sum_{i=0}^3{(O_i-E_i)^2\over E_i}\\= {(50-100)^2\over 100} +{(300-300)^2\over 300} +{(400-300)^2\over 300} +{(50-100)^2\over 100} =25+0+{100\over 3} +25= {250\over 3}\\，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$P(|\overline{X}-\mu|\le 20)=0.95 \Rightarrow P(-20\le \overline{X}-\mu\le 20)=0.95 \Rightarrow P(-\frac{20}{\sigma/\sqrt{n}}\le \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\le \frac{20}{\sigma/\sqrt{n}}) \\ = P(-\frac{20}{200/\sqrt{n}}\le Z\le \frac{20} {200/\sqrt{n}})=P(-\frac{\sqrt{n}}{10}\le Z\le \frac{\sqrt{n}} {10}) =0.95 \\ \Rightarrow \frac{\sqrt{n}} {10}=1.96 \Rightarrow n=19.6^2=384.16，故選\bbox[red, 2pt]{(C)}$$註:試題未附Z表，可改查T表，\(t_{400,0.025}\approx 1.96\)!!
解：$$(A)\times:\sum f(x)=1 \Rightarrow \frac{k^2-8k+8}{4} +\frac{k}{2}+\frac{1}{4} = \frac{k^2-6k+9}{4}=1 \Rightarrow k^2-6k+5=0 \\\quad \Rightarrow k=1(\because \frac{k}{2}<1, k=5不合) \\(B)\times: P(20\le X<30)= P(20) = \frac{k}{2} \ne \frac{2k+1}{4}\\(C)\bigcirc: \sum xP(X=k)= 10\times \frac{k^2-8k+8}{4} +20\times \frac{k}{2}+30\times \frac{1}{4} = 10\times \frac{1}{4} +20\times \frac{1}{2}+30\times \frac{1}{4} =20\\(D)\times: P(-10< X <10)=0 \\故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$
解：$$(A)\times:P((B_1\cup B_2)\cap A_1)=\frac{50+100}{300}=\frac{150}{300} \neq \frac{150}{200}\\(B)\bigcirc: \begin{cases}P(A_2)=\frac{10+50+40}{300}=\frac{1}{3}\\ P(B_2)= \frac{100+50}{300} =\frac{1}{2}\end{cases} \Rightarrow P(A_2\cap B_2)=\frac{50}{300} =\frac{1}{6}=P(A_2)\times P(B_2)\\(C)\times:P(A_2\cup B_2)=(10+50+40+100)/300=\frac{2}{3}\neq \frac{5}{6}\\(D)\times:P(B_1\mid A_1)=P(B_1\cap A_1)/P(A_1)=50/(50+100+50)=\frac{1}{4}\ne \frac{1}{6}\\，故選\bbox[red, 2pt]{(B)}$$
解：$$總平均\bar {\bar x}=\frac{6\times( \bar x+\bar y +\bar z)}{18}= \frac{6(70+60+80)}{18}= 70 \\\Rightarrow SST = \sum_{i=1}^6(x_i-\bar{\bar x})^2 +\sum_{i=1}^6(y_i-\bar{\bar x})^2 +\sum_{i=1}^6(z_i-\bar{\bar x})^2 \\=\sum_{i=1}^6 x_i^2 +\sum_{i=1}^6 y_i^2 +\sum_{i=1}^6 z_i^2 -140\left(\sum_{i=1}^6 x_i +\sum_{i=1}^6 y_i +\sum_{i=1}^6 z_i \right)+3\sum_{i=1}^6\bar{\bar x}^2\\ =29900+22100+38900 -140(6\times 70+ 6\times 60+ 6\times 80)+3\times 6\times 70^2=2700\\
SSW=\sum_{i=1}^6(x_i-\bar x)^2 +\sum_{i=1}^6(y_i-\bar y)^2 +\sum_{i=1}^6(z_i-\bar z)^2 \\=\sum_{i=1}^6 x_i^2-(\sum_{i=1}^6 x_i)^2/6 + \sum_{i=1}^6 y_i^2-(\sum_{i=1}^6 y_i)^2/6 + \sum_{i=1}^6 z_i^2-(\sum_{i=1}^6 z_i)^2/6 \\ =29900-420^2/6 + 22100-360^2/6+ 38900-480^2/6= 1500\\ \Rightarrow SSB = SST-SSW = 2700-1500=1200\\ 因此有以下ANOVA 表格:
\\\begin{array}{}\hline
source & SS & DF & MS & F\\\hline
組間 & 2700-1500=1200 & 3-1=2& 1200\div 2=\color{blue}{600} & 600\div 100=6\\
組內 & 1500 & 17-2=15& 1500\div 15=100 \\
總和 & 2700 & 18-1=17& \\\hline
\end{array}\\
由以上表格可知，只有(A)正確，即MSSB=1200\div 2=600 ，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$
解：$$(B)\times: 有限母體\bar P的變異數應為{N-n\over N-1}\times {p(1-p) \over n}，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$
解：
$$(A)\times:\begin{cases} 第1份問卷支持率p_1=90/400 =9/40 \\ 第2份問卷支持率p_2= 360/1600 =9/40\end{cases}\Rightarrow p_1=p_2=p \\\Rightarrow \begin{cases} 標準差\sigma_1= \sqrt{p(1-p)\over n_1} = \sqrt{p(1-p)\over 400} ={ \sqrt{p(1-p)}\over 20}\\標準差\sigma_2= \sqrt{p(1-p)\over n_2} = \sqrt{p(1-p)\over 1600} ={ \sqrt{p(1-p)}\over 40}\end{cases}\\ \Rightarrow \sigma_1 = 2\sigma_2 \Rightarrow 第1份問卷的信賴區間是第2份的兩倍\\(B)\times: 兩份問卷支持率相同，但標準差不同，所以p-\text{value }也不同\\(C)\times: z_{0.95} > z_{0.9} \Rightarrow 95\% 信賴區間> 90\%信賴區間\\(D)\bigcirc: \begin{cases}第1份問卷z_A={9/40-0.2 \over \sqrt{9/40(1-9/40) \over 400}}=1.197\\ 第2份問卷z_B={9/40-0.2 \over \sqrt{9/40(1-9/40) \over 1600}}= 2.395 \\ z_{0.025}=1.96\end{cases} \Rightarrow z_B > z_{0.025} > z_A\\，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$
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