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民國110年 普通考試 交通技術 統計學概要收錄考選部官方試題，共 6 題可線上瀏覽，考選部未公告本科目答案。
題目與答案
P(Z > ݖఈ) = ߙ; ݖ.ହ= 1.645; ݖ.ଶହ= 1.96; ݖ.ଶଵଵଽ= 0.8; ݖ.ହହଽ= 1.59; ݖ.ଶଷଷ= 1.99
P൫t > ݐఈ,൯= ߙ; ݐ.ଶହ,ଶଶ= 1.96
P(߯ଶ> ߯ఈ
ଶ(݊)) = ߙ; ߯.ହ
ଶ
(10) = 18.307; ߯.ହ
ଶ
(4) = 9.488; ߯.ହ
ଶ
(6) = 12.592
P൫F > ܨఈ(݊ଵ, ݊ଶ)൯= ߙ; ܨ.ହ(2,27) = 3.35; ܨ.ଶହ(2,10) =5.46; ܨ.ହ(5,10) =3.33; ܨ.ହ(6,12) =3
已知隨機變數X 與Y 的二元機率分配如下：
f (x, y)
x
y
0.2
0.5
0.3
計算X 與Y 的期望值與變異數。（8 分）
計算E(X+Y)與Var(X+Y)。（8 分）
計算X 與Y 的共變異數與相關係數，並判斷X 與Y 是正相關、負相
關或不相關。（9 分）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、資料判讀與前置作業：本題給定二元離散聯合機率 f(x,y)，作答第一步是核對 ΣΣf(x,y)=1，並由 f_X(x)=Σ_y f(x,y)、f_Y(y)=Σ_x f(x,y) 求出 X、Y 的邊際機率。不過，題幹表格經轉檔後只剩 0.2、0.5、0.3 三個數值，其餘儲存格與 x、y 各水準的對應關係已無法辨識，因此題目資料缺漏，無法得出唯一數值；考生應先依原表補齊四格機率，再套用下列公式。 二、期望值與變異數：E(X)=Σ_x x·f_X(x)、E(Y)=Σ_y y·f_Y(y)；Var(X)=E(X²)−[E(X)]²，其中 E(X²)=Σ_x x²f_X(x)，Var(Y) 同理。若 X、Y 僅取 0 與 1，則 E(X)=P(X=1)、Var(X)=P(X=1)[1−P(X=1)]，計算可大幅簡化，這是本科常見的快速解法。 三、和的期望值與變異數：E(X+Y)=E(X)+E(Y) 恆成立，不需要獨立假設；Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)+2Cov(X,Y)。唯有當 X、Y 獨立（或 Cov=0）時，交叉項才為零而得 Var(X)+Var(Y)。考生常誤把 Var(X+Y) 直接寫成兩變異數相加，這是本科最易失分之處。 四、共變異數與相關係數：Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)E(Y)，其中 E(XY)=ΣΣxy·f(x,y)；相關係數 ρ=Cov(X,Y)/(σ_X·σ_Y)，值域為 −1 至 1，且不受單位影響。ρ>0 為正相關、ρ<0 為負相關、ρ=0 稱不相關（僅指無線性關聯）。 五、判定與作答提醒：算出 Cov 與 ρ 後，依其正負號回答正相關、負相關或不相關，並以 ρ 絕對值說明關聯強度（如 0.7 以上為高度相關）。若題目為 2×2 表，建議以 E(XY) 一步求出共變異數，再除以兩標準差乘積，可減少運算錯誤。
一間百貨公司分析它們最近的銷售情況，並且決定顧客購買商品的付款
方式與商品價格類別之間的關係，得到下表中的聯合機率：
現金
信用卡
簽帳金融卡
$20以下
.09
.03
.04
$20-$100
.05
.21
.18
$100以上
.03
.23
.14
以簽帳金融卡付消費款的比例為何？（5 分）
以信用卡支付之下，消費款超過$100 的機率為何？（5 分）
以信用卡或簽帳金融卡支付消費款的比例為何？（5 分）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、邊際機率的觀念：聯合機率表中，某一付款方式的總比例就是它的邊際機率，必須對所有價格類別加總。簽帳金融卡欄為 0.04+0.18+0.14=0.36，故以簽帳金融卡付款的比例為 36%。 二、條件機率計算：所求為在信用卡支付條件下消費款超過 100 美元的機率，分母是信用卡的邊際機率 0.03+0.21+0.23=0.47，分子為超過 100 美元且刷卡的聯合機率 0.23，故 0.23/0.47=0.4894，約 48.94%。 三、聯集機率：三種付款方式互斥且窮盡，故信用卡或簽帳金融卡的機率等於 0.47+0.36=0.83，即 83%；亦可用 1 減去現金 0.17 得到相同結果。 四、檢核與延伸：全表總和為 0.16+0.44+0.40=1.00，符合機率公理。另可注意聯合機率、邊際機率與條件機率三者之關係 P(A∩B)=P(A|B)P(B)，是本科解題主軸。
某週刊曾報導廣告主與網際網路服務供應商及搜尋引擎簽訂合約，在網
站上刊登廣告，付費方式是根據點擊該項廣告的潛在顧客的數目而定。
不幸的是，點擊詐欺（為了增加廣告收入而點擊該項廣告）已然成為問
題。40%的廣告主宣稱，他們成為點擊詐欺的受害者。假定隨機抽選380
位廣告主，以了解點擊詐欺的狀況：
樣本比例與母體比例的差距在± 0.04 以內的機率是多少？（5 分）
樣本比例大於0.45 的機率是多少？（5 分）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、抽樣分配與標準誤：設 p̂ 為樣本中受害比例，n=380、p=0.40，由中央極限定理，p̂ 近似 N(p, p(1−p)/n)，標準誤 σ_p̂=√(0.40×0.60/380)=√0.0006316=0.02513。因 np=152、n(1−p)=228 均大於 5，常態近似適當。 二、第一小題：所求為 P(|p̂−0.40|≤0.04)，標準化後 z=0.04/0.02513=1.59，故機率為 P(−1.59≤Z≤1.59)=2×0.9441−1=0.8882，約 88.8%。 三、第二小題：P(p̂>0.45)=P(Z>(0.45−0.40)/0.02513)=P(Z>1.99)=0.0233，約 2.33%，此即單尾檢定在 α=0.0233 時的臨界現象。 四、作答提醒：標準化時分子為樣本比例減母體比例，分母為標準誤，切勿誤用 p(1−p)/n 而未開根號；若採連續性校正，可將 0.04 調整為 0.04+1/(2n)，惟差異極小，通常可略。
某醫學期刊中描述一項研究，想要判斷運動是否可以延長心臟麻痺病患
的生命。招募801 位心臟麻痺病患的樣本；其中395 位接受運動的訓練，
而另外的406 位則無。在接受運動的群組當中有88 位病患未能延長生
命，而在無運動群組中有105 位病患未能延長生命。
在5%的顯著水準下，研究人員是否可以推論運動訓練能夠延長生命？
寫下假設檢定的過程，包括虛無與對立假設、拒絕域、檢定統計量與檢
定結果。（15分）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、假設設定：令 p1、p2 分別為運動組與無運動組未能延長生命的比例。H0：p1 ≥ p2（或 p1=p2）；H1：p1 < p2，採左尾檢定，α=0.05，拒絕域為 z < −1.645。 二、檢定統計量：p̂1=88/395=0.2228，p̂2=105/406=0.2586；混合比例 p̂=(88+105)/(395+406)=193/801=0.2410。SE=√[0.2410×0.7590×(1/395+1/406)]=√(0.1829×0.004995)=0.03022，z=(0.2228−0.2586)/0.03022=−1.186。 三、檢定結果：−1.186 未落入拒絕域（−1.186 > −1.645），不拒絕 H0，即在 5% 顯著水準下沒有充分證據推論運動訓練能延長心臟麻痺病患的生命。 四、等價作法與討論：若改以延長生命比例定義，p̂1=0.7772、p̂2=0.7414，z=+1.186，結論一致；亦可計算比例差的 95% 信賴區間 −0.0358±1.96×0.0303，區間含 0，同樣不拒絕。應注意此為單尾檢定，若誤用雙尾臨界值 1.96 仍不拒絕，但結論詮釋不同。 五、後續提醒：不拒絕 H0 不等於證明運動無效，可能受樣本數與檢定力影響；宜報告效果量（此處差距僅約 3.6 個百分點）與信賴區間，避免過度解讀。
有一位候選人在宣告參選之前，評估選民對他的初始支持率。不做任何
事前公開活動之前提下，若選民支持他的比例數p 大約0.15，他將投入
選戰。從隨機選取的n 個選民的ㄧ項民調中，該候選人希望比例數p 的
估計值y/n 距離p 在0.03 之內。也就是說，決策乃基於形如y/n ± 0.03
的ㄧ個95%信賴區間，y 代表支持該候選人的選民人數：
在候選人對於p 的大小沒有任何概念下，如何決定所需樣本數大小，
以便達到所求之可靠度及準確度？（5 分）
假設由該選區隨機選取1,068 個選民進行訪談，得到y = 214 個選民的
支持，求p 的95%信賴區間。根據此樣本所提供的訊息，該候選人是
否決定投入選戰？（5 分）
比較 的最大誤差與0.03，說明為何會有如此差別？（5 分）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、樣本數的決定：在對 p 無任何概念時，取 p=0.5 使 p(1−p) 最大（最保守），n=(z_0.025/E)²·p(1−p)=(1.96/0.03)²×0.25=4268.44×0.25=1067.1，無條件進位得 n=1068 人。 二、信賴區間：p̂=214/1068=0.2004，SE=√(0.2004×0.7996/1068)=√0.00015002=0.01225，最大誤差 1.96×0.01225=0.0240，故 95% 信賴區間為 0.2004±0.0240，即 (0.1764, 0.2244)。 三、決策判斷：候選人設定投入選戰的門檻為 p 約 0.15，而信賴區間下界 0.1764 已高於 0.15，顯示支持率顯著超過門檻，故應決定投入選戰。 四、最大誤差差異之解釋：實際最大誤差 0.024 小於規劃的 0.03，係因規劃時採 p=0.5 使變異數最大化，而實際 p̂≈0.20 對應 p(1−p)≈0.16，遠小於 0.25，標準誤隨之縮小，故實際精確度高於原先要求，屬保守設計的必然結果。 五、精進建議：若事前已知 p 約 0.15，則 n=(1.96/0.03)²×0.15×0.85=544.6，取 545 人即可，可節省約半數樣本；惟為避免低估，實務上常仍採保守值或加計無回應率。
統計課中一位成績接近底部的學生甲，決定投入一定的練習時數以改善
期末的成績。但是甲並不想做過多的練習，因為甲企圖以最少的工作量
達到最終畢業的目的。甲註冊一門統計課，離期末考僅有3 個星期，並
且最後學期總成績是以下列方式決定：
學期總成績＝20%（作業）＋30%（期中考）＋50%（期末考）
為了決定在剩餘的3 星期內要付出多少努力，甲必須根據作業分數（有
20 分）與期中考分數（有30 分）去預測期末考成績。甲的這些分數分
別是12/20 與14/30。
甲蒐集去年選修這門統計課30 位學生的期末考分數、作業分數
（assignment），與期中考分數（midterm）。
利用以下30 位學生的資料所做的迴歸分析結果回答問題：
決定估計的迴歸方程式並檢定模型的有效性（5%的顯著水準）。（4 分）
估計的標準誤為何？如何詮釋這個統計量？（4 分）
判定係數為何？這個統計量提供什麼訊息？（4 分）
詮釋估計的迴歸方程式中每一個係數。（4 分）
在此模型中，檢定作業分數之係數是否為零（5%的顯著水準）？（4 分）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、模型設定與估計式：以期末考分數 Y 為依變數，作業 A、期中考 M 為自變數，模型為 Y=β0+β1A+β2M+ε，n=30、k=2、自由度 n−k−1=27，估計式為 Ŷ=b0+b1A+b2M。惟題幹未附迴歸報表（係數、標準誤、SSR、SSE、SST、F 值），屬題目資料缺漏，無法得出唯一數值，以下列出判讀步驟與判定規則。 二、模型有效性檢定：H0：β1=β2=0，H1：至少一者不為 0。F=(SSR/2)/(SSE/27)=(R²/2)/[(1−R²)/27]，拒絕域 F>F_0.05(2,27)=3.35。換算可得門檻 R²>6.7/33.7=0.1988，即判定係數須超過約 0.199，模型才顯著。 三、估計標準誤與判定係數：s_e=√(SSE/(n−k−1))=√(SSE/27)，單位與期末考分數相同，衡量樣本點偏離迴歸平面的平均幅度，數值越小配適越佳。R²=SSR/SST=1−SSE/SST，代表作業與期中考分數所能解釋之期末考分數變異的百分比，其餘歸諸其他因素。 四、係數詮釋與個別檢定：b1 表示期中考分數固定下，作業多 1 分對期末考平均分數的影響；b2 表示作業固定下，期中考多 1 分的效果。檢定 H0：β1=0，t=b1/s_b1，自由度 27，雙尾 α=0.05 之臨界值約 2.052，|t|>2.052 則拒絕，表示作業分數對期末考有顯著解釋力。 五、實務應用：將 A=12、M=14 代入估計式得預測期末考分數 Ŷ，學期總成績為 12+14+Ŷ（作業 20 分、期中考 30 分、期末考 50 分恰對應 20%、30%、50% 權重），再與及格門檻比較，即可決定所需練習時數。惟外推時應注意迴歸線僅在原資料範圍內可靠。