民國110年 地方四等 交通技術 統計學概要考古題
民國110年 地方四等 交通技術 統計學概要收錄考選部官方試題，共 5 題可線上瀏覽，考選部未公告本科目答案。
題目與答案
判定下列各子題之真偽，如為錯誤，試舉例說明。
當一組資料均為負值時，則中位數、變異數、眾數均為負值。（6 分）
當一組資料之變異數等於0，則平均數、中位數、眾數均等於0。
（6 分）
當一組資料之全距愈大，則平均數、中位數、眾數也愈大。（6 分）
當一組資料呈單峰右偏分配，則平均數小於中位數與眾數。（7 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、錯誤。設資料為－3、－2、－2，平均數為－7/3，中位數與眾數均為－2，但變異數為正數（約0.222），並非負值。變異數（variance）是離均差平方的平均，必大於或等於0；因此資料全為負值時，只有中位數、眾數可能為負，變異數不可能為負。
- 二、錯誤。變異數等於0表示所有觀測值都相同，即資料為常數c；此時平均數、中位數、眾數都等於c，但不一定等於0。例如資料5、5、5，變異數為0，平均數、中位數、眾數均為5，足以反駁「均等於0」的敘述。
- 三、錯誤。全距（range）只反映最大值與最小值之差，與中央位置無必然關係。例如甲組5、5、5，全距0，平均數、中位數、眾數均為5；乙組0、0、10，全距10，平均數3.33、中位數0、眾數0。乙組全距較大，三個中央趨勢量卻都較小。
- 四、錯誤。單峰右偏（unimodal right-skewed）分配常見的平均數大於中位數、中位數大於眾數，並非平均數小於中位數與眾數。例如資料1、2、3、3、4、10呈右偏，平均數3.83、中位數3、眾數3，平均數反而大於中位數與眾數。
- 五、綜合而言，前三個敘述混淆了中央趨勢與離散程度，第四個敘述則把右偏分配的典型順序寫反。考生作答時應以定義與反例判斷，不宜只憑資料正負號或全距大小推論平均數、中位數與眾數的相對大小。
經調查得出機車每公升耗油量行駛之距離之平均值為38.5 公里，標
準差為6 公里；有甲、乙兩廠商研發出機車省油裝置，甲廠商之裝置
可使每公升行駛距離增加3.5 公里，乙廠商之裝置可使每公升行駛距
離提升17%，試回答下列問題：
裝設甲廠商省油裝置後，機車每公升耗油量可行駛距離之平均值與
標準差。（5 分）
裝設乙廠商省油裝置後，機車每公升耗油量可行駛距離之平均值與
標準差。（5 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、設原行駛距離為隨機變數D，平均數μ=38.5公里、標準差σ=6公里。甲裝置使每公升行駛距離增加3.5公里，屬於位置平移，即D甲=D+3.5；平移不改變離散程度，故平均數為38.5+3.5=42.0公里，標準差仍為6.0公里，變異數仍為36。
- 二、乙裝置使行駛距離提升17%，屬於比例變換，即D乙=1.17D。平均數隨之乘1.17，得38.5×1.17=45.045公里，約45.05公里；標準差乘1.17，得6×1.17=7.02公里，變異數乘1.17²，約49.28。
- 三、兩者比較：甲裝置的平均數增加3.5公里，但標準差完全不變；乙裝置的平均數增加6.545公里，標準差也放大為7.02公里。若以平均每公升行駛距離為主要指標，乙的均值較高，但行駛距離的變異也較大，可靠度或穩定性需另行評估。
- 四、計算時須注意「增加固定公里數」與「提升百分比」的差異：前者是加法轉換，後者是乘法轉換。若題目未說明百分比是對每一輛車的行程等比例放大，則不能直接將標準差乘1.17；本題依一般題意採等比例解釋。
調查A、B 兩條公車路線之誤點情形，發現路線A 誤點之機率為0.65，
路線B 誤點之機率為0.6，同一天兩條公車路線同時誤點之機率為
0.48，試回答下列問題：
上個月任一天至少有一條路線誤點之機率。（5 分）
給定某一天路線A 準點的條件之下，試問當天路線B 亦準點之機
率。（5 分）
給定某一天路線B 誤點的條件之下，試問當天路線A 準點之機率。
（5 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、設A為路線A誤點、B為路線B誤點。已知P(A)=0.65、P(B)=0.60、P(A∩B)=0.48。至少有一條路線誤點即A∪B，依加法法則P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=0.65+0.60-0.48=0.77，即77%。
- 二、路線A準點為A^c，路線B準點為B^c。所求為P(B^c|A^c)=P(A^c∩B^c)/P(A^c)。由笛摩根法則，A^c∩B^c=(A∪B)^c，機率為1-0.77=0.23；P(A^c)=1-0.65=0.35，故機率為0.23/0.35=23/35≈0.6571，約65.71%。
- 三、給定B誤點下A準點，即求P(A^c|B)=P(A^c∩B)/P(B)。因為P(B)=P(A∩B)+P(A^c∩B)，所以P(A^c∩B)=0.60-0.48=0.12；除以P(B)=0.60，得0.12/0.60=0.20，即20%。
- 四、以上分別使用聯合機率、邊際機率與條件機率（conditional probability）的定義。解題時宜先畫文氏圖或列出2×2列聯表，確認A、B、A^c、B^c各格機率，可避免把「同時誤點」與「至少一條誤點」混淆。
一電池製造商宣稱其生產之電池充電後可讓電動車行駛超過500 公
里，購買者懷疑製造商之宣稱過於誇張。若已知行駛里程數為常態分
配，且標準差為26 公里，今抽驗25 部電動車，得其樣本平均數為
490 公里，在1%之顯著水準下，欲檢定電池製造商之宣稱是否合理。
試寫出虛無假設與對立假設。（5 分）
試寫出檢定統計量及結論。（10 分）
若樣本增加為49 部，樣本平均數仍為490 公里，試檢定電池製造
商之宣稱是否合理。（10 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、設μ為電池充電後平均可行駛里程。製造商宣稱μ超過500公里，購買者懷疑宣稱誇大，故採左尾檢定：H0：μ≥500公里；H1：μ<500公里。檢定統計量為Z=(X̄-μ0)/(σ/√n)，其中σ=26、μ0=500；在H0邊界μ=500下，Z近似標準常態分配。
- 二、n=25時，標準誤為26/√25=5.2，Z=(490-500)/5.2=-1.923。α=0.01的左尾臨界值為-2.326；因-1.923>-2.326，未落入拒絕域，故不拒絕H0。結論：在1%顯著水準下，尚無足夠證據證明平均里程低於500公里，不能據此認定製造商宣稱不合理。p值約0.027。
- 三、n=49時，標準誤為26/√49=3.714，Z=(490-500)/3.714=-2.692。因-2.692<-2.326，落入左尾拒絕域，故拒絕H0。結論：在1%顯著水準下，有足夠證據顯示平均里程小於500公里，製造商「超過500公里」的宣稱較不成立；p值約0.0036。
- 四、此題使用母體標準差已知的Z檢定，並假設行駛里程為常態分配、樣本為隨機抽樣。樣本數由25增至49，標準誤由5.2降為3.714，檢定力提高，因此同一樣本平均數490公里在較大樣本下才達到1%顯著水準。
- 五、作答時應注意假設方向：若把H1寫成μ>500，則檢定統計量雖同為負值，卻不會拒絕H0，與「購買者懷疑誇大」的題意不符。另須區分「不拒絕H0」不等於「證明μ≥500」，只能說資料不足以否定該宣稱。
欲了解某地區之交通事故件數（Z）是否與該區臨檢次數（X）和違規
件數（Y）有關，今蒐集19 組資料構建下列線性迴歸模式，
ˆZ = 3.0－1.8 X + 0.25 Y，各參數估計值之標準誤為1.5，0.5，0.3，另
外得出部分變異數分析（ANOVA）表如下：
變異來源
平方和（SS）
迴歸
殘差
在
0.05
時，
試說明該模式中，X 的參數估計值之意義。（6 分）
試檢定該模式是否顯著。（6 分）
試求該模式中X、Y 對應之t 值，並分別檢定X、Y 之係數是否顯
著。（6 分）
試求Z 的變異被該模式解釋的程度。（7 分）
t分配表
單尾顯著水準
自由度
附表
Z分配表
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、迴歸式為Ẑ=3.0-1.8X+0.25Y。X的係數估計值-1.8表示：在Y（違規件數）固定不變的前提下，X（臨檢次數）每增加1次，預期交通事故件數平均減少1.8件。此為樣本中的條件相關效果，不宜直接解釋為因果關係；若X與Y相關，係數仍可能受模型設定影響。
- 二、模式整體檢定為H0：βX=βY=0；H1：βX、βY至少有一個不為0。檢定統計量F=MSR/MSE=(SSR/2)/(SSE/16)，自由度為(2,16)。α=0.05時臨界值F0.05(2,16)=3.63；若F>3.63則拒絕H0，判定模式顯著。惟題目之ANOVA表僅列變異來源，未列出迴歸與殘差平方和，題目資料缺漏，無法得出唯一F值與結論。
- 三、X之t值為-1.8/0.5=-3.6；Y之t值為0.25/0.3=0.833。df=19-2-1=16，雙尾α=0.05之臨界值為±2.120。因|-3.6|>2.120，拒絕βX=0，X對Z有顯著負向影響；因|0.833|<2.120，不拒絕βY=0，尚無證據顯示Y對Z有顯著影響。
- 四、判定係數R²=SSR/SST=1-SSE/SST，表示Z的變異中被X、Y共同解釋的比例；調整後R²=1-(1-R²)(18/16)，用以懲罰解釋變數數目。題目未提供迴歸平方和、殘差平方和或總平方和，題目資料缺漏，無法得出唯一R²數值，只能列出公式與判定方式。
- 五、若原表補齊SSR與SSE，則SST=SSR+SSE，F與R²可一併算出；並可利用F=R²/2÷[(1-R²)/16]交叉驗證。另需注意本題Z為交通事故件數，線性迴歸可能產生負的預測值，且殘差常態、變異數齊一等假設仍應檢查，解讀時宜保留模型限制。