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民國112年 普通考試 經建行政 統計學概要收錄考選部官方試題，共 4 題可線上瀏覽，考選部未公告本科目答案。
題目與答案
令Φ(ݖ)為標準常態累積分配函數，Φ(-2)=0.0228。計算回答下列各子題：
（每小題10分，共30分）
假設ܺଵ和ܺଶ是互相獨立的常態隨機變數，其分配分別為
(12,4 )
N
和
(2,3 )
N
。計算ܲ(ܺଵ> ܺଶ)和ܲ(ܺଵ+ ܺଶ>26)。
陳述中央極限定理（Central Limit Theorem）。（詳實敘明所需要的假設）
令
Y
i
ܺ，ܺ為服從齊一分配（uniform distribution）ܷ(0, 4)的隨機
樣本，
1,
, 48
i
。利用 所述定理，計算
(80
Y
112)
P
之近似機
率。（需計算列出ܺ的平均數與變異數）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、分配設定與第一小題：依 N(μ,σ²) 記法，X₁～N(12,4)、X₂～N(2,3)，即平均數為 12、2，變異數為 4、3，且兩者獨立。令 D=X₁−X₂，則 D～N(10,7)。故 P(X₁>X₂)=P(D>0)=P(Z>−10/√7)=1−Φ(−3.7796)≈0.9999。 二、第二個機率：令 S=X₁+X₂，由獨立常態分配的可加性，S～N(14,7)，標準差為 √7。P(S>26)=P(Z>(26−14)/√7)=P(Z>4.5356)=1−Φ(4.5356)≈2.9×10⁻⁶，約為百萬分之三；此結果顯示兩變數同時偏大的機率極低。 三、中央極限定理之陳述：設 X₁,…,X_n 為獨立且服從同一分配之隨機變數，具有有限平均數 μ 與有限正變異數 σ²；則當 n 趨大時，標準化樣本平均數 (X̄−μ)/(σ/√n) 之分配趨近標準常態 N(0,1)，亦即樣本平均數近似 N(μ,σ²/n)，樣本和近似 N(nμ,nσ²)。 四、所需假設與推廣：核心假設為獨立性、相同分配、有限變異數，以及 n 足夠大；若母體本身為常態，則不受 n 限制。若獨立但不同分配，須滿足 Lindeberg–Feller 條件；若為有限母體抽樣，則母體數須遠大於樣本數，或使用有限母體校正。 五、第三小題：X_i～U(0,4)，故 μ=(0+4)/2=2，σ²=(4−0)²/12=16/12=4/3。令 Y=ΣX_i，n=48，則 E(Y)=48×2=96，Var(Y)=48×4/3=64，標準差為 8。故 P(80<Y<112)≈P(−2<Z<2)=1−2Φ(−2)=1−2(0.0228)=0.9544。
一家液體洗滌劑製造商生產的洗滌劑標示宣稱每瓶容量為450毫升（mL）。
隨機抽取14瓶，測量其容量，資料列於下表：
447 459 439 443 462 449 437
458 453 461 445 467 456 448
數據的常態機率圖顯示可以假設內容量呈常態分配。μ表示該製造商生產
的所有洗滌劑瓶子的平均容量。要確定平均容量是否少於標示所宣稱的
容量，回答計算下列各子題：
敘明虛無假設與對立假設。（5分）
在顯著水準α=0.05下，依據 所敘明的假設執行統計檢定，含棄卻域和
結論。（15分）
如果常態分配假設不成立，但是資料的分配仍具有對稱分配時，可採用
何種無母數統計檢定？（5分）
在顯著水準α=0.05下，依 之統計檢定對此資料進行分析檢定。（13分）
0.05,14
0.05,13
0.05,12
0.05
0.025
0.05,14
0.95,14
(
1.761
1.771
1.782
1.645
1.960
79 )
t
t
t
z
z
w
w
，
，
，
，
，
，
。
參考解答（AI 生成，非官方） 一、假設設定：令 μ 為全體瓶子之平均容量。題目欲檢定平均容量是否少於標示 450 mL，故 H₀：μ≥450（邊界值 μ=450），H₁：μ<450。採單尾檢定，顯著水準 α=0.05；母體常態且母體變異數未知，使用 t 檢定，自由度為 n−1=13。 二、樣本統計量：n=14，Σx=6324，x̄=451.714；樣本變異數 s²=Σ(x−x̄)²/(n−1)=1080.857/13=83.143，s=9.118。檢定統計量 t=(x̄−450)/(s/√14)=1.714/(9.118/3.742)=0.703。 三、棄卻域與結論：α=0.05、df=13 之單尾左尾臨界值為 −t₀.₀₅,₁₃=−1.771，棄卻域為 t<−1.771。因 0.703 未落入棄卻域（p 值約 0.247>0.05），不棄卻 H₀，資料不足以證明平均容量少於 450 mL；樣本平均反而略高於標示值。 四、無母數檢定之選擇：若常態假設不成立但分配仍對稱，可採 Wilcoxon 符號等級檢定（Wilcoxon signed-rank test），以中位數（在對稱下等於平均數）為檢定對象；其虛無假設為 H₀：M=450，對立假設 H₁：M<450，並以差值絕對值排序、保留正負號計算等級和。 五、Wilcoxon 檢定計算：差值 d=x−450 為 −3,9,−11,−7,12,−1,−13,8,3,11,−5,17,6,−2，無零值，同分取平均等級。正等級和 W⁺=63，負等級和 W⁻=42。n=14、α=0.05 單尾下臨界值為 26（上臨界值 79）；因 W⁺=63>26，不棄卻 H₀，結論與 t 檢定一致。
某一特徵被認為存在於三種族群，某研究欲檢定各族群具有此一特徵之
比例均為20%。分別從此三個族群中抽取60、120和60的隨機樣本進行測
試，檢驗結果如下表所示：
有顯現無顯現
族群一
族群二
族群三
寫出虛無假設與對立假設。（5分）
在顯著水準α=0.05下，寫出檢定統計量、計算過程、棄卻域和結論。（15分）
0.05,4
0.05,3
0.05,2
0.05,3
0.05,4
0.05,2
(
9.49
7.81
5.99
2.353
2.132
2.920 )
t
t
t
，
，
，
，
，
。
參考解答（AI 生成，非官方） 一、假設設定：令 p₁、p₂、p₃ 分別為三族群具有該特徵之比例。H₀：p₁=p₂=p₃=0.20；H₁：至少有一個 p_i≠0.20。採卡方檢定，各組樣本數固定為 60、120、60，顯著水準 α=0.05。 二、期望次數：在 H₀ 下，三組「有顯現」之期望次數分別為 60×0.2=12、120×0.2=24、60×0.2=12；「無顯現」之期望次數分別為 48、96、48。期望次數均大於 5，符合卡方檢定之一般適用條件。 三、檢定統計量：令三組「有顯現」人數分別為 a、b、c，則 χ²=Σ(O−E)²/E=(a−12)²/12+(60−a−48)²/48+(b−24)²/24+(120−b−96)²/96+(c−12)²/12+(60−c−48)²/48，化簡為 (5/48)(a−12)²+(5/96)(b−24)²+(5/48)(c−12)²。 四、自由度與棄卻域：三個族群各自為二項分配，合計六個格子，在組別總數固定下，獨立資訊量為 3，故 df=3；α=0.05 之臨界值 χ²₀.₀₅,₃=7.81，棄卻域為 χ²>7.81。若虛無假設改為「三比例相等但未指定數值」，則 df=2，臨界值為 5.99。 五、計算與結論：題目表格之觀察次數未完整呈現，僅知各組樣本數，故無法代入求得唯一 χ² 值；「題目資料缺漏，無法得出唯一數值」。作答時應先補列各族群「有／無顯現」人數，再依上述公式計算；若 χ²>7.81 則棄卻 H₀，表示至少一族群比例不是 20%，反之則無足夠證據。
某種抹片檢查用於檢測女性某種癌症，假設對於患有這種癌症的女性，大
約有15%的假陰性（false negative）檢測結果。對於沒有這種癌症的女性，
大約有20%的假陽性（false positive）檢測結果。假設每100,000人中大約
有8名女性患有這種癌症。在某一抹片檢查呈陽性的情況下，計算此女性
得此癌症的條件機率。（請定義各事件的符號，並敘明所採用的計算公
式。）（12分）
參考解答（AI 生成，非官方） 一、事件定義：令 C 表「患有該癌症」，Cᶜ 表「未患」；T⁺ 表「抹片檢查陽性」，T⁻ 表「陰性」。已知盛行率 P(C)=8/100,000=0.00008，敏感度 P(T⁺|C)=1−0.15=0.85，偽陽性率 P(T⁺|Cᶜ)=0.20，故 P(Cᶜ)=0.99992。 二、計算公式：所求為陽性預測值（positive predictive value, PPV），即 P(C|T⁺)=P(T⁺|C)P(C)／[P(T⁺|C)P(C)+P(T⁺|Cᶜ)P(Cᶜ)]。此式為貝氏定理（Bayes' theorem），分母則由全機率公式得出總陽性率。 三、數值計算：分子=0.85×0.00008=0.000068；分母=0.000068+0.20×0.99992=0.000068+0.199984=0.200052。故 P(C|T⁺)=0.000068/0.200052≈0.000340，即約 0.034%，約每 10,000 名陽性者中有 3.4 人真正罹癌。 四、解釋與限制：此例顯示低盛行率下，即使敏感度 85%、特異度 80%，陽性預測值仍僅約 0.034%，不可將陽性結果直接視為罹癌機率；若盛行率上升或檢查特異度提高，PPV 會隨之上升。此即忽略基礎率（base rate）可能造成的推論偏誤。