民國114年 高考三級 農業行政 統計學考古題
民國114年 高考三級 農業行政 統計學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
假設X 與Y 的二元機率密度函數為（每小題4 分，共20 分）
f(x, y)= C(x+2y)
0≦x ≦1; 0 ≦y ≦1
=0 其他
計算C 值。
計算X 的期望值。
計算機率P(X>0.5)。
計算Y 的期望值。
計算Y 大於1/3 的機率。
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、聯合機率密度函數須滿足總機率為 1（normalization，正規化）：∫₀¹∫₀¹ C(x+2y) dx dy = C[∫₀¹x dx + 2∫₀¹y dy] = C(1/2 + 1) = 3C/2 = 1，故 C = 2/3。此步驟先對 x 積分再對 y 積分，結果相同。
- 二、X 的邊際密度（marginal density）f_X(x) = ∫₀¹ (2/3)(x+2y) dy = (2/3)(x+1)，0 ≤ x ≤ 1。故 E(X) = ∫₀¹ x·(2/3)(x+1) dx = (2/3)(1/3 + 1/2) = (2/3)(5/6) = 5/9 ≈ 0.556。
- 三、P(X > 0.5) = ∫₀.₅¹ (2/3)(x+1) dx = (2/3)[x²/2 + x] 由 0.5 到 1 = (2/3)(1.5 − 0.625) = (2/3)(0.875) = 7/12 ≈ 0.583。
- 四、Y 的邊際密度 f_Y(y) = ∫₀¹ (2/3)(x+2y) dx = (2/3)(1/2 + 2y)，0 ≤ y ≤ 1。E(Y) = ∫₀¹ y·(2/3)(1/2+2y) dy = (2/3)(1/4 + 2/3) = (2/3)(11/12) = 11/18 ≈ 0.611。
- 五、P(Y > 1/3) = ∫₁/₃¹ (2/3)(1/2+2y) dy = (2/3)[y/2 + y²] 由 1/3 到 1 = (2/3)(3/2 − 5/18) = (2/3)(11/9) = 22/27 ≈ 0.815。可檢驗兩機率均介於 0 與 1 之間，結果合理。
三家A、B、C 品牌之洗衣機用戶，各隨機抽取400、600 和800 人，
調查其下次會再買同一品牌洗衣機之意願。調查數據如下：
意願\品牌
A
B
C
願意
不願意
總和
請檢定三家用戶下次購買相同品牌之洗衣機比例是否全部相等。
⑴列出虛無假設H0 和對立假設H1。（3 分）
⑵寫出檢定統計量及其在H0 為真下的分配。（5 分）
⑶以臨界值方法決定檢定結果。顯著水準為0.05。（3 分）
⑷計算p 值，並據以決定檢定結果。顯著水準為0.05。（5 分）
若只有A 和B 兩種品牌，請檢定A 和B 品牌用戶下次購買相同品
牌的比例是否相等。
⑴列出H0 和H1。（3 分）
⑵請使用和 不同的檢定統計量，寫出其在H0 為真下的分配。請
說明何以為此分配。（6 分）
⑶計算p 值，並據以決定檢定結果。顯著水準為0.05。（5 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、第一部分為三母體比例的「同質性檢定」（test of homogeneity），資料呈現為 2×3 列聯表（contingency table），總樣本 n = 400+600+800 = 1800。H0：p_A = p_B = p_C（三品牌再購同品牌比例全部相等）；H1：三比例不全相等（至少有一品牌與其他不同）。題幹表格的觀察次數（願意、不願意）數值缺漏，故僅能建立檢定架構。
- 二、檢定統計量 χ² = ΣᵢΣⱼ (Oᵢⱼ − Eᵢⱼ)²/Eᵢⱼ，期望次數 Eᵢⱼ = (第 i 列總和 × 第 j 行總和)/n。在 H0 為真且各格期望次數足夠（一般要求 ≥ 5）下，χ² 近似卡方分配（chi-square distribution），自由度 = (2−1)(3−1) = 2。
- 三、臨界值法：α = 0.05，查表 χ²₀.₀₅,₂ = 5.991。若實得 χ² > 5.991 則拒絕 H0，判定三品牌再購比例不全相等；若 ≤ 5.991 則不拒絕 H0。p 值 = P(χ²₂ ≥ 實得值)，p < 0.05 即拒絕 H0。因表格數字缺漏，無法得出唯一統計量、p 值與結論，考生須代入實際觀察次數計算。
- 四、第二部分僅有 A、B 兩品牌：H0：p_A = p_B；H1：p_A ≠ p_B（雙尾）。採兩獨立樣本比例檢定（two-sample proportion z test），統計量 z = (p̂_A − p̂_B)/√[p̂(1−p̂)(1/400 + 1/600)]，其中 p̂ = (x_A + x_B)/1000 為合併比例（pooled proportion），p̂_A、p̂_B 為各品牌樣本比例。
- 五、在 H0 下 z 近似標準常態分配 N(0,1)。理由：兩品牌樣本相互獨立，各為二項分配，樣本數大時由中央極限定理（CLT）樣本比例趨近常態；H0 下共同比例以合併估計量 p̂ 取代，標準化後趨近標準常態。α = 0.05 雙尾臨界值為 ±1.96，|z| > 1.96 則拒絕 H0；p 值 = 2P(Z ≥ |z|)。實際數值因資料缺漏無法算出。
工程師想知道供應商生產的電池平均壽命是否小於240 小時。隨機
抽取電池36 件（n=36），其樣本平均值為235 小時。
假設電池壽命服從常態分配且母體標準差為12 小時。
請檢定電池平均壽命是否低於240 小時。顯著水準為0.1。（5 分）
續上題，寫出檢定統計量分配的拒絕區之臨界值，並寫出此臨界值
對應之樣本平均值。（4 分）
若真實的電池壽命平均值分別為236 和235 小時，請分別計算他
們的型II 誤差機率及檢定力。（8 分）
若只有隨機抽取的電池改為100 件（n=100），其他不變。若真實的
電池壽命平均值分別為236 和235 小時，請分別計算他們的型II
誤差機率及檢定力。顯著水準為0.1。（8 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、假設檢定設定：H0：μ ≥ 240（或 μ = 240）；H1：μ < 240，屬左尾檢定。母體標準差 σ = 12 已知、母體常態，故採 z 檢定。z = (x̄ − μ₀)/(σ/√n) = (235 − 240)/(12/6) = −5/2 = −2.5。α = 0.1 之臨界值為 −z₀.₁ = −1.2816，因 −2.5 < −1.2816，拒絕 H0，結論為平均壽命顯著低於 240 小時。
- 二、拒絕區為 z < −1.2816，等價於樣本平均值 x̄ < 240 − 1.2816 × (12/√36) = 240 − 2.563 = 237.437 小時。此 237.437 即臨界樣本平均值（critical sample mean），z 分配的拒絕區臨界值為 −1.2816。
- 三、n = 36、真實 μ = 236 時，型 II 誤差 β = P(不拒絕 H0 | μ = 236) = P(x̄ > 237.437 | μ = 236) = P(Z > (237.437−236)/2 = 0.718) ≈ 0.236；檢定力（power）= 1 − β ≈ 0.764。
- 四、真實 μ = 235 時，β = P(Z > (237.437−235)/2 = 1.218) ≈ 0.112；檢定力 ≈ 0.888。可見真實平均值離 μ₀ 越遠，型 II 誤差越小、檢定力越高。
- 五、n = 100 時標準誤為 12/10 = 1.2，臨界樣本平均值 = 240 − 1.2816×1.2 = 238.462。μ = 236：z = (238.462−236)/1.2 = 2.052，β ≈ 0.020、檢定力 ≈ 0.980；μ = 235：z = 2.885，β ≈ 0.002、檢定力 ≈ 0.998。樣本數增大使標準誤縮小，β 明顯下降、檢定力上升。
A 和B 兩家公司皆生產相同規格之端子。分別自A 和B 公司隨機抽
取端子並衡量其膜厚，數據如表所示。
公司
膜厚(單位：mm)
A
B
假設兩家生產的端子膜厚變異數相等，請寫出膜厚變異數之估計量
及估計值。（6 分）
請寫出兩家膜厚平均值差之估計量及估計值。（4 分）
續題 ，欲比較兩家膜厚之平均值是否有差異，請問該用什麼統計
方法？結論為何？顯著水準為0.05。假設兩家膜厚皆服從常態分
配。（10 分）
續題 ，請估計兩家膜厚平均值差之95%信賴區間。（5 分）
附表一：Z 值表
附表二：t 值表
附表三：X^2 值表
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、兩母體變異數相等時，共同變異數 σ² 的估計量為合併樣本變異數（pooled variance）：s_p² = [(n_A−1)s_A² + (n_B−1)s_B²]/(n_A+n_B−2)，自由度為 n_A+n_B−2，且 E(s_p²) = σ²，具不偏性。因題幹「膜厚」表格數值整欄缺漏，無法算出估計值，考生須以實際 n、s² 代入。
- 二、兩家平均膜厚差的估計量為 x̄_A − x̄_B，其期望值 E(x̄_A − x̄_B) = μ_A − μ_B，故為不偏估計量；變異數為 σ²(1/n_A + 1/n_B)，以 s_p² 取代 σ² 後得估計標準誤 s_p√(1/n_A + 1/n_B)。
- 三、比較兩家平均膜厚是否有差異，應採兩獨立樣本 t 檢定（pooled two-sample t test）。H0：μ_A = μ_B；H1：μ_A ≠ μ_B。統計量 t = (x̄_A − x̄_B)/[s_p√(1/n_A + 1/n_B)]，在 H0 下服從自由度 n_A+n_B−2 的 t 分配；|t| > t₀.₀₂₅,df 則拒絕 H0。因原始數據缺漏，無法得出唯一 t 值與結論。
- 四、平均差之 95% 信賴區間為 (x̄_A − x̄_B) ± t₀.₀₂₅,ₙₐ₊ₙᵦ₋₂ × s_p√(1/n_A + 1/n_B)。判定規則：若區間不含 0，則對應雙尾 α = 0.05 之檢定拒絕 H0，兩者結論一致；若含 0 則不拒絕。數值因資料缺漏無法得出。
- 五、提醒：使用合併 t 檢定前宜先確認兩母體變異數相等（可用 F 檢定或 Levene 檢定），題目已假設相等故可直接使用；若變異數不等，應改用 Welch t 檢定並調整自由度。