抽样推断计算题及答案

月平均工资（元） 工人数（人） 524 4 534 6 540 9 550 10 560 8 580 6 600 4 660 3 要求：

（1）计算样本平均数和抽样平均误差；

（2）以%的可靠性估计该工厂的月平均工资和工资总额的区间。

6、采用简单随机重复抽样的方法，在2000件产品中抽查200件，其中合格品190件。

（1）计算合格品率及其抽样平均误差；

（2）以%的概率保证程度（t2）对合格品的合格品数量进行区间估计； （3）如果极限差为%，则其概率保证程度是多少

7、某电子产品使用寿命在3000小时以下为不合格品，现在用简单随机抽样方法，从5000个产品中抽取100个对其使用寿命进行调查。其结果如下：

使用寿命（小时） 3000以下 3000—4000 4000—5000 5000以上 合计 产品个数（个） 2 30 50 18 100

根据以上资料计算：

（1）按重复抽样和不重复抽样计算该产品平均寿命的抽样平均误差； （2）按重复抽样和不重复抽样计算该产品合格率的抽样平均误差； （3）根据重复抽样计算的抽样平均误差，以%的概率保证程度（t1）对该产品的平均使用寿命和合格率进行区间估计。

8、外贸公司出口一种食品，规定每包规格不低于150克，现在用重复抽样的方法抽取其中的100包进行检验，其结果如下：

每包重量 148—149 149—150 包数 10 20 150—151 151—152 — 50 20 100 要求：

（1）以%的概率估计这批食品平均每包重量的范围，以便确定平均重量是否达到规格要求；

（2）以同样的概率保证估计这批食品合格率范围；

9、某学校有2000名学生参加英语等级考试，为了解学生的考试情况，用不重复抽样方法抽取部分学生进行调查，所得资料如下：

考试成绩（分） 学生人数（人） 60以下 20 60—70 20 70—80 45 80以上 15

试以%的可靠性估计该学生英语等级考试成绩在70分以上学生所占比重范围。

11、对一批成品按重复抽样方法抽选100件，其中废品4件，当概率为%（t2）时，可否认为这批产品的废品不超过6%

14、某乡有5000农户，按随机原则重复抽取100户调查，得平均每户纯收入12000元，标准差2000元。

要求：

（1）以95%的概率（t1.96）估计全乡平均每户年纯收入的区间； （2）以同样概率估计全乡农户年纯收入总额的区间范围。

16、某企业生产一种新型产品共5000件，随机抽取100件作质量检验。测试结果，平均寿命为4500小时，标准差300小时。试在90%概率保证下，允许误差缩小一半，试问应抽取多少件产品进行测试

19、从某年级学生中按简单随机抽样方式抽取100名学生，对某公共课的考试成绩进行检查，及格的有82人，试以%的概率保证程度推断全年级学生的及格率区间范围。如果其他条件不变，将允许误差缩小一半，应抽取多少名学生检查

21、假定某统计总体被研究标志的标准差为30，若要求抽样极限误差不超

过3，概率保证程度为，试问采用重复抽样应抽取多少样本若抽样极限误差缩小一半，在同样的条件下应抽取多少样本单位

22、调查一批机械零件合格率。根据过去的资料，合格品率曾有过99%、97%和95%三种情况，现在要求误差不超过2%，要求估计的把握程度为%，问需要抽查多少个零件如果其他条件不变，将极限误差缩小一半，应抽取多少零件

23、某汽车配件厂生产一种配件，多次测试的一等品率稳定在90%左右。用简单随机抽样形式进行检验，要求误差范围在3%以内，可靠程度%，在重担抽样下，必要的样本单位数是多少

5．解：列表计算如下： 月平均工资x 524 534 540 550 560 580 600 660  工人数f 4 6 9 10 8 6 4 3 50 xXf xx2 xx2f 2096 3204 4860 5500 4480 3480 2400 1980 28000 1296 676 400 100 0 400 1600 10000  5184 4056 3600 1000 0 2400 6400 30000 52640 xf28000560（元） f50(xx)2f52640样本方差32.45（元）

f50抽样平均误差xn4.59（元）

抽样极限误差xtx24.599.18（元） 总体月平均工资的区间：xXxx 即元

总体工资总额的区间：1500××

即826230-853770元

7．解：根据样本资料列表计算如下： 使用寿命（小时） 组中值x 3000以下 3000-4000 4000-5000 5000以上 合计 样本平均数x2500 3500 4500 5500 - 产品数f 2 30 50 18 100 xf xx -1840 -840 160 1160 - xx 2f 5000 105000 225000 99000 434000 6771200 1280000 xf4340004340（小时） f100(xx)2f53440000样本标准差731.0267（小时）

f100样本合格率pn1980.98 n100（1）平均寿命的抽样平均误差 重复抽样xn731.026773.1（小时） 100不重复抽样x时）

n1n731.0267100173.10.9972.37（小N5000100（2）合格率的平均抽样误差 重复抽样pp(1p)0.980.020.014 n100p(1p)n10.0140.990.01386 nN不重复抽样p（3）区间估计

当F(t)68.27%时，查概率表得t1故极限误差xtx 平均寿命的区间为：

下限xx434073.14266.9（小时） 上限xx434073.14413.1（小时）

合格率的置信区间：

下限px0.980.0140.966 上限px0.980.0140.994

故以%的概率保证程度估计该批产品的平均使用寿命在小时之间，合格率为%%。

8．解：根据样本资料列表计算如下：

组中值x - 产品数f 10 20 50 20 100 xf xx - xx 2 2f 1485 1990 7525 3030 15030 76 xf（1）样本平均数xf样本标准差215030150.3克 100760.872(克) 100(xx)f2nf抽样平均误差x当t3时

n0.8722111%0.0868 N100xtx30.08680.26xx150.30.26

即 150.4150.56（克）

可以以%的概率保证，该批食品平均每包重量在150.4150.56克之间，表明这批食品平均每包重量达到规格要求。

（2）样本合格率p抽样平均误差

n1700.7 n100pp(1p)n1n0.70.3N0.311%0.456

t3时

ptp30.4560.137pp0.70.137

即56.3%83.7%

以%的概率保证，这批食品包装的合格率在%—%之间。 9、解：p6060% 100ppp(1p)n0.6(10.6)10(1)(1)0.048 nN1002000tp20.0480.096pp0.60.096即50.4%69.6%

在%的概率保证程度下，该校学生成绩在70分以上所占毕生为%~%之间。 11、解：n100,p41004%,t2 )pp(1pn0.04(10.04)1000.0196 ptp20.01960.039pp0.40.039

即0.1%7.9%14、解：xn2000100200 ptp1.96200392pp12000392

即1160812392%(元)全乡农户年纯收入总额为

Nxxxx[58040000,60012392]元[5804,6001.24] 16、解，已知N5000n100x4500抽样平均误差nxn1N 3001001100500029.7 允许误差

xtx1.6429.749

平均使用寿命的区间

下限=xx4500494451(小时) 下限=xx4500494549(小时)

300F(t)90%t1.64 当F(t)95%(t1.96)、

x49/224.5时

nNt2250001.962N2223002500024.521.9623002516（只） xt19、解：(1p)0.82(1xpn0.82)1000.0384 ptp20.38420.0768

及格率区间为pp0.820.0768 即74.32%,89.68%

在其他条件不变时，允许误差缩小一半，应抽取

nt2p(1p)220.82(10.82)2p2400（名）

20.0768221、解：nt22323022x32900

若抽样极限误差缩小一半，则应抽取的样本单位数为

2nt2230223

x2360023222、解：根据提供的三种合格率，总体方差取大值计算，p95%,F(t)0.9545,t2

2ntp(1p)2220.95(10.95)0.022475

p在其他条件不变，极限误差缩小一半，应抽取

2nt2p(1p)20.95(10.95)(p2(0.01)21900

2)23、解：nt2p(1p)(2 p)

320.90.10.032

故用

=900（只）