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1、中国精算师考试精算模型预测试题卷一单选题1.设某随机变量X的生存函数为：。若=45，则=()。 A.90B.120C.135D.450E.500 参考答案：C参考解析：由生存函数的性质S（0）=1，得：b=1。又由，解得：。从而则k=60。所以单选题2.设与是两个相互独立的随机变量，如果Z=max（，），Y=min（，），则下列选项错误的是()。A.Y的生存函数是X1与X2生存函数的乘积B.若与都服从指数分布，则Y也服从指数分布C.若与都服从指数分布，则Z不服从指数分布D.Z的累积分布函数为与累积分布函数的乘积E.Z的密度函数为与密度函数的乘积 参考答案：E参考解析：A项，SY（y）=P（Yy
2、）=Pmin（X1，X2）y=P（X1y，X2y）=P（X1y）?P（X2y）B项，设X1exp（1），X2exp（2），则有：，即；C项，设X1exp（1），X2exp（2），则：，即Z不服从指数分布；D项，E项，所以Z的密度函数为：单选题3.已知生存模型：，则=()。A.0.023B.0.034C.0.056D.0.067E.0.079 参考答案：D参考解析：由已知得：单选题4.已知，则f30=()。A.0.5B.0.6C.0.7D.0.8E.0.9 参考答案：A参考解析：由已知得：单选题5.假设某保险的损失额服从指数分布：保单规定免赔额为100元，赔偿限额为1000元，赔付比例为0.8。
3、则每次赔偿事件的实际平均理赔额为()。A.119.7B.115.7C.113.7D.117.7E.111.7 参考答案：A参考解析：X的分布函数为，由公式得：E（X100）=150=72.987E（X1000）=150=149.809E（Y*）=E（X1000）E（X100）=61.457每次赔偿事件的实际平均理赔额为：单选题6.某险种保单在2010年的损失额X满足下面的分布性质：E（d）=0.025d2+1.475d2.25，d=10，11，12，26假设2011年的保单损失额比2010年提高10。保单规定赔偿高于免赔额11的全部损失，最高的赔偿金额为11，则2011年的平均赔付额比2010
4、年平均赔付额提高了()。A.11.5%B.12.3%C.13.6%D.14.9%E.15.7% 参考答案：A参考解析：设X表示2010年的损失额，Y表示2010年的每张保单的赔付额。所以则E（Y）=E（X22）E（X11）=（0.025222+1.475222.25）（0.025112+1.475112.25）=18.1010.957.15由于2011年的保单损失额比2010年提高10，但免赔额和最高赔偿金额没有变化，因此2011年的保单赔付额可以表示为：E（Y）=1.1E（X20）E（X10）=1.1（0.025202+1.475202.25）（0.025102+1.475102.25）=1
5、.1（17.2510）=7.975因此，2011年的每张保单的平均赔付额比2010年的提高了11.5。单选题7.在个体风险模型中，已知一个保险公司保单组合的理赔总额S的分布函数，如下表所示。已知每张保单的理赔额单位为100。其中一张保单的理赔额分布为。当此保单的理赔额的分布变为时，该保单组合在调整后的总理赔额不超过500的概率为()。 A.0.69B.0.70C.0.76D.0.79E.0.85 参考答案：D参考解析：当保单的理赔额分布为：，根据卷积公式得：当保单的理赔额分布变为：，则有故，单选题8.一个投资者购买债券，规定10年后到期。到期时，其价值为买价的3倍，每一张债券被拖欠不还的概率为
6、30%，如被拖欠，其价值为0，而且不同的债券被拖欠是相互独立事件。则他至少要购买()张债券，才能保证以95%的概率，使其投资10年后加倍（不计利息）。A.506B.508C.510D.512E.514 参考答案：D参考解析：设其购买n张债券，每张花费为A，则10年以后，其价值为一随机变量X，满足条件Pr（=0）=0.3，Pr（=3A）=0.7，n张债券的总价值为相互独立的随机变量和，即S=+十且ES=0.73An=2.1An；S=0.7（10.7）9A2n=1.89A2n。又由已知得：Pr（S2An）=Pr（）0.95，由中心极限定理得：1.645，即n511.44。故该投资者至少要购买512
7、张债券，才能保证以95%的概率使他的投资10年后加倍。单选题9.假定理赔次数N服从几何分布，概率分布为，n=0，1，2，0；个别理赔额服从参数为的指数分布，聚合理赔的矩母函数等于()。A.B.C.D.E. 参考答案：A参考解析：由已知，有故单选题10.复合风险模型S的个体索赔额为正整数，索赔次数N服从期望为b的泊松分布。已知E（S）=1.68，且S的概率函数满足：则bk=()。A.0.10B.0.00C.0.05D.0.10E.0.15 参考答案：B参考解析：已知=b，而复合泊松分布的概率分布的迭代公式：与已知概率函数作比较得：（1）=0.16，2（2）=k，3（3）=0.72又E（S）=bp
8、（1）+2p（2）+3p（3）=1.68，即0.16+k+0.72=1.68，解得：k=0.8。且p（1）+ p（2） +p（3）=1，即，解得：b=0.5k+0.4=0.8。故 bk=0.80.8=0。单选题11.某保单组合发生索赔的时刻为t=0.5，1.5，2.5，个别理赔额变量服从0，4区间上的均匀分布，安全系数为0.1，初始准备金为2，保费在整数时间段的期初交纳。在时刻t=2之前该保单组合的破产概率为()。A.0.08B.0.18C.0.22D.0.24E.0.28 参考答案：A参考解析：0.5时刻的盈余为1.5时刻的盈余为在t=2之前只有1.5时刻可能发生破产，故单选题12.损失额X
9、取值于非负整数。现有再保险合同将支付损失额X超过20元以上部分的80%，且最多支付5元。并已知：EI16=3.91，EI20=3.43，EI24=2.90，EI25=2.87，EI26=2.85，EI27=2.60其中Id（X）=maxXd，0，则再保险人预计赔付的额度为()。A.0.510B.0.514C.0.518D.0.520E.0.522 参考答案：B参考解析：记再保险的支付额为Y，则依题意有：Y=（X20）80%5，即X26.25。故而 所以1FX（26）=EI26EI27=2.852.60=0.25，故E（Id）=0.83.430.82.600.60.75=0.514。1316题的
10、条件如下：考察一个在t=0处有20个个体的样本，所有的个体均在5周内死亡，并只记录每周的死亡人数，所观察的结果为：2人第1周死亡，3人第2周死亡，8人第3周死亡，6人第4周死亡，1人第5周死亡。单选题13.运用上述数据估计（1）为_；（2）S（3）为_；（3）q3为_。()A.0.35，0.40，0.8571B.0.40，0.35，0.8571C.0.40，0.8571，0.40D.0.8571，0.35，0.40E.0.8571，0.40，0.35 参考答案：B参考解析：由已知作图如下：（1）；（2）；（3）。单选题14.若样本的生存分布为区间（0，5上的均匀分布，则和的值分别为()。A.0
11、.008，0.03571B.0.008，0.2C.0.03571，0.2D.0.03571，0.4E.0.2，0.4 参考答案：A参考解析：因为生存分布为（0，5上的均匀分布，所以=3/52/5=1/5=0.2； ，；n3=6+1=7。故，。单选题15.计算和的估计值分别为()。A.1.14286，0.02381B.1.14286，0.14286C.1.94591，0.14286D.1.94591，0.85714E.1.94591，0.94591 参考答案：D参考解析：由已知可得：，所以，。单选题16.计算和的估计值分别为()。A.0.05，0.0024B.0.10，0.0045C.0.15，
12、0.0064D.0.30，0.0105E.0.40，0.0120 参考答案：D参考解析：由已知得：=d3/n=6/20=0.3，故，。单选题17.假设索赔额分布为帕累托分布，其密度函数为随机20个索赔额样本为：27、82、115、126、155、161、243、294、340、384、457、680、855、877、974、1193、1340、1884、2558、15743，利用矩估计得到和，则为()。A.835.9621B.841.1076C.785.3923D.963.4513E.678.9543 参考答案：B参考解析：由题意可得样本一阶矩及二阶矩分别为：由于帕累托分布的密度函数为：则矩估
13、计方程为：解得：所以单选题18.X是密度为的连续随机变量，一组随机样本的三次观测为0.2、0.3、0.5，则利用极大似然估计得到的=()。A.0.679B.0.796C.0.865D.0.856E.0.967 参考答案：D参考解析：因为，所以其对数函数为令，则有单选题19.假设索赔额分布为指数分布，随机20个索赔额样本为：27、82、115、126、155、161、243、294、340、384、457、680、855、877、974、1193、1340、1884、2558、15743，则运用中位数估计法估计参数为()。A.685.56B.675.75C.606.65D.656.56E.679
14、.54 参考答案：C参考解析：样本的容量为20，则中位数为又，即。所以，即解得。单选题20.一组分组数据具有如下性质：，运用极大似然估计方法估计指数分布的参数为()。A.16.56B.15.56C.16.75D.17.06E.17.56 参考答案：D参考解析：由于指数分布的分布函数为：所以其对数似然函数为：令单选题21.365天的索赔数记录为：50天没有索赔，122天有1个索赔，101天有2个索赔，92天有3个索赔，没有1天发生4次以上的索赔。假定服从参数为的Poisson模型，则利用最大似然估计得出为_，进行拟合优度检验，统计量的值为_。()A.3.6542，7.5605B.1.6438，3
15、.1659C.3.6542，5.9915D.1.6435，5.9915E.1.6438，7.5605 参考答案：E参考解析：假设索赔次数为服从参数为的Poisson模型，即，k=1,2,3，因发生索赔的实际次数不超过3次，则似然函数为：其中是发生次索赔的天数，因此取对数为+A，其中，A是与参数无关的常数令，解得。由公式，计算相应的值，得到下表所以统计量的值为7.5605。单选题22.一年内每天发生的事故数分布如下表所示，考虑如下的假设检验：数据来自均值为0.6的Poisson分布，将数据分为尽可能多的组，并保证每个组期望的观测数至少为5。采用拟合优度检验，则统计量的值为()。A.1.3698B
16、.2.8778C.3.3659D.3.9847E.4.8778 参考答案：B参考解析：根据题目要求，将数据分成4组，即将事故数目为3，4，5的合并成一组。计算相应的值，得到下表。所以由上表可知统计量的值为2.8778。单选题23.用200份赔付数据拟合一个帕累托分布，给定：（1）对应的极大似然估计是和；（2）以极大似然估计值算得的对数似然函数值是-817.92；（3）。若使用似然比检验对原假设=1.5和=7.8进行检验，则检验统计量的值为()。A.3B.4.6C.7D.7.7E.8.1 参考答案：D参考解析：帕累托分布的密度函数和似然函数分别为：，对数似然函数值为：在原假设下，=1.5和=7.
17、8，所以似然比统计量为：单选题24.下表是一个包含15个损失数据的样本。已知损失额大小服从（0，）区间上的均匀分布。记是第个区间上的损失次数的期望值，是第j个区间上损失次数的实际观测值。若通过最小化来估计，得到的为()。A.7.2B.7.5C.7.6D.7.7E.8.1 参考答案：C参考解析：先计算：则，若最小化T，则令T关于的一阶导数为0，得出。单选题25.Linda将硬币上抛100次，得到45次正面，她说，0.45是T的“最可能”值，而并无进一步证据。为此，Frank决定提供进一步证据。他花费个下雨天的厂午，将同一枚硬上抛1000次，得到600次正面。Linda承认FLank的结果应该是更
18、可信的，但她想他可能数错了。她给他的结果的权4倍于她自己的结果的权。按照这个进一步的证据，Linda的关于T的“最可能”值（即后验众数）是()。A.0.51B.0.53C.0.55D.0.57E.0.59 参考答案：D参考解析：先验估计m=0.45，试验结果为0.6，根据题意设Linda的权为x，则有：x+4x=1，解得：x=。故=0.45+0.6=0.57。单选题26.若假设先验分布为Bata（a，b）分布，则a和b的值分别为()。A.111.5，138.5B.112.8，137.5C.112.5，138.5D.113.5，138.5E.111.5，137.5 参考答案：D参考解析：根据上题
19、，解得：x=0.2。由于先验分布服从Bata（a，b）分布，则后验分布服从Bata（a+600-1，b+1000-600-1）分布，即Bata（a+599，b+399），所以后验分布的均值为：所以，解得：a=113.5，b=138.5。单选题27.下表数据是死亡的初始估计。对此，希望用不加权简单线性问归去拟合Gomperz形式。则Gompertz参数B和C的值为()。A.6.1810-5, 1.0874B.6.1810-4, 1.0874C.6.1810-3, 1.0874D.6.1810-5, 0.1087E.6.1810-4, 0.1087 参考答案：A参考解析：由于=，所以=+。由已知可
20、得到如下表所示数据。作最小二乘估计：SS=，令。，两式联立即解得：=0.083824，=-9.69115，所以B=6.1810-5, C=1.0874单选题28.对于含n个内结点的一般情形，需要确定的参数个数是（ ）。A.n-2B.n-1C.nD.n+1E.n+2 参考答案：D参考解析：一般情形是存在n个节点，由n个多项式组成，即全部的光滑性条件可表示为由此可知一共有n+1个参数。单选题29.如果，则为（ ）。A.B.C.D.E. 参考答案：C参考解析：由中心差分算子与向前差分算子的关系可知：m=2，则y=x+7-2=x+5。单选题30.在观察到任何理赔以前，你认为理赔额的大小服从参数为=10
21、，=1，2或者3的帕累托分布，三种情况等概率。现在观察到一个随机抽取的样本理赔额为20，则该样本点下次理赔额大于30的后验概率为()。A.0.071B.0.128C.0.148D.0.166E.0.524 参考答案：C参考解析：设理赔额的随机变量为X，则单选题31.一个完全独立个体的风险集可分为两类，每一类拥有相同的样本数。在类别1中，每一年的理赔数服从均值为5的泊松分布；在类别2中，每一年的理赔数服从参数为m=8，q=0.55的二项分布。一个随机选择的风险个体在第一年有3次理赔，在第二年有r次理赔，在第三年有4次理赔。信度估计在第四年的理赔数为4.6019。则r=()。A.1B.2C.3D.
22、4E.5 参考答案：C参考解析：根据题意得：则信度因子。信度估计在第四年的理赔数为4.6019，即可得，所以r=3。单选题32.某保险公司售出一个保单组合，过去的经验显示平均的理赔频率为0.425，期望值的方差为0.37，方差的均值为1.793。现在从保单组合中随机选择一种被保险人，该种类别的被保险人中再选出9个个体，一共有7次理赔。现在从这种类别中再选出5个个体，则这5个个体总理赔数的信度估计为()。A.2.43B.2.65C.3.17D.3.27E.3.96 参考答案：D参考解析：根据题意得：则信度因子为5个个体理赔频率的信度估计值为则5个个体总理赔数的信度估计为50.6543=3.27。
23、单选题33.已知两个风险A和B的损失金额服从下表所示的分布。其中风险A发生损失的概率是风险B的两倍。如果已知某个风险在某次事故中的损失额为300，则该风险下次损失额的信度估计为()。A.11522.65B.12522.65C.12693.65D.16325.65E.19875.65 参考答案：B参考解析：设随机变量X表示损失金额，则E（X|风险A发生）=3000.5+30000.3+700000.2=15050；E（X|风险B发生）=3000.6+30000.3+700000.1=8080；E（X2|风险A发生）=30020.5+300020.3+7000020.2=98274500；E（X2
24、|风险B发生）=30020.6+300020.3+7000020.1=492754000；（X|风险A发生）=98274500-150502=756242500；（X|风险B发生）=492754000-80802=427467600；则信度因子为该风险下次损失额的信度估计为。单选题34.考虑一个由团体保单形成的保单组合。对整个保单组合而言，平均每个被保险人的期望纯保费为2400。对于不同的团体保单，平均每个被保险人的纯保费是不同的，不同假设均值之间的方差为500000。对于同一个团体保单，不同被保险人的纯保费也存在差异（用组内方差表示），所有团体保单的过程方差的均值为250000000。假设一
25、份团体保单上年的索赔经验如下：被保险人数为240人，平均每个被保险人的经验纯保费为3000。该团体保单下每个被保险人的信度纯保费为()。A.2094.36B.2594.58C.2635.46D.2965.32E.3000.00 参考答案：B参考解析：题中模型为模型，则E（X）=2400，a=500000，v=250000000的信度因子为该团体保单下每个被保险人的信度纯保费为单选题35.现已利用Box-Muller方法产生了标准正态分布随机数0.8082，需生成模拟随机利率的随机数Y=，X服从参数为=5，2=4的对数正态分布，则得到的随机数为()。A.27.34B.31.34C.41.34D.
26、51.34E.67.34 参考答案：A参考解析：由已知条件得：N（，2），x=0.8082，所以X=e+0.8082N（，2）=N（5，22），故。单选题36.存在一个随机样本，样本的分布函数未知，已知样本标准差的区间为2，3，则使得样本均值的0.9置信区间不大于1的最小样本量为()。A.34B.44C.46D.56E.61 参考答案：B参考解析：样本均值的0.9置信区间长度为不大于1，即所以由于样本标准差的区间为2，3，并且样本均值的0.9置信区间所需的样本量为标准差的单调增函数，所以当时取得最小样本量为单选题37.假设某个理赔员处理一次索赔时间为0.5个小时或1小时，概率分别为0.5，小的
27、随机数对应小的处理时间，随机数为0.1，0.6，0.4；用均匀分布随机数0.2、0.4、1.1来表示索赔事件在某2个小时时间段内发生的时间。该理赔员在该时段结束时处理索赔的状态为()。A.索赔事件1正在处理中B.索赔事件1已处理完毕，索赔时间2正在处理中C.索赔事件1和2已处理完毕D.索赔事件1，2和3已处理完毕，索赔事件4正在处理中E.索赔事件1，2和3已处理完毕，索赔事件4未处理 参考答案：C参考解析：第一次索赔时间为0.2，理赔的时间为0.5小时，时刻为0.7。第2次索赔发生的时间是0.4，等待理赔员将第一次理赔事件处理完毕，由于0.60.5，所以，第二次理赔时间长短为1小时，处理完时刻
28、为1.7。第三次理赔发生的时刻是1.1，等待理赔员处理完第二次理赔，处理时间长短为0.5，结束时刻为2.2。所以在时刻2，索赔事件1和2已处理完毕，索赔事件3正在处理中。单选题38.假设一个健康险的分布为符合泊松分布，索赔次数服从Possion（3），每次索赔额服从的分布函数为，单位为万元。根据0，1区间上均匀分布R的随机数列0.1247，0.4121模拟前两年的索赔次数；根据0，1区间上均匀分布R的随机数列0.3，0.6和0.9模拟每次索赔额。保险公司对于每年的索赔额的免赔额为5000元。则这两年内保险公司给付总数的模拟结果分别为（ ）。A.1000，21000B.1500，21000C.1
29、000，26000D.1100，25000E.1500，26000 参考答案：A参考解析：索赔次数服从Possion（3）分布。直接用反函数法来生成Poission分布的随机数。存在k=1使，则；存在k=2使，则；即第一年索赔1次，第二年索赔2次。又每次索赔额服从。由于是线性函数，且在处有跳跃点可直接由反函数求出模拟X的随机数。，则，则在0.6没有对应的原像，则取大于0.5最接近的0.6的原像1；，则。所以每次索赔额为0.6，1，1.6。由于免赔额为5000，所以第一年的赔付额为6000-5000=1000；第二年的赔付额为26000-5000=21000。单选题39.假设索赔次数服从二项分布
30、（n=4，P=0.5），索赔强度服从均值为1000的指数分布，用均匀分布随机数0.21，0.53，0.67，0.13来模拟N，X1，X2，则总赔付额为（ ）。A.658.13B.726.81C.755.02D.812.47E.956.34 参考答案：C参考解析：直接用反函数法来生成二项分布的随机数。则存在k=1使，则。索赔为指数分布，因为理赔只发生一次，故总赔付额为755.02。单选题40.假设一个车险的每月的损失分布服从均值为1000的指数分布。每月的免赔额为300，根据0，1区间上均匀分布R的随机数列0.213，0.376，0.754，0.109模拟前四个月的损失额，则保险公司前四个月的赔付额为（ ）。A.1056.48B.1168.56C.1249.17D.1274.02E.1402.42 参考答案：D参考解析：索赔为指数分布，因每月的免赔额为300，这4个月的总赔付额=0+（471.60-300）+（1402.42-300）+0=1247.02。