--- [第 1 页] ---
一、 选择题
(1) 【答案】B
【详解】
方法1：排除法：由几个常见的等价无穷小，当
0
x
时，
1
1
; 1
1
;
2
xe
x
x
x
2
2
2
1 cos
2sin
2( )
,
2
2
2
x
x
x
x
当
0
x
时，此时
0
x
，所以
1
1
(
); 1
1
;
2
x
e
x
x
x
2
1
1 cos
(
) ,
2
x
x
可以
排除A 、C 、D ，所以选(B).
方法2：
1
ln
1
x
x
1
ln
1
x
x
x
x
ln[1
]
1
x
x
x
当
0
x
时，1
1
x
，
0
1
x
x
x
，又因为
0
x
时，
ln 1
x
x
，
所以
ln[1
] ~
~
1 ~
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
，选（B）.
方法3：
0
0
0
1
1
1
1
ln(
)
ln(
)
(
)
1
1
1
1
lim
lim
lim
1
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
洛
2
0
0
1
1
1
1
2
1
1
2
2
1
lim
lim
1
1
1
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
设
2
2
1
1
1
1
1
x
x
x
A
B
x
x
x
x
，则
1
1
4
2
2
A
x
B
x
x
x
x x
对应系数相等得：
2
,
1
A
x B
，所以
原式
0
0
2
2
1
2
1
lim
lim 1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
0
0
2
1
lim
lim
0 1
1
1
x
x
x
x
x
1
，选(B).
2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析
--- [第 2 页] ---
(2) 【答案】D
【详解】
方法1：论证法，证明
, ,
A B C 都正确，从而只有D 不正确。
由
0
( )
lim
x
f x
x
存在及
( )
f x 在
0
x
处连续，所以
0
(0) lim
( )
x
f
f x
0
0
0
0
( )
( )
( )
lim
lim
lim
0 lim
x
x
x
x
f x
f x
f x
x
x
x
x
x
0
，所以(A)正确；
由选项(A)知，(0)
0
f
，所以
0
0
( )
(0) ( )
lim
lim
0
x
x
f x
f
f x
x
x
存在，根据导数定义，
0
( )
(0) '(0)
lim
0
x
f x
f
f
x
存在，所以(C)也正确；
由
( )
f x 在
0
x
处连续，所以
(
)
f
x
在
0
x
处连续，从而
0
0
0
lim
( )
(
)
lim
( )
lim
(
)
(0) 2 (0)
x
x
x
f x
f
x
f x
f
x
f
f
f
0
0
0
0
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
2 (0)
lim
lim
lim
0 lim
0
x
x
x
x
f x
f
x
f x
f
x
f x
f
x
f
x
x
x
x
x
，
即有
(0) 0
f
，所以(B)正确，故此题选择(D).
方法2：举例法，举例说明(D)不正确。例如取
( )
f x
x
，有
0
0
( )
(
)
lim
lim
0
0
x
x
x
x
f x
f
x
x
x
存在
而
0
0
0
0
lim
lim
1
0
0
x
x
f x
f
x
x
x
，
0
0
0
0
lim
lim
1
0
0
x
x
f x
f
x
x
x
，左
右极限存在但不相等，所以
( )
f x
x
在
0
x
的导数
'(0)
f
不存在。(D)不正确，
选(D).
(3) 【答案】C
【详解】由题给条件知，( )
f x 为x 的奇函数，则
(
)
( )
f
x
f x
，由
0
( )
( ) ,
x
F x
f t dt
知
0
0
0
(
)
( )
(
) (
)
(
)
( )
( )
( )
x
x
x
F
x
f t dt
t
u
f
u d
u
f
u
f u
f u du
F x
令
因为
，
故
( )
F x 为x 的偶函数，所以
( 3)
(2) ( )
F
f t dt
表示半径
1
R
的半圆的面积，所以
2
2
0
(2) ( )
2
2
R
F
f t dt
，
--- [第 3 页] ---
3
2
3
0
0
2
(3) ( )
( )
( )
F
f t dt
f t dt
f t dt
，其中
3
2
( )
f t dt
表示半径
1
2
r
的半圆的面积
的负值，所以
2
2
3
2
1
( )
2
2
2
8
r
f t dt
所以
2
3
0
2
3
3
3
(2) 2
8
8
4 2
4
F
f t dt
f t dt
F
所以
3
( 3)
(4) 【答案】B
【详解】画出该二次积分所对应的积分区域
:
2
sin
1
D
x
x
y
，
交换积分次序，则积分区域可化为：
:0
1,
arcsin
D
y
y
x
所以
1
1
sin
0
sin
2
( , )
( , )
x
arc
y
dx
f x y dy
dy
f x y dx
，
所以选择(B).
1. ( )
160
2
80
Q P
P
P
P
Q P
P
P
需求弹性
若
1
80
P
P
，
80
P
P
，无意义；若
1
80
P
P
，解得：
(6) 【答案】D
【详解】因为
0
0
1
lim
lim
ln(1
)
x
x
x
y
e
x
0
0
1
lim
limln(1
)
x
x
x
e
x
，
所以
0
x
是一条铅直渐近线；
因为
1
lim
lim
ln(1
)
x
x
x
y
e
x
-
-
1
lim
lim ln(1
)
0
0
0
x
x
x
e
x
，
所以
0
y
是沿x 方向的一条水平渐近线；
令
2
1
ln(1
)
1
ln(1
)
lim
lim
lim
x
x
x
x
x
e
y
e
x
a
x
x
x
x
2
1
ln(1
)
lim
lim
x
x
x
e
x
x
1
0
lim
1
1
x
x
x
e
e
洛必达法则
令
1
lim
lim
ln(1
)
x
x
x
b
y
a x
e
x
x
--- [第 4 页] ---
1
lim
lim ln(1
)
x
x
x
e
x
x
ln
0
lim ln(1
)
ln
x
x
x
x
x
e
e
e
1
lim ln(
)
x
x
x
e
e
lim ln(
1)
ln1
0
x
x
e
所以y
x
是曲线的斜渐近线，所以共有3 条，选择(D)
(7) 【答案】A
【详解】
方法1：根据线性相关的定义，若存在不全为零的数
1
2
3
,
,
k k k ，使得
1
1
2
2
3
3
0
k
k
k
成立，则称
1
2
3
,
,
线性相关.
因
1
2
2
3
3
1
(
)
(
)
(
)
0
，故
1
2
2
3
3
1
，
，
线性相关，
所以选择(A).
方法2：排除法
因为
1
2
2
3
3
1
,
,
1
2
3
1
2
3
2
1
0
1
,
,
1
1
0
,
,
,
0
1
1
C
其中
2
1
0
1
1
1
0
0
1
1
C
，
且
2
1
0
1
1
1
0
0
1
1
C
1 1
1
0
1
1
1
1
( 1)
2
0
1
1
1
1
1
0
1
1
行
行
（
）
1 1 1
1
（
）2
0
.
故
2
C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，
2
C 右乘
1
2
3
,
,
时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1
2
2
3
3
1
1
2
3
(
,
,
)
(
,
,
)
3
r
r
所以
1
2
2
3
3
1
,
,
线性无关，排除(B).
因为
1
2
2
3
3
1
2
,
2
,
2
1
2
3
1
2
3
3
1
0
2
,
,
2
1
0
,
,
,
0
2
1
C
其中
3
1
0
2
2
1
0
0
2
1
C
，
--- [第 5 页] ---
3
1
0
2
2
1
0
0
2
1
C
1 1
1
0
2
1
4
1
0
1
4
1
2
1
0
2
1
行2+2行
（
）
1 1
2
4
（
）（
）
=-7
0. 故
3
C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积,
3
C 右乘
1
2
3
,
,
时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1
2
2
3
3
1
1
2
3
(
2
,
2
,
2
)
(
,
,
)
3
r
r
所以
1
2
2
3
3
1
2
,
2
,
2
线性无关，排除(C).
因为
1
2
2
3
3
1
2
,
2
,
2
1
2
3
1
2
3
4
1
0
2
,
,
2
1
0
,
,
,
0
2
1
C
其中
4
1
0
2
2
1
0
0
2
1
C
，
4
1
0
2
2
1
0
0
2
1
C
1 1
1
0
2
1
4
1
( 2)
2
0
1
4
1
2
1
0
2
1
行
行
（
）
1 1
2
4
（
）9
0.
故
4
C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积,
4
C 右乘
1
2
3
,
,
时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1
2
2
3
3
1
1
2
3
(
2
,
2
,
2
)
(
,
,
)
3
r
r
所以
1
2
2
3
3
1
2
,
2
,
2
线性无关，排除(D).
综上知应选(A).
(8) 【答案】B
【详解】
方法1：
2
1
1
1
2
1
1
1
2
E
A
1
1
2 3
1
2
1
1
2
、列分别加到列
1
1
1
1
2
1
1
1
2
提出
1
1
1
1
1
0
3
0
1
1
2
行（
）+2行
--- [第 6 页] ---
1
1
1
1
1
0
3
0
0
0
3
行（
）+3行
1 1
3
0
1
0
3
（
）
2
3
0
则的A 特征值为3，3，0; B 是对角阵，对应元素即是的特征值，则B 的特征值为
1，1，0.
,
A B 的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，A
B
与
不相似.
由
,
A B 的特征值可知，
,
A B 的正惯性指数都是2，又秩都等于2 可知负惯性指数
也相同，则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指
数，知A 与B 合同，应选(B).
方法2: 因为迹(A)=2+2+2=6，迹(B)=1+1=2 6，所以A 与B 不相似(不满足相似的必要条件)。
又
2
(
3)
E
A
，
2
(
1)
E
B
，A 与B 是同阶实对称矩阵，其秩
相等，且有相同的正惯性指数，故A 与B 合同。
(9) 【答案】C
【详解】把独立重复射击看成独立重复试验.射中目标看成试验成功. 第4次射击恰好是第2
次命中目标可以理解为：第4次试验成功而前三次试验中必有1次成功，2次失败.
根据独立重复的伯努利试验，前3次试验中有1次成功2次失败.其概率必为
1
2
3 (1
) .
C p
p
再加上第4次是成功的，其概率为p .
根据独立性原理：若事件
1,
,
n
A
A
独立，则
1
2
1
2
n
n
P A
A
A
P A P A
P A
所以，第4次射击为第二次命中目标的概率为
1
2
2
2
3 (1
)
3
(1
) .
C p
p
p
p
p
所以选(C)
(10) 【答案】A
【详解】二维正态随机变量(
, )
X Y 中，X 与Y 的独立等价于X 与Y 不相关. 而对任意两个
随机变量X 与Y ，如果它们相互独立，则有
( , )
( )
( )
X
Y
f x y
f
x f
y
.
由于二维正态随机变量(
, )
X Y
中X 与Y 不相关，故X 与Y 独立，且
( , )
( )
( )
X
Y
f x y
f
x f
y
. 根据条件概率密度的定义，当在Y
y
条件下，如果
( )
0,
Yf
y
则
( , )
( | )
( )
X Y
Y
f x y
f
x y
f
y
( )
( )
( )
( )
X
Y
X
Y
f
x f
y
f
x
f
y
.
现
( )
Yf
y 显然不为0，因此
( | )
( ).
X
X Y
f
x y
f
x
所以应选(A).
二、 填空题
(11) 【答案】0
--- [第 7 页] ---
【详解】
方法1：由洛必达法则，
3
2
3
1
lim
2x
x
x
x
x
2
2
2
3
2
6
2
lim
lim
2 ln2 3
2
ln2
6
x
x
x
x
x
x
x
x
x
3
6
lim
0,
2 ln2
6
x
x
而1
sin
1
x
，1
cos
1
x
，所以(sin
cos )
x
x
是有界变量，根据无穷小量
乘以有界量仍是无穷小量，所以
3
2
3
1
lim
(sin
cos )
0. 2x
x
x
x
x
x
x
方法2：
3
2
3
1
lim
(sin
cos )
2x
x
x
x
x
x
x
3
1
3
3
3
1
lim
(sin
cos )
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
1
3
3
3
1
1
lim
(sin
cos )
lim
(sin
cos )
2
1
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
而
3
lim 2x
x
x
2
3
2
2
2 ln2
2 (ln2)
lim
lim
lim
3
6
x
x
x
x
x
x
x
x
x
3
2 (ln 2)
lim
6
x
x
，
所以
3
2
3
3
1
1
lim
(sin
cos )
lim
(sin
cos )
0
2
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
(12) 【答案】
1
( 1) 2
!
3
n
n
n
n
【详解】
1
1
2
3
2
3
y
x
x
，
1 1
1 1
1
1
'
( 1)
2
3
2
( 1) 1! 2
2
3
y
x
x
x
，
3
2 1
2
2
2
''
( 1) ( 2) 2
2
3
( 1) 2! 2
2
3
,
,
y
x
x
由数学归纳法可知
1
( )
( 1) 2
! 2
3
,
n
n
n
n
y
n
x
把
0
x
代入得
( )
1
( 1) 2
!
(13) 【答案】
'
'
1
2
2(
)
y
x
f
f
x
y
--- [第 8 页] ---
【详解】
1
2
1
2
2
1
'
'
'
'
x
y
y
z
y
x
f
f
f
f
x
x
x
x
y
，
1
2 '
x
y
y
z
x
f
f
y
y
y
1
2
2
1
'
'
x
f
f
x
y
所以
1
2
1
2
2
2
1
1
'
'
'
'
z
z
y
x
x
y
x
f
f
y f
f
x
y
x
y
x
y
1
2
1
2
'
'
'
'
y
x
y
x
f
f
f
f
x
y
x
y
'
'
1
2
2(
)
y
x
f
f
x
y
(14) 【答案】
1 ln
x
x
【详解】典型类型按标准解法. 令
y
u
x
，有
,
d ux
dy
du
du
ux
x
u
x
dx
dx
dx
dx
原方程化为
3
1
,
2
du
u
x
u
u
dx
即
3
2
,
du
dx
u
x
此式为变量可分离的微分方程，两边积分，
3
2du
dx
u
x
1
2
1
ln x
C
u
得
2
1
ln x
C
u
，即
2
2
ln |
|
x
x
C
y
由
1
1
x
y
知应取
0,
0
x
y
且
1,
C
所以得特解
1 ln
x
y
x
(15) 【答案】1
【详解】
2
0 1 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 1 0
0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
A
3
2
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
A
A
A
--- [第 9 页] ---
由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知
3
(16) 【答案】3 4
【详解】不妨假定随机地抽出两个数分别
为X
Y
和
，它们应是相互独立的. 如果把
,
X Y
（
）看成平面上一个点的坐标，则由于
0
1,0
1,
X
Y
所以
,
X Y
（
）为平面上
正方形：0
1,0
1
X
Y
中的一个点.
X
Y
和
两个数之差的绝对值小于1
2
对应于正方形中
1
2
X
Y
的区域.
所有可能随机在区间(0,1) 中随机取的两个数
,
X Y ，可以被看成上图中单位正方形里的
点.
1
2
X
Y
的区域就是正方形中阴影的面积D . 根据几何概率的定义：
2
1
1 2
1
3 . 2
1
4
D
P
X
Y
的面积
单位正方形面积
三、 解答题
(17) 【详解】讨论曲线
( )
y
y x
的凹凸性，实际上就是讨论y的符号，而
( )
y
y x
是由方
程
ln
0
y
y
x
y
确定，所以实际上就是求隐函数的二阶导数并讨论其符号.
对方程两边求导得
1
ln
1
ln
2
1
0
y
y
y
y
y
y
y
y
y
移项得
1
2
ln
y
y
再两边求导得
2
2
3
ln
1
2
ln
2
ln
2
ln
y
y
y
y
y
y
y
y
在(1，1)点的值
1
3
1
1
0
1 (2
ln1)
8
x
y
，又由y在
1
y 的附近连续，所以在
1
y
的附近
0
y
，曲线为凸.
(18) 【详解】由区域的对称性和被积函数的奇偶性有
1
x
O
D
1
1
2
1
2
y
--- [第 10 页] ---
1
( , )
4
( , )
D
D
f x y d
f x y d
其中
1
D 为D 在第一项限的部分，而
1
11
12
( , )
( , )
( , )
D
D
D
f x y d
f x y d
f x y d
其中，
11
( , ) | 0
1
,0
1
D
x y
y
x
x
，
12
( , ) |1
2,
0,
0
D
x y
x
y
x
y
(如
下图所示).
因为
11
11
1
1
1
2
2
2
0
0
0
1
( , )
(1
)
12
x
D
D
f x y d
x d
dx
x dy
x
x dx
12
12
2
2
1
( , )
D
D
f x y d
d
x
y
2
2
sin
cos
2
1
0
0
sin
cos
1
2 ln( 2
1)
sin
cos
d
dr
d
所以
1
1
( , )
4
2 ln( 2
1)
4 2 ln( 2
1)
12
3
D
f x y d
(19) 【详解】(I) 设
( ), ( )
f x g x 在( , )
a b 内的最大值为M ，则存在
( , ),
( , )
a b
a b
(不妨
设
)，使
( )
( )
f
M
g
.
当
时，取
( , )
a b
，有
( )
( )
f
g
；
当
时，令( )
( )
( )
h x
f x
g x
，则
D12
D11
-2
-1
O
1
2
x
--- [第 11 页] ---
( )
( )
( )
( )
0
h
f
g
M
g
，( )
( )
( )
( )
0
h
f
g
f
M
，
则由介值定理知，存在
[ ,
]
( , )
a b
，使得( )
0
h
，即
( )
( )
f
g
.
(II) 因为
( )
( )
( )
0
h a
f a
g a
，( )
0
h
，( )
( )
( )
0
h b
f b
g b
，
则由罗尔定理知，存在
1
( , )
a
，
2
( , )
b
，使得
1
2
( )
(
)
0
h
h
.
再由罗尔定理知，存在
1
2
( ,
)
( , )
a b
，使得
( )
0
h
，即
( )
( )
f
g
.
(20) 【详解】
2
1
1
1
1
1
( )
(
)
3
4
(
4)(
1)
5
4
1
f x
x
x
x
x
x
x
1
1
1
(
)
5
1 3
1 2
x
x
记
1
1
1
1
1
1 3
3
1
3 1
3
x
x
x
，因为
0
1
1
1
n
n
q
q
q
所以
0
1
1
1
1
1
1
1 3
3
3
3
1
3
n
n
x
x
x
，其中
1
1
1
3
3
x
x
同理
1
1
1
1
1
1
1
1 2
2
2
1
1
2
2
x
x
x
0
0
1
1
1
1
1
,
2
2
2
2
n
n
n
n
n
x
x
其中
1
1
1
2
2
x
x
所以，
2
1
( )
3
4
f x
x
x
展开成
1
x 的幂级数为：
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
( 1)
( )
(
)
( 1) (
)
(
1)
5
3
3
2
2
5
3
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
f x
x
，其中
1
2
x
，即1
3
x
(21) 【答案】当
1
a
时，公共解为[0,1, 1]T
；当
2
a
时公共解为[0,1, 1]T
【详解】
方法1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立得
--- [第 12 页] ---
1
2
3
1
2
3
2
1
2
3
1
2
3
0
2
0
(3) 4
0
2
1
x
x
x
x
x
ax
x
x
a x
x
x
x
a
对联立方程组的增广矩阵作初等行变换
2
1
1 1
0
1
2
0
(
)
1
4
0
1
2
1
a
A b
a
a
2
1
1
1
0
0
1
1
0
1
1
2
1
4
0
1
2
1
a
a
a
行（
）
行
2
1
1
1
0
0
1
1
0
1
1
3
0
3
1
0
1
2
1
a
a
a
行（
）
行
2
1
1
1
0
0
1
1
0
1
1
4
0
3
1
0
0
1
0
1
a
a
a
行（
）
行
2
1
1
1
0
0
0
1
1
1
2
0
3
1
0
0
1
0
1
a
a
a
a
4行（
）行
2
1
1
1
0
0
0
1
1
3
3
0
0
1
3
3
0
1
0
1
a
a
a
a
a
4行（
）
行
2
1
1
1
0
0
1
0
1
0
0
1
1
0
0
1
3
3
a
a
a
a
a
换行
1
1
1
0
0
1
0
1
3
-
-1
4
0
0
1
1
0
0
0
(
1)(
2)
a
a
a
a
a
a
行（
）
行
由此知，要使此线性方程组有解，a 必须满足(
1)(
2)
0
a
a
，即
1
a
或
2
a
.
当
1
a
时，( )
2
r A
，联立方程组(3)的同解方程组为
1
2
3
2
0
0
x
x
x
x
，由
( )
2
r A
，方程组有
3
2
1
n
r
个自由未知量. 选
1x 为自由未知量，取
1
1
x
，解
得两方程组的公共解为
1,0, 1
T
k
，其中k 是任意常数.
当
2
a
时, 联立方程组(3)的同解方程组为
1
2
3
2
3
0
0
1
x
x
x
x
x
，解得两方程的公共
解为
0,1, 1
T
.
方法2：将方程组(1)的系数矩阵A 作初等行变换
--- [第 13 页] ---
2
1
1 1
1
2
1
4
A
a
a
2
1
1 1
1
1
2
0
1
1
1
4
a
a
行（
）
行
2
1
1
1
1
1
3
0
1
1
0
3
1
a
a
行（
）
行
1
1
1
3
3
0
1
1
0
0
(
1)(
2)
a
a
a
2行（
）
行
当
1
a
时，( )
2
r A
，方程组(1)的同解方程组为
1
2
3
2
0
0
x
x
x
x
，由( )
2
r A
，
方程组有
3 2 1
n r
个自由未知量.选
1x 为自由未知量，取
1
1
x
，解得(1)的通解为
1,0, 1
T
k
，其中k 是任意常数. 将通解
1,0, 1
T
k
代入方程(2)得
0 (
)
0
k
k
，对
任意的k 成立，故当
1
a
时，
1,0, 1
T
k
是(1)、(2)的公共解.
当
2
a
时，( )
2
r A
，方程组(1)的同解方程组为
1
2
3
2
3
0
0
x
x
x
x
x
，由( )
2
r A
，
方程组有
3
2
1
n
r
个自由未知量.选
2x 为自由未知量，取
2
1
x
，解得(1)的通解
为
0,1, 1
T
,其中是任意常数. 将通解
0,1, 1
T
代入方程(2)得2
1
，即
1
，故当
2
a
时，(1)和(2)的公共解为
0,1, 1
T
.
(22) 【详解】(I) 由
1
1
A
，可得
1
1
1
1
1
1
(
)
k
k
k
A
A
A
A
，k 是正整数,故
5
3
1
1
(
4
)
B
A
A
E
5
3
1
1
1
4
A
A
E
1
1
1
1
4
2
于是
1
是矩阵B 的特征向量(对应的特征值为
1
2
).
若Ax
x
，则(
)
(
) ,
m
m
kA x
k
x A x
x
因此对任意多项式
( )
f x
，
( )
( )
f A x
f
x
，即
( )
f 是
( )
f A 的特征值.
故B 的特征值可以由A 的特征值以及B 与A 的关系得到，A 的特征值
1
1,
2
2,
3
2,
则B 有特征值
1
1
2
2
3
3
(
)
2,
(
)
1,
(
)
1,
f
f
f
所以B 的全部特
征值为－2，1，1.
由A 是实对称矩阵及B 与A 的关系可以知道，B 也是实对称矩阵，属于不同的特征值
的特征向量正交. 由前面证明知
1
是矩阵B 的属于特征值
1
2
的特征向量，设B 的属
--- [第 14 页] ---
于1 的特征向量为
1
2
3
( ,
,
)T
x x x
，
1
与
1
2
3
( ,
,
)T
x x x
正交，所以有方程如下：
1
2
3
0
x
x
x
选
2
3
,
x x 为自由未知量，取
2
3
2
3
0,
1
1,
0
x
x
x
x
和
，于是求得B 的属于1 的特征向量
为
2
2
3
( 1,0,1) ,
(1,1,0)
T
T
k
故B 的所有的特征向量为：对应于
1
2
的全体特征向量为
1
1
k ，其中
1k 是非零任意常数，
对应于
2
3
1
的全体特征向量为
2
2
3
3
k
k
，其中
2
3
,
k k 是不同时为零的任意常数.
( )
方法1：令矩阵
1
2
3
1
1
1
,
,
1
0
1
1
1
0
P
，求逆矩阵
1
P.
1
1
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
1
2
0
1
2
1
1
0
1
1
0
0
0
1
行
行
1
1
1
1
0
0
1
3
0
1
2
1
1
0
0
2
1
1
0
1
行
行
1
1
1
1
0
0
3
0
1
2
1
1
0
0
0
3
1
2
1
行2
行
1
1 1
1
0
0
1
1 1
1
0
0
3
3 0
1 2
1
1
0
0
1 0
1/3
1/3
2/3
0
0
1
1/3 2/3 1/3
0
0
1
1/3
2/3
1/3
行
3行(-2)+2行
1
1
0
2/3
2/3
1/3
0
1
0
1/3
1/3
2/3
0
0
1
1/3
2/3
1/3
3行(-1)+1行
1
0
0
1/3
1/3
1/3
0
1
0
1/3
1/3
2/3
0
0
1
1/3
2/3
1/3
2行(-1)+1行
1
0
0
1/3
1/3
1/3
0
1
0
1/3
1/3
2/3
0
0
1
1/3
2/3
1/3
2行(-1)
则
1
P
1/3
1/3
1/3
1
1
1
1
1/3
1/3
2/3
1
1
2
3
1/3
2/3
1/3
1
2
1
--- [第 15 页] ---
由
1
( 2,1,1)
P BP
diag
，所以
1
1
1
1
2
0
0
1
1
1
1
( 2,1,1)
1
0
1
0
1
0
1
1
2
3
1
1
0
0
0
1
1
2
1
B
P diag
P
1
1
1
2
2
2
0
3
3
1
1
1
0
1
1
1
2
3
0
3
3
3
1
1
0
1
2
1
3
3
0
0
1
1
1
0
1
1
1
0
方法2：由( )知
1
与
2
3
,
分别正交，但是
2
3
和
不正交，现将
2
3
,
正交化：
取
2
2
3
3
12
2
1
1
1
1
,
(1,1,0)
(
,0, )
( ,1, )
2
2
2
2
k
.
其中，
3
2
12
2
2
2
(
,
)
1 ( 1)
1
1
( 1,0,1)
(
,0, )
(
,
)
( 1) ( 1) 1 1
2
2
T
k
再对
1,
2
3
,
单位化：
3
1
2
1
2
3
1
2
3
1
1
2 1
1
(1, 1,1),
( 1,0,1) ,
( ,1, )
2
2
3
2
3
其中，
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
1
1
3
1
( 1)
1
3,
( 1)
1
2,
( )
1
( )
2
2
2
合并成正交矩阵，
记
1
1
2
3
2
2 3
1
2
0
3
3
1
1
2
3
2
2 3
Q
由
1
( 2,1,1)
Q BQ
diag
，有
1
( 2,1,1)
B
Q diag
Q
. 又由正交矩阵的性质：
1
T
Q
Q
，得
--- [第 16 页] ---
1
1
2
1
1
1
3
2
2 3
3
3
3
2
0
0
1
2
1
1
( 2,1,1)
0
0
1
0
0
3
3
2
2
0
0
1
2
2
2
1
1
2
2 3
3
2 3
3
2
2 3
T
B
Q diag
Q
1
1
2
2
2
2
3
2
2 3
3
3
3
1
2
1
1
0
0
3
3
2
2
2
2
2
1
1
2
2 3
3
2 3
3
2
2 3
0
1
1
1
0
1
1
1
0
.
(23) 【详解】计算
2
P X
Y
可用公式
2
2
( , )
x
y
P X
Y
f x y dxdy
求Z
X
Y
的概
率密度
( )
Zf
z ：可用两个随机变量和的概率密度的一般公式求解.(卷积公式)
( )
(
, )
( ,
)
.
Zf
z
f z
y y dy
f x z
x dx
此公式简单，但讨论具体的积分上下限会较复杂.
另一种方法可用定义先求出
( )
,
Z
F z
P Z
z
P X
Y
z
然后再
'
( )
( )
Z
Z
f
z
F
z
.
(I)
2
(2
)
D
P X
Y
x
y dxdy
，其中D
为0
1,0
1
x
y
中
2
x
y
的那部分区域(右
图阴影部分)；求此二重积分可得
1
1
2
0
0
2
(2
)
x
P X
Y
dx
x
y dy
1
2
0
5
(
)
8
x
x
dx
7
24
(Ⅱ)方法1：根据两个随机变量和的概率密度的卷积公式有
( )
( ,
)
.
Zf
z
f x z
x dx
先考虑被积函数
( ,
)
f x z
x
中第一个自变量x 的变化范围，根据题设条件只有当
0
1
x
时( ,
)
f x z
x
才不等于0. 因此，不妨将积分范围改成
1
0
( )
( ,
)
.
Zf
z
f x z
x dx
现再考虑被积函数
( ,
)
f x z
x
的第二个变量z
x
.显然，只有当0
1
z
x
时，
( ,
)
f x z
x
才不等于0.且为2
(
)
2
. x
z
x
z
为此，我们将z 分段讨论.
1
x
y
O
D
1
1
2
--- [第 17 页] ---
因为有0
1
z
x
，即是
1
,
x
z
x
而x 的取值范围是(0,1) ，所以使得
( ,
)
f x z
x
不等于0的z 取值范围是(0,2] 如下图，在0
1
x
情况下，在阴影区域
1
D
和
2
D ，密度函数值不为0，积分方向如图所示，积分上下限就很好确定了，所以很容
易由卷积公式得出答案。
0
z
时，由于0
1
x
，故
0
z
x
，
故
( )
0;
Zf
z
0
1
z
时，
2
0
( )
2
2
;
z
Zf
z
z dz
z
z
1
2
z
时，
1
1
( )
2
Z
z
f
z
z dz
2
4
4
;
z
z
2
z
时，由于0
1
x
，故
1
z
x
，
故
( )
0. Zf
z
总之，
2
2
2
,
0
1
( )
4
4,
1
2
0,
Z
z
z
z
f
z
z
z
z
其他
方法2：
( )
Z
F
z
P Z
z
P X
Y
z
当
0
z
时，
( )
0
Z
F
z
；
当
2
z
时，
( )
1
Z
F
z
；
当0
1
z
时，
0
0
3
2
( )
(2
)
1
3
z
z x
Z
F
z
dx
x
y dy
z
z
当1
2
z
时，
1
1
3
2
1
1
5
( )
1
(2
)
2
4
3
3
Z
z
z x
F
z
dx
x
y dy
z
z
z
所以
2
2
2
,
0
1
( )
( )
4
4,
1
2
0,
Z
z
z
z
f
z
F z
z
z
z
其他
(24) 【答案】的矩估计量为
1
2
2
X
；
2
4X 不是为
2
的无偏估计量.
1
z
x
O
1
D
2
1
x
z
2
D
x
z
积分方向
1
1
x
y
z
1
x
y
O
2
D
1
1
2
x
y
z
z
1
D
0
1
x
y
z
--- [第 18 页] ---
【详解】本题中只有唯一参数，则在求矩估计的时候，只要令样本均值X 等于总体的期
望
(
)
E X 就可以求得了；而判断
2
4X 是否为
2
的无偏估计量，只要判断
2
2
(4
)
E
X
是否
成立即可.
(I) 记
(
)
E X
，则由数学期望的定义，有
1
0
(
)
2
2(1
)
x
x
E X
dx
dx
1
1
4
2
样本均值
1
1
n
i
i
X
X
n
，用样本均值估计期望有
EX
X
即是令
1
1
4
2
，解出
1
2
2
，
因此参数的矩估计量为
1
2
2
X
；
(II) 只须验证
2
(4
)
E
X
是否为
2
即可，而由数学期望和方差的性质，有
2
2
2
2
1
(4
)
4 (
)
4(
(
) )
4(
(
) )
E
X
E X
DX
E X
DX
EX
n
，而
1
1
(
)
4
2
E X
，
2
2
1
(
)
(1
2
)
6
E X
，
2
2
2
5
1
(
)
(
)
(
)
48
12
12
D X
E X
EX
，
于是
2
2
2
5
3
3
1
3
1
(4
)
12
3
3
n
n
n
E
X
n
n
n
因此
2
4X 不是为
2
的无偏估计量.