2023 年全国硕士研究生招生考试 · 数学（一）真题及参考答案

【答案】(B)
【解析】
斜渐近线设为 $y = kx + b$。
$k = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{y}{x} = \lim\limits_{x \to \infty} \ln\left(e + \dfrac{1}{x-1}\right) = \ln e = 1$。
$b = \lim\limits_{x \to \infty} (y - kx) = \lim\limits_{x \to \infty} \left[x\ln\left(e + \dfrac{1}{x-1}\right) - x\right] = \lim\limits_{x \to \infty} x\ln\left(1 + \dfrac{1}{e(x-1)}\right)$。
利用等价无穷小 $\ln(1 + u) \sim u$ ($u \to 0$)，得：
$b = \lim\limits_{x \to \infty} x \cdot \dfrac{1}{e(x-1)} = \dfrac{1}{e}$。
故斜渐近线方程为 $y = x + \dfrac{1}{e}$，选 (B)。

【答案】(C)
【解析】
特征方程为 $r^2 + ar + b = 0$。
若特征根具有非零实部 $\alpha \neq 0$，则通解中含有 $e^{\alpha x}$，在 $x \to +\infty$ 或 $x \to -\infty$ 必无界；
若特征方程有二重零根 $r = 0$，通解为 $y = C_1 + C_2 x$，含 $x$ 项在实数轴上亦无界。
因此，解在全实轴 $(-\infty, +\infty)$ 上有界的充分必要条件是特征根为一对共轭纯虚数 $r = \pm i\omega\;(\omega > 0)$。
代入特征方程得 $r^2 + \omega^2 = 0$，故一次项系数 $a = 0$，常数项 $b = \omega^2 > 0$。选 (C)。

【答案】(C)
【解析】
当 $t > 0$ 时，$x = 3t,\, y = t\sin t \implies f(x) = \dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3}$；
当 $t < 0$ 时，$x = t,\, y = -t\sin t \implies f(x) = -x\sin x$。
$f'_+(0) = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\frac{x}{3}\sin\frac{x}{3}}{x} = 0$，同理 $f'_-(0) = 0$，故 $f'(0) = 0$。
导函数：当 $x > 0$ 时 $f'(x) = \dfrac{1}{3}\sin\dfrac{x}{3} + \dfrac{x}{9}\cos\dfrac{x}{3}$；当 $x < 0$ 时 $f'(x) = -\sin x - x\cos x$。
显然 $\lim\limits_{x \to 0} f'(x) = 0 = f'(0)$，因此 $f'(x)$ 连续。
再考察二阶导：
$f''_+(0) = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f'(x) - 0}{x} = \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{2}{9}$；
$f''_-(0) = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{f'(x) - 0}{x} = -1 - 1 = -2$。
左右二阶导数不等，故 $f''(0)$ 不存在。选 (C)。

【答案】(A)
【解析】
由 $a_n < b_n$ 知 $b_n - a_n > 0$。
因为级数 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 均收敛，所以级数 $\sum (b_n - a_n)$ 收敛且为正项级数，正项级数收敛必绝对收敛。
由绝对收敛级数的线性运算性质：
若 $\sum a_n$ 绝对收敛，则 $b_n = a_n + (b_n - a_n)$，故 $\sum b_n$ 也绝对收敛；
反之，若 $\sum b_n$ 绝对收敛，则 $a_n = b_n - (b_n - a_n)$，故 $\sum a_n$ 亦绝对收敛。
因此互为充分必要条件。选 (A)。

【答案】(B)
【解析】
因为 $ABC = O$，利用分块初等变换：
对第一个分块矩阵：$\begin{bmatrix} O & A \\ BC & E \end{bmatrix} \xrightarrow{r_1 - A r_2} \begin{bmatrix} -ABC & O \\ BC & E \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} O & O \\ BC & E \end{bmatrix}$，其秩等于后一行块的秩，故 $r_1 = n$；
对第二个矩阵：$\begin{bmatrix} AB & C \\ O & E \end{bmatrix}$，由于第二行有单位阵 $E$，初等列变换可消去 $C$，得其秩为 $r_2 = n + r(AB)$；
对第三个矩阵：$\begin{bmatrix} E & AB \\ AB & O \end{bmatrix}$，由分块行变换消去左下角得其秩为 $r_3 = n + r(-(AB)^2)$。
根据方阵秩的性质 $r((AB)^2) \le r(AB)$，因此 $n \le n + r((AB)^2) \le n + r(AB)$，即 $r_1 \le r_3 \le r_2$。选 (B)。

【答案】(D)
【解析】
(A) 为上三角矩阵，特征值为 $1, 2, 3$（互不相同），必可对角化；
(B) 为实对称矩阵，必可正交相似对角化；
(C) 特征值为 $1, 2, 2$。对二重特征值 $\lambda = 2$，特征矩阵 $2E - C = \begin{bmatrix} 1 & -1 & -a \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，秩为 1，基础解系维度为 $3 - 1 = 2$，等于重数，故可对角化；
(D) 特征值为 $1, 2, 2$。对 $\lambda = 2$，$2E - D = \begin{bmatrix} 1 & -1 & -a \\ 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，由于第二行有非零元素 $-2$，该矩阵秩为 2，其属于 $\lambda = 2$ 的线性无关特征向量个数为 $3 - 2 = 1 < 2$，不可对角化。选 (D)。

【答案】(D)
【解析】
由题意，$\boldsymbol{\gamma} = x_1\boldsymbol{\alpha}_1 + x_2\boldsymbol{\alpha}_2 = y_1\boldsymbol{\beta}_1 + y_2\boldsymbol{\beta}_2$，即 $x_1\boldsymbol{\alpha}_1 + x_2\boldsymbol{\alpha}_2 - y_1\boldsymbol{\beta}_1 - y_2\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{0}$。
构造增广矩阵初等行变换：
$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 2 & 1 & -5 & 0 \\ 3 & 1 & -9 & -1 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 0 & -3 & -1 & 2 \\ 0 & -5 & -3 & 2 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & 0 & -3 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$。
令自由未知量 $y_1 = 1$，则 $x_1 = 3,\, x_2 = -1,\, y_2 = 0$。
代入得 $\boldsymbol{\gamma} = 3\boldsymbol{\alpha}_1 - \boldsymbol{\alpha}_2 = 3\begin{bmatrix} 1\\2\\3 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 2\\1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\5\\8 \end{bmatrix}$。
故 $\boldsymbol{\gamma} = k\begin{bmatrix} 1\\5\\8 \end{bmatrix}\; (k \in \mathbf{R})$。选 (D)。

【答案】(C)
【解析】
$X \sim P(1)$，故 $EX = 1$，分布律为 $P\{X = k\} = \dfrac{e^{-1}}{k!}\; (k = 0, 1, 2, \dots)$。
$E(|X - 1|) = \sum\limits_{k=0}^\infty |k - 1| \dfrac{e^{-1}}{k!} = e^{-1}\left[ |0-1|\dfrac{1}{0!} + |1-1|\dfrac{1}{1!} + \sum\limits_{k=2}^\infty (k-1)\dfrac{1}{k!} \right]$。
其中 $\sum\limits_{k=2}^\infty (k-1)\dfrac{1}{k!} = \sum\limits_{k=2}^\infty \left(\dfrac{1}{(k-1)!} - \dfrac{1}{k!}\right) = \dfrac{1}{1!} = 1$。
代入得 $E(|X - 1|) = e^{-1}(1 + 0 + 1) = \dfrac{2}{e}$。选 (C)。

【答案】(D)
【解析】
根据正态抽样分布定理：
$\dfrac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$，$\dfrac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2} \sim \chi^2(m-1)$，且两者相互独立。
由 $F$ 分布的定义：
$F = \dfrac{\frac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2} / (n-1)}{\frac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2} / (m-1)} = \dfrac{S_1^2/\sigma^2}{S_2^2/(2\sigma^2)} = \dfrac{2S_1^2}{S_2^2} \sim F(n-1, m-1)$。选 (D)。

【答案】(A)
【解析】
由 $X_1, X_2$ 独立同分布于 $N(\mu, \sigma^2)$，可知 $X_1 - X_2 \sim N(0, 2\sigma^2)$。
令 $U = \dfrac{X_1 - X_2}{\sqrt{2}\sigma} \sim N(0, 1)$，则：
$E(|X_1 - X_2|) = \sqrt{2}\sigma E(|U|) = \sqrt{2}\sigma \int_{-\infty}^{+\infty} |u| \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du = 2\sqrt{2}\sigma \int_0^\infty \dfrac{u}{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du = \dfrac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}$。
由无偏性 $E(\hat{\sigma}) = a E(|X_1 - X_2|) = a \cdot \dfrac{2\sigma}{\sqrt{\pi}} = \sigma$，解得 $a = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$。选 (A)。

【答案】$-2$
【解析】
在 $x \to 0$ 处利用麦克劳林展开：
$f(x) = ax + bx^2 + \left(x - \dfrac{x^2}{2} + o(x^2)\right) = (a+1)x + \left(b - \dfrac{1}{2}\right)x^2 + o(x^2)$；
$g(x) = (1 + x^2 + o(x^2)) - \left(1 - \dfrac{x^2}{2} + o(x^2)\right) = \dfrac{3}{2}x^2 + o(x^2)$。
因为 $f(x) \sim g(x)$ ($x \to 0$)，所以 $f(x)$ 的一次项系数必须为 0，且二次项系数相等：
$a + 1 = 0 \implies a = -1$；
$b - \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} \implies b = 2$。
故 $ab = (-1) \times 2 = -2$。

【答案】$x + 2y - z = 0$
【解析】
设隐函数 $F(x, y, z) = x + 2y + \ln(1 + x^2 + y^2) - z = 0$。
分别求在点 $(0, 0, 0)$ 处的偏导数：
$F_x = 1 + \dfrac{2x}{1 + x^2 + y^2} \implies F_x(0, 0, 0) = 1$；
$F_y = 2 + \dfrac{2y}{1 + x^2 + y^2} \implies F_y(0, 0, 0) = 2$；
$F_z = -1$。
法向量为 $\boldsymbol{n} = (1, 2, -1)$，切平面方程为 $1(x - 0) + 2(y - 0) - 1(z - 0) = 0$，即 $x + 2y - z = 0$。

【答案】$0$
【解析】
因展开式只含余弦项，故 $f(x)$ 为偶函数。在 $[-1, 1]$ 上，$f(x) = 1 - |x|$，周期为 2。
余弦傅里叶系数公式：
$a_0 = 2\int_0^1 (1-x)\,dx = 1$；
$a_n = 2\int_0^1 (1-x)\cos n\pi x\,dx = 2\left[\dfrac{1-x}{n\pi}\sin n\pi x\Big|_0^1 + \dfrac{1}{n\pi}\int_0^1 \sin n\pi x\,dx\right] = \dfrac{2(1 - \cos n\pi)}{n^2\pi^2}$。
当 $n$ 为偶数时，即下标为 $2k$ 时，$\cos(2k\pi) = 1$，分子 $1 - \cos(2k\pi) = 0$。
因此对所有正整数 $k$，都有 $a_{2k} = 0$。
故 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_{2n} = 0$。

【答案】$\dfrac{1}{2}$
【解析】
$\int_0^3 f(x)\,dx = \int_0^2 f(x)\,dx + \int_2^3 f(x)\,dx = 0 + \int_2^3 f(x)\,dx$。
令 $x = t + 2$，则 $\int_2^3 f(x)\,dx = \int_0^1 f(t+2)\,dt = \int_0^1 [f(t) + t]\,dt = \int_0^1 f(t)\,dt + \dfrac{1}{2}$。
又 $\int_0^2 [f(x+2) - f(x)]\,dx = \int_0^2 x\,dx = 2$。
左边展开 $\int_2^4 f(x)\,dx - \int_0^2 f(x)\,dx = \int_2^4 f(x)\,dx = 2$。
结合对称与区间移位性质，推得 $\int_0^1 f(t)\,dt = 0$。
故 $\int_0^3 f(x)\,dx = \dfrac{1}{2}$。

【答案】$\dfrac{11}{9}$
【解析】
设矩阵 $A = [\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3]$，$\boldsymbol{k} = \begin{bmatrix} k_1 \\ k_2 \\ k_3 \end{bmatrix}$。
由条件知 $A^T \boldsymbol{\gamma} = A^T \boldsymbol{\beta} \implies A^T A \boldsymbol{k} = A^T \boldsymbol{\beta}$。
计算内积矩阵 $A^T A$ 与 $A^T \boldsymbol{\beta}$：
$\boldsymbol{\alpha}_1^T \boldsymbol{\alpha}_1 = 3,\, \boldsymbol{\alpha}_1^T \boldsymbol{\alpha}_2 = 0,\, \boldsymbol{\alpha}_1^T \boldsymbol{\alpha}_3 = 0$；
$\boldsymbol{\alpha}_2^T \boldsymbol{\alpha}_2 = 3,\, \boldsymbol{\alpha}_2^T \boldsymbol{\alpha}_3 = 0,\, \boldsymbol{\alpha}_3^T \boldsymbol{\alpha}_3 = 3$。
注意到 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 两两正交！即 $A^T A = 3E_3$。
再算 $A^T \boldsymbol{\beta}$：
$\boldsymbol{\alpha}_1^T \boldsymbol{\beta} = 1 + 0 + 1 - 1 = 1$；
$\boldsymbol{\alpha}_2^T \boldsymbol{\beta} = -1 - 1 + 0 - 1 = -3$；
$\boldsymbol{\alpha}_3^T \boldsymbol{\beta} = 0 + 1 - 1 - 1 = -1$。
因此 $3k_1 = 1 \implies k_1 = \dfrac{1}{3}$；$3k_2 = -3 \implies k_2 = -1$；$3k_3 = -1 \implies k_3 = -\dfrac{1}{3}$。
所以 $k_1^2 + k_2^2 + k_3^2 = \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 + (-1)^2 + \left(-\dfrac{1}{3}\right)^2 = \dfrac{1}{9} + 1 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{11}{9}$。

【答案】$\dfrac{1}{3}$
【解析】
$X$ 的可能取值为 $0, 1$；$P\{X = 0\} = \dfrac{2}{3},\, P\{X = 1\} = \dfrac{1}{3}$。
$Y$ 的可能取值为 $0, 1, 2$；分布律为：
$P\{Y = 0\} = \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4},\, P\{Y = 1\} = 2 \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$。
因为 $X, Y$ 独立：
$P\{X = Y\} = P\{X = 0, Y = 0\} + P\{X = 1, Y = 1\} = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}$。

【解】
(I) 曲线上点 $P(x, y)$ 处的切线方程为 $Y - y = y'(X - x)$。
令 $X = 0$，得在 $y$ 轴上的截距为 $Y = y - xy'$。
点 $P(x, y)$ 到 $y$ 轴的距离为 $x$ ($x > 0$)。依题意得微分方程：
$$y - xy' = x \implies y' - \dfrac{1}{x}y = -1$$
通解公式：$y = e^{\int \frac{1}{x}dx}\left(\int -e^{-\int \frac{1}{x}dx}dx + C\right) = x(C - \ln x)$。
由初始条件 $y(1) = 2$，代入得 $1(C - \ln 1) = 2 \implies C = 2$。
故所求曲线方程为 $y(x) = x(2 - \ln x)$。

(II) 由 $f(x) = \int_1^x y(t)\,dt$，求导得 $f'(x) = y(x) = x(2 - \ln x)$。
令 $f'(x) = 0$，因 $x > 0$，解得唯一驻点 $\ln x = 2 \implies x = e^2$。
当 $0 < x < e^2$ 时，$2 - \ln x > 0 \implies f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增；
当 $x > e^2$ 时，$2 - \ln x < 0 \implies f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减。
因此 $x = e^2$ 为 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上的唯一极大值点，也是最大值点：
$$f(e^2) = \int_1^{e^2} t(2 - \ln t)\,dt = \left[ t^2 - \left(\dfrac{1}{2}t^2\ln t - \dfrac{1}{4}t^2\right) \right]_1^{e^2} = \left[ \dfrac{5}{4}t^2 - \dfrac{1}{2}t^2\ln t \right]_1^{e^2} = \dfrac{1}{4}e^4 - \dfrac{5}{4}$$

【解】
求一阶偏导数并令其为 0：
$$\begin{cases} f_x = -2x(y - x^3) - 3x^2(y - x^2) = 0 \\ f_y = (y - x^3) + (y - x^2) = 2y - x^2 - x^3 = 0 \end{cases}$$
由第二式得 $y = \dfrac{x^2 + x^3}{2}$，代入第一式：
$$-2x\left(\dfrac{x^2 - x^3}{2}\right) - 3x^2\left(\dfrac{x^3 - x^2}{2}\right) = 0 \implies x^3(x-1)(5x - 2) = 0$$
解得驻点：$x_1 = 0,\, x_2 = 1,\, x_3 = \dfrac{2}{3}$。
对应的点分别为 $(0, 0)$，$(1, 1)$，$\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{10}{27}\right)$。
1. 在 $(0, 0)$ 的任意邻域内，取 $y = x^{2.5}$，则 $f > 0$；取 $y = 0$，则 $f = x^5$，可正可负，故 $(0, 0)$ 不是极值点；
2. 在 $(1, 1)$ 处同理可判定其符号在曲线两边变号，不是极值点；
3. 在点 $\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{10}{27}\right)$ 处，计算二阶偏导数：
$A = f_{xx} > 0,\, AC - B^2 > 0$，故该点为极小值点。
极小值为 $f\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{10}{27}\right) = \left(\dfrac{10}{27} - \dfrac{4}{9}\right)\left(\dfrac{10}{27} - \dfrac{8}{27}\right) = \left(-\dfrac{2}{27}\right)\left(\dfrac{2}{27}\right) = -\dfrac{4}{729}$。

【解】
$\Sigma$ 为封闭曲面外侧，应用高斯公式：
$$I = \iiint_\Omega \left( \dfrac{\partial P}{\partial x} + \dfrac{\partial Q}{\partial y} + \dfrac{\partial R}{\partial z} \right) dxdydz$$
其中：
$\dfrac{\partial P}{\partial x} = 2z$，$\dfrac{\partial Q}{\partial y} = -xz\sin y$，$\dfrac{\partial R}{\partial z} = 3y\sin x$。
积分区域 $\Omega: x^2 + y^2 \le 1,\, 0 \le z \le 1-x$。区域关于 $y$ 具有对称性：
被积函数 $-xz\sin y$ 关于 $y$ 为奇函数，其体积分等于 0；同理 $3y\sin x$ 关于 $y$ 亦为奇函数，体积分等于 0。
故只需计算：
$$I = \iiint_\Omega 2z \, dxdydz = \iint_{x^2+y^2 \le 1} dxdy \int_0^{1-x} 2z\,dz = \iint_{x^2+y^2 \le 1} (1-x)^2 \, dxdy$$
展开得 $(1-x)^2 = 1 - 2x + x^2$。由对称性 $\iint x\,dxdy = 0$：
$$I = \iint_{x^2+y^2 \le 1} (1 + x^2)\,dxdy = \pi + \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r^3\cos^2\theta\,dr = \pi + \dfrac{1}{4}\pi = \dfrac{5}{4}\pi$$

【证】
(I) 在 $x=0$ 处对 $f(x)$ 进行带拉格朗日余项的泰勒展开：
$f(a) = f(0) + f'(0)a + \dfrac{f''(\xi_1)}{2}a^2$
$f(-a) = f(0) - f'(0)a + \dfrac{f''(\xi_2)}{2}a^2$，其中 $\xi_1 \in (0, a),\, \xi_2 \in (-a, 0)$。
两式相加，因 $f(0) = 0$，得：
$$f(a) + f(-a) = \dfrac{a^2}{2}[f''(\xi_1) + f''(\xi_2)] \implies \dfrac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2} = \dfrac{1}{a^2}[f(a) + f(-a)]$$
由 $f''(x)$ 的连续性及介值定理，存在 $\xi$ 介于 $\xi_2$ 与 $\xi_1$ 之间，即 $\xi \in (-a, a)$，使得：
$$f''(\xi) = \dfrac{1}{a^2}[f(a) + f(-a)]$$
(II) 设 $f(x)$ 在 $x_0 \in (-a, a)$ 处取得极值，由费马引理知 $f'(x_0) = 0$。
在 $x_0$ 处对 $f(a)$ 和 $f(-a)$ 分别展开：
$f(a) = f(x_0) + \dfrac{f''(\eta_1)}{2}(a - x_0)^2,\quad f(-a) = f(x_0) + \dfrac{f''(\eta_2)}{2}(-a - x_0)^2$
两式相减并取绝对值：
$$|f(a) - f(-a)| = \left| \dfrac{f''(\eta_1)}{2}(a - x_0)^2 - \dfrac{f''(\eta_2)}{2}(a + x_0)^2 \right| \le \dfrac{\max(|f''(\eta_1)|, |f''(\eta_2)|)}{2} \left[ (a - x_0)^2 + (a + x_0)^2 \right]$$
注意到 $(a - x_0)^2 + (a + x_0)^2 = 2(a^2 + x_0^2) < 4a^2$。
记 $|f''(\eta)| = \max(|f''(\eta_1)|, |f''(\eta_2)|)$，则：
$$|f(a) - f(-a)| \le 2a^2 |f''(\eta)| \implies |f''(\eta)| \ge \dfrac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)|$$

【解】
(I) 二次型 $f$ 的矩阵为 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}$；$g$ 的矩阵为 $B = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$。
对 $f$ 配方：
$f = (x_1 + x_2 - x_3)^2 + x_2^2 + x_3^2 + 2x_2x_3$。
令 $\begin{cases} y_1 = x_1 + x_2 - x_3 \\ y_2 = x_2 \\ y_3 = x_3 \end{cases} \implies \boldsymbol{y} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \boldsymbol{x}$。
则可逆变换 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{y}$，其中：
$$\boldsymbol{P} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$
(II) 不存在。
理由：正交变换保持二次型矩阵的特征值不变。
计算矩阵 $A$ 的特征多项式：$|\lambda E - A| = \lambda(\lambda - 2)(\lambda - 3)$，特征值为 $0, 2, 3$。
计算矩阵 $B$ 的特征多项式：$|\lambda E - B| = (\lambda - 1)\lambda(\lambda - 2)$，特征值为 $0, 1, 2$。
两矩阵特征值不同，故 $A$ 与 $B$ 不正交相似，不存在正交变换将 $f$ 化为 $g$。

【解】
(I) 由区域 $x^2 + y^2 \le 1$ 关于两坐标轴的对称性，以及被积函数的奇偶性：
$EX = \iint x f(x, y)\,dxdy = 0$，$EY = 0$，$EXY = \iint xy f(x, y)\,dxdy = 0$。
故 $\mathrm{Cov}(X, Y) = EXY - EX \cdot EY = 0$。
求方差：$DX = EX^2 = \iint x^2 \cdot \dfrac{2}{\pi}(x^2+y^2)\,dxdy = \dfrac{2}{\pi}\int_0^{2\pi}\cos^2\theta d\theta \int_0^1 r^5 dr = \dfrac{1}{3}$。同理 $DY = \dfrac{1}{3}$。

(II) 不独立。
若 $X$ 与 $Y$ 独立，其联合密度应等于边缘密度的乘积。但 $(X, Y)$ 的可能取值区域为一个圆形区域 $x^2+y^2 \le 1$，不是矩形区域，例如在点 $(0.8, 0.8)$ 处 $f(0.8, 0.8) = 0$，但边缘密度 $f_X(0.8) > 0,\, f_Y(0.8) > 0$，乘积不为 0。
故 $X$ 与 $Y$ 不独立。

(III) $Z = X^2 + Y^2$。显然 $Z$ 的取值范围为 $[0, 1]$。
当 $0 < z < 1$ 时，分布函数：
$$F_Z(z) = P\{X^2 + Y^2 \le z\} = \iint_{x^2+y^2 \le z} \dfrac{2}{\pi}(x^2+y^2)\,dxdy = \int_0^{2\pi}d\theta \int_0^{\sqrt{z}} \dfrac{2}{\pi} r^3\,dr = 2\pi \cdot \dfrac{2}{\pi} \cdot \dfrac{z^2}{4} = z^2$$
求导得概率密度：
$$f_Z(z) = \begin{cases} 2z, & 0 < z < 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$$