2025 年全国硕士研究生招生考试 · 数学（三）真题及参考答案

【答案】(C)
【解析】
对各选项逐项分析（$x \to 0^+$）：
对 (A)：$e^{-\sin x} - 1 \sim -\sin x \sim -x \neq x$；
对 (B)：$\sqrt{x+1} - \cos x = \left(1 + \dfrac{1}{2}x + o(x)\right) - \left(1 - \dfrac{1}{2}x^2 + o(x^2)\right) = \dfrac{1}{2}x + o(x)$，与 $\dfrac{1}{2}x$ 等价；
对 (C)：利用 $1 - \cos u \sim \dfrac{1}{2}u^2$ ($u \to 0$)，令 $u = \sqrt{2x} \to 0^+$，则 $1 - \cos\sqrt{2x} \sim \dfrac{1}{2}(\sqrt{2x})^2 = x$，恰好与 $x$ 等价；
对 (D)：$\ln(1+x) = x - \dfrac{1}{2}x^2 + o(x^2) \implies 1 - \dfrac{\ln(1+x)}{x} = 1 - \left(1 - \dfrac{1}{2}x + o(x)\right) = \dfrac{1}{2}x + o(x)$。
综上，选 (C)。

【答案】(B)
【解析】
分析 $f(x)$：$f'(x) = e^{x^2}\sin x$，$f''(x) = 2xe^{x^2}\sin x + e^{x^2}\cos x$。
$f'(0) = 0$，$f''(0) = 1 > 0$，故 $x = 0$ 是极小值点，非拐点。
分析 $g(x)$：当 $x \to 0$ 时，$\int_0^x e^{t^2}dt \sim x$，$\sin^2 x \sim x^2$，故 $g(x) \sim x^3$ 为奇函数主部。
求二阶导数：$g''(0) = 0$ 且在其邻域内穿过 0 点异号，因此 $(0, 0)$ 是曲线 $y = g(x)$ 的拐点。选 (B)。

【答案】(B)
【解析】
拆分为两项级数：$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \dfrac{1}{n}$ 与 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\ln\left(1 + \dfrac{k}{n^2}\right)$。
1. 级数 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \dfrac{1}{n}$ 为交错调和级数，条件收敛；
2. 当 $n \to \infty$ 时，$\left|\ln\left(1 + \dfrac{k}{n^2}\right)\right| \sim \dfrac{|k|}{n^2}$。
由 $p$ 级数审敛法（$p=2>1$），级数 $\sum_{n=1}^\infty \ln\left(1 + \dfrac{k}{n^2}\right)$ 绝对收敛。
根据级数性质：“条件收敛级数”与“绝对收敛级数”的和必为**条件收敛级数**。
因此原级数对于任意常数 $k$ 均条件收敛。选 (B)。

【答案】(D)
【解析】
积分区域为平面三角形区域 $D = \{(x, y) \mid 0 \le y \le 1,\, 0 \le x \le y\}$。
交换积分次序（先对 $y$ 积分，后对 $x$ 积分）：
$x$ 的取值范围为 $[0, 1]$，对固定的 $x$，$y$ 的取值范围为 $[x, 1]$。
因此：
$$\int_0^1 dy \int_0^y f(x)\,dx = \int_0^1 dx \int_x^1 f(x)\,dy = \int_0^1 f(x) (1 - x)\,dx = \int_0^1 (1-x)f(x)\,dx$$
故选 (D)。

【答案】(A)
【解析】
矩阵 $A$ 为 $m \times n$ 阶。若 $A$ 存在 $m$ 阶非零子式（即 $k = m$），则矩阵的秩 $r(A) = m$（行满秩）。
增广矩阵 $(A, \boldsymbol{\beta})$ 的行数同样为 $m$，故其秩最大只能为 $m$。
由 $m = r(A) \le r(A, \boldsymbol{\beta}) \le m \implies r(A) = r(A, \boldsymbol{\beta}) = m$。
根据非齐次线性方程组解的存在性定理，系数阵与增广阵秩相等，方程组必有解。选 (A)。

【答案】(B)
【解析】
必要性：若 $A$ 可对角化，则存在可逆阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP = \Lambda$（对角阵）。
从而 $P^{-1}(A^3 - A^2)P = \Lambda^3 - \Lambda^2$ 亦为对角阵，故 $A^3 - A^2$ 可对角化，必要性成立。
充分性：构造反例，令 $A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 为非零若尔当块，几何重数小于代数重数，不可对角化。
但此时 $A^2 = O,\, A^3 = O \implies A^3 - A^2 = O$（零矩阵显然是对角阵，可对角化）。
充分性不成立。因此是“必要但不充分条件”。选 (B)。

【答案】(B)
【解析】
计算矩阵和：
$$xA + yB = \begin{bmatrix} x & 2x \\ -2x & -ax \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} y & 0 \\ y & ay \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x+y & 2x \\ -2x+y & -ax+ay \end{bmatrix}$$
计算行列式：
$$|xA + yB| = (x+y)(-ax+ay) - 2x(-2x+y) = a(y^2 - x^2) + 4x^2 - 2xy = (4-a)x^2 - 2xy + ay^2$$
该关于 $x, y$ 的二次型的对称矩阵为 $C = \begin{bmatrix} 4-a & -1 \\ -1 & a \end{bmatrix}$。
$f(x, y)$ 为正定二次型的充要条件为顺序主子式全大于 0：
1. 一阶主子式：$4 - a > 0 \implies a < 4$；
2. 二阶主子式：$|C| = a(4-a) - (-1)^2 = -a^2 + 4a - 1 > 0 \implies a^2 - 4a + 1 < 0$。
解方程 $a^2 - 4a + 1 = 0$ 得两根 $a = 2 \pm \sqrt{3}$。
不等式解集为 $2 - \sqrt{3} < a < 2 + \sqrt{3}$（此时自动满足 $a < 4$，因为 $2+\sqrt{3} \approx 3.732 < 4$）。
故 $a$ 的取值范围是 $(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})$。选 (B)。

【答案】(D)
【解析】
由已知 $DX = 1,\, DY = 2$。
$X$ 与 $X+2Y$ 不相关等价于协方差为 0：
$$\mathrm{Cov}(X, X+2Y) = DX + 2\mathrm{Cov}(X, Y) = 1 + 2\mathrm{Cov}(X, Y) = 0 \implies \mathrm{Cov}(X, Y) = -\dfrac{1}{2}$$
计算 $X$ 与 $X-Y$ 的协方差：
$$\mathrm{Cov}(X, X-Y) = DX - \mathrm{Cov}(X, Y) = 1 - \left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{3}{2}$$
计算方差：
$$D(X-Y) = DX + DY - 2\mathrm{Cov}(X, Y) = 1 + 2 - 2\left(-\dfrac{1}{2}\right) = 4$$
计算相关系数：
$$\rho_{X, X-Y} = \dfrac{\mathrm{Cov}(X, X-Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{D(X-Y)}} = \dfrac{3/2}{1 \times 2} = \dfrac{3}{4}$$
选 (D)。

【答案】(C)
【解析】
设次品件数为随机变量 $T \sim B(n, p)$，其中 $n = 20, p = 0.1$（实际试卷参数 $np = 2$ 或 $n=20, p=0.05 \implies np=1$，由选项 $e^{-2}$ 可知泊松参数 $\lambda = np = 2$）。
由泊松定理，$T \approx P(\lambda = 2)$：
$$P(T \le 1) = P(T = 0) + P(T = 1) = \dfrac{2^0}{0!}e^{-2} + \dfrac{2^1}{1!}e^{-2} = (1 + 2)e^{-2} = 3e^{-2}$$
故选 (C)。

【答案】(C)
【解析】
经验分布函数定义为 $F_n(x) = \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n I_{\{X_i \le x\}}$。
每个示性随机变量 $I_i = I_{\{X_i \le x\}}$ 服从参数为 $p = P(X_i \le x) = F(x)$ 的 0-1 分布。
因此方差 $D(I_i) = p(1-p) = F(x)(1-F(x))$。
由于样本相互独立：
$$D(F_n(x)) = D\left(\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n I_i\right) = \dfrac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n D(I_i) = \dfrac{1}{n^2} \cdot n F(x)(1-F(x)) = \dfrac{1}{n}F(x)(1-F(x))$$
选 (C)。

【答案】$y = \pm 3$
【解析】
求反函数：由 $y = \dfrac{1}{2}\ln\dfrac{3+x}{3-x} \implies e^{2y} = \dfrac{3+x}{3-x} \implies x(e^{2y}+1) = 3(e^{2y}-1)$。
解得 $x = 3\dfrac{e^{2y}-1}{e^{2y}+1}$。
互换变量得反函数解析式：$g(x) = 3\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} = 3\left(1 - \dfrac{2}{e^{2x}+1}\right)$。
当 $x \to +\infty$ 时，$\lim\limits_{x\to+\infty} g(x) = 3(1 - 0) = 3 \implies y = 3$ 为水平渐近线；
当 $x \to -\infty$ 时，$\lim\limits_{x\to-\infty} g(x) = 3(1 - 2) = -3 \implies y = -3$ 为水平渐近线。
故渐近线方程为 $y = \pm 3$。

【答案】$2$
【解析】
被积函数部分分式展开：$\dfrac{a}{x(2x+a)} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{2x+a}$。
积分值：
$$\int_1^{+\infty}\left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{2x+a}\right)dx = \left[ \ln\dfrac{x}{2x+a} \right]_1^{+\infty} = \ln\dfrac{1}{2} - \ln\dfrac{1}{2+a} = \ln\dfrac{2+a}{2}$$
由 $\ln\dfrac{2+a}{2} = \ln 2 \implies 2+a = 4 \implies a = 2$。

【答案】$-x e^x$
【解析】
标准化为一阶线性非齐次微分方程：$y' - \dfrac{1}{x}y = -x e^x$。
套用通解公式：
$$y = e^{\int \frac{1}{x}dx}\left( \int -xe^x e^{-\int \frac{1}{x}dx}dx + C \right) = x \left( \int -e^x dx + C \right) = x(-e^x + C) = -xe^x + Cx$$
代入初值条件 $y(1) = -e \implies -(1)e^1 + C(1) = -e \implies -e + C = -e \implies C = 0$。
因此特解为 $y = -xe^x$。

【答案】$\dfrac{1}{8e^2}$（或 $\dfrac{1}{8}e^{-2}$）
【解析】
当 $x=1, y=1$ 时，$z + \ln z - 0 = 1 \implies z = 1$。
原方程即为 $z + \ln z - x\displaystyle\int_y^x e^{-t^2}dt = 1$。
两端对 $x$ 求一阶偏导数：
$$\left(1 + \dfrac{1}{z}\right)\dfrac{\partial z}{\partial x} - \left( \int_y^x e^{-t^2}dt + x e^{-x^2} \right) = 0$$
代入点 $(1, 1, 1)$：$\left(1 + 1\right)\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} - (0 + e^{-1}) = 0 \implies \left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} = \dfrac{1}{2e}$。
两端再对 $x$ 求偏导数：
$$-\dfrac{1}{z^2}\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(1 + \dfrac{1}{z}\right)\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2} - \left(e^{-x^2} + e^{-x^2} - 2x^2 e^{-x^2}\right) = 0$$
注意到在 $x=1$ 处：$e^{-1} + e^{-1} - 2(1)^2 e^{-1} = 0$！
代入 $(1, 1, 1)$ 及一阶偏导数值：
$$-(1)\left(\dfrac{1}{2e}\right)^2 + 2\left.\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(1,1)} - 0 = 0 \implies 2\left.\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(1,1)} = \dfrac{1}{4e^2} \implies \left.\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(1,1)} = \dfrac{1}{8e^2}$$

【答案】$2$
【解析】
首先化简 $f(x)$：
第 1 行减去第 3 行得 $r_1 - r_3 = [0, 1, 0, 0]$；
第 2 行减去第 4 行得 $r_2 - r_4 = [0, 1, 0, 0]$。
由于两个行向量完全成比例相同，根据行列式性质，$f(x) \equiv 0$。
再对 $g(x)$ 进行展开化简：其为 $x$ 的二次多项式 $g(x) = x(-8x - 2) = -2x(4x + 1)$。
令 $f(x) = g(x) \implies -2x(4x + 1) = 0$。
解得两个互异实根：$x_1 = 0,\, x_2 = -\dfrac{1}{4}$。
故不同的根的个数为 2。

【答案】$\dfrac{2}{3}$（若考题设问为恰有两个发生则为 $\dfrac{1}{3}$）
【解析】
由于 $A, C$ 互不相容，$AC = \varnothing \implies P(AC) = 0,\, P(ABC) = 0$。
独立性知：$P(AB) = P(A)P(B) = \dfrac{1}{8}$，$P(BC) = P(B)P(C) = \dfrac{1}{8}$。
1. 计算条件事件“至少有一个发生”的概率：
$$P(A \cup B \cup C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(BC) - P(AC) + P(ABC) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{8} - 0 + 0 = \dfrac{3}{4}$$
2. 计算“恰有一个发生”的概率（即 $E_1 = A\bar{B}\bar{C} \cup \bar{A}B\bar{C} \cup \bar{A}\bar{B}C$）：
由互斥性：$P(A\bar{B}\bar{C}) = P(A\bar{B}) = P(A)P(\bar{B}) = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}$；
$P(\bar{A}\bar{B}C) = P(\bar{B}C) = P(\bar{B})P(C) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{8}$；
$P(\bar{A}B\bar{C}) = P(B \setminus (AB \cup BC)) = P(B) - P(AB) - P(BC) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{4}$。
故 $P(E_1) = \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$。
所求条件概率为 $P(E_1 \mid A \cup B \cup C) = \dfrac{P(E_1)}{P(A \cup B \cup C)} = \dfrac{1/2}{3/4} = \dfrac{2}{3}$。
（注：若是求“恰有两个发生”，则分子为 $P(AB) + P(BC) = \dfrac{1}{4}$，结果即为 $\dfrac{1/4}{3/4} = \dfrac{1}{3}$）。

【解】
部分分式分解：
$$\dfrac{1}{(x+1)(x^2 - 2x + 2)} = \dfrac{1/5}{x+1} + \dfrac{-\frac{1}{5}x + \frac{3}{5}}{x^2 - 2x + 2}$$
变形拆分：
$$I = \dfrac{1}{5}\int_0^1 \dfrac{dx}{x+1} - \dfrac{1}{10}\int_0^1 \dfrac{2x - 2}{x^2 - 2x + 2}dx + \dfrac{2}{5}\int_0^1 \dfrac{dx}{(x-1)^2 + 1}$$
$$I = \left[ \dfrac{1}{5}\ln|x+1| - \dfrac{1}{10}\ln(x^2 - 2x + 2) + \dfrac{2}{5}\arctan(x-1) \right]_0^1$$
代入上、下限计算：
$$I = \left(\dfrac{1}{5}\ln 2 - 0 + 0\right) - \left(0 - \dfrac{1}{10}\ln 2 + \dfrac{2}{5}\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right) = \dfrac{3}{10}\ln 2 + \dfrac{\pi}{10}$$

【解】
分母：$\ln(1+x) + \ln(1-x) = \ln(1 - x^2) = -x^2 + o(x^2)$。
分子泰勒展开：$e^{2\sin x} = 1 + 2\sin x + 2\sin^2 x + o(x^2) = 1 + 2x + 2x^2 + o(x^2)$。
由极限条件：
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{xf(x) - 2\sin x - 2x^2 + o(x^2)}{-x^2} = -3 \implies \lim_{x\to 0} \left[ -\dfrac{xf(x) - 2x}{x^2} + 2 \right] = -3$$
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{f(x) - 2}{x} = 5$$
由极限存在必有 $\lim\limits_{x\to 0} [f(x) - 2] = 0 \implies \lim\limits_{x\to 0} f(x) = 2$。
由 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，可知 $f(0) = 2$。
从而由导数定义：
$$f'(0) = \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x) - 2}{x} = 5$$
因此 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f'(0) = 5$。

【解】
展开被积函数：$(x - y + 1)^2 = (x - y)^2 + 2(x - y) + 1$。
区域 $D$ 是关于直线 $y = x$ 对称的平面闭区域（两抛物线交于 $(0, 0)$ 与 $(1, 1)$）。
由轮换对称性，奇项积分恒为零：$\iint_D (x - y)\,dxdy = 0$。
原二重积分拆解为：
$$I = \iint_D (x - y)^2\,dxdy + \iint_D 1\,dxdy$$
分项积分：
1. 计算常数项面积：
$$\iint_D 1\,dxdy = \int_0^1 dx \int_{x^2}^{\sqrt{x}} dy = \int_0^1 (\sqrt{x} - x^2)dx = \left[ \dfrac{2}{3}x^{3/2} - \dfrac{1}{3}x^3 \right]_0^1 = \dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}$$
2. 计算平方项：
$$\iint_D (x - y)^2\,dxdy = \int_0^1 dx \int_{x^2}^{\sqrt{x}} (y - x)^2 dy = \int_0^1 \left[ \dfrac{1}{3}(y - x)^3 \right]_{x^2}^{\sqrt{x}} dx = \dfrac{1}{3}\int_0^1 \left[ (\sqrt{x} - x)^3 - (x^2 - x)^3 \right] dx$$
分别展开求积：求得 $\iint_D (x - y)^2\,dxdy = \dfrac{1}{210}$。
代入汇总：
$$I = \dfrac{1}{210} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{1 + 70}{210} = \dfrac{71}{210}$$

【证】
必要性：
已知 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调递增。
对于满足 $a < x_1 < x_2 < x_3 < b$ 的任意三点，在 $[x_1, x_2]$ 和 $[x_2, x_3]$ 上分别应用拉格朗日中值定理：
存在 $\xi_1 \in (x_1, x_2),\, \xi_2 \in (x_2, x_3)$，使得：
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} = f'(\xi_1),\quad \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2} = f'(\xi_2)$$
由 $x_1 < \xi_1 < x_2 < \xi_2 < x_3$，知 $\xi_1 < \xi_2$。
又因 $f'(x)$ 严格单调增加，必有 $f'(\xi_1) < f'(\xi_2)$。
因此 $\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$，必要性得证。

充分性：
任取 $x_1 < x_3$。对任意满足 $x_1 < x_2 < x_3$ 的点 $x_2$，条件式成立：
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$$
令 $x_2 \to x_1^+$ 取极限，左端根据导数定义收敛至 $f'(x_1)$：$f'(x_1) \le \dfrac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}$。
同理，令 $x_2 \to x_3^-$ 取极限得 $\dfrac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1} \le f'(x_3)$。
由任意四点严格不等关系传递可知 $f'(x_1) < f'(x_3)$。
故 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加，充分性得证。

【解】
(1) 对矩阵 $A$ 施行初等行变换：
$$A = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 3 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & -2 & -a & -1 \\ 1 & 1 & a & 2 & 3 \end{bmatrix} \xrightarrow{r_2 + r_1,\, r_3 - r_1} \begin{bmatrix} 1 & -1 & 3 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -a & -2 \\ 0 & 2 & a-3 & 2 & 4 \end{bmatrix} \xrightarrow{r_3 + 2r_2} \begin{bmatrix} 1 & -1 & 3 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -a & -2 \\ 0 & 0 & a-1 & 2-2a & 0 \end{bmatrix}$$
已知矩阵的秩 $r(A) = 2$，故第三行元素必须全为 0：
$$\begin{cases} a - 1 = 0 \\ 2 - 2a = 0 \end{cases} \implies a = 1$$
(2) 当 $a = 1$ 时，继续将阶梯形化为行最简形：
$$\begin{bmatrix} 1 & -1 & 3 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \xrightarrow{r_1 + r_2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$
主元位于第 1 列和第 2 列，因此 $A$ 的列向量组的一个极大线性无关组可取前两列：
$$\boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{\alpha}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\alpha}_2 = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$$
令 $G = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2) = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$。
由行最简形各列系数可知各列在基下的线性表示：
$\boldsymbol{\alpha}_1 = 1\boldsymbol{\alpha} + 0\boldsymbol{\beta}$； $\boldsymbol{\alpha}_2 = 0\boldsymbol{\alpha} + 1\boldsymbol{\beta}$； $\boldsymbol{\alpha}_3 = 2\boldsymbol{\alpha} - 1\boldsymbol{\beta}$； $\boldsymbol{\alpha}_4 = 1\boldsymbol{\alpha} + 1\boldsymbol{\beta}$； $\boldsymbol{\alpha}_5 = 1\boldsymbol{\alpha} + 2\boldsymbol{\beta}$。
因此所求矩阵 $H$ 为：
$$H = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 2 \end{bmatrix}$$

【解】
(1) 当 $X > 100$ 时 $Y > 0$，因此：
$$P(Y > 0) = P(X > 100) = \int_{100}^{+\infty} \dfrac{2 \times 100^2}{(100+x)^3}\,dx = \left[ -\dfrac{100^2}{(100+x)^2} \right]_{100}^{+\infty} = \dfrac{100^2}{200^2} = \dfrac{1}{4}$$
计算数学期望 $EY$：
$$EY = \int_{100}^{+\infty} (x - 100) \cdot \dfrac{2 \times 100^2}{(100+x)^3}\,dx$$
令 $u = x + 100$，则 $x - 100 = u - 200$：
$$EY = 20000 \int_{200}^{+\infty} \dfrac{u - 200}{u^3}\,du = 20000 \left[ \int_{200}^{+\infty} u^{-2}du - 200\int_{200}^{+\infty} u^{-3}du \right]$$
$$EY = 20000 \left[ \dfrac{1}{200} - 200 \times \dfrac{1}{2 \times 200^2} \right] = 20000 \left[ \dfrac{1}{200} - \dfrac{1}{400} \right] = 20000 \times \dfrac{1}{400} = 50$$

(2) 由题意，$N \sim P(8)$，其概率分布为 $P(N = n) = \dfrac{8^n}{n!}e^{-8}$ ($n = 0, 1, 2, \dots$)。
在 $N = n$ 条件下，$M \mid N = n \sim B\left(n, \dfrac{1}{4}\right)$。
利用全概率公式，对任意非负整数 $m$：
$$P(M = m) = \sum_{n=m}^\infty P(N = n) P(M = m \mid N = n) = \sum_{n=m}^\infty \dfrac{8^n}{n!}e^{-8} \binom{n}{m} \left(\dfrac{1}{4}\right)^m \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-m}$$
利用二项式系数展开 $\dfrac{1}{n!} \binom{n}{m} = \dfrac{1}{m!(n-m)!}$：
$$P(M = m) = \dfrac{e^{-8}}{m!} \left(\dfrac{1}{4}\right)^m \sum_{n=m}^\infty \dfrac{8^n}{(n-m)!}\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-m}$$
令 $k = n - m \ge 0$，$8^n = 8^{m+k} = 8^m \cdot 8^k$：
$$P(M = m) = \dfrac{e^{-8}}{m!} \left(\dfrac{8}{4}\right)^m \sum_{k=0}^\infty \dfrac{\left(8 \times \dfrac{3}{4}\right)^k}{k!} = \dfrac{e^{-8}}{m!} 2^m \sum_{k=0}^\infty \dfrac{6^k}{k!} = \dfrac{e^{-8}}{m!} 2^m \cdot e^6 = \dfrac{2^m}{m!} e^{-2}$$
即 $M$ 服从参数为 $\lambda = 8 \times \dfrac{1}{4} = 2$ 的泊松分布 $P(2)$，其概率分布为：
$$P(M = m) = \dfrac{2^m}{m!}e^{-2}\quad (m = 0, 1, 2, \dots)$$