2007年数学三真题答案解析_26.考研数学（一）（二）（三）真题_26.3考研数学（三）真题_考研数学（三）真题_02.1987-2025年数三真题详解

2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析
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x0时，
1 x x x2
ex 1 x; 1x 1 x; 1cosx2sin2 2( )2  ,当 x0 时，此时
2 2 2 2
1 1
x 0，所以1e x ( x); 1  x 1 x; 1cos x  ( x)2, 可以
2 2
排除A、C、D，所以选(B).
1x 1 x xx x x
方法2： ln  ln  ln[1 ]
1 x 1 x 1 x
x x
当x0时，1 x 1， 0，又因为x0时，ln  1x   x，
1 x
x x x x  
所以ln[1 ]~ ~ x x x x1 ~ x ，选（B）.
1 x 1 x
1x  1x  1 x 1x
ln( )  ln( )  ( )
1 x  1 x  1x 1 x
方法3：lim 洛 lim lim
x0 x x0 
x
 x0 1
2 x
1
1 x  1x 
1 x 2 x

1x  2  
1 x 2 x 2 x1x
 lim  lim
x0 1 x0  1x   1 x 
2 x
 
2 x 2 x1x
A B  
设   ，则A 1 x B  1x 4x2 x2x x
 
 1x  1 x 1x 1 x
对应系数相等得：A2 x,B 1，所以
 
2 x 2 x 1x 2 x 1 
原式 lim  lim   
 
x0  1x  1 x x0 1x 1 x
2 x 1
 lim  lim 01 1，选(B).
x01x x01 x(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。
f(x)
由lim 存在及 f(x)在x 0处连续，所以
x0 x
f(x) f(x) f(x)
f(0)lim f(x) lim xlim limx0lim 0，所以(A)正确；
x0 x0 x x0 x x0 x0 x
f(x) f(0) f(x)
由选项(A)知，f(0)0，所以lim lim 存在，根据导数定义，
x0 x0 x0 x
f(x) f(0)
f '(0)lim 存在，所以(C)也正确；
x0 x0
由 f(x)在x 0处连续，所以 f(x)在x 0处连续，从而
lim  f(x) f(x) lim f(x)lim f(x)  f(0) f(0) 2f(0)
x0 x0 x0
 f(x) f(x)  f(x) f(x) f(x) f(x)
2f(0)lim x lim limx0lim 0，
 
x0 x  x0 x x0 x0 x
即有 f(0)0，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
f(x) f(x) x  x
lim lim 0 存在
x0 x0 x0 x
f

x

f

0

x0 f

x

f

0

x0
而lim  lim 1，lim  lim 1，左
x0 x0 x0 x0 x0 x0 x0 x0
右极限存在但不相等，所以 f(x) x 在x 0的导数 f '(0)不存在。(D)不正确，
选(D).
(3)【答案】C
x
【详解】由题给条件知，f(x)为x的奇函数，则 f(x)f(x)，由F(x)  f(t)dt, 知
0
x x x
F(x) f(t)dt令t u f(u)d(u)因为f(u)f(u) f(u)duF(x)，
0 0 0
故F(x)为x的偶函数，所以F(3)F(3).
2 2 R2 
而F(2)  f(t)dt 表示半径R 1的半圆的面积，所以F(2)  f(t)dt   ，
0 0 2 23 2 3 3 1
F(3)  f(t)dt   f(t)dt f(t)dt ，其中 f(t)dt表示半径r  的半圆的面积
0 0 2 2 2
3 r2  1 2 
的负值，所以 f(t)dt      
2 2 2 2 8
2 3   3 3  3
所以 F(3)  f(t)dt f(t)dt       F(2)
0 2 2 8 8 4 2 4
3
所以 F(3) F(3) F(2)，选择C
4
(4)【答案】B
【详解】画出该二次积分所对应的积分区域D: 2 x ，sinx  y 1
交换积分次序，则积分区域可化为：D:0 y1,arcsin y x
 1 1 
所以  dx f (x,y)dy  dy f (x,y)dx ， 所以选择(B).

sinx 0 arcsiny
2
(5)【答案】D
Q'(P) 2 P
【详解】 需求弹性  P  P  1.
Q(P) 1602P 80P
P P
若 1，P  P80，无意义；若 1，解得：P 40. 所以选(D)
P80 80P
(6)【答案】D
1  1
【详解】因为lim y lim ln(1ex) lim limln(1ex) ，
x0 x0 x  x0 x x0
所以x 0是一条铅直渐近线；
1  1
因为 lim y  lim  ln(1ex)  lim  lim ln(1ex)000 ，
x x x  x- x x-
所以y 0是沿x方向的一条水平渐近线；
1
ln(1ex)
y x  1 ln(1ex)
令 a  lim  lim  lim   
x x x x xx2 x 
ex
 lim
1
 lim
ln(1ex)
洛必达法则0 lim
1ex
1
x x2 x x x 1
1 
令 b lim  yax  lim  ln(1ex)x
x x x  lim 1  lim  ln(1ex) x  xlnex0 lim  ln(1ex)lnex 
x x x x
1ex
 lim ln( )  lim ln(ex1)ln10
x ex x
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k ,k ,k ，使得k k k  0
1 2 3 1 1 2 2 3 3
成立，则称,,线性相关.
1 2 3
因( )( )( )0 ，故 ， ，  线性相关，
1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1
所以选择(A).
方法2：排除法
因为 , , 
1 2 2 3 3 1
1 0 1 1 0 1
   
,,  1 1 0  ,,  C , 其中C  1 1 0 ，
1 2 3   1 2 3 2 2  
   
0 1 1 0 1 1
1 0 1 1 0 1
1 1
且 C  1 1 0 1行(1)2行0 1 1 （1）11
2 1 1
0 1 1 0 1 1
111（1）20.
故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，C 右乘
2 2
,, 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 3
r( , , )r(,,)3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以 , , 线性无关，排除(B).
1 2 2 3 3 1
因为 2, 2, 2
1 2 2 3 3 1
 1 0 2  1 0 2
   
,,  2 1 0  ,,  C, 其中C  2 1 0 ，
1 2 3   1 2 3 3 3  
   
 0 2 1   0 2 1 1 0 2 1 0 2
1 4
C  2 1 0 1行2+2行0 1 4 （1）11
3 2 1
0 2 1 0 2 1
11（2）（4）=-70.
故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, C 右乘
3 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 3
r( 2, 2, 2)r(,,)3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以 2, 2, 2线性无关，排除(C).
1 2 2 3 3 1
因为 2, 2, 2
1 2 2 3 3 1
1 0 2 1 0 2
   
,,  2 1 0  ,,  C , 其中C  2 1 0 ，
1 2 3   1 2 3 4 4  
   
0 2 1 0 2 1
1 0 2 1 0 2
1 4
C  2 1 0 1行(2)2行0 1 4 （1）11
4 2 1
0 2 1 0 2 1
112（4）90.
故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, C 右乘
4 4
,, 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 3
r( 2, 2, 2)r(,,)3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以 2, 2, 2 线性无关，排除(D).
1 2 2 3 3 1
综上知应选(A).
(8)【答案】B
【详解】
2 1 1  1 1
方法1：EA  1 2 1 2、3列分别加到1列 2 1
1 1 2  1 2
1 1 1 1 1 1
提出1 2 1 1行（1）+2行0 3 0
1 1 2 1 1 21 1 1
3 0
1行（1）+3行0 3 0 （1）11 3 20
0 3
0 0 3
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与B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EA (3)2，EB (1)2，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C1p(1 p)2.
3
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A,,A 独立，则P  A A A P  A  P  A  P  A 
1 n 1 2 n 1 2 n
所以，第4次射击为第二次命中目标的概率为C1p(1 p)2p 3p2(1 p)2. 所以选(C)
3
(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 f(x,y) f (x)f (y) .
X 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
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 f (y)0,则
X Y Y
f(x,y) f (x)f (y)
f (x| y)  X Y  f (x).
XY f (y) f (y) X
Y Y
现 f (y)显然不为0，因此 f (x| y) f (x). 所以应选(A).
Y XY X
二、填空题
(11)【答案】0【详解】
方法1：由洛必达法则，
x3 x2 1  3x22x  6x2  6
lim   lim   lim  lim 0,
x 2x x3  x2xln23x2  x2x ln2 26x  x2x ln2 36
而1sinx1，1cosx1，所以(sinxcosx)是有界变量，根据无穷小量
乘以有界量仍是无穷小量，所以
x3 x2 1
lim (sin xcosx) 0.
x 2x x3
x3 x2 1 x3  1x1x3 
方法2： lim (sin xcosx)  lim (sin xcos x)
x 2x x3 x x3  2xx3 1 
1x1x3 1
 lim (sin xcos x) lim (sin xcos x)
x 2xx3 1 x2xx3 1
2x  2xln2  2x(ln2)2  2x(ln2)3
而 lim 2xx3  lim   lim   lim   lim  ，
x xx3  x 3x2  x 6x  x 6
x3 x2 1 1
所以lim (sin xcosx)  lim (sin xcosx) 0
x 2x x3 x2xx31
(1)n2nn!
(12)【答案】
3n1
1
【详解】y   2x3 1，
2x3
y'(1) 2x3 11 2x  (1)11!21 2x3 11 ，
y''(1)(2)22 2x3 3(1)22!22 2x3 21 ,,
由数学归纳法可知 y(n) (1)n2nn!  2x3 n1 ,
(1)n2nn!
把x 0代入得 y(n)(0)
3n1
y x
(13)【答案】2( f ' f ')
x 1 y 2 y  x
     
z  x  y  y  1
【详解】  f '  f '  f '     f ' ，
x 1 x 2 x 1  x2  2 y
 y  x
     
z  x  y 1  x 
 f   f '  f '  f '   
y 1 y 2 y 1 x 2  y2 
z z   y  1  1  x 
所以 x y  x f '     f '  y f '  f '   
x y  1  x2  2 y  1 x 2  y2 
 y x y x y x
     f ' f '  f '  f ' 2( f ' f ')
 x 1 2 y 1 x 2 y x 1 y 2
x
(14)【答案】
1lnx
 
y dy d ux du du
【详解】典型类型按标准解法. 令u  ，有  ux x u x ,
x dx dx dx dx
du 1 2du dx
原方程化为 ux u u3, 即  ,
dx 2 u3 x
2du dx 1
此式为变量可分离的微分方程，两边积分，   lnxC
u3 x u2 1
1 x2
得 lnxC，即 ln|x|C
u2 y2
x
由y 1知应取x0,y 0且C 1,所以得特解y 
x1
1lnx
(15)【答案】1
【详解】
0 1 0 0 0 1 0 0  0 0 1 0 
    
0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1
A2       
0 0 0 10 0 0 1 0 0 0 0
    
0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1 0 0  0 0 0 1 
    
0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0
A3  A2A      
0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0
    
0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0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r
 A3
1.
(16)【答案】3 4
y
【详解】不妨假定随机地抽出两个数分别
1
为X和Y ，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 1 D
2
0 X 1,0Y 1,所以（X,Y）为平面上
O 1 x
1
2
正方形：0 X 1,0Y 1中的一个点.
1 1
X和Y 两个数之差的绝对值小于 对应于正方形中 X Y  的区域.
2 2
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
1
点. 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 D的面积 1 1 2 2 3
P X Y      .
 2 单位正方形面积 1 4
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yln yx y 0确定，所以实际上就是求隐函数的二阶导数并讨论其符号.
1
对方程两边求导得 yln y y y1 y yln y2y10
y
1
移项得 y
2ln y
 ln y  y  1
再两边求导得 y  
 2ln y 2 y  2ln y 2 y  2ln y 3
1 1
在(1，1)点的值y    0，又由y在y 1的附近连续，所以在y 1
x1 1(2ln1)3 8
的附近y0，曲线为凸.
(18)【详解】由区域的对称性和被积函数的奇偶性有 f(x,y)d4 f(x,y)d
D D
1
其中D 为D在第一项限的部分，而
1
 f(x,y)d f(x,y)d f(x,y)d
D D D
1 11 12
其中，D  (x,y)|0 y1x,0 x1 ，D  (x,y)|1 x y 2,x0,y 0  (如
11 12
下图所示).
D
12
D
11
-2 -1 O 1 2 x
1 1x 1 1
因为  f(x,y)dx2d dx x2dy  x2(1x)dx 
0 0 0 12
D D
11 11
1
 f(x,y)d d
x2  y2
D D
12 12
 2  1
 2dsincosdr  2 d 2ln( 21)
0 1 0 sincos
sincos
 1  1
所以  f(x,y)d4  2ln( 2 1)  4 2ln( 2 1)
 
12  3
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h() f()g()M g()0，h() f()g() f()M 0，
则由介值定理知，存在[,](a,b)，使得h()0，即 f() g().
(II) 因为 h(a) f(a)g(a)0，h()0，h(b) f(b)g(b)0，
则由罗尔定理知，存在(a,)， (,b)，使得 h()h()0.
1 2 1 2
再由罗尔定理知，存在(,)(a,b)，使得h()0，即 f() g().
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1
(20)【详解】 f(x)   (  )  (  )
x23x4 (x4)(x1) 5 x4 x1 5 x13 x12
1 1 1 1  1
记    ，因为qn    q 1 
x13 3 x1  3  x1 1q
1
 
n0
 3 
1 1 1 1   x1 n x1
所以    
 
，其中 1 x1 3
x13 3  x1 3  3  3
1
 
n0
 3 
1 1 1 1 1 1   x1 n 1  x1 n
同理      



 1 n
 
,
x12 2 x1 2  x1 2  2  2  2 
1
 
1



n0 n0
 2   2 
x1
其中 1 x1  2
2
1
所以， f(x) 展开成x1的幂级数为：
x2 3x4
1 1  x1 1  x1  1   1 (1)n 
f(x)   ( )n  (1)n( )n      (x1)n ，其中
5 3 3 2 2  5 3n1 2n1 
n0 n0 n0
x1 2，即1 x3
(21)【答案】当a 1时，公共解为[0,1,1]T；当a 2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x x x 0
1 2 3

x 2x ax 0
1 2 3
 (3)
x 4x a2x 0
1 2 3

x 2x x a1
1 2 3
对联立方程组的增广矩阵作初等行变换
1 1 1 0 1 1 1 0
   
1 2 a 0 0 1 a1 0
(Ab)
  1行（1）2行 
 1 4 a2 0   1 4 a2 0
   
 
1 2 1 a  1 2 1 a
1 1 1 0 1 1 1 0 
   
0 1 a1 0 0 1 a1 0
1行（1）3行  1行（1）4行 
 
0 3 a2 1 0 0 3 a2 1 0 
   
1 2 1 a 0 1 0 a1
1 1 1 0  1 1 1 0 
   
0 0 a1 1a 0 0 a1 1a
4行（1）2行  4行（3）3行 
 
0 3 a21 0  0 0 a2 1 33a
   
0 1 0 a1 0 1 0 a1 
1 1 1 0  1 1 1 0 
   
0 1 0 a1 0 1 0 a1
换行  3行（-a-1）4行 
 
0 0 a1 1a  0 0 a1 1a 
   
0 0 a2 1 33a 0 0 0 (a1)(a2)
由此知，要使此线性方程组有解，a必须满足(a1)(a2)0，即a 1或a 2.
x x x 0
当a 1时，r(A)2 ，联立方程组(3)的同解方程组为 1 2 3 ，由
x 0
2
r(A)2，方程组有nr 321个自由未知量. 选x 为自由未知量，取x 1，解
1 1
得两方程组的公共解为k  1,0,1 T，其中k是任意常数.
x x x 0
1 2 3

当a 2时, 联立方程组(3)的同解方程组为x 0 ，解得两方程的公共
2

x 1
3
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1 1 1  1 1 1 
   
A 1 2 a 1行（1）2行 0 1 a1
   
 1 4 a2   1 4 a2  
1 1 1  1 1 1 
   
1行（1）3行 0 1 a1 2行（3）3行 0 1 a1
   
 0 3 a2 1   0 0 (a1)(a2) 
x x x 0
当a 1时，r(A)2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)2，
x 0
2
方程组有nr321个自由未知量.选x 为自由未知量，取x 1，解得(1)的通解为
1 1
k  1,0,1 T，其中k是任意常数. 将通解k  1,0,1 T代入方程(2)得k0(k)0，对
任意的k成立，故当a 1时，k  1,0,1 T是(1)、(2)的公共解.
x x x 0
当a 2时，r(A)2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)2，
x x 0
2 3
方程组有nr 321个自由未知量.选x 为自由未知量，取x 1，解得(1)的通解
2 2
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a 2时，(1)和(2)的公共解为 0,1,1 T .
(22)【详解】(I)由A ，可得 Ak  Ak1(A) Ak1  ，k是正整数,故
1 1 1 1 1 1
B (A54A3E)  A5 4A3 E  4  2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
于是是矩阵B的特征向量(对应的特征值为 2).
1 1
若 Axx ， 则 (kA)x (k)x,Amx mx 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, 2,
1 2
 2, 则B 有特征值 f()2,  f()1,  f()1, 所以B 的全部特
3 1 1 2 2 3 3
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是矩阵B的属于特征值 2的特征向量，设B的属
1 1于1的特征向量为(x ,x ,x )T ，与(x ,x ,x )T 正交，所以有方程如下：
1 2 3 1 1 2 3
x x x 0
1 2 3
选x ,x 为自由未知量，取x 0,x 1和x 1,x 0，于是求得B的属于1的特征向量
2 3 2 3 2 3
为  k (1,0,1)T, (1,1,0)T
2 2 3
故B的所有的特征向量为：对应于2的全体特征向量为k，其中k 是非零任意常数，
1 1 1 1
对应于  1的全体特征向量为k k ，其中k ,k 是不同时为零的任意常数.
2 3 2 2 3 3 2 3
 1 1 1
 
()方法1：令矩阵P ,, 1 0 1 ，求逆矩阵P1.
1 2 3  
  1 1 0 
 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0
   
1 0 1 0 1 0 1行2行 0 1 2 1 1 0
   
  1 1 0 0 0 1   1 1 0 0 0 1 
1 1 1  1 0 0 1 1 1 1 0 0
   
1行3行 0 1 2  1 1 0 行23行 0 1 2 1 1 0
   
 0 2 1 1 0 1   0 0 3 1 2 1 
1 1 1 1 0 0  1 1 1 1 0 0 
   
3行3 0 1 2 1 1 0 3行(-2)+2行 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  
1 1 0 2/3 2/3 1/3
 
3行(-1)+1行 0 1 0 1/3 1/3 2/3
 
 0 0 1 1/3 2/3 1/3  
1 0 0 1/3 1/3 1/3 
 
2行(-1)+1行 0 1 0 1/3 1/3 2/3
 
 0 0 1 1/3 2/3 1/3  
1 0 0 1/3 1/3 1/3
 
2行(-1) 0 1 0 1/3 1/3 2/3
 
 0 0 1 1/3 2/3 1/3 
 1/3 1/3 1/3  1 1 1
  1 
则 P1  1/3 1/3 2/3  1 1 2
   
3
  1/3 2/3 1/3    1 2 1 由P1BP diag(2,1,1)，所以
 1 1 12 0 0 1 1 1
1   
B  Pdiag(2,1,1)P1 1 0 1 0 1 0 1 1 2
   
3
  1 1 0    0 0 1    1 2 1 
 1 1 12 2 2  0 3 3  0 1 1
1   1   
 1 0 1 1 1 2  3 0 3  1 0 1
      
3 3
  1 1 0    1 2 1     3 3 0     1 1 0  
方法2：由()知与, 分别正交，但是和不正交，现将, 正交化：
1 2 3 2 3 2 3
1 1 1 1
取  ,  k  (1,1,0)( ,0, )( ,1, ) .
2 2 3 3 12 2 2 2 2 2
(,) 1(1) 1 1
其中，k  3 2   (1,0,1)T  ( ,0, )
12 (,) 2 (1)(1)11 2 2
2 2
再对,, 单位化：
1 2 3
 1  1  2 1 1
  1  (1,1,1),  2  (1,0,1),  3  ( ,1, )
1  3 2  2 3  3 2 2
1 2 3
1 1 3
其中，   12(1)212  3,   (1)212  2,   ( )212( )2 
1 2 3 2 2 2
合并成正交矩阵，
 1 1 2 
 
 3 2 2 3
 
1 2
记 Q   0 
 3 3 
 
1 1 2
 
  3 2 2 3 
由Q1BQ diag(2,1,1)，有B Qdiag(2,1,1)Q1. 又由正交矩阵的性质：
Q1 QT，得 1 1 2   1 1 1 
   
 3 2 2 3 2 0 0  3 3 3 
 1 2     1 1 
BQdiag(2,1,1)QT  0  0 1 0  0 
 
 3 3   2 2 
    0 0 1   
1 1 2 2 2 2
   
  3 2 2 3  2 3 3 2 3
 1 1 2  2 2 2 
  
 3 2 2 3 3 3 3   0 1 1
 1 2  1 1   
  0  0   1 0 1 .
 
 3 3  2 2 
     1 1 0  
1 1 2 2 2 2
  
  3 2 2 3 2 3 3 2 3
(23)【详解】 计算P  X 2Y 可用公式P  X 2Y   f (x,y)dxdy 求Z  X Y的概
x2y
率密度 f (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)
Z
 
f (z)  f(zy,y)dy   f(x,zx)dx.
Z  
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F (z)P  Z  z P  X Y  z  ,然后再 f (z)F'(z).
Z Z Z
(I)P  X 2Y  (2xy)dxdy ，其中D
y
D
为0 x1,0 y1中x2y的那部分区域(右
1
图阴影部分)；求此二重积分可得 1
2
1
P  X 2Y   1 dx2 x (2xy)dy D
0 0
O x
  1 (x 5 x2)dx  7 1
0 8 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 f (z)  f(x,zx)dx.
Z 
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
1
0x1时 f(x,zx)才不等于0. 因此，不妨将积分范围改成 f (z)  f(x,zx)dx.
Z
0
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 zx1时，
f(x,zx)才不等于0.且为2x(zx)2z.为此，我们将z分段讨论.因为有0 zx1，即是 x z 1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 x1情况下，在阴影区域D
1
和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
2
易由卷积公式得出答案。
z 0时，由于0 x1，故zx0，
故 f (z)0;
x xz
Z
x1z
0 z 1时， f (z)  z 2z  dz 2zz2;
Z 1
0
D
1 z2时， f (z)  1  2z  dz 2 积分方向
Z z1 D
1
44z z2; O z
1 2
2 z时，由于0 x1，故zx1，
故 f (z)0.
Z
2zz2, 0 z 1

总之， f (z)z2 4z4, 1 z 2
Z

0, 其他

方法2：F (z) P  Z  z  P  X Y  z 
Z
y
当z 0时，F (z)0；
Z 1
D
2
当z 2时，F (z)1；
Z 1xyz2
当0 z 1时， D
1
F (z)  z dx zx (2xy)dy O z x
Z 0xyz1 1
0 0 xyz1
1
 z3z2
3
当1 z2时，
1 1 1 5
F (z)1 dx (2xy)dy  z32z24z
Z z1 zx 3 3
2zz2, 0 z 1

所以 f (z)F(z) z24z4, 1 z 2
Z

0, 其他

(24)【答案】的矩估计量为 2X  1 ；4X 2 不是为2的无偏估计量.
2【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
2 2
望E(X)就可以求得了；而判断4X 是否为2的无偏估计量，只要判断E(4X ) 2是否
成立即可.
(I) 记E(X)，则由数学期望的定义，有
 x 1 x 1 1
 E(X)  dx dx   
0 2 2(1) 4 2
1 n
样本均值 X  X ，用样本均值估计期望有 EX  X
n i
i1
1 1 1
即是令   ，解出 2 ，
4 2 2
1
因此参数的矩估计量为  2X  ；
2
2
(II) 只须验证E(4X )是否为2即可，而由数学期望和方差的性质，有
2 2 1
E(4X )4E(X )4(DX (EX)2)4( DX (EX)2) ，而
n
1 1 1
E(X)  ，E(X2) (122)，
4 2 6
5  1
D(X)E(X2)(EX)2    2 ，
48 12 12
2
53n 3n1 3n1
于是 E(4X )   22
12n 3n 3n
2
因此4X 不是为2的无偏估计量.