2007年考研数学一真题及答案

2007年考研数学一真题一、选择题（1~10小题，每小题4分，共40分。

下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

）
(1)当x→0+时，与√x等价的无穷小量是
(A)1−e−√x(B)ln
1−√x
(C)√1+√x−1 (D)1−cos√x
【答案】B。

【解析】
(当x→0+)时
ln
1−√x
=[l n(1+x)−l n(1−√x)]~√x
e√x~−√x √1+√x−1~1
2√x 1−cos√x~1
2
x
几个不同阶的无穷小量的代数和，其阶数由其中阶数最低的项来决定。

综上所述，本题正确答案是B。

【考点】高等数学—函数、极限、连续—无穷小量的性质及无穷小量的比较
(2)曲线y=1
x
+ln?(1+e x)渐近线的条数为
(A)0 (B)1
(C)2 (D)3
【答案】D。

【解析】
由于
lim x→0
y =lim x→01
x
+l n (1+e x )=∞，
则x =0是曲线的垂直渐近线；
又 lim x→−∞
y =lim x→−∞[1
x
+l n (1+e x )]=0
lim x→+∞
y =lim x→+∞[1
x
+l n (1+e x )]=+∞
所以y =0是曲线的水平渐近线；
斜渐近线：由于−∞一侧有水平渐近线，则斜渐近线只可能出现在+∞一侧。

a =lim
x→+∞y
x
=lim
x→+∞
1
x
+l n (1+e x )x
=lim
x→+∞1
x 2
+lim
x→+∞
l n (1+e x )
x
=0+lim
x→+∞e x
1+e =1
b =lim x→+∞
(y −x )=lim x→+∞[1
x
+l n (1+e x )−x] =lim x→+∞[1
x
+l n (1+e x )−lne x ] =lim x→+∞[1
x +l n (1+
1e x
)]=0
则曲线有斜渐近线y =x ，故该曲线有三条渐近线。

综上所述，本题正确答案是D 。

【考点】高等数学—一元函数微分学—函数图形的凹凸性、拐点及渐近线
(3)如图，连续函数y =f(x)在区间[−3,−2],[2,3]上的图形分别是直径为1的上、下半圆周，在区间[−2,0],[0,2]上的图形分别是直径为2的下、上半圆周，设F (x )=∫f(t)dt x
0,则下列结论正确的是
(A)F (3)=−3
4
F(−2)
(B)F (3)=5
4
F(2)
(C)F (−3)=3
4
F(2)
(D)F (−3)=−5
4
F(−2)
【答案】C 。

【解析】 【方法一】
四个选项中出现的F(x)在四个点上的函数值可根据定积分的几何意义确定
F (3)=∫f(t)dt 30=∫f(t)dt 2
0+∫f(t)dt 3
2
=π
2
−π
8
=3
8
π F (2)=∫f(t)dt 2
=π
2
F (−2)=∫f(t)dt −20−∫f (t )dt 0−2=−(−π2)=π
2 F (−3)=∫f(t)dt −30=−∫f (t )dt 0
−3
=−[π
8
−π
2
]=3
8
π 则F (−3)=34
F(2) 【方法二】
由定积分几何意义知F (2)>F (3)>0,排除(B)
又由f(x)的图形可知f(x)的奇函数，则F (x )=∫f(t)dt x
0为偶函数，从而
F (−3)=F (3)>0,F (−2)=F (2)>0
显然排除(A)和(D),故选(C)。

综上所述，本题正确答案是C 。

-3 -2 -1 0 1 2 3
y =f(x)
x
y
【考点】高等数学—一元函数积分学—定积分的概念和基本性质，定积分的应用
(4)设函数f(x)在x=0处连续，下列命题错误
．．的是
(A)若lim
x→0f(x)
x
存在，则f(0)=0
(B)若lim
x→0f(x)+f(−x)
x
存在，则f(0)=0
(C) 若lim
x→0f(x)
x
存在，则f′(0)存在
(D) 若lim
x→0f(x)−f(−x)
x
存在，则f′(0)存在
【答案】D。

【解析】
(A)：若lim
x→0f(x)
x
存在，因为lim
x→0
x=0,则lim
x→0
f(x)=0,又已知函数
f(x)在x=0处连续，所以lim
x→0
f(x)=f(0),故f(0)=0,(A)正确；
(B)：若lim
x→0f(x)+f(−x)
x
存在，则lim
x→0
[f(x)+f(−x)]=f(0)+
f(0)=0,则f(0)=0，故(B)正确。

(C) lim
x→0f(x)
x
存在，知f(0)=0，则lim
x→0
f(x)
x
=lim
x→0
f(x)−f(0)
x
=f′(0)
则f′(0)存在，故(C)正确
(D) lim
x→0f(x)−f(−x)
x
=lim
x→0
[f(x)−f(0)
x
−f(−x)−f(0)
x
]存在，
不能说明lim
x→0f(x)−f(0)
x
存在
例如f(x)=|x|在x=0处连续，
lim x→0f(x)−f(−x)
x
存在，但是f′(0)不存在，故命题(D)不正确。

综上所述，本题正确答案是D。

【考点】高等数学—一元函数微分学—导数和微分的概念
(5)设函数f(x)在(0,+∞)内具有二阶导数，且f ′′(x )>0,令u n =f(n)(n =1,2,?),则下列结论正确的是
(A)若u 1>u 2,则{u n }必收敛 (B)若u 1>u 2,则{u n }必发散 (C)若u 1<u 2,则{u n }必收敛 (D)若u 1<u 2,则{u n }必发散 【答案】D 。

【解析】 【方法一】
图示法：由f ′′(x )>0，知曲线y =f(x)是凹的，
显然，图1排除选项(A)，其中u n =f (n )→−∞；图2排除选项(B)；图3排除选项(C),其中u n =f (n )→+∞；故应选(D)。

图 1 图2 图3 【方法二】
排除法：取f (x )=(x −2)2,显然在(0,+∞)，f ′′(x )=2>0,f (1)=1>f (2)=0,但u n =f (n )=(n −2)2→+∞，排除A ； 取f (x )=1
x
,在(0,+∞)上，f ′′(x )>0,且f (1)=1>f (2)=1
2
,但
u n =f (n )=
1n
→0,排除B ；
取f (x )=e x , 在(0,+∞)上，f ′′(x )>0，且f (1)=e <f (2)=e 2,但u n =f (n )=e n →+∞，排除(C),故应选(D)。

【方法三】
由拉格朗日中值定理知
u 2−u 1=f (2)−f (1)=f ′(c )>0,(1<c <2)
当n >2时，
y
u 1 u 2
x
O 1 2 y
u 1 u 2
x O 1 2
y
u 1 u 2
x
O 1 2
f(n)=f(n)−f(2)+f(2)=f′(ξ)(n−2)+f(2) (2<ξ<n)由于f′′(x)>0，且ξ>c,则f′(ξ)>f′(c)>0从而有
f(n)>f′(c)(n−2)+f(2)→+∞
则有u n=f(n)→+∞
综上所述，本题正确答案是D。

【考点】高等数学—一元函数微分学—函数图形的凹凸性、拐点及渐近线
(6)设曲线L:f(x,y)=1(f(x,y)具有一阶连续偏导数)，过第II象限内
的点M和第IV象限的点N，Γ为L上从点M到点N的一段弧，则下列小于零的是
(A)∫f(x,y)dx
Γ(B) ∫f(x,y)dy
Γ
(C)∫f(x,y)ds
Γ(D)∫f′
x
(x,y)dx+f′y(x,y)dy Γ
【答案】B。

【解析】
设M,N的坐标分别为M(x1,y1),N(x2,y2)，则由题设可得
x1<x2,y1>y2
因为
∫f(x,y)dx Γ=∫dx
Γ
=x2−x1>0,
∫f(x,y)dy Γ=∫dy
Γ
=y2−y1<0；
∫f(x,y)ds Γ=∫ds
Γ
=T的弧长>0；
∫f′
x (x,y)dx+f′y(x,y)dy
Γ=∫0dx+0dy
Γ
=0
综上所述，本题正确答案是B。

【考点】高等数学—多元函数积分学—两类曲线积分的概念、性质及计算
(7)设向量组α1,α2,α3线性无关，则下列向量组线性相关
．．．．的是
(A)α1−α2,α2−α3,α3−α1
(B)α1+α2,α2+α3,α3+α1
(C)α1−2α2,α2−2α3,α3−2α1
(D)α1+2α2,α2+2α3,α3+2α1
【答案】A。

【解析】
(A)：因为(α1−α2)+ (α2−α3)+(α3−α1)=0,
所以向量组α1−α2,α2−α3,α3−α1线性相关；
(B)：
(α1+α2,α2+α3,α3+α1)=(α1,α2,α3)[101 110 011
]
C=[101 110 011
]
因为α1,α2,α3线性无关，所以判断α1+α2,α2+α3,α3+α1线性无关?|C|≠0
由于|101
110
011
|=2≠0,故知α1+α2,α2+α3,α3+α1线性无关；
(C)：
(α1−2α2,α2−2α3,α3−2α1)=(α1,α2,α3)[10−2
−210 0−21
]
|
10−2
−210
0−21
|=−7≠0，同理α1−2α2,α2−2α3,α3−2α1线
性无关；
(D)：
(α1+2α2,α2+2α3,α3+2α1)=(α1,α2,α3)[102 210 021
]
|102
210
021
|=9≠0，同理α1+2α2,α2+2α3,α3+2α1线性无
关；
综上所述，本题正确答案是A。

【考点】线性代数—向量—向量组的线性相关与线性无关
(8)设矩阵A=[2−1−1
−12−1−1−12],B=[
100
010
000
],则A与B
(A)合同，且相似(B)合同，但不相似
(C)不合同，但相似(D)既不合同，也不相似
【答案】B。

【解析】
根据相似的必要条件:∑a ii=∑b ii，易得A和B肯定不相似，合同的充分必要条件是具有相同的正惯性指数、负惯性指数。

由
|λE−A|=|λ−211
1λ−21
11λ−2
|=|
λλλ
1λ−21
11λ−2
|
=λ(λ−3)2
知矩阵A的特征值3,3,0.故二次型x T Ax的正惯性指数p=2,负惯性指数q=0,而二次型x T Bx也是正惯性指数p=2,负惯性指数q= 0，所以A和B合同
综上所述，本题正确答案是B。

【考点】线性代数—二次型—二次型及其矩阵表示，合同变换与合同矩阵
(9)某人向同一目标独立重复射击，每次射击命中目标的概率为
p(0<p<1),则此人第4次射击恰好第2次命中目标的概率为
(A)3p(1−p)3(B)6p(1−p)3
(C)3p2(1−p)2(D)6p2(1−p)2
【答案】C。

【解析】
根据独立重复的伯努利试验，前3次试验中有1次成功和2次失败，其概率为C31p(1−p)2,第4次试验成功，其概率为p，所以此人第4次射击恰好第2次命中目标的概率为
C31p(1−p)2?p=3p2(1−p)2
综上所述，本题正确答案是C。

【考点】概率论与数理统计—随机事件和概率—概率的基本公式，事件的独立性，独立重复试验
(10)设随机变量(X,Y)服从二维正态分布，且X与Y不相关，
f X(x),f Y(y)分别表示X,Y的概率密度，则在Y=y的条件下，X的
条件概率密度f X|Y(x|y)为
(A)f X (x ) (B)f Y (y) (C)f X (x )f Y (y) (D)f X (x )f Y (y)
【答案】A 。

【解析】
随机变量(X,Y)服从二维正态分布，且X 与Y 不相关，说明X 与Y 相互独立，且
f (x,y )=f X (x )f Y (y)
在Y =y 的条件下，根据题目显然f Y (y )≠0 ,X 的条件概率密度f X|Y (x|y )为
f X|Y (x|y )=f (x,y )
f Y (y)
=f X (x )
综上所述，本题正确答案是A 。

【考点】概率论与数理统计—多维随机变量及其分布—二维连续型随机变量的概率密度、边缘概率密度和条件密度，随机变量的独立性和不相关性，常用二维随机变量的分布 二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分）
(11)∫1x 3
21e 1
x dx = 。

【答案】√e
2。

【解析】 【方法一】
∫1x 21e 1
x dx =
−∫1x 21e 1x d (1
x
)
=
−∫1x
21d (e 1
x )=−1
x
e 1
x
|1
2
+
∫ 21e 1x d (1
x
)
=−1
2
e 12+e +e 1x
|1
2
=
√e 2
【方法二】
令1x
=t,则x =1t
,dx =−
1t 2
dt
∫1x 21e 1
x dx =−∫t 1
2
1
e t dt =∫t 1
12
e t dt =te t |12
1−∫e t
dt 1
12
=e −
√e 2
−e t |12
1=
√e
2
综上所述，本题正确答案是√e
2。

【考点】高等数学—一元函数积分学—不定积分和定积分的换元积分法与分部积分法
(12)设f(u,v)是二元可微函数，z =f(x y
,y x
),则?z ?x
= 。

【答案】f 1′?yx y−1+f 2′?y x lny 【解析】
利用复合函数的求导方式，可直接得出
?z ?x
=f 1′?yx y−1+f 2′?y x lny
综上所述，本题正确答案是f 1′?yx y−1+f 2′?y x lny 。

【考点】高等数学—多元函数微分学—多元函数的偏导数和全微分
(13)二阶常系数非齐次微分方程y ′′−4y ′+3y =2xe 2x 的通解为y = 。

【答案】y =C 1e x +C 2e 3x −2e 2x ,其中C 1,C 2为任意常数 【解析】
对应齐次方程的特征方程为
λ2−4λ+3=0?λ1=1,λ2=3
则对应齐次方程的通解为y=C1e x+C2e3x
设原方程特解为y∗=Ae2x,代入原方程可得
4Ae2x−8Ae2x+3Ae2x=2e2x?A=−2所以原方程的特解为y∗=−2e2x
故原方程的通解为y=C1e x+C2e3x−2e2x,其中C1,C2为任意常数，
综上所述，本题正确答案是y=C1e x+C2e3x−2e2x,其中C1,C2为任意常数。

【考点】高等数学—常微分方程—简单的二阶常系数非齐次线性微分方程
(14)设曲面Σ:|x|+|y|+|z|=1,则∯(x+|y|)dS=
Σ。

【答案】4√3
3。

【解析】
由积分区域和被积函数的对称性有，
∯xdS=Σ0,∯|x|dS=
Σ
∯|y|dS=
Σ
∯|z|dS
Σ
所以，∯|y|dS=
Σ1
3
∯(|x|+|y|+|z|)dS=
Σ
1
3
∯dS
Σ
=1
3
?8?√3
2
=
4√3 3
故∯(x+|y|)dS=Σ4√3 3
综上所述，本题正确答案是4√3
3。

【考点】高等数学—多元函数积分学—两类曲面积分的概念、性质及计算
(15)设矩阵A =[
01000
010
00010000
]，则A 3的秩为 。

【答案】1。

【解析】 因为
A 2=[
0010000100000
000],A 3=[000
1000000000000
] 所以r (A 3)=1。

综上所述，本题正确答案是1。

【考点】线性代数—矩阵—矩阵的乘法，矩阵的秩
(16)在区间(0,1)中随机地取两个数，则这两个数之差的绝对值小于12
的概率为 。

【答案】3
4。

【解析】
假定在区间(0,1)中随机地取两个数为X,Y ，则0<X <1,0<Y <1,把(X,Y)看做直角坐标系内一个点的坐标，则如下图所示，(X,Y)为正方形区域内的点，而满足|X −Y |<1
2的点的区域就是
下图阴影区域。

根据几何型概率，
P {|X −Y |<1
2
}=
1−2?(1
2)3
1
=3
4
综上所述，本题正确答案是34。

【考点】概率论与数理统计—随机事件和概率—几何型概率
x
1 1
2
12
1
y
三、解答题（本题共8小题，满分86分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
(17)（本题满分11分）
求函数f(x,y)=x2+2y2−x2y2在区域D={(x,y)|x2+y2≤4,y≥0}上的最大值和最小值。

【解析】
因为{f′x=2x−2xy2=0
f′y=4y−2x2y=0?{x=±√2
y=1
,{x=±√2
y=−1
,{
x=0
y=0
所以函数在区域D={(x,y)|x2+y2≤4,y≥0}内的驻点为(√2,1),(−√2,1),(0,0)
f(±√2,1)=2,f(0,0)=0
再求函数在边界线上的极值，构造拉格朗日函数为：
L(x,y,λ)=x2+2y2−x2y2+λ(x2+y2−4),则
{?L
?x
=2x−2xy2+2λx=0 ?L
?y
=4y−2x2y+2λy=0
?L ?λ=x2+y2−4=0
,解得
{x=±√5
2
y=±√3
2,{
x=0
y=±2,{
x=±2
y=0，于是条件驻点为
(±√5
2,√3
2
),(0,2),(±2,0) ,
而f(±√5
2,√3
2
)=7
4
,f(0,2)=8,f(±2,0)=4
比较以上函数值，可得函数在区域D ={(x,y)|x 2+y 2≤4,y ≥0}上的最大值为f (0,2)=8，最小值为f (0,0)=0
【考点】高等数学—多元函数微分学—多元函数的极值和条件极值，多元函数的最大值、最小值及其简单应用 (18)（本题满分10分）
计算曲面积分，I =∬xzdydz +2yzdzdx +3xydxdy
Σ,其中Σ为曲面z =1−x 2
−y 24
(0≤z ≤1)的上侧。

【解析】
Σ为曲面z =1−x 2
−
y 24
(0≤z ≤1)的上侧，
添加一个平面Σ1:{z =0
x 2+y 24
≤1
,取下侧，则Σ和Σ1构成闭合曲面，
其所围区域记为Ω，于是 I =∯ Σ+Σ1
−∬
Σ
1
而
∯xzdydz +2yzdzdx +3xydxdy
Σ+Σ1
=∭(?(xz )?x +?(2yz )?y +?(3xy )
?z
) Ω=3∭zdxdydz Ω =
3∫zdz 10∬dxdy x 2+y 24
≤1−z
=6π∫z(1−z)dz 1
0=π ∬xzdydz +2yzdzdx +3xydxdy
Σ1=
∬3xydxdy
Σ1
=
∬3xydxdy
x 2
+
y 2
4
≤1=0
所以 I =∯
Σ+Σ1
−∬=π
Σ
1
【考点】高等数学—多元函数积分学—两类曲面积分的概念、性质及计算
(19)（本题满分11分）
设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内具有二阶导数，且存在相等的最大值，f(a)=g(a),f(b)=g(b),证明：存在ξ∈(a,b)，使得f′′(ξ)=g′′(ξ)。

【解析】
【方法一】
令F(x)=f(x)−g(x),则F(a)=F(b)=0
设f(x),g(x)在(a,b)内的最大值为M，且分别在α∈(a,b)，β∈(a,b)时取到，即f(α)=g(β)=M
若α=β,取到η=α,即F(η)=0；
若α≠β,则
F(α)= f(α)−g(α)=M−g(α)≥0
F(β)= f(β)−g(β)=f(β)−M≤0
此时，由连续函数介值定理知在α,β之间至少存在点η，F(η)=0综上所述，存在η∈(a,b)，使得F(η)=0
由罗尔定理知，存在ξ1∈(a,η),ξ2∈(η,b),使得F′(ξ1)=
0,F′(ξ2)=0；
再由罗尔定理知，存在ξ∈(ξ1,ξ2),使得F′′(ξ)=0,即f′′(ξ)= g′′(ξ)。

【方法二】
用反证法证明存在η∈(a,b)，使得F(η)=0：
假设不存在η∈(a,b)，使得F(η)=0，则由F(x)的连续性知对于一切x∈(a,b), F(x)恒大于零或恒小于零。

设F (x )>0，设g(x)在x 0∈(a,b )取到最大值，则F (x 0)=f (x 0)−g (x 0)>0,即f (x 0)>g (x 0),从而可知f (x )在x ∈(a,b )上的最大值比g (x )在x ∈(a,b )上的最大值要大，与题设矛盾，所以假设命题不成立。

存在η∈(a,b )，使得F (η)=0
所以由罗尔定理知，存在ξ1∈(a,η),ξ2∈(η,b ),使得F ′(ξ1)=0,F ′(ξ2)=0；
再由罗尔定理知，存在ξ∈(ξ1,ξ2),使得F ′′(ξ)=0,即f ′′(ξ)=g′′(ξ)。

【考点】高等数学—一元函数微分学—微分中值定理 (20)（本题满分10分）
设幂级数∑a n x n ∞n=0在(−∞,+∞)内收敛，其和函数y(x)满足y ′′
−
2xy ′−4y =0,y (0)=0,y ′(0)=1 (I)证明:a n+2=
2n+1
a n ,n =1,2,3,?；
(II)求y(x)的表达式。

【解析】 (I)由题设可得
y =∑a n x n ∞n=0,y ′=∑na n x
n−1∞n=1 y ′′=∑n(n −1)a n x n−2∞n=2=∑(n +1)(n +2)a n+2x n ∞n=0,
代入 y ′′−2xy ′−4y =0,y (0)=0,y ′(0)=1 可得
∑(n +1)(n +2)a n+2x n ∞n=0−2∑na n x n ∞n=1−4∑a n x n ∞n=0=0
a 0=0,a 1=1,a 2=0,
即∑(n +1)(n +2)a n+2x n ∞n=0−2∑na n x n ∞n=0−4∑a n x n
∞n=0=0
比较同次项系数可得，
a n+2
=2
n +1a n
,n =1,2,3,? (II)由a 0=0,a 1=1,a 2=0,a n+2=2n+1
a n ,n =1,2,3,?可得，
a 2n =0,a 2n+1=22n
a 2n−1=
22n
?
2
2(n−2
)a 2n−3
=?=1n!
a 1=1
n!
故
y =∑1x 2n+1∞
n=0=x ∑1(x 2)n ∞n=0=xe x 2
【考点】高等数学—无穷级数—简单幂级数的和函数的求法，初等函数的幂级数展开式 (21)（本题满分11分）
设线性方程组 {x 1+x 2+x 3=0
x 1+2x 2+ax 3=0x 1+4x 2+a 2x 3=0 ①
与方程x 1+2x 2+x 3=a −1 ② 有公共解，求a 的值及所有公共解。

【解析】 【方法一】
方程组有公共解，即为将两个方程联立的解 {x 1+x 2+x 3=0x 1+2x 2+ax 3=0
x 1+4x 2+a 2
x 3=0x 1+2x 2+x 3=a −1
③ 对联立方程组的增广矩阵进行初等行变换，有
A =[
111
12a 14a 21
21 ? 000a −1]→[11101a −103a 2−1010 ? 000a −1
] →[101
010
00a −1
000
? 1−a a −11−a (a −1)(a −2)]
已知方程组有解，所以应有(a −1)(a −2)=0，a =1,a =2 a =1时，A →[
1
010
100000
0 ? 0000] 此时，公共解为：x =k [−1
01
],其中k 为任意常数。

a =2时，A →[101010001000 ? −11
−10
]
此时，有唯一的公共解为x =[0
1−1]
【方法二】
先求方程组①的解，其系数行列式为|1
11
1
2a 14a 2
|=(a −1)(a −2)
当a ≠1,a ≠2时，方程组①只有零解，但此时x =(0,0,0)T 不是方程②的解，所以公共解发生在a =1或a =2时， 当a =1时，对方程组①的系数矩阵进行初等行变换 [111121141
]→[101010000]
方程组①的通解为x =k [−1
01
], 其中k 为任意常数。

此解也满足方程组②，所以此时方程组①和②的公共解为x=
k[−1
1
], 其中k为任意常数。

当a=2时，同样求方程组①的通解
[111
122
144
]→[
111
011
033
]→[
100
011
000
]
方程组①的通解为x=k[0
−1
1
], 其中k为任意常数。

将其代入方程组②中得：0+2(−k)+k=1
得k=−1,因此此时方程组①和②的公共解为x=[
0 1−1
]
【考点】线性代数—线性方程组—齐次线性方程组的基础解系和通解，非齐次线性方程组的通解
(22)（本题满分11分）
设3阶实对称矩阵A的特征值为λ1=1,λ2=2,λ3=−2,且α1= (1,−1,1)T是A的属于λ1的一个特征向量，记B=A5−4A3+E,其中E为3阶单位矩阵。

(I)验证α1是矩阵B的特征向量，并求B的所有特征值和特征向
量；
(II)求矩阵B。

【解析】
(I)由Aα=λα知A nα=λnα,那么
Bα1=(A5−4A3+E)α1=A5α1−4A3α1+α1
=(λ15−4λ13+1)α1=−2α1
所以α1是矩阵属于B 特征值μ1=−2的特征向量 同理，Aα2=λ2α2，Aα3=λ3α3，有 Bα2=(λ25−4λ23+1)α2=α2,
Bα3=(λ35−4λ33+1)α3=α3
因此，矩阵B 的特征值为μ1=−2,μ2=μ3=1。

由矩阵A 是对称矩阵知矩阵B 也是对称矩阵，设矩阵B 关于特征值μ2=μ3=1的特征向量是β=(x 1,x 2,x 3)T ，那么因为实对称矩阵特征值不同特征向量相互正交，有
α1T β=x 1−x 2+x 3=0
所以矩阵B 关于特征值μ2=μ3=1的特征向量是β2=(1,1,0)T ,β3=(−1,0,1)T
因此，矩阵B 属于特征值μ1=−2的特征向量是k 1(1,−1,1)T ，其中k 1是不为0的任意常数。

矩阵B 属于特征值μ=1的特征向量是k 2(1,1,0)T +k 3(−1,0,1)T ，其中k 2,k 3是不全为0的任意常数。

(II)由Bα1=−2α1,Bβ2=β2,Bβ3=β3，有
B (α1,β2,β3)=(−2α1,β2,β3)
所以B =(−2α1,β2,β3)(α1,β2,β3)−1
=[−21−1210−201][11−1−110101
]−1 =[−21−1210−201]13
[1−11121−112
]=[01−1101−110]
【考点】线性代数—矩阵的特征值与特征向量—矩阵的特征值和特征向量的概念、性质，实对称矩阵的特征值、特征向量及其相似对角矩阵
(23)（本题满分11分）
设二维随机变量(X,Y)的概率密度为
f (x,y )={2−x −y,0<x <1,0<y <1
0,其他
(I)求P{X >2Y};
(II)求Z =X +Y 的概率密度f Z (z)。

【解析】
(I)P {X >2Y }=∬f(x,y)dxdy x>2y =∬(2−x −y )dxdy
D
=
∫dx 10∫(2−x −y)dy 1
2x
=∫(x −58
x 2
)dx 10
=7
24
其中D 为区域：1>x >2y >0。

(II)【方法一】
根据两个随机变量和的概率密度的一般公式有 f Z (z )=∫f(x,z −x)dx +∞
−∞=∫f(x,z −x)dx 1
0 将z 分段讨论：
z ≤0时，由于0<x <1，故z −x <0,此时f Z (z )=0；
0<z ≤1时，f Z (z )=∫(2−z)z
0dx =2z −z 2
； 1<z ≤2时，f Z (z )=∫(2−z)1z−1
dx =4−4z +z 2； 2<z 时，由于0<x <1，故z −x >1, 此时f Z (z )=0。

综上所述，f Z (z )={2z −z 2,0<z ≤1
4−4z +z 2,1<z ≤20,其他
【方法二】
F Z (z )=P {X +Y ≤z }=∬
f(x,y)dxdy
x+y≤z
z ≤0时, F Z (z )=0；
0<z ≤1时，F Z (z )=∬f(x,y)dxdy
x+y≤z =∫dx z
0∫(2−x −y)dy z−x 0
=z 2−13z 3； 1<z ≤2时，F Z (z )=∬f(x,y)dxdy x+y≤z =1−
∬f(x,y)dxdy
x+y≥z =1−∫dx 1
z−1∫(2−x −y)dy 1
z−x =1
3
z 3−2z 2+4z −5
3
；
2<z 时，F Z (z )=1
所以f Z (z )={2z −z 2,0<z ≤1
4−4z +z 2,1<z ≤20,其他
【考点】概率论与数理统计—多维随机变量及其分布—二维连续型随机变量的概率密度、边缘概率密度和条件密度 (24)（本题满分11分） 设总体X 的概率密度为
f (x,θ)=
{
12θ,0<x <θ,1
2(1−θ)
.θ≤x <1,0,其他
其中参数θ(0<θ<1)未知，X1,X2,?X n是来自总体X的简单随机样本，X是样本均值。

(I)求参数θ的矩估计量θ̂；
(II)判断4X 2
是否为θ2的无偏估计量，并说明理由。

【解析】
(I)E(X)=∫x
2θdx
θ0+∫x
2(1−θ)
dx
1
θ
=1
4
+1
2
θ
令=1
4+1
2
θ，解得θ=2X−1
2
所以参数θ的矩估计量θ̂=2X−1
2
(II)E 2
)=4E(X2)=4{D(X)+[E(X)]2}=4[D(X)
n
+(EX)2]
由(I)知E(X)=1
4+1
2
θ,又有
E(X2)=∫x2
2θdx
θ0+∫x2
2(1−θ)
dx
1
θ
=1
2θ
?θ3
3
+1
2(1−θ)
?1−θ3
3
=1
6
(1+
θ+θ2)
D(X)=E(X2)−(EX)2=1
6(1+θ+θ2)−(1
4
+1
2
θ)
2
=5
48
−θ
12
+
θ2 12
所以E(4X 2
)=4[D(X)
n
+(EX)2]=4[5
48
−θ
12
+θ2
12
+(1
4
+1
2
θ)
2
]
=3n+5
12n
+3n−1
3n
θ+3n+1
3n
θ2
因此，2
不是θ2的无偏估计量。

【考点】概率论与数理统计—参数估计—矩估计法，估计量的评选标准。