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2007 年真题

24 题

选择题

1～10小题，每小题4分，共40分

1

当 $x \to 0^{+}$ 时，与 $x$ 等价的无穷小量是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 当 $x \to 0^{+}$ 时，需要找到与 $x$ 等价的无穷小量，即求 $lim_{x \to 0^{+}} \frac{f ( x )}{x} = 1$ 。

选项 A： $1 - e^{x}$ ，计算极限 $lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 - e ^{x}}{x} = - lim_{t \to 0^{+}} \frac{e ^{t} - 1}{t} = - 1 \neq = 1$ ，故不等价。
选项 B： $ln \frac{1 + x}{1 - x} = ln (1 + x) - ln (1 - x)$ ，计算极限 $lim_{x \to 0^{+}} \frac{l n \frac{1 + x}{1 - x}}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{l n ( 1 + x ) - l n ( 1 - x )}{x}$ 。由于 $ln (1 + x) \sim x$ ，且 $\frac{x}{x} = x \to 0$ ，而 $ln (1 - x) \sim - x$ ，所以 $- ln (1 - x) \sim x$ ，因此极限为 1，故等价。
选项 C： $1 + x - 1$ ，利用等价无穷小 $1 + u - 1 \sim \frac{1}{2} u$ （当 $u \to 0$ ），令 $u = x$ ，则 $1 + x - 1 \sim \frac{1}{2} x$ ，极限为 $\frac{1}{2} \neq = 1$ ，故不等价。
选项 D： $1 - cos x$ ，利用等价无穷小 $1 - cos t \sim \frac{1}{2} t^{2}$ （当 $t \to 0$ ），令 $t = x$ ，则 $1 - cos x \sim \frac{1}{2} x$ ，与 $x$ 比较的极限为 $\frac{\frac{1}{2} x}{x} = \frac{1}{2} x \to 0$ ，故不等价。
因此，只有选项 B 与 $x$ 等价。

2

曲线 $y = \frac{1}{x} + ln (1 + e^{x})$ 渐近线的条数为

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正确答案：D

正确答案：D
【解析】 为了求曲线

y = \frac{1}{x} + ln (1 + e^{x})

的渐近线，需考虑水平渐近线、垂直渐近线和斜渐近线。
当

x \to - \infty

时，

\frac{1}{x} \to 0

，

ln (1 + e^{x}) \to ln (1) = 0

，因此

y \to 0

，有一条水平渐近线

y = 0

。
当

x \to 0

时，

\frac{1}{x} \to \infty

，而

ln (1 + e^{x})

有限，因此有一条垂直渐近线

x = 0

。
当

x \to + \infty

时，计算

lim_{x \to + \infty} \frac{y}{x} = lim_{x \to + \infty} (\frac{1}{x ^{2}} + \frac{l n ( 1 + e ^{x} )}{x}) = 0 + 1 = 1

，且

lim_{x \to + \infty} (y - x) = lim_{x \to + \infty} (\frac{1}{x} + ln (1 + e^{x}) - x) = lim_{x \to + \infty} ln (1 + e^{- x}) = ln (1) = 0

，因此有一条斜渐近线

y = x

。
综上，曲线有三条渐近线，故答案为 D。

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 $[- 2, 0]$ , $[0, 2]$ 上图形分别是直径为 $2$ 的上、下半圆周．

设 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ ，则下列结论正确的是

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 由所给条件知， $f (x)$ 为 $x$ 的奇函数，则 $f (- x) = - f (x)$ ，由 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 知

F (- x) = \int_{0}^{- x} f (t) d t = \int_{0}^{x} f (- u) d (- u) = \int_{0}^{x} f (u) d u = F (x),

故 $F (x)$ 为 $x$ 的偶函数，所以 $F (- 3) = F (3)$ 。由于曲线由半圆周组成，由定积分的几何意义，得到

F (2) = \int_{0}^{2} f (t) d t = \frac{π}{2} \cdot 1^{2} = \frac{π}{2},

F (3) = \int_{0}^{3} f (t) d t = \int_{0}^{2} f (t) d t + \int_{2}^{3} f (t) d t = \frac{π}{2} \cdot 1^{2} - \frac{π}{2} \cdot (\frac{1}{2})^{2} = \frac{π}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{4} F (2) .

所以 $F (- 3) = F (3) = \frac{3}{4} F (2)$ 。

4

设函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 连续，则下列命题错误的是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

应选 (D)。例如取 $f (x) = ∣ x ∣$ ，有

x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( - x )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{∣ x ∣ - ∣ - x ∣}{x} = 0

存在，而

x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{-} lim \frac{- x - 0}{x - 0} = - 1, x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{+} lim \frac{x - 0}{x - 0} = 1,

左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，即选项 (D) 错误。

由 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{x}$ 存在及 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，可得

f (0) = x \to 0 lim f (x) = x \to 0 lim (\frac{f ( x )}{x} \cdot x) = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} \cdot x \to 0 lim x = 0 \cdot x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = 0,

所以选项 (A) 正确。

由选项 (A) 知 $f (0) = 0$ ，所以

f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x}

存在，所以选项 (C) 也正确。

由 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，所以 $f (- x)$ 在 $x = 0$ 处连续，从而

x \to 0 lim [f (x) + f (- x)] = x \to 0 lim f (x) + x \to 0 lim f (- x) = f (0) + f (0) = 2 f (0),

所以

2 f (0) = x \to 0 lim [\frac{f ( x ) + f ( - x )}{x} \cdot x] = x \to 0 lim \frac{f ( x ) + f ( - x )}{x} \cdot x \to 0 lim x = 0 \cdot x \to 0 lim \frac{f ( x ) + f ( - x )}{x} = 0,

即有 $f (0) = 0$ ，所以选项 (B) 正确。

5

设函数 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上具有二阶导数，且 $f^{''} (x) > 0$ ，令 $u_{n} = f (n)$ （ $n = 1, 2, \dots$ ），则下列结论正确的是

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 函数 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上具有二阶导数，且 $f^{''} (x) > 0$ ，因此 $f (x)$ 是凸函数，且 $f^{'} (x)$ 单调递增。令 $u_{n} = f (n)$ ，考虑选项条件。

若 $u_{1} < u_{2}$ ，即 $f (1) < f (2)$ ，由微分中值定理，存在 $c \in (1, 2)$ 使得 $f^{'} (c) = \frac{f ( 2 ) - f ( 1 )}{2 - 1} > 0$ 。由于 $f^{'} (x)$ 单调递增，对任意 $x > c$ ，有 $f^{'} (x) > f^{'} (c) > 0$ 。因此，当 $x \geq 2$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ，且 $f^{'} (x)$ 有正下界，故 $f (x)$ 在 $[2, + \infty)$ 上严格递增且至少以线性速度增长，从而 $lim_{x \to \infty} f (x) = + \infty$ ，序列 ${u_{n}}$ 发散。

对于其他选项，反例表明不一定成立：

若 $u_{1} > u_{2}$ ，如 $f (x) = \frac{1}{x}$ ，则 $u_{n} = \frac{1}{n}$ 收敛；如 $f (x) = - ln x$ ，则 $u_{n} = - ln n$ 发散。故 A 和 B 错误。
若 $u_{1} < u_{2}$ ，如 $f (x) = x^{2}$ ，则 $u_{n} = n^{2}$ 发散，故 C 错误。

因此，正确结论为 D。

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象限内的点 $N$ ， $Γ$ 为 $L$ 上从点 $M$ 到点 $N$ 的一段弧，则下列积分小于零的是

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 曲线

L : f (x, y) = 1

上，

f (x, y)

恒为 1。点

M

在第 II 象限（

x < 0, y > 0

），点

N

在第 IV 象限（

x > 0, y < 0

），弧

Γ

从

M

到

N

。
对于选项 A：

\int_{Γ} f (x, y) d x = \int_{Γ} 1 d x = x (N) - x (M)

。由于

x (N) > 0

，

x (M) < 0

，因此

x (N) - x (M) > 0

，积分大于零。
对于选项 B：

\int_{Γ} f (x, y) d y = \int_{Γ} 1 d y = y (N) - y (M)

。由于

y (N) < 0

，

y (M) > 0

，因此

y (N) - y (M) < 0

，积分小于零。
对于选项 C：

\int_{Γ} f (x, y) d s = \int_{Γ} 1 d s

，其中

d s

为弧长元素，始终为正，因此积分大于零。
对于选项 D：

\int_{Γ} f_{x}^{'} (x, y) d x + f_{y}^{'} (x, y) d y = \int_{Γ} df (x, y)

。由于在曲线

L

上

f (x, y) = 1

为常数，故

df (x, y) = 0

，积分等于零。
因此，只有选项 B 的积分小于零。

7

设向量组 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $α_{3}$ 线性无关，则下列向量组线性相关的是

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】

应选 (A). 因为 $(α_{1} - α_{2}) + (α_{2} - α_{3}) + (α_{3} - α_{1}) = 0$ , 所以 $α_{1} - α_{2}, α_{2} - α_{3}, α_{3} - α_{1}$ 线性相关.

选项 (B) 不对. 因为

(α_{1} + α_{2}, α_{2} + α_{3}, α_{3} + α_{1}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 110011101 = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) P_{2},

其中 $∣ P_{2} ∣ = 2 \neq = 0$ .

选项 (C) 不对, 因为

(α_{1} - 2 α_{2}, α_{2} - 2 α_{3}, α_{3} - 2 α_{1}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 1 - 2 0 01 - 2 - 2 01 = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) P_{3},

其中 $∣ P_{3} ∣ = - 7 \neq = 0$ .

选项 (D) 不对, 因为

(α_{1} + 2 α_{2}, α_{2} + 2 α_{3}, α_{3} + 2 α_{1}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 120012201 = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) P_{4},

其中 $∣ P_{4} ∣ = 9 \neq = 0$ .

8

设矩阵 $A = 2 - 1 - 1 - 1 2 - 1 - 1 - 1 2$ ， $B = 100010000$ ，则 $A$ 与 $B$

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 矩阵 $A$ 的特征值为 $0, 3, 3$ ，矩阵 $B$ 的特征值为 $1, 1, 0$ 。由于特征值不同，因此 $A$ 与 $B$ 不相似。

$A$ 与 $B$ 都是实对称矩阵，且它们的正惯性指数均为 $2$ ，负惯性指数均为 $0$ ，因此 $A$ 与 $B$ 合同。

故 $A$ 与 $B$ 合同但不相似。

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

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】 第4次射击恰好第2次命中目标意味着在前三次射击中恰好有一次命中目标，且第四次射击命中目标。前三次射击中恰好一次命中的概率为

(1 3) p (1 - p)^{2} = 3 p (1 - p)^{2}

，第四次命中的概率为

p

。因此，总概率为

3 p (1 - p)^{2} \times p = 3 p^{2} (1 - p)^{2}

，对应选项C。

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 $Y = y$ 条件下， $X$ 的条件概率密度 $f_{X ∣ Y} (x ∣ y)$ 为

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正确答案：A

正确答案：A
【解析】 由于随机变量

(X, Y)

服从二维正态分布，且

X

与

Y

不相关，在二维正态分布中，不相关等价于独立。因此，

X

与

Y

相互独立，联合概率密度函数

f_{X, Y} (x, y) = f_{X} (x) f_{Y} (y)

。条件概率密度

f_{X ∣ Y} (x ∣ y)

的定义为

f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = \frac{f _{X, Y} ( x , y )}{f _{Y} ( y )}

。代入独立条件，得

f_{X ∣ Y} (x ∣ y) = \frac{f _{X} ( x ) f _{Y} ( y )}{f _{Y} ( y )} = f_{X} (x)

，故答案为A。

填空题

11～16小题，每小题4分，共24分

11

$\int_{1}^{2} \frac{1}{x ^{3}} e^{\frac{1}{x}} d x =$ ______．

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【答案】
$\frac{1}{2} e$

【解析】
考虑积分 $\int_{1}^{2} \frac{1}{x ^{3}} e^{\frac{1}{x}} d x$ 。令 $u = \frac{1}{x}$ ，则 $d u = - \frac{1}{x ^{2}} d x$ 。当 $x = 1$ 时， $u = 1$ ；当 $x = 2$ 时， $u = \frac{1}{2}$ 。
被积函数可写为：

\frac{1}{x ^{3}} e^{\frac{1}{x}} d x = u^{3} e^{u} \cdot (- \frac{1}{u ^{2}} d u) = - u e^{u} d u

因此，积分变为：

\int_{1}^{2} \frac{1}{x ^{3}} e^{\frac{1}{x}} d x = \int_{1}^{\frac{1}{2}} - u e^{u} d u = \int_{\frac{1}{2}}^{1} u e^{u} d u

计算 $\int u e^{u} d u$ 使用分部积分法：
令 $f = u$ ， $g^{'} = e^{u}$ ，则 $f^{'} = 1$ ， $g = e^{u}$ ，

\int u e^{u} d u = u e^{u} - \int e^{u} d u = u e^{u} - e^{u} + C = e^{u} (u - 1) + C

代入上下限：

\int_{\frac{1}{2}}^{1} u e^{u} d u = [e^{u} (u - 1)]_{\frac{1}{2}}^{1} = (e^{1} (1 - 1)) - (e^{\frac{1}{2}} (\frac{1}{2} - 1)) = 0 - (e^{\frac{1}{2}} \cdot (- \frac{1}{2})) = \frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2} e

故原积分的值为 $\frac{1}{2} e$ 。

12

设 $f (u, v)$ 为二元可微函数， $z = f (x^{y}, y^{x})$ ，则 $\frac{\partial z}{\partial x} =$ ______．

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【答案】

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot y x^{y - 1} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot y^{x} ln y

其中偏导数 $\frac{\partial f}{\partial u}$ 和 $\frac{\partial f}{\partial v}$ 在点 $(u, v) = (x^{y}, y^{x})$ 处取值。

【解析】 给定 $z = f (x^{y}, y^{x})$ ，其中 $f (u, v)$ 是二元可微函数。令 $u = x^{y}$ 和 $v = y^{x}$ ，则 $z = f (u, v)$ 。使用链式法则求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} .

计算 $\frac{\partial u}{\partial x}$ ：由于 $u = x^{y}$ ，且 $y$ 视为常数，有 $\frac{\partial u}{\partial x} = y x^{y - 1}$ 。计算 $\frac{\partial v}{\partial x}$ ：由于 $v = y^{x}$ ，且 $y$ 视为常数，有 $\frac{\partial v}{\partial x} = y^{x} ln y$ 。代入链式法则公式，得到：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot y x^{y - 1} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot y^{x} ln y .

其中 $\frac{\partial f}{\partial u}$ 和 $\frac{\partial f}{\partial v}$ 在点 $(u, v) = (x^{y}, y^{x})$ 处计算。

13

二阶常系数非齐次线性微分方程 $y^{''} - 4 y^{'} + 3 y = 2 e^{2 x}$ 的通解为 $y =$ ______．

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【答案】
$y = C_{1} e^{3 x} + C_{2} e^{x} - 2 e^{2 x}$

【解析】
给定二阶常系数非齐次线性微分方程 $y^{''} - 4 y^{'} + 3 y = 2 e^{2 x}$ ，首先求解齐次方程 $y^{''} - 4 y^{'} + 3 y = 0$ 。
特征方程为 $r^{2} - 4 r + 3 = 0$ ，解得 $r_{1} = 3$ ， $r_{2} = 1$ ，因此齐次通解为 $y_{h} = C_{1} e^{3 x} + C_{2} e^{x}$ 。
由于非齐次项为 $2 e^{2 x}$ ，且 $2$ 不是特征根，设特解形式为 $y_{p} = A e^{2 x}$ 。
代入原方程：
$y_{p}^{'} = 2 A e^{2 x}$ ， $y_{p}^{''} = 4 A e^{2 x}$ ，
则 $y_{p}^{''} - 4 y_{p}^{'} + 3 y_{p} = 4 A e^{2 x} - 8 A e^{2 x} + 3 A e^{2 x} = - A e^{2 x}$ 。
令其等于 $2 e^{2 x}$ ，得 $- A = 2$ ，即 $A = - 2$ ，故特解为 $y_{p} = - 2 e^{2 x}$ 。
因此，通解为齐次通解与特解之和： $y = y_{h} + y_{p} = C_{1} e^{3 x} + C_{2} e^{x} - 2 e^{2 x}$ 。

14

设曲面 $Σ : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1$ ，则 $\iint_{Σ} (x + ∣ y ∣) d S =$ ______．

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【答案】

\frac{4 3}{3}

【解析】 首先，计算曲面积分 $\iint_{Σ} (x + ∣ y ∣) d S$ ，其中曲面 $Σ : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1$ 。
由于曲面关于 $yz$ 平面对称，且 $x$ 是奇函数，因此 $\iint_{Σ} x d S = 0$ 。
于是，积分简化为 $\iint_{Σ} ∣ y ∣ d S$ 。
接下来，计算 $\iint_{Σ} ∣ y ∣ d S$ 。
由曲面的对称性，有 $\iint_{Σ} ∣ x ∣ d S = \iint_{Σ} ∣ y ∣ d S = \iint_{Σ} ∣ z ∣ d S$ 。
在曲面上， $∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1$ ，因此

\iint_{Σ} (∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣) d S = \iint_{Σ} 1 d S = A,

其中 $A$ 是曲面的表面积。
曲面 $Σ$ 是一个正八面体，由 8 个等边三角形面组成，每个三角形的边长为 $2$ ，面积为 $\frac{3}{2}$ ，故总表面积 $A = 8 \times \frac{3}{2} = 43$ 。
于是，

\iint_{Σ} ∣ y ∣ d S = \frac{A}{3} = \frac{4 3}{3} .

因此，

\iint_{Σ} (x + ∣ y ∣) d S = 0 + \frac{4 3}{3} = \frac{4 3}{3} .

15

设矩阵 $A = 0000100001000010$ ，则 $A^{3}$ 的秩为______．

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【答案】 $1$

【解析】
矩阵 $A = 0000100001000010$ 是一个移位矩阵。计算 $A^{3}$ ：
首先， $A^{2} = A \times A = 0000000010000100$ 。
然后， $A^{3} = A^{2} \times A = 0000000000001000$ 。
矩阵 $A^{3}$ 只有第一行非零，且该行为 $(0, 0, 0, 1)$ ，因此行秩为1；同样，只有第四列非零，列秩也为1。故 $A^{3}$ 的秩为1。

16

在区间 $(0, 1)$ 中随机地取两个数，则这两数之差的绝对值小于 $\frac{1}{2}$ 的概率为______．

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【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】 在区间 $(0, 1)$ 中随机取两个数 $x$ 和 $y$ ，则点 $(x, y)$ 落在单位正方形 $[0, 1] \times [0, 1]$ 内。总面积为1。需要求 $∣ x - y ∣ < \frac{1}{2}$ 的概率，即满足条件的区域面积。

条件 $∣ x - y ∣ < \frac{1}{2}$ 等价于 $- \frac{1}{2} < x - y < \frac{1}{2}$ ，即 $y - \frac{1}{2} < x < y + \frac{1}{2}$ 。在单位正方形内，该区域由两条直线 $x - y = \frac{1}{2}$ 和 $x - y = - \frac{1}{2}$ 界定。

不满足条件的区域为 $∣ x - y ∣ \geq \frac{1}{2}$ ，包括两个三角形：

当 $x - y \geq \frac{1}{2}$ 时，区域为三角形，顶点为 $(1/2, 0)$ 、 $(1, 0)$ 、 $(1, 1/2)$ ，面积为 $\frac{1}{8}$ 。
当 $x - y \leq - \frac{1}{2}$ 时，区域为三角形，顶点为 $(0, 1/2)$ 、 $(0, 1)$ 、 $(1/2, 1)$ ，面积为 $\frac{1}{8}$ 。

不满足条件的区域总面积为 $\frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4}$ ，因此满足条件的区域面积为 $1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ 。

或者，通过积分计算：对于固定 $y$ ， $x$ 的允许长度为 $min (1, y + 1/2) - max (0, y - 1/2)$ 。

当 $y \in [0, 1/2]$ 时，长度为 $(y + 1/2) - 0 = y + 1/2$ 。
当 $y \in [1/2, 1]$ 时，长度为 $1 - (y - 1/2) = 3/2 - y$ 。积分得： $\int_{0}^{1/2} (y + 1/2) d y = \frac{3}{8}, \int_{1/2}^{1} (3/2 - y) d y = \frac{3}{8},$ 总和为 $\frac{3}{4}$ 。

故概率为 $\frac{3}{4}$ 。

解答题

17～24小题，共86分

17

（本题满分 10 分）

求函数 $f (x, y) = x^{2} + 2 y^{2} - x^{2} y^{2}$ 在区域 $D = {(x, y) x^{2} + y^{2} \leq 4, y \geq 0}$ 上的最大值和最小值．

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【答案】 最小值：0，最大值：8

【解析】 首先，求函数在区域内部的临界点。计算偏导数 $f_{x} = 2 x - 2 x y^{2}$ 和 $f_{y} = 4 y - 2 x^{2} y$ ，令其为零：

$f_{x} = 0$ 得 $x = 0$ 或 $y^{2} = 1$ ；
$f_{y} = 0$ 得 $y = 0$ 或 $x^{2} = 2$ 。结合条件，得临界点 $(0, 0)$ 、 $(2, 1)$ 和 $(- 2, 1)$ ，函数值分别为 $0$ 、 $2$ 和 $2$ 。

其次，考虑边界。边界由 $y = 0$ （ $- 2 \leq x \leq 2$ ）和半圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ （ $y \geq 0$ ）组成：

在 $y = 0$ 上，函数化为 $f (x, 0) = x^{2}$ ，最小值为 $0$ （在 $(0, 0)$ ），最大值为 $4$ （在 $(\pm 2, 0)$ ）。
在半圆上，代入 $x^{2} = 4 - y^{2}$ 得 $f (x, y) = 4 - 3 y^{2} + y^{4}$ 。令 $g (y) = y^{4} - 3 y^{2} + 4$ （ $y \in [0, 2]$ ），求导 $g^{'} (y) = 4 y^{3} - 6 y$ ，得临界点 $y = 0$ 和 $y = 3/2$ 。函数值：在 $y = 0$ 时 $f = 4$ ，在 $y = 3/2$ 时 $f = 7/4$ ，在 $y = 2$ 时 $f = 8$ .

比较所有点函数值：内部临界点值 $0$ 和 $2$ ，边界值 $0$ 、 $4$ 、 $7/4$ 、 $8$ ，故最小值为 $0$ ，最大值为 $8$ 。

18

（本题满分 11 分）

计算曲面积分 $I = \iint_{Σ} x z d y d z + 2 zy d z d x + 3 x y d x d y$ ，其中 $Σ$ 为曲面 $z = 1 - x^{2} - \frac{y ^{2}}{4}$ （ $0 \leq z \leq 1$ ）的上侧．

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【答案】 $π$

【解析】 考虑使用高斯散度定理。曲面 $Σ$ 是开放曲面，需添加底面 $Σ_{1} : z = 0, x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} \leq 1$ 取下侧，构成封闭曲面 $S = Σ \cup Σ_{1}$ 。设向量场 $F = (P, Q, R) = (x z, 2 zy, 3 x y)$ ，则原积分可写为：

I = \iint_{Σ} P d y d z + Q d z d x + R d x d y .

由高斯定理：

\iint_{S} P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ∭_{V} (\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}) d V,

其中 $V$ 是 $S$ 所围成的区域。计算散度：

\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x z) = z, \frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (2 zy) = 2 z, \frac{\partial R}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (3 x y) = 0,

所以 $\nabla \cdot F = z + 2 z + 0 = 3 z$ 。因此：

\iint_{S} F \cdot d S = ∭_{V} 3 z d V .

区域 $V$ 由 $0 \leq z \leq 1 - x^{2} - \frac{y ^{2}}{4}$ 和 $x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} \leq 1$ 定义。采用坐标变换：令 $x = r cos θ, y = 2 r sin θ$ ，则雅可比行列式为 $2 r$ ，即 $d x d y = 2 r d r d θ$ ，且 $r \leq 1, θ \in [0, 2 π]$ 。于是：

∭_{V} 3 z d V = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1 - r^{2}} 3 z \cdot 2 r d z d r d θ = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 6 r [\frac{1}{2} z^{2}]_{0}^{1 - r^{2}} d r d θ = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 3 r (1 - r^{2})^{2} d r d θ .

计算内积分：

\int_{0}^{1} 3 r (1 - r^{2})^{2} d r = 3 \int_{0}^{1} r (1 - 2 r^{2} + r^{4}) d r = 3 [\frac{1}{2} r^{2} - \frac{1}{2} r^{4} + \frac{1}{6} r^{6}]_{0}^{1} = 3 (\frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6}) = \frac{1}{2} .

所以：

∭_{V} 3 z d V = \int_{0}^{2 π} \frac{1}{2} d θ = π .

即：

\iint_{S} F \cdot d S = π .

现在计算底面 $Σ_{1}$ 的积分。在 $Σ_{1}$ 上， $z = 0$ ，取法向量向下 $n = (0, 0, - 1)$ ，则：

\iint_{Σ_{1}} F \cdot d S = \iint_{Σ_{1}} (x z, 2 zy, 3 x y) \cdot (0, 0, - 1) d S = \iint_{D} - 3 x y d x d y,

其中 $D : x^{2} + \frac{y ^{2}}{4} \leq 1$ 。由于被积函数 $x y$ 在 $D$ 上关于 $x$ 和 $y$ 均为奇函数，且 $D$ 对称，故积分值为零：

\iint_{D} - 3 x y d x d y = 0.

因此：

\iint_{Σ} F \cdot d S = \iint_{S} F \cdot d S - \iint_{Σ_{1}} F \cdot d S = π - 0 = π .

故原积分 $I = π$ 。

19

（本题满分 11 分）

设函数 $f (x)$ ， $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导且存在相等的最大值，又 $f (a)$ = $g (a)$ ， $f (b)$ = $g (b)$ ，证明：存在 $ξ \in (a, b)$ ，使得 $f^{''} (ξ) = g^{''} (ξ)$ ．

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【答案】
存在 $ξ \in (a, b)$ ，使得 $f^{''} (ξ) = g^{''} (ξ)$ 。

【解析】
令 $φ (x) = f (x) - g (x)$ ，由题设 $f (x), g (x)$ 存在相等的最大值，设 $x_{1} \in (a, b), x_{2} \in (a, b)$ 使得

f (x_{1}) = [a, b] max f (x) = g (x_{2}) = [a, b] max g (x) .

于是 $φ (x_{1}) = f (x_{1}) - g (x_{1}) \geq 0, φ (x_{2}) = f (x_{2}) - g (x_{2}) \leq 0.$

若 $φ (x_{1}) = 0$ ，则取 $η = x_{1} \in (a, b)$ ，有 $φ (η) = 0$ .

若 $φ (x_{2}) = 0$ ，则取 $η = x_{2} \in (a, b)$ ，有 $φ (η) = 0$ .

若 $φ (x_{1}) > 0, φ (x_{2}) < 0$ ，则由连续函数介值定理知，存在 $η \in (x_{1}, x_{2})$ 使 $φ (η) = 0$ . 不论以上哪种情况，总存在 $η \in (a, b)$ ，使 $φ (η) = 0$ . 另外有

φ (a) = f (a) - g (a) = 0, φ (b) = f (b) - g (b) = 0.

将 $φ (x)$ 在区间 $[a, η], [η, b]$ 分别应用罗尔定理，得存在 $ξ_{1} \in (a, η), ξ_{2} \in (η, b)$ ，使得 $φ^{'} (ξ_{1}) = 0, φ^{'} (ξ_{2}) = 0$ ；再由罗尔定理知，存在 $ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2})$ ，使 $φ^{''} (ξ) = 0$ ，即有 $f^{''} (ξ) = g^{''} (ξ)$ .

20

（本题满分 10 分）

设幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内收敛，其和函数 $y (x)$ 满足

y^{''} - 2 x y^{'} - 4 y = 0, y (0) = 0, y^{'} (0) = 1.

(1) 证明 $a_{n + 2} = \frac{2}{n + 1} a_{n}, n = 1, 2, \dots$ ；

(2) 求 $y (x)$ 的表达式．

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【答案】
(1) 证明见解析。
(2) $y (x) = x e^{x^{2}}$

【解析】
(1) 设 $y (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ ，则 $y^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1}$ ， $y^{''} (x) = \sum_{n = 2}^{\infty} n (n - 1) a_{n} x^{n - 2}$ 。代入微分方程 $y^{''} - 2 x y^{'} - 4 y = 0$ ，得：

n = 2 \sum \infty n (n - 1) a_{n} x^{n - 2} - 2 x n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n - 1} - 4 n = 0 \sum \infty a_{n} x^{n} = 0

调整索引：第一项为 $\sum_{n = 0}^{\infty} (n + 2) (n + 1) a_{n + 2} x^{n}$ ，第二项为 $- 2 \sum_{n = 0}^{\infty} n a_{n} x^{n}$ （当 $n = 0$ 时项为 0），第三项为 $- 4 \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 。合并得：

n = 0 \sum \infty [(n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - 2 n a_{n} - 4 a_{n}] x^{n} = 0

即

n = 0 \sum \infty [(n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - 2 (n + 2) a_{n}] x^{n} = 0

由于级数恒为零，系数必为零：

(n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - 2 (n + 2) a_{n} = 0

对于 $n \geq 0$ ，由于 $n + 2 \neq = 0$ ，除以 $n + 2$ 得：

(n + 1) a_{n + 2} = 2 a_{n}

即

a_{n + 2} = \frac{2}{n + 1} a_{n}

对于 $n = 1, 2, \dots$ ，该式成立。

(2) 由初始条件 $y (0) = 0$ 得 $a_{0} = 0$ ，由 $y^{'} (0) = 1$ 得 $a_{1} = 1$ 。利用递推关系 $a_{n + 2} = \frac{2}{n + 1} a_{n}$ ：

当 $n$ 为偶数时， $a_{0} = 0$ ，故所有偶数项 $a_{2 k} = 0$ 。
当 $n$ 为奇数时， $a_{1} = 1$ ， $a_{3} = \frac{2}{2} a_{1} = 1$ ， $a_{5} = \frac{2}{4} a_{3} = \frac{1}{2}$ ， $a_{7} = \frac{2}{6} a_{5} = \frac{1}{6}$ ，归纳得 $a_{2 k + 1} = \frac{1}{k !}$ 。
因此和函数为：
$y (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{2 k + 1} x^{2 k + 1} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{k !} x^{2 k + 1} = x \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{( x ^{2} ) ^{k}}{k !} = x e^{x^{2}}$ 故 $y (x) = x e^{x^{2}}$ 。

21

（本题满分 11 分）

设线性方程组① $⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0 x_{1} + 2 x_{2} + a x_{3} = 0 x_{1} + 4 x_{2} + a^{2} x_{3} = 0$ 与方程② $x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = a - 1$ 有公共解，求 $a$ 的值及所有公共解．

查看答案与解析

【答案】
当 $a = 1$ 时，所有公共解为 $x_{1} = - k, x_{2} = 0, x_{3} = k$ ，其中 $k$ 为任意常数；
当 $a = 2$ 时，公共解为 $x_{1} = 0, x_{2} = 1, x_{3} = - 1$ 。

【解析】
线性方程组①的系数矩阵行列式为：

det 111124 1 a a^{2} = (a - 1) (a - 2)

当 $a \neq = 1$ 且 $a \neq = 2$ 时，方程组①仅有零解，但零解代入方程②得 $0 = a - 1$ ，要求 $a = 1$ ，矛盾，故无公共解。
当 $a = 1$ 时，方程组①化为：

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0 x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = 0 x_{1} + 4 x_{2} + x_{3} = 0

解得 $x_{2} = 0$ ， $x_{1} = - x_{3}$ ，令 $x_{3} = k$ ，则解为 $x_{1} = - k, x_{2} = 0, x_{3} = k$ 。代入方程② $x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = a - 1 = 0$ ，得 $(- k) + 0 + k = 0$ ，恒成立，故所有解均为公共解。
当 $a = 2$ 时，方程组①化为：

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0 x_{1} + 2 x_{2} + 2 x_{3} = 0 x_{1} + 4 x_{2} + 4 x_{3} = 0

解得 $x_{1} = 0$ ， $x_{2} = - x_{3}$ ，令 $x_{3} = k$ ，则解为 $x_{1} = 0, x_{2} = - k, x_{3} = k$ 。代入方程② $x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = a - 1 = 1$ ，得 $0 + 2 (- k) + k = - k = 1$ ，解得 $k = - 1$ ，故公共解为 $x_{1} = 0, x_{2} = 1, x_{3} = - 1$ 。

22

（本题满分 11 分）

设 $3$ 阶实对称矩阵 $A$ 的特征值 $λ_{1} = 1$ , $λ_{2} = 2$ , $λ_{3} = - 2$ ， $α_{1} = (1, - 1, 1)^{T}$ 是 $A$ 的属于 $λ_{1}$ 的一个特征向量，记 $B = A^{5} - 4 A^{3} + E$ ，其中 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵．

(1) 验证 $α_{1}$ 是矩阵 $B$ 的特征向量，并求 $B$ 的全部特征值与特征向量；

(2) 求矩阵 $B$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $α_{1}$ 是矩阵 $B$ 的特征向量，对应的特征值为 $- 2$ 。 $B$ 的全部特征值为 $- 2, 1, 1$ 。特征向量：对于特征值 $- 2$ ，特征向量为 $k α_{1}$ （ $k \neq = 0$ ）；对于特征值 $1$ ，特征向量为所有满足 $x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0$ 的向量 $x$ 。
(2) 矩阵 $B$ 为

B = 01 - 1 101 - 1 10

【解析】
(1) 由于 $A$ 是实对称矩阵， $α_{1}$ 是 $A$ 的属于特征值 $λ_{1} = 1$ 的特征向量，即 $A α_{1} = α_{1}$ 。则

B α_{1} = (A^{5} - 4 A^{3} + E) α_{1} = A^{5} α_{1} - 4 A^{3} α_{1} + E α_{1} = λ_{1}^{5} α_{1} - 4 λ_{1}^{3} α_{1} + α_{1} = (1 - 4 + 1) α_{1} = - 2 α_{1},

所以 $α_{1}$ 是 $B$ 的特征向量，对应的特征值为 $- 2$ 。
$B$ 是 $A$ 的多项式，因此 $B$ 的特征值可以通过 $A$ 的特征值计算。设 $f (λ) = λ^{5} - 4 λ^{3} + 1$ ，则

f (1) = 1^{5} - 4 \cdot 1^{3} + 1 = - 2, f (2) = 2^{5} - 4 \cdot 2^{3} + 1 = 1, f (- 2) = (- 2)^{5} - 4 \cdot (- 2)^{3} + 1 = 1,

所以 $B$ 的特征值为 $- 2, 1, 1$ 。
特征向量：对于特征值 $- 2$ ，特征向量为 $k α_{1}$ （ $k \neq = 0$ ）。对于特征值 $1$ ，由于 $A$ 是实对称矩阵，其特征向量相互正交，且 $B$ 的特征向量与 $A$ 相同，因此特征值 $1$ 的特征向量是 $A$ 的属于特征值 $2$ 和 $- 2$ 的特征向量，这些特征向量均与 $α_{1}$ 正交，即满足 $x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0$ 。由于特征值 $1$ 是二重的，特征空间是二维的，所以任何满足 $x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0$ 的向量都是 $B$ 的属于特征值 $1$ 的特征向量。

(2) 由 (1) 知 $B$ 的特征值为 $- 2, 1, 1$ ，且特征向量对应。令 $u_{1} = \frac{α _{1}}{∥ α _{1} ∥} = (\frac{1}{3}, - \frac{1}{3}, \frac{1}{3})^{T}$ ，则 $B$ 可表示为

B = I - 3 u_{1} u_{1}^{T},

其中 $I$ 为单位矩阵。计算 $u_{1} u_{1}^{T}$ ：

u_{1} u_{1}^{T} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} (\frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3}) = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3},

则

B = I - 3 \cdot \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \frac{1}{3} = 100010001 - 1 - 1 1 - 1 1 - 1 1 - 1 1 = 01 - 1 101 - 1 10 .

因此，矩阵 $B$ 为

01 - 1 101 - 1 10 .

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, 0 < x < 1, 0 < y < 1, 其他 .

(1) 求 $P {X > 2 Y}$ ；

(2) 求 $Z = X + Y$ 的概率密度 $f_{Z} (z)$ ．

查看答案与解析

【答案】
(1) $P {X > 2 Y} = \frac{7}{24}$
(2) $Z = X + Y$ 的概率密度函数为

f_{Z} (z) = ⎩ ⎨ ⎧ z (2 - z), (2 - z)^{2}, 0, 0 < z < 1 1 < z < 2 其他

【解析】
(1) 计算 $P {X > 2 Y}$ ，即求概率 $P {X > 2 Y} = \iint_{x > 2 y} f (x, y) d x d y$ 。由于 $f (x, y)$ 在 $0 < x < 1, 0 < y < 1$ 时非零，且满足 $x > 2 y$ ，因此积分区域为 $0 < y < 0.5$ 和 $2 y < x < 1$ 。于是：

P {X > 2 Y} = \int_{0}^{0.5} \int_{2 y}^{1} (2 - x - y) d x d y

先计算内层积分：

\int_{2 y}^{1} (2 - x - y) d x = [2 x - \frac{1}{2} x^{2} - y x]_{x = 2 y}^{x = 1} = (1.5 - y) - (4 y - 4 y^{2}) = 1.5 - 5 y + 4 y^{2}

然后计算外层积分：

\int_{0}^{0.5} (1.5 - 5 y + 4 y^{2}) d y = [1.5 y - \frac{5}{2} y^{2} + \frac{4}{3} y^{3}]_{0}^{0.5} = \frac{3}{4} - \frac{5}{8} + \frac{1}{6} = \frac{18}{24} - \frac{15}{24} + \frac{4}{24} = \frac{7}{24}

故 $P {X > 2 Y} = \frac{7}{24}$ 。

(2) 求 $Z = X + Y$ 的概率密度 $f_{Z} (z)$ 。使用卷积公式， $f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} f (x, z - x) d x$ 。其中 $f (x, z - x) = 2 - x - (z - x) = 2 - z$ ，但需满足 $0 < x < 1$ 和 $0 < z - x < 1$ ，即 $max (0, z - 1) < x < min (1, z)$ 。因此：

f_{Z} (z) = \int_{m a x (0, z - 1)}^{m i n (1, z)} (2 - z) d x = (2 - z) [min (1, z) - max (0, z - 1)]

根据 $z$ 的取值范围讨论：

当 $0 < z < 1$ 时， $min (1, z) = z$ ， $max (0, z - 1) = 0$ ，所以 $f_{Z} (z) = (2 - z) z = z (2 - z)$ 。
当 $1 < z < 2$ 时， $min (1, z) = 1$ ， $max (0, z - 1) = z - 1$ ，所以 $f_{Z} (z) = (2 - z) (1 - (z - 1)) = (2 - z)^{2}$ 。
当 $z \leq 0$ 或 $z \geq 2$ 时， $f_{Z} (z) = 0$ 。
验证概率密度积分为 1：
$\int_{0}^{1} z (2 - z) d z = \int_{0}^{1} (2 z - z^{2}) d z = [z^{2} - \frac{1}{3} z^{3}]_{0}^{1} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ $\int_{1}^{2} (2 - z)^{2} d z = \int_{1}^{2} (z - 2)^{2} d z = [\frac{1}{3} (z - 2)^{3}]_{1}^{2} = 0 - (\frac{1}{3} (- 1)^{3}) = \frac{1}{3}$ 总和为 $\frac{2}{3} + \frac{1}{3} = 1$ ，正确。故 $f_{Z} (z)$ 如上所述。

24

（本题满分 11 分）

设总体 $X$ 的概率密度为

f (x; θ) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2 θ}, \frac{1}{2 ( 1 - θ )}, 0, 0 < x < θ, θ \leq x < 1, 其他 .

其中参数 $θ$ （ $0 < θ < 1$ ）未知， $X_{1}, X_{2}, \dots X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本， $\overline{X}$ 是样本均值．

(1) 求参数 $θ$ 的矩估计量 $θ$ ；

(2) 判断 $4 \overline{X}^{2}$ 是否为 $θ^{2}$ 的无偏估计量，并说明理由．

查看答案与解析

【答案】 (1) 参数 $θ$ 的矩估计量为 $θ = \frac{4 X - 1}{2}$ 。 (2) $4 \overline{X}^{2}$ 不是 $θ^{2}$ 的无偏估计量。

【解析】 (1) 求矩估计量

总体均值为

E (X) = \int_{0}^{θ} x \cdot \frac{1}{2 θ} d x + \int_{θ}^{1} x \cdot \frac{1}{2 ( 1 - θ )} d x .

计算得第一个积分为 $\frac{θ}{4}$ ，第二个积分为 $\frac{1 + θ}{4}$ ，于是

E (X) = \frac{θ}{4} + \frac{1 + θ}{4} = \frac{1 + 2 θ}{4} .

根据矩估计法，令样本均值 $\overline{X} = E (X)$ ，即

\overline{X} = \frac{1 + 2 θ}{4},

解得

θ = \frac{4 X - 1}{2} .

因此矩估计量为

θ = \frac{4 X - 1}{2} .

(2) 判断无偏性

需要判断 $4 \overline{X}^{2}$ 是否为 $θ^{2}$ 的无偏估计量，即计算 $E (4 \overline{X}^{2})$ 。

首先，

E (\overline{X}) = E (X) = \frac{1 + 2 θ}{4}, Var (\overline{X}) = \frac{Var ( X )}{n} .

计算总体方差 $Var (X) = E (X^{2}) - [E (X)]^{2}$ ，其中

E (X^{2}) = \int_{0}^{θ} x^{2} \cdot \frac{1}{2 θ} d x + \int_{θ}^{1} x^{2} \cdot \frac{1}{2 ( 1 - θ )} d x .

计算得第一个积分为 $\frac{θ ^{2}}{6}$ ，第二个积分为 $\frac{1 + θ + θ ^{2}}{6}$ ，于是

E (X^{2}) = \frac{θ ^{2}}{6} + \frac{1 + θ + θ ^{2}}{6} = \frac{1 + θ + 2 θ ^{2}}{6} .

因此，

Var (X) = \frac{1 + θ + 2 θ ^{2}}{6} - (\frac{1 + 2 θ}{4})^{2} = \frac{5 - 4 θ + 4 θ ^{2}}{48} .

于是

Var (\overline{X}) = \frac{5 - 4 θ + 4 θ ^{2}}{48 n},

E (\overline{X}^{2}) = Var (\overline{X}) + [E (\overline{X})]^{2} = \frac{5 - 4 θ + 4 θ ^{2}}{48 n} + (\frac{1 + 2 θ}{4})^{2} .

所以

E (4 \overline{X}^{2}) = 4 E (\overline{X}^{2}) = \frac{5 - 4 θ + 4 θ ^{2}}{12 n} + \frac{1 + 4 θ + 4 θ ^{2}}{4} .

整理得

E (4 \overline{X}^{2}) = \frac{3 n + 5 + ( 12 n - 4 ) θ + ( 12 n + 4 ) θ ^{2}}{12 n} .

可见 $E (4 \overline{X}^{2})$ 是 $θ$ 的二次函数，且包含常数项与一次项，而 $θ^{2}$ 是纯二次项。因此对于任意有限 $n$ ，

E (4 \overline{X}^{2}) \neq = θ^{2},

故 $4 \overline{X}^{2}$ 不是 $θ^{2}$ 的无偏估计量。