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，当时，当时，此时，所以可以排除、、，所以选(b).
方法2：当时，，，又因为时，所以，选（b）.
方法3： 设，则。
对应系数相等得：，所以。
原式。选(b).
2)【答案】d
详解】方法1：论证法，证明都正确，从而只有不正确。
由存在及在处连续，所以。
所以(a)正确；
由选项(a)知，，所以存在，根据导数定义，存在，所以(c)也正确；
由在处连续，所以在处连续，从而。
即有，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，有。
存在。而，，左右极限存在但不相等，所以在的导数不存在。(d)不正确，选(d).
3)【答案】c
详解】由题给条件知，为的奇函数，则，由知。
故为的偶函数，所以。
而表示半径的半圆的面积，所以，其中表示半径的半圆的面积的负值，所以。
所以 所以 ，选择c
4)【答案】b
详解】画出该二次积分所对应的积分区域。
交换积分次序，则积分区域可化为：
所以 ， 所以选择(b).
5)【答案】d
详解】若，，无意义；若，解得： 所以选(d)
6)【答案】d
详解】因为，所以是一条铅直渐近线；
因为，所以是沿方向的一条水平渐近线；令 令
所以是曲线的斜渐近线，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，使得成立，则称线性相关。
因，故线性相关，所以选择(a).
方法2：排除法。
因为。其中，且
故是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，右乘时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有。
所以线性无关，排除(b).
因为。其中，故是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积， 右乘时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有。
所以线性无关，排除(c).
因为。其中，故是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积， 右乘时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有。
所以线性无关，排除(d).
综上知应选(a).
8)【答案】b
详解】 方法1：
则的特征值为3，3，0; 是对角阵，对应元素即是的特征值，则的特征值为1，1，0. 的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，不相似。
由的特征值可知，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，知与合同，应选(b).
方法2: 因为迹(a)=2+2+2=6，迹(b)=1+1=26，所以a与b不相似(不满足相似的必要条件)。又，，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】
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。其概率必为再加上第4次是成功的，其概率为。
根据独立性原理：若事件独立，则。
所以，第4次射击为第二次命中目标的概率为所以选(c)
(10)【答案】
详解】二维正态随机变量中，与的独立等价于与不相关。 而对任意两个随机变量与，如果它们相互独立，则有。
由于二维正态随机变量中与不相关，故与独立，且。 根据条件概率密度的定义，当在条件下，如果则。
现显然不为0，因此所以应选(a).
二、填空题。
11)【答案】0
详解】方法1：由洛必达法则，而，，所以是有界变量，根据无穷小量乘以有界量仍是无穷小量，所以。
方法2： 而，所以。
12)【答案】
详解】，由数学归纳法可知
把代入得 13)【答案】
详解】，所以
14)【答案】
详解】典型类型按标准解法。 令，有。
原方程化为即
此式为变量可分离的微分方程，两边积分，
得 ，即 由知应取且所以得特解
15)【答案】1
详解】 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。
(16)【答案】
详解】不妨假定随机地抽出两个数分别。
为，它们应是相互独立的。 如果把。
看成平面上一个点的坐标，则由于。
所以为平面上。
正方形：中的一个点。
两个数之差的绝对值小于对应于正方形中的区域。
所有可能随机在区间中随机取的两个数，可以被看成上图中单位正方形里的点。 的区域就是正方形中阴影的面积。 根据几何概率的定义：
三、解答题。
17)【详解】讨论曲线的凹凸性，实际上就是讨论的符号，而是由方程确定，所以实际上就是求隐函数的二阶导数并讨论其符号。
对方程两边求导得
移项得。再两边求导得
在(1，1)点的值，又由在的附近连续，所以在的附近，曲线为凸。
18)【详解】由区域的对称性和被积函数的奇偶性有。
其中为在第一项限的部分，而。
其中，， 如下图所示).
因为 所以
19)【详解】(i) 设在内的最大值为，则存在 (不妨设)，使。
当时，取，有；
当时，令，则，则由介值定理知，存在，使得，即。
ii) 因为 ，则由罗尔定理知，存在，，使得 .
再由罗尔定理知，存在，使得，即 .
20)【详解】
记，因为。所以，其中。
同理其中。所以，展开成的幂级数为：
其中，即。21)【答案】当时，公共解为；当时公共解为。
详解】方法1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立得。
对联立方程组的增广矩阵作初等行变换。
由此知，要使此线性方程组有解，必须满足，即或。
当时，，联立方程组(3)的同解方程组为，由，方程组有个自由未知量。 选为自由未知量，取，解得两方程组的公共解为，其中是任意常数。
当时， 联立方程组(3)的同解方程组为，解得两方程的公共解为。
方法2：将方程组(1)的系数矩阵作初等行变换。
当时，，方程组(1)的同解方程组为，由，方程组有个自由未知量。选为自由未知量，取，解得(1)的通解为，其中是任意常数。 将通解代入方程(2)得，对任意的成立，故当时，是(1)、(2)的公共解。
当时，，方程组(1)的同解方程组为，由，方程组有个自由未知量。选为自由未知量，取，解得(1)的通解为，其中是任意常数。 将通解代入方程(2)得，即，故当时，(1)和(2)的公共解为。
22)【详解】由，可得，是正整数，故。
于是是矩阵的特征向量(对应的特征值为).
若，则因此对任意多项式，，即是的特征值。
故的特征值可以由的特征值以及与的关系得到，的特征值。
则有特征值所以的全部特征值为－2，1，1.
由是实对称矩阵及与的关系可以知道，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的属于特征值的特征向量，设的属于1的特征向量为，与正交，所以有方程如下：
选为自由未知量，取，于是求得的属于1的特征向量为。
故的所有的特征向量为：对应于的全体特征向量为，其中是非零任意常数，对应于的全体特征向量为，其中是不同时为零的任意常数。
方法1：令矩阵，求逆矩阵。
则 由，所以。
方法2：由知与分别正交，但是不正交，现将正交化：
取 .其中，
再对单位化：
其中，合并成正交矩阵，记。
由，有。 又由正交矩阵的性质：，得。
23)【详解】 计算可用公式求的概率密度：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)
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然后再。
(i) ，其中。
为中的那部分区域(右。
图阴影部分)；求此二重积分可得。
ⅱ)方法1：根据两个随机变量和的概率密度的卷积公式有。
先考虑被积函数中第一个自变量的变化范围，根据题设条件只有当时才不等于0. 因此，不妨将积分范围改成。
现再考虑被积函数的第二个变量。显然，只有当时，才不等于0.且为为此，我们将分段讨论。
因为有，即是而的取值范围是，所以使得不等于0的取值范围是如下图，在情况下，在阴影区域和，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，所以很容易由卷积公式得出答案。
时，由于，故，故。
时， 时，
时，由于，故，故。
总之， 方法2：
当时，；当时，；
当时，当时，所以
24)【答案】的矩估计量为；不是为的无偏估计量。
详解】本题中只有唯一参数，则在求矩估计的时候，只要令样本均值等于总体的期望就可以求得了；而判断是否为的无偏估计量，只要判断是否成立即可。
i) 记，则由数学期望的定义，有。
样本均值 ，用样本均值估计期望有
即是令 ，解出 ，因此参数的矩估计量为 ；
ii) 只须验证是否为即可，而由数学期望和方差的性质，有，而，于是
因此不是为的无偏估计量。
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