2012年考研数学三真题

答案：C，渐近线有两条，分别为 $x=1$ 与 $y=1$。

解题思路

有理函数的渐近线通常从两类极限寻找：在分母为零的有限位置检查是否趋于无穷，在无穷远处检查是否靠近某条直线。分母为零只说明原式没有定义，不能直接认定那里有垂直渐近线。本题分子、分母有公因式，应先约分，再分别考察两个被排除的点。约分能够简化极限计算，但必须保留原函数的定义域。

详细步骤

原函数的定义域是 $x\ne1,-1$。在该定义域内，

$$y=\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}=\frac{x}{x-1}=1+\frac1{x-1}.$$

当 $x\to1^-$ 时，$y\to-\infty$；当 $x\to1^+$ 时，$y\to+\infty$。因此直线 $x=1$ 是垂直渐近线。

当 $x\to-1$ 时，$y\to(-1)/(-2)=1/2$，极限有限。因此 $x=-1$ 只是可去间断点，不形成垂直渐近线，也不能在约分后把该点当作原函数的定义点。

当 $x\to\pm\infty$ 时，$y-1=1/(x-1)\to0$，所以 $y=1$ 是水平渐近线。若检验直线 $y=kx+b$，其斜率必须满足 $k=\lim_{x\to\pm\infty}y/x=0$，因而没有斜率非零的斜渐近线。两个方向得到的是同一条 $y=1$，总数为两条，对应选项 C。

由约分形式还可见，除这两个被排除的位置外，函数在每个有限点都连续且函数值有限，因此不会出现其他垂直渐近线。

易错点

分母的两个零点并不都对应渐近线；无穷远处左右两端靠近同一条直线时，只计一条。

答案：A，$f'(0)=(-1)^{n-1}(n-1)!$。

解题思路

题目给出许多因子的乘积，却只问一个点的导数，应先检查各因子在该点的值。这里第一因子在零点为零，其余因子都不为零。因此乘积求导后，只有“对第一因子求导”的那一项可能留下，其他项会乘上第一因子的零值。这样能够避免把整个乘积完全展开，也不需要在函数为零的点使用对数求导。

详细步骤

记 $g_k(x)=\mathrm e^{kx}-k$，则 $f(x)=\prod_{k=1}^n g_k(x)$，并且

$$g_k(0)=1-k,\qquad g_k'(0)=k.$$

其中 $g_1(0)=0$，而 $k\ge2$ 时 $g_k(0)=1-k\ne0$。各因子均可导，故有限乘积的求导公式给出

$$f'(0)=\sum_{j=1}^n g_j'(0)\prod_{k\ne j}g_k(0).$$

若 $j\ge2$，该项中仍含 $g_1(0)=0$，所以整项等于零。只剩 $j=1$ 的项：

$$f'(0)=1\cdot\prod_{k=2}^n(1-k) =(-1)^{n-1}\prod_{k=2}^n(k-1) =(-1)^{n-1}(n-1)!.$$

负因子共有 $n-1$ 个，绝对值依次为 $1,2,\ldots,n-1$，因此阶乘是 $(n-1)!$，不是 $n!$。当 $n=1$ 时，函数就是 $\mathrm e^x-1$，导数为 $1$；公式中的 $0!=1$ 也得到同样结果，覆盖了题设允许的最小正整数。

这一结果的直观含义是，第一因子在原点的一阶变化率乘上其他因子在原点的值，决定乘积的一阶变化。其他因子自身的变化要再乘一个已趋于零的第一因子，因而只影响更高阶部分，不会额外贡献本题所求的导数。

易错点

不能把每个因子的导数直接相乘；在 $f(0)=0$ 时写 $f'(0)/f(0)$ 会涉及除以零。

答案：B。

解题思路

积分中出现 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，说明它是用极坐标表达的二重积分，$r$ 是面积元的雅可比因子。换成直角坐标时，既要转换被积函数，也要将两条径向边界改写成平面曲线。角度从 $0$ 到 $\pi/2$ 限制在第一象限，而径向下界 $2\cos\theta$ 对应一个偏离原点的圆，应先确定圆的内外关系。

详细步骤

令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$。则 $r^2=x^2+y^2$，且 $\mathrm dx\,\mathrm dy=r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$。径向上界 $r=2$ 给出 $x^2+y^2=4$，区域在该圆内。

径向下界 $r=2\cos\theta$ 给出

$$r^2=2r\cos\theta=2x, \qquad (x-1)^2+y^2=1.$$

由于积分区域满足 $r\ge2\cos\theta$，并且 $r\ge0$，因此区域满足 $x^2+y^2\ge2x$，即位于小圆外、第一象限内。按竖直方向切片，大圆给出上边界 $y=\sqrt{4-x^2}$，小圆给出下边界 $y=\sqrt{2x-x^2}$。在 $0\le x\le2$ 内两式都有意义，且上边界不低于下边界。因此

$$D=\left\{(x,y):0\le x\le2,\ \sqrt{2x-x^2}\le y\le\sqrt{4-x^2}\right\}.$$

原积分于是等于

$$\int_0^2\mathrm dx \int_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} f(x^2+y^2)\,\mathrm dy.$$

连续性保证被积函数在这个有界区域上可积，对应选项 B。

这里选取竖直切片是因为两个圆在第一象限的上半圆弧均能直接解出纵坐标，且整个横坐标范围内都由同样的两条边界夹住，无须再分段。边界上的有限条曲线面积为零，其是否包含不影响本题的积分。

易错点

原式中的 $r$ 已用于面积元，转换后不能再多乘 $\sqrt{x^2+y^2}$；小圆中心在 $(1,0)$，下边界不应额外加 $1$。

答案：D，$\dfrac32<\alpha<2$。

解题思路

绝对收敛要求取绝对值后的正项级数收敛；条件收敛则要求原交错级数收敛，但绝对值级数发散。先处理较简单的第二个级数，就能确定 $\alpha$ 为正，从而保证第一个级数中的 $n^{-\alpha}\to0$，合法使用 $\sin u\sim u$。两道收敛条件最终取交集，不能把它们分别给出的范围直接合并。

详细步骤

令 $p=2-\alpha$，第二个级数为 $\sum_{n=1}^\infty(-1)^n/n^p$。若 $p\le0$，通项不趋于零，级数发散；若 $p>0$，$1/n^p$ 单调趋于零，交错级数由莱布尼茨判别法收敛。其绝对值级数 $\sum1/n^p$ 在且仅在 $p>1$ 时收敛。因此条件收敛恰好要求

$$0<p\le1\quad\Longleftrightarrow\quad1\le\alpha<2.$$

在这个范围内，$\alpha>0$，所以 $n^{-\alpha}\to0$。比较第一个级数的绝对值通项与幂函数项：

$$\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt n\,|\sin(n^{-\alpha})|}{n^{1/2-\alpha}} =\lim_{n\to\infty}\frac{|\sin(n^{-\alpha})|}{n^{-\alpha}}=1.$$

由正项级数的极限比较判别法，第一绝对值级数与 $\sum1/n^{\alpha-1/2}$ 同敛散。它收敛要求 $\alpha-1/2>1$，即 $\alpha>3/2$。与前面的范围相交，得到 $3/2<\alpha<2$。在 $\alpha=3/2$ 时出现调和型绝对值级数；在 $\alpha=2$ 时第二级数通项不趋于零，故两个端点都不能取。

有限个首项的改变不会影响级数的收敛性，所以渐近比较只需考察充分大的项，不要求每项都与比较项完全相等。

易错点

交错级数的收敛不等于绝对收敛；使用正弦的小量等价前，要先确认它的自变量趋于零。

答案：C。

适用说明

答案：C，$\alpha_1,\alpha_3,\alpha_4$ 对所有 $c_1,c_2,c_3,c_4$ 都线性相关。

解题思路

题目强调常数任意，选择题通常要求找到“无论常数怎样取值都相关”的向量组。三个三维向量相关，等价于以它们为列的三阶行列式为零，也可以观察它们是否始终落在同一个二维平面内。本题 C 中各向量的前两个分量之和恒为零，这个结构与第三分量无关，适合直接判断。

详细步骤

三个向量分别为 $(0,0,c_1)^T$、$(1,-1,c_3)^T$、$(-1,1,c_4)^T$，都满足 $x_1+x_2=0$。该齐次方程描述的是 $\mathbb R^3$ 中的二维子空间，三个向量位于其中，其秩最多为 $2$，因此必线性相关。也可以写出列矩阵

$$M_C=\begin{pmatrix}0&1&-1\\0&-1&1\\c_1&c_3&c_4\end{pmatrix}.$$

它的第二行是第一行的相反数，所以 $|M_C|=0$，不需要对常数附加任何条件。

为了区分其余选项，分别计算列行列式，得到

$$|\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3|=-c_1,\qquad |\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4|=c_1,$$

$$|\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4|=-(c_3+c_4).$$

取 $c_1=1$ 可以使 A、B 的向量组无关；取 $c_3=1,c_4=0$ 可以使 D 无关。因此只有 C 保证对任意常数都相关。不过，若把题意理解为给定某组未知常数、问哪些组实际相关，则答案可能不唯一，例如 $c_1=0$ 时 A、B 也相关。C 的唯一性基于“必然相关”的通常理解，而不是声称其余选项永远无关。

易错点

第三分量任意不意味着三个向量一定能张成三维空间；不要把“其他组不一定相关”写成“其他组一定无关”。

答案：B，$Q^{-1}AQ=\operatorname{diag}(1,1,2)$。

解题思路

相似对角化等式 $P^{-1}AP=D$ 可以改写成 $AP=PD$。逐列比较可知，$P$ 的每一列都是对应对角元素的特征向量。本题只是把同一特征值 $1$ 的两个基向量之一换成它们的和。特征空间是线性子空间，和仍对应特征值 $1$；但要使用 $Q^{-1}$，还必须证明新列向量确实组成一组基。

详细步骤

由 $AP=P\operatorname{diag}(1,1,2)$ 得

$$A\alpha_1=\alpha_1,\qquad A\alpha_2=\alpha_2, \qquad A\alpha_3=2\alpha_3.$$

利用矩阵乘法的线性性，

$$A(\alpha_1+\alpha_2)=A\alpha_1+A\alpha_2=\alpha_1+\alpha_2.$$

因此 $Q$ 三列的特征值按列的顺序仍为 $1,1,2$。为确认它可逆，将换列过程表示成右乘矩阵：

$$Q=PS,\qquad S=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad |S|=1.$$

题设 $P$ 可逆，$S$ 也可逆，所以 $Q$ 可逆。这同时保证 $\alpha_1+\alpha_2$ 不是零向量；否则 $Q$ 不可能满秩。现在逐列得到

$$AQ=Q\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$$

左乘 $Q^{-1}$，即得到选项 B 的矩阵。对角线上元素的排列由新矩阵的列顺序决定，本题第三列没有改变，所以特征值 $2$ 仍位于第三个位置。

这反映了同一特征空间内部更换基向量时，矩阵在该空间上的作用仍是乘以同一个数，所以前两个对角元素保持一致。

易错点

不同特征值的特征向量之和一般不是特征向量；本题能直接相加，是因为前两列的特征值相同。

答案：D，$P\{X^2+Y^2\le1\}=\pi/4$。

解题思路

两个独立的均匀随机变量可以把概率问题转成平面面积问题。关键并不是“均匀”两个字本身，而是独立性使联合密度等于边缘密度之积，且本题两个边缘密度在 $(0,1)$ 上都为 $1$。先限定联合分布的单位正方形支持区域，再与圆内事件相交，就能确定需要计算哪一部分圆的面积。

详细步骤

由均匀分布，$f_X(x)=1$（$0<x<1$）、$f_Y(y)=1$（$0<y<1$），区间外均为零。题设独立，所以

$$f_{X,Y}(x,y)=\begin{cases} 1,&0<x<1,\ 0<y<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

所求事件对应 $x^2+y^2\le1$。在单位正方形内，它是第一象限中的单位圆四分之一圆盘。按 $x$ 先定切片，$0<x<1$ 时有 $0<y\le\sqrt{1-x^2}$，于是

$$P\{X^2+Y^2\le1\} =\int_0^1\mathrm dx\int_0^{\sqrt{1-x^2}}1\,\mathrm dy =\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,\mathrm dx.$$

令 $x=\sin\theta$，则 $\mathrm dx=\cos\theta\,\mathrm d\theta$，$\theta\in[0,\pi/2]$，所以最后的积分等于

$$\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,\mathrm d\theta =\left[\frac\theta2+\frac{\sin2\theta}{4}\right]_0^{\pi/2} =\frac\pi4.$$

这也正是单位圆面积 $\pi$ 的四分之一。圆周和坐标轴作为曲线，二维面积为零，因此事件中是否包括这些边界不改变概率。

单位正方形的总面积恰为一，联合密度也恰为一，所以这里直接取交集面积即可，不必再除以其他归一化常数。

易错点

必须取圆盘与支持正方形的交集；缺少独立性时，不能仅凭两个边缘均匀分布就用面积求联合事件概率。

答案：B，统计量服从自由度为 $1$ 的 $t$ 分布。

解题思路

识别 $t$ 分布要寻找“标准正态变量除以独立卡方变量的平方根”。原式分子、分母看似两个正态变量之比，但分母带绝对值，应把它写成平方后的开方。简单随机样本保证各样本独立同分布，使用不相交的两组样本分别构成分子与分母，就能保证所需的独立性。

详细步骤

$X_i\sim N(1,\sigma^2)$ 且相互独立。正态变量的独立线性组合仍是正态变量，因此

$$X_1-X_2\sim N(0,2\sigma^2),\qquad X_3+X_4-2\sim N(0,2\sigma^2).$$

前者的均值为 $1-1=0$，后者的均值为 $1+1-2=0$；方差均是两个独立样本方差的和。令

$$Z=\frac{X_1-X_2}{\sqrt2\sigma},\qquad W=\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt2\sigma}.$$

因为 $\sigma>0$，两个标准化合法，且 $Z,W$ 是独立的标准正态变量。于是 $W^2\sim\chi^2(1)$，并与 $Z$ 独立。原统计量化为

$$\frac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|} =\frac Z{|W|} =\frac Z{\sqrt{W^2/1}}.$$

根据 $t$ 分布定义，这就是 $t(1)$。分母为零对应 $W=0$，连续正态分布对此点的概率为零，所以统计量几乎处处有定义。其符号仍由分子决定，可以取负值；只有进一步将该统计量平方，才得到 $F(1,1)$ 分布，因此不能选 D。

自由度由分母中一个独立标准正态变量的平方决定，与分子中使用了两个样本这一数量没有直接关系。

易错点

卡方变量是 $W^2$，不是 $|W|$；标准化时分子和分母的尺度相同，会相消，不能遗漏独立性验证。

答案：$\mathrm e^{-\sqrt2}$。

解题思路

当 $x\to\pi/4$ 时，底数 $\tan x\to1$，指数的分母 $\cos x-\sin x\to0$，属于指数型未定式。遇到这种形式，应把幂写成指数函数，再求其指数的极限。本题 $\pi/4$ 的一个充分小邻域中 $\tan x>0$，因此实数幂和自然对数均有定义，取对数是合法的。

详细步骤

在 $x\ne\pi/4$ 且足够接近该点时，设原表达式为 $u(x)$，则

$$\ln u(x)=\frac{\ln(\tan x)}{\cos x-\sin x}.$$

分子趋于 $\ln1=0$，分母也趋于零，是 $0/0$ 型。分子、分母在该邻域可导，且分母的导数 $-\sin x-\cos x$ 在该点附近不为零，故可使用洛必达法则：

$$\lim_{x\to\pi/4}\ln u(x) =\lim_{x\to\pi/4} \frac{\sec^2x/\tan x}{-\sin x-\cos x}.$$

这里 $\sec^2x/\tan x=1/(\sin x\cos x)$。代入 $\sin(\pi/4)=\cos(\pi/4)=\sqrt2/2$，得到分子导数为 $2$，分母导数为 $-\sqrt2$，所以指数的极限为 $-\sqrt2$。由指数函数连续性，

$$\lim_{x\to\pi/4}u(x) =\exp\left(\lim_{x\to\pi/4}\ln u(x)\right) =\mathrm e^{-\sqrt2}.$$

虽然指数在左右两侧符号不同，取对数后的比值却有同一个双侧极限，因此原式的双侧极限存在。

从局部变化也能理解负号：当横坐标从该点向右移动时，底数略大于一，对数略为正，但余弦减正弦略为负；向左时两者符号同时反转。因此它们的比值在两侧都趋向负数，原幂的极限小于一。

易错点

不能把 $1^\infty$ 当作 $1$；求出的是对数极限，最后必须取指数，并注意分母求导带负号。

答案：$\left.\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{x=\mathrm e}=1/\mathrm e$。

解题思路

分段函数的复合求导要分别判断内层与外层落在哪一段。外层函数接收的是 $f(x)$，不是原来的 $x$。本题内层输入 $\mathrm e>1$，但内层输出小于 $1$，因此两层使用不同的表达式。还应确认在考察点附近分支保持不变，这样链式法则中的两个导数才都是对应分支的普通导数。

详细步骤

在 $x=\mathrm e$，由于 $\mathrm e>1$，内层取对数分支：

$$f(\mathrm e)=\ln\sqrt{\mathrm e}=\frac12.$$

由于 $1/2<1$，外层取线性分支，$f(f(\mathrm e))=2\cdot(1/2)-1=0$。两个输入均严格避开分段点 $1$；由内层对数函数的连续性，$x$ 足够接近 $\mathrm e$ 时仍有 $x>1$ 且 $f(x)<1$，因此相同的分支选择在整个局部邻域成立。

内层在 $\mathrm e$ 处的导数为

$$f'(\mathrm e)=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\frac12\ln x\right)\right|_{x=\mathrm e} =\frac1{2\mathrm e},$$

外层在 $f(\mathrm e)=1/2$ 处的导数为 $f'(1/2)=2$。应用链式法则，

$$y'(\mathrm e)=f'(f(\mathrm e))f'(\mathrm e) =2\cdot\frac1{2\mathrm e}=\frac1{\mathrm e}.$$

也可直接在该邻域写出 $y=2(\tfrac12\ln x)-1=\ln x-1$，求导后代入同样得到结果。这里局部导数的存在不要求原分段函数在所有位置都可导。

题给函数在分段点的左右表达式甚至不连续，但这不会妨碍本题求导，因为内层输入与外层输入都处在各自分支的内部。只有输入碰到分段点时，才需要另外检查左右导数。

易错点

外层分支由 $f(\mathrm e)$ 决定；$\ln\sqrt x=\tfrac12\ln x$ 的导数是 $1/(2x)$。

答案：$\mathrm dz\big|_{(0,1)}=2\,\mathrm dx-\mathrm dy$。

解题思路

题给极限的分母是点 $(x,y)$ 到 $(0,1)$ 的距离，极限为零意味着分子是距离的高阶无穷小。这正是多元函数可微定义中余项的形式。应先利用连续性确定函数在中心点的值，再把分子整理成“函数增量减去一次线性项”，从而识别全微分的系数，而不是只沿某一条路径求导。

详细步骤

记 $h=x$、$k=y-1$、$\rho=\sqrt{h^2+k^2}$。极限条件表示存在余项 $R(h,k)$，使得

$$f(h,1+k)-2h+(1+k)-2=R(h,k),\qquad \frac{R(h,k)}\rho\to0.$$

因此

$$f(h,1+k)=1+2h-k+R(h,k),\qquad R(h,k)=o(\rho).$$

因为 $\rho\to0$，高阶余项也趋于零，故 $f(x,y)\to1$。再由题设连续性，得到 $f(0,1)=1$。于是函数增量满足

$$f(h,1+k)-f(0,1)=2h-k+o\!\left(\sqrt{h^2+k^2}\right).$$

多元可微的定义是：存在常数 $A,B$，使函数增量等于 $Ah+Bk$ 加上比距离更高阶的余项。本式已经明确给出 $A=2,B=-1$，因而 $f$ 在 $(0,1)$ 可微，$f_x(0,1)=2$、$f_y(0,1)=-1$。全微分就是这一线性部分，把坐标增量换成微分符号，得到 $\mathrm dz=2\,\mathrm dx-\mathrm dy$。

仅有两个偏导数存在时，通常不能断言多元函数可微；本题给出的是对所有趋近方向都成立的距离余项条件，比单独沿坐标轴求极限更强，正好消除了这个障碍。

易错点

中心点的纵坐标是 $1$，所以增量是 $y-1$；连续性用于确定中心点函数值，不能省略后直接套可微定义。

答案：所围图形面积为 $4\ln2$。

解题思路

求曲线围成的面积，先找全部交点，再按竖直切片判断每段的上、下边界。本题两条直线在原点相交，双曲线与两条直线的交点横坐标不同，导致上边界在 $x=1$ 处发生变化，因此不能从 $0$ 到 $2$ 始终用同一对上下函数。第一象限限制也使求交点时只取正根。

详细步骤

双曲线与 $y=x$ 相交时，$4/x=x$，故 $x^2=4$，第一象限交点为 $(2,2)$。与 $y=4x$ 相交时，$4/x=4x$，故 $x^2=1$，交点为 $(1,4)$。两条直线的交点是 $(0,0)$，这三点与连接它们的两段直线、一段双曲线围成区域。

当 $0\le x\le1$ 时，竖直切片从 $y=x$ 到 $y=4x$；当 $1\le x\le2$ 时，切片从 $y=x$ 到 $y=4/x$。因此面积应分成

$$S=\int_0^1(4x-x)\,\mathrm dx +\int_1^2\left(\frac4x-x\right)\,\mathrm dx.$$

第一部分为 $[3x^2/2]_0^1=3/2$；第二部分为

$$\left[4\ln x-\frac{x^2}{2}\right]_1^2 =4\ln2-2+\frac12=4\ln2-\frac32.$$

相加得到 $S=4\ln2$。虽然函数 $4/x$ 在 $x=0$ 无定义，但它仅在 $[1,2]$ 上作为本区域的上边界，所以上述面积积分没有反常积分问题。

第一部分也可由三角形面积验证：竖直底边在横坐标为一处，长度为三，到原点的水平距离为一，故面积为二分之三。

易错点

不要遗漏原点到 $x=1$ 之间的三角形部分；面积必须用上边界减下边界，并在边界改变处拆分积分。

答案：$|BA^*|=-27$。

解题思路

题目求的是矩阵乘积的行列式，不需要知道矩阵的每个元素。用行列式乘法公式，把它拆成 $|B|$ 与 $|A^*|$；再分别使用交换两行对行列式的影响，以及伴随矩阵的基本恒等式。这里 $|A|=3\ne0$，既保证 $A$ 可逆，也允许在行列式恒等式中除以 $|A|$。

详细步骤

$B$ 是将 $A$ 的第一行与第二行交换所得。一对行交换使行列式变号，所以

$$|B|=-|A|=-3.$$

伴随矩阵定义给出 $AA^*=|A|I_3=3I_3$。两边取行列式，并使用三阶矩阵 $|cI_3|=c^3$，得到

$$|A|\,|A^*|=|3I_3|=3^3=27.$$

因为 $|A|=3\ne0$，可除以 $3$，得 $|A^*|=9$。这也是一般公式 $|A^*|=|A|^{n-1}$ 在 $n=3$ 时的结果。最后再次使用同阶方阵乘积的行列式等于行列式之积：

$$|BA^*|=|B|\,|A^*|=(-3)\cdot9=-27.$$

还可从换行矩阵理解结果：若 $B=EA$，其中 $E$ 为交换这两行的置换矩阵，则 $BA^*=EAA^*=3E$，而 $|E|=-1$，所以 $|3E|=3^3(-1)=-27$。两种计算都说明负号来自交换行，而三次方来自矩阵的阶数。

乘一个标量时，行列式中的每一行都乘了该标量，所以要将标量提升到矩阵阶数的次方；交换两行则只改变符号，不会改变绝对值。

易错点

三阶伴随矩阵的行列式是 $|A|^2$，不是 $|A|^3$；$A^*$ 表示伴随矩阵，不是转置矩阵。

答案：$P(AB\mid\overline C)=3/4$。

解题思路

符号 $AB$ 表示事件 $A\cap B$。条件概率的分子必须是待求事件与条件事件的交，而不是额外假设它们独立。本题 $A$ 与 $C$ 互不相容，意味着只要发生 $A$，就不可能发生 $C$；因此更小的事件 $AB$ 也完全包含在 $\overline C$ 中。这一集合关系正好简化条件概率的分子。

详细步骤

由互不相容，$A\cap C=\varnothing$。因此 $A\subseteq\overline C$；又因为 $AB=A\cap B\subseteq A$，得到

$$AB\subseteq\overline C,\qquad AB\cap\overline C=AB.$$

题设 $P(C)=1/3$，所以条件事件的概率为

$$P(\overline C)=1-P(C)=\frac23>0.$$

分母非零，条件概率有定义。按定义，

$$P(AB\mid\overline C) =\frac{P(AB\cap\overline C)}{P(\overline C)} =\frac{P(AB)}{1-P(C)} =\frac{1/2}{2/3}=\frac34.$$

也可以把条件概率理解为：已知没有发生 $C$，整个可用的概率空间缩小为原来的 $2/3$，而 $AB$ 的全部 $1/2$ 概率仍在其中，所以重新归一化后比例变为 $3/4$。结果介于零和一之间，也符合 $P(AB)=1/2\le P(\overline C)=2/3$ 的包含关系。整个推导无需知道 $P(B)$，更无需给 $B$ 与 $C$ 添加独立性。

还可检查条件事件中未发生 $AB$ 的部分：由包含关系，其概率为 $P(\overline C\setminus AB)=2/3-1/2=1/6$，在条件空间中所占比例是 $(1/6)/(2/3)=1/4$。这与所求条件概率相加为一，验证了归一化和分子的处理没有遗漏事件。

易错点

“互不相容”是不能同时发生，与“相互独立”不同；条件事件是 $\overline C$，分母应为 $2/3$。

答案：$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\mathrm e^{x^2}-\mathrm e^{2-2\cos x}}{x^4}=\frac1{12}$。

解题思路

两个指数的主要部分都是 $x^2$，相减后低阶项会消掉，而分母是 $x^4$。因此仅使用 $2-2\cos x\sim x^2$ 不足以求出极限，必须保留指数之间的四阶差。可以先展开余弦，再提取共同的 $\mathrm e^{x^2}$，把差化为一个小量的指数与 $1$ 的差，从而只做必要的泰勒展开。

详细步骤

余弦函数在零点有泰勒展开

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O(x^6).$$

所以

$$2-2\cos x=x^2-\frac{x^4}{12}+O(x^6).$$

记 $h(x)=(2-2\cos x)-x^2$，则 $h(x)=-x^4/12+O(x^6)$，并且 $h(x)\to0$。原式的分子可精确写成

$$\mathrm e^{x^2}-\mathrm e^{2-2\cos x} =\mathrm e^{x^2}\bigl(1-\mathrm e^{h(x)}\bigr).$$

由于 $\mathrm e^h=1+h+O(h^2)$，有

$$1-\mathrm e^{h(x)}=-h(x)+O(h(x)^2) =\frac{x^4}{12}+O(x^6).$$

其中 $h(x)^2=O(x^8)$，不会影响四阶系数。再用 $\mathrm e^{x^2}=1+O(x^2)$，得到

$$\mathrm e^{x^2}-\mathrm e^{2-2\cos x} =\frac{x^4}{12}+O(x^6).$$

对 $x\ne0$ 除以 $x^4$，原比值为 $1/12+O(x^2)$，故双侧极限为 $1/12$。这里的余项在除法后确实趋于零，说明保留到四阶已足够。

也可以用指数函数的拉格朗日中值定理解释上述因式提取。对两个实指数 $u=x^2$、$v=2-2\cos x$，存在位于二者之间的 $\xi$，使 $\mathrm e^u-\mathrm e^v=\mathrm e^\xi(u-v)$。两个指数均趋于零，所以 $\mathrm e^\xi\to1$；真正决定四阶极限的正是指数的差，而不是分别展开后被消去的共同二阶部分。

原分子和分母均为偶函数，四阶首项也不随横坐标符号改变，这与上述展开得到相同的左右极限一致。

易错点

两个渐近等价的量相减时，不能直接把它们都替换成同一首项；余弦四阶项带正号，但 $2-2\cos x$ 的四阶项带负号。