【答案】（A）.
【解】$f(0+0)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}=\dfrac{1}{2a}$，$f(0)=f(0-0)=b$，
因为$f(x)$在$x=0$处连续，所以$f(0+0)=f(0)=f(0-0)$，
从而$ab=\dfrac{1}{2}$，应选(A).

【答案】（C）．
【解】 方法一 若$f(x)>0$，则$f'(x)>0$，从而$f(1)>f(-1)>0$；
若$f(x)<0$，则$f'(x)<0$，从而$f(1)\lt f(-1)<0$，
故$|f(1)|>|f(-1)|$，应选（C）．
方法二 由$f(x)\cdot f'(x)=\left[\frac{1}{2}f^{2}(x)\right]'>0$得$f^{2}(x)$单调递增，
从而$f^{2}(1)>f^{2}(-1)$，故$|f(1)|>|f(-1)|$，应选（C）．

【解】$\frac{\partial f}{\partial x}=2xy$，$\frac{\partial f}{\partial y}=x^{2}$，$\frac{\partial f}{\partial z}=2z$，
$\frac{\partial f}{\partial x}\big|_{(1,2,0)}=4$，$\frac{\partial f}{\partial y}\big|_{(1,2,0)}=1$，$\frac{\partial f}{\partial z}\big|_{(1,2,0)}=0$，
$\cos\alpha=\frac{1}{3}$，$\cos\beta=\frac{2}{3}$，$\cos\gamma=\frac{2}{3}$，
所求的方向导数为$\frac{\partial f}{\partial \boxed{n}}\big|_{(1,2,0)}=4\times\frac{1}{3}+1\times\frac{2}{3}=2$，应选(D).

【答案】(D).

【答案】（C）
【解】 从 \( t = 0 \) 到 \( t = t_0 \) 的时间段上,甲、乙走过的距离分别为
\( S_1 = \int_{0}^{t_0} v_1(t)dt \), \( S_2 = \int_{0}^{t_0} v_2(t)dt \),
在 \( t = t_0 \) 时,\( S_1 = S_2 + 10 \),即 \( \int_{0}^{t_0} v_1(t)dt = \int_{0}^{t_0} v_2(t)dt + 10 \),
或 \( \int_{0}^{t_0} [v_1(t) - v_2(t)]dt = 10 \),故 \( t_0 = 25 \),应选（C）.

【答案】（A）.
【解】 方法一 令$A = αα^T$，$A^2 = A$，
令$AX = λX$，由$(A^2 - A)X = (λ^2 - λ)X = 0$得$λ^2 - λ = 0$，$λ = 0$或$λ = 1$，
因为$tr A = α^Tα = 1 = λ_1 + \cdots + λ_n$得$A$的特征值为$λ_1 = \cdots = λ_{n - 1} = 0$，$λ_n = 1$，
$E - αα^T$的特征值为$λ_1 = \cdots = λ_{n - 1} = 1$，$λ_n = 0$，从而$|E - αα^T| = 0$，
即$E - αα^T$不可逆，应选（A）.

方法二 令$A = E - αα^T$，$A^2 = (E - αα^T)·(E - αα^T) = E - 2αα^T + αα^T = A$，
由$A(E - A) = O$得$r(A) + r(E - A) ≤ n$，
再由$r(A) + r(E - A) ≥ r[A + (E - A)] = r(E) = n$得
$r(A) + r(E - A) = n$，
而$E - A = αα^T$，$r(E - A) = r(αα^T) = r(α) = 1$，
于是$r(A) = n - 1 < n$，即$E - αα^T$不可逆，应选（A）.

【答案】 (B).
【解】 显然矩阵 A,B,C 的特征值都是 \( \lambda_1 = \lambda_2 = 2 \), \( \lambda_3 = 1 \),
由 \( 2E - A = \begin{pmatrix} 0&0&0 \\ 0&0&-1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \) 得 \( r(2E - A) = 1 \), 则 A 可相似对角化, 从而 \( A \sim C \);
由 \( 2E - B = \begin{pmatrix} 0&-1&0 \\ 0&0&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \) 得 \( r(2E - B) = 2 \), 则 B 不可相似对角化, 从而 B 与 A,C 不相似,
应选(B).

【答案】（A）.
【解】 由\(P(A|B)>P(A|\overline{B})\)得\(\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})}=\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}\)，即
\(P(A|B)>P(A|\overline{B})\)等价于\(P(AB)>P(A)P(B)\)；
由\(P(B|A)>P(B|\overline{A})\)得\(\frac{P(AB)}{P(A)}>\frac{P(B)-P(AB)}{1-P(A)}\)，即
\(P(B|A)>P(B|\overline{A})\)等价于\(P(AB)>P(A)P(B)\)，应选(A).

【答案】（B）.
【解】 若总体$X\sim N(\mu,\sigma^{2})$，则
$\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}\sim\chi^{2}(n)$，$\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}\sim\chi^{2}(n - 1)$，
因为总体$X\sim N(\mu,1)$，所以$\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}\sim\chi^{2}(n)$，$\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}\sim\chi^{2}(n - 1)$，
再由$\overline{X}\sim N(\mu,\frac{1}{n})$得$\frac{\overline{X}-\mu}{\frac{1}{\sqrt{n}}}=\sqrt{n}(\overline{X}-\mu)\sim N(0,1)$，从而$n(\overline{X}-\mu)^{2}\sim\chi^{2}(1)$，
不正确的是（B），应选（B）.

【答案】 0.
【解】 方法一 \( f(x)=\frac{1}{1+x^{2}} = 1 - x^{2} + x^{4} - x^{6} + x^{8} + o(x^{8}) \)，
由\(\frac{f^{(3)}(0)}{3!} = 0\)得\( f^{(3)}(0) = 0 \)。
方法二 根据求导改变奇偶性的性质，因为\( f(x) \)为偶函数，所以\( f^{(3)}(x) \)为奇函数，
故\( f^{(3)}(0) = 0 \)。

【答案】 $\mathrm{e}^{-x}(C_{1}\cos\sqrt{2}x + C_{2}\sin\sqrt{2}x)$（$C_{1},C_{2}$ 为任意常数）.
【解】 特征方程为 $\lambda^{2} + 2\lambda + 3 = 0$，特征值为 $\lambda_{1,2} = -1 \pm \sqrt{2}\mathrm{i}$，
通解为 $y = \mathrm{e}^{-x}(C_{1}\cos\sqrt{2}x + C_{2}\sin\sqrt{2}x)$（$C_{1},C_{2}$ 为任意常数）.

【答案】 -1.
【解】 \( P = \frac{x}{x^2 + y^2 - 1} \)，\( Q = -\frac{ay}{x^2 + y^2 - 1} \)，
\( \frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{2xy}{(x^2 + y^2 - 1)^2} \)，\( \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{2axy}{(x^2 + y^2 - 1)^2} \)，
因为曲线积分与路径无关，所以\( \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} \)，故\( a = -1 \).

【答案】$\frac{1}{(1+x)^2}$
【解】方法一 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}nx^{n-1} = -\left[\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nx^n\right]' = -\left(\frac{-x}{1+x}\right)' = \frac{1}{(1+x)^2}$
方法二 令$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}nx^{n-1}$，
则$\int_{0}^{x}S(x)\mathrm{d}x = \sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{x}(-1)^{n-1}nx^{n-1}\mathrm{d}x = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^n$
$= -\sum_{n=1}^{\infty}(-x)^n = -\frac{-x}{1+x} = \frac{x}{1+x}$，
故$S(x)=\left(\frac{x}{1+x}\right)' = \frac{1}{(1+x)^2}$

【答案】 2.
【解】 $(Aα_{1},Aα_{2},Aα_{3})=A(α_{1},α_{2},α_{3}),$
因为$α_{1},α_{2},α_{3}$线性无关,所以$(α_{1},α_{2},α_{3})$可逆,从而$r(Aα_{1},Aα_{2},Aα_{3})=r(A),$
由$A→\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}$得$r(A)=2$,故向量组$Aα_{1},Aα_{2},Aα_{3}$的秩为 2.

【答案】 2.
【解】 X 的密度为$f(x)=0.5\varphi(x)+0.25\varphi(\frac{x - 4}{2})$，
$E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx = 0.5\int_{-\infty}^{+\infty}x\varphi(x)dx + 0.25\int_{-\infty}^{+\infty}x\varphi(\frac{x - 4}{2})dx$
$= 0 + \int_{-\infty}^{+\infty}(\frac{x - 4}{2} + 2)\varphi(\frac{x - 4}{2})d(\frac{x - 4}{2})$
$= \int_{-\infty}^{+\infty}(x + 2)\varphi(x)dx = 2\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(x)dx = 2$.

【解】 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \mathrm{e}^x f_1' - \sin x \cdot f_2'$，$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\big|_{x = 0} = f_1'(1,1)$；
$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2} = \mathrm{e}^x f_1' + \mathrm{e}^x \left( \mathrm{e}^x f_{11}'' - \sin x \cdot f_{12}'' \right) - \cos x \cdot f_2' - \sin x \left( \mathrm{e}^x f_{21}'' - \sin x \cdot f_{22}'' \right)$，
则$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2}\big|_{x = 0} = f_1'(1,1) + f_{11}''(1,1) - f_2'(1,1)$．

【解】$\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2}\ln\left(1 + \frac{k}{n}\right) = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\ln\left(1 + \frac{k}{n}\right) = \int_{0}^{1} x\ln(1 + x)dx$
$= \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \ln(1 + x)d(x^2) = \frac{1}{2}x^2\ln(1 + x)\big|_{0}^{1} - \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{(x^2 - 1) + 1}{1 + x}dx$
$= \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \left(x - 1 + \frac{1}{1 + x}\right)dx = \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\ln 2 = \frac{1}{4}$

方法点评:本题考查定积分的定义求极限.
$n$项和求极限一般分为两种类型:
(1) 分子次数齐、分母次数齐,且分母的次数高于分子一次,采用定积分定义求极限,即
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x)dx$.
(2) 若分子次数或分母次数不齐,一般使用迫敛定理.

【解】$x^{3}+y^{3}-3x+3y-2=0$两边对$x$求导得$3x^{2}+3y^{2}y'-3+3y'=0$，
令$y'=0$得$x_{1}=-1$，$x_{2}=1$，对应的函数值为$y_{1}=0$，$y_{2}=1$；
$3x^{2}+3y^{2}y'-3+3y'=0$两边再对$x$求导得$6x+6yy'y''+3y^{2}y''+3y''=0$，
由$y''(-1)=2>0$得$x=-1$为极小值点，极小值为$y=0$；
由$y''(1)=-1<0$得$x=1$为极大值点，极大值为$y=1$。

【证明】(Ⅰ)根据极限保号性，因为$\lim\limits_{x \to 0^+}\frac{f(x)}{x}<0$，所以存在$\delta>0$，
当$x \in (0,\delta)$时，$\frac{f(x)}{x}<0$，即当$x \in (0,\delta)$时$f(x)<0$，
于是存在$c \in (0,\delta)$，使得$f(c)<0$，
因为$f(c)f(1)<0$，所以存在$x_0 \in (c,1) \subset (0,1)$，使得$f(x_0)=0$.
(Ⅱ)令$F(x)=f(x)f'(x)$，则$F'(x)=f(x)f''(x)+f'^2(x)$，
由$f(0)=f(c)=0$，得存在$x \in (0,c)$，使得$f'(\xi_1)=0$，
因$f(0)=f(c)=0$，所以$F(0)=F(\xi_1)=F(c)$，
由罗尔定理，存在$\eta_1 \in (0,\xi_1)$，存在$\eta_2 \in (\xi_1,c)$，使$F'(\eta_1)=0$，$F'(\eta_2)=0$，
即方程$f(x)f''(x)+f'^2(x)=0$在$(0,1)$内至少有两个不同的实根.

【解】（Ⅰ）由\(\begin{cases} z = \sqrt{x^2 + y^2} \\ z^2 = 2x \end{cases}\)，得\( x^2 + y^2 = 2x \)，
故C在xOy平面上的投影曲线为\( L:\begin{cases} (x - 1)^2 + y^2 = 1 \\ z = 0 \end{cases} \)，
（Ⅱ）\( M = \iint_S 9\sqrt{x^2 + y^2 + z^2} dS \)，
由\( z_x' = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \)，\( z_y' = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \)得\( dS = \sqrt{1 + z_x'^2 + z_y'^2} dxdy = \sqrt{2} dxdy \)，
则\( M = \iint_S 9\sqrt{x^2 + y^2 + z^2} dS = 9\sqrt{2} \iint_D \sqrt{x^2 + y^2} \cdot \sqrt{2} dxdy \)
\( = 18\iint_D \sqrt{x^2 + y^2} dxdy = 18\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{2\cos\theta} r^2 dr \)
\( = 18 \times \frac{8}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta d\theta = 18 \times \frac{16}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta d\theta = 64 \)。

【证明】(Ⅰ)设\( A \)的特征值为\( \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \)，
因为\( A \)有三个不同的特征值，所以\( A \)可以相似对角化，即存在可逆矩阵\( P \)，使得
\[ P^{-1}AP = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & \\ & \lambda_2 & \\ & & \lambda_3 \end{pmatrix}, \]
因为\( \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \)两两不同，所以\( r(A) \geq 2 \)，
又因为\( \alpha_3 = \alpha_1 + 2\alpha_2 \)，所以\( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \)线性相关，从而\( r(A) < 3 \)，于是\( r(A) = 2 \)。
(Ⅱ)因为\( r(A) = 2 \)，所以\( AX = 0 \)基础解系含一个线性无关的解向量，
由\( \begin{cases} \alpha_1 + 2\alpha_2 - \alpha_3 = 0, \\ \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 = \beta, \end{cases} \)得\( AX = \beta \)的通解为
\[ X = k\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} (k 为任意常数)。 \]

【解】$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 2&1&-4 \\ 1&-1&1 \\ -4&1&a \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{X}=\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$，$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{X}^\text{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}$，
因为$\lambda_3=0$，所以$|\boldsymbol{A}|=0$．
由$|\boldsymbol{A}|=\begin{vmatrix} 2&1&-4 \\ 1&-1&1 \\ -4&1&a \end{vmatrix}=-3(a - 2)=0$，得$a = 2$．
由$|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\begin{vmatrix} \lambda - 2&-1&4 \\ -1&\lambda + 1&-1 \\ 4&-1&\lambda - 2 \end{vmatrix}=\lambda(\lambda + 3)(\lambda - 6)= 0$，得$\lambda_1 = -3$，$\lambda_2 = 6$，$\lambda_3 = 0$．

由$-3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\to\begin{pmatrix} 5&1&-4 \\ 1&2&1 \\ -4&1&5 \end{pmatrix}\to\begin{pmatrix} 1&0&-1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$得
$\lambda_1 = -3$对应的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\alpha}_1=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$；
由$6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 4&-1&4 \\ -1&7&-1 \\ 4&-1&4 \end{pmatrix}\to\begin{pmatrix} 1&0&1 \\ 0&1&0 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$得
$\lambda_2 = 6$对应的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\alpha}_2=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$；
由$0\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\to\begin{pmatrix} 1&0&-1 \\ 0&1&-2 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}$得$\lambda_3 = 0$对应的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\alpha}_3=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$．

规范化得$\boldsymbol{\gamma}_1=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\gamma}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\gamma}_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$，
故正交矩阵为$\boldsymbol{Q}=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}}&0&\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$，
$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{X}^\text{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}\stackrel{\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}}{=}-3y_1^2 + 6y_2^2$．

【解】(Ⅰ)$E(Y)=\int_{0}^{1}y\cdot 2y\text{d}y=\frac{2}{3}$，
$P\{Y\leq E(Y)\}=P\left\{Y\leq \frac{2}{3}\right\}=\int_{0}^{\frac{2}{3}}2y\text{d}y=\frac{4}{9}$.

(Ⅱ)方法一 $F_Z(z)=P\{Z\leq z\}=P\{X+Y\leq z\}$，
当$z<0$时，$F_Z(z)=0$；
当$z\geq 3$时，$F_Z(z)=1$；
当$0\leq z<1$时，$F_Z(z)=P\{X=0,Y\leq z\}=P\{X=0,Y\leq z\}$
$=P\{X=0\}P\{Y\leq z\}=\frac{1}{2}\int_{0}^{z}2y\text{d}y=\frac{z^2}{2}$；
当$1\leq z<2$时，$F_Z(z)=P\{X=0,Y\leq z\}=P\{X=0\}P\{Y\leq 1\}=\frac{1}{2}$；
当$2\leq z<3$时，$F_Z(z)=P\{X=0,Y\leq z\}+P\{X=2,Z\leq z-2\}$
$=P\{X=0\}P\{Y\leq 1\}+P\{X=2\}P\{Y\leq z-2\}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{z-2}2y\text{d}y=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(z-2)^2$，

即$F_Z(z)=\begin{cases} 0, & z<0, \\ \frac{z^2}{2}, & 0\leq z<1, \\ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}(z-2)^2, & 2\leq z<3, \\ 1, & z\geq 3, \end{cases}$
概率密度为$f_Z(z)=\begin{cases} z, & 0<z<1, \\ z-2, & 2<z<3, \\ 0, & 其他. \end{cases}$

方法二 由全概率公式得
$F_Z(z)=P\{Z\leq z\}=P\{X+Y\leq z\}$
$=P\{X=0\}P\{X+Y\leq z\mid X=0\}+P\{X=2\}P\{X+Y\leq z\mid X=2\}$
$=\frac{1}{2}P\{Y\leq z\}+\frac{1}{2}P\{Y\leq z-2\}$，
当$z<0$时，$F_Z(z)=0$；
当$0\leq z<1$时，$F_Z(z)=\frac{1}{2}P\{Y\leq z\}=\frac{1}{2}\int_{0}^{z}2y\text{d}y=\frac{z^2}{2}$；
当$1\leq z<2$时，$F_Z(z)=\frac{1}{2}P\{Y\leq 1\}=\frac{1}{2}$；
当$2\leq z<3$时，$F_Z(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}P\{Y\leq z-2\}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{z-2}2y\text{d}y=\frac{1}{2}+\frac{(z-2)^2}{2}$；
当$z\geq 3$时，$F_Z(z)=1$，
故$f_Z(z)=F'(z)=\begin{cases} z, & 0<z<1, \\ z-2, & 2<z<3, \\ 0, & 其他. \end{cases}$

【解】(Ⅰ)由\( X_{1}\sim N(\mu,\sigma^{2}) \)得\( \frac{X_{1}-\mu}{\sigma}\sim N(0,1) \),
\( Z_{1} \)的分布函数为\( F(z)=P\{Z_{1}\leq z\} \).
当\( z < 0 \)时,\( F(z)=0 \);
当\( z\geq0 \)时,\( F(z)=P\left\{\left|\frac{X_{1}-\mu}{\sigma}\right|\leq\frac{z}{\sigma}\right\}=\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)-\Phi\left(-\frac{z}{\sigma}\right)=2\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)-1 \),
\[
F(z)=\begin{cases}
0, & z < 0, \\
2\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)-1, & z\geq0,
\end{cases}
\]
\( Z_{1} \)的密度函数为\[
f(z)=\begin{cases}
0, & z\leq0, \\
\frac{2}{\sigma}\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right), & z > 0.
\end{cases}
\]

(Ⅱ)\( E(Z)=E(|X_{i}-\mu|)=E(|X_{1}-\mu|) \)
\[
\begin{align*}
&=\int_{0}^{+\infty}z\cdot\frac{2}{\sigma}\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right)dz = 2\sigma\int_{0}^{+\infty}\frac{z}{\sigma}\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right)d\left(\frac{z}{\sigma}\right)\\
&=2\sigma\int_{0}^{+\infty}t\varphi(t)dt=\frac{2\sigma}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{+\infty}te^{-\frac{t^{2}}{2}}dt=\frac{2\sigma}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{t^{2}}{2}}d\left(\frac{t^{2}}{2}\right)=\frac{2\sigma}{\sqrt{2\pi}},
\end{align*}
\]
由\( \frac{2\sigma}{\sqrt{2\pi}}=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}Z_{i}=\overline{Z} \),得\( \sigma \)的矩估计量为\( \hat{\sigma}=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\overline{Z} \).

(Ⅲ)似然函数为
\[
L = f(z_{1})\cdots f(z_{n})=\frac{2^{n}}{\sigma^{n}}\cdot\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right)^{n}\cdot e^{-\frac{1}{2\sigma^{2}}(z_{1}^{2}+\cdots+z_{n}^{2})}(z_{i}>0,i = 1,2,\cdots,n),
\]
\[
\ln L = n\ln 2 - n\ln\sigma - n\ln\sqrt{2\pi}-\frac{1}{2\sigma^{2}}(z_{1}^{2}+\cdots+z_{n}^{2}),
\]
由\( \frac{d\ln L}{d\sigma}=-\frac{n}{\sigma}+\frac{1}{\sigma^{3}}(z_{1}^{2}+\cdots+z_{n}^{2}) = 0 \)得\( \hat{\sigma}=\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}z_{i}^{2}} \),
故\( \sigma \)的最大似然估计量为\( \hat{\sigma}=\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}Z_{i}^{2}} \).