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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. 设f(x，y)连续，且
其中D={(x，y)|1≤x
2+y
2≤9}，则f(x，y)=
A．x
2．
B．x
2+y
2．
C．
D．
A B C D
C
[解析] 设
，则f(x，y)=x
2+ay
2．于是
解之得
，故
4. 设随机变量X的分布函数为
，则P{x=0}=______
A．0．
B．
C．
D．1-e
-1．
A B C D
B
[解析] 由分布函数的定义得
5. 设X
1，X
2，…，X
n(n＞2)为来自总体N(0，1)的简单随机样本，
为样本均值．记Y
i=
，i=1，2，…，n．则______
A．
B．
C．
D．
A B C D
A
[解析] 由已知得E(X
i)=0，D(X
i)=1，i=1，2，…，n，则
排除选项C和D．
因X
1，X
2，…，X
n相互独立，而独立的两个随机变量协方差等于零，于是有
而
类似地
又因为
所以有
6. 下列命题正确的是______
A．
B．
C．
D．
A B C D
D
[解析]
法一 举例说明A，B，C都不正确．
A．的反例：
B．的反例：
也不存在．但
(存在)．
C的反例：
不论δ＞0多么小，在x=0的δ去心邻域
内，f[g(x)]在无穷多个点上(例如
n∈Z且充分大)没有定义，故C．不成立．选D．
法二 证明D．正确．由
知，对于任给的ε＞0，存在M＞0，当|u|＞M时，有|f(u)-A|<＜ε．又因
故对于上述M＞0，存在δ＞0，当0＜|x-x
0|＜δ时，|g(x)|＞M．将k述两项联合起来推知，对于任给的ε＞0，存存δ＞0，当0＜|x-x
0|＜δ时，有|f[g(x)]-A|＜ε，即
选D．
7. 下列二次型中，正定二次型是______
- A.f1(x1，x2，x3，x4)=(x1-x2)2+(x2-x3)2+(x3-x4)2+(x4-x1)2．
- B.f2(x1，x2，x3，x4)=(x1+x2)2+(x2+x3)2+(x3+x4)2+(x4+x1)2．
- C.f3(x1，x2，x3，x4)=(x1-x2)2+(x2+x3)2+(x3-x4)2+(x4+x1)2．
- D.f4(x1，x2，x3，x4)=(x1-x2)2+(x2+x3)2+(x3+x4)2+(x4+x1)2．
A B C D
D
[解析] 法一 A存在x
1=(1，1，1，1)
T，使得f
1(x
1)=0，f
1不正定．
B存在x
2=(1，-1，1，-1)
T，使得f
2(x
2)=0，f
2不正定．
C存在x
3=(1，1，-1，-1)
T，使得f
3(x
3)=0，f
3不正定．
由排除法知，应选D．
法二 对D，f
4(x
1，x
2，x
3，x
4)=(x
1-x
2)
2+(x
2+x
3)
2+(x
3+x
4)
2+(x
4+x
1)
2，
即
其中
故x=C
-1y是可逆线性变换，则由
知，f
4是正定二次型．
法三 f
4(x
1，x
2，x
3，x
4)=(x
1-x
2)
2+(x
2+x
3)
2+(x
3+x
4)
2+(x
4+x
1)
2 
其中
，D是可逆矩阵．
故知A=D
TD是正定矩阵，f
4是正定二次型．
法四 写出各二次型的对应矩阵，用顺序主子式是否都大于零来判别，请读者自行计算．
8. 设X，Y为两个随机变量，其中E(X)=2，E(Y)=-1，D(X)=9，D(Y)=16，且X，Y的相关系数为ρ=
由切比雪夫不等式得P{|X+Y-1|≤10}≥______．
A．
B．
C．
D．
A B C D
B
[解析] 令Z=X+Y，则E(Z)=E(X)+E(Y)=1，
D(Z)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X，Y)=13，
则P{|X+Y-1|≤10}=P{|Z-E(Z)|≤10}≥
选B．
二、填空题1.
2. 若对任意的n×1矩阵X，均有AX=0，则A=______．
3. 将一均匀的骰子连续扔六次，所出现的点数之和为X，用切比雪夫不等式估计P(14＜X＜28)=______．
[解析] 设X
i为第i次的点数(i=1，2，3，4，5，6)，则
，其中
则
，由切比雪夫不等式，有
4. 设A为三阶实对称矩阵，
为方程组AX=0的解，
为方程组(2E-A)X=0的一个解，|E+A|=0，则A=______．
[解析] 显然
为A的特征向量，其对应的特征值分别为λ
1=0，λ
2=2，因为A为实对称阵，所以
解得k=1，于是
又因为|E+A|=0，所以λ
3=-1为A的特征值，令λ
3=-1对应的特征向量为
5. 设y(x)≠0且为连续函数，
分别为y(x)与
的某两个原函数，又设
，且y(0)=1，并设
则y(x)=______．
e-x
[解析] 由
，有
两边对x求导，得
所以
所以y=Ce
±x．由题设y(0)=1，知C=1．又因为
，故“±”取“-”．所以y=e
-x．
6. 设函数y=y(x)在(0，+∞)上满足
则y(x)=______．
x(1-cosx)
[解析] 由可微的定义，函数y=y(x)在(0，+∞)内可微，
由一阶非齐次线性微分方程的通解公式得
由
得C=1，所以y=x(1-cosx)．
三、解答题本题共94分，解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．设X1，X2，…，Xn(n＞2)相互独立且都服从N(0，1)，Yi=Xi-
(i=1，2，…，n)．求1. D(Y
i)(i=1，2，…，n)；
解：D(Y
i)=Cov(Y
i，Y
i)
=D(X
i)+D(
)-2Cov(X
i，
)
2. Cov(Y
1，Y
n)；
解：Cov(Y
1，Y
n)
3. P{Y
1+Y
n≤0}．
解：Y
1+Y
n
因为X
1，X
2，…，X
n独立且都服从正态分布，所以Y
1+Y
n服从正态分布，
E(Y
1+Y
n)=0
4. 求由下列曲面所围成的形体的体积：z=x+y，z=xy，x+y=1，x=0，y=0．
解：显然，由以上曲面所围的空间形体在xOy坐标上的投影是由x+y=1及x，y轴所围成的三角形，如图所示．
因为0≤x≤1，0≤y≤1，因而x+y≥xy，
所以所求体积
5. 边长为a和b的矩形薄板(a＞b)，放置于与液面成α角的液体内，长边平行于液面，位于深h处，设液体的比重为σ，求薄板所受的压力P．
解：建立坐标，如图所示，当x取增量dx时，薄板对应的宽度为
于是图中阴影部分的面积为
这小条所受液体的静压力为
整块薄板所受压力为
6. 设f(x，y)=x
3+y
3-3x
2-3y
2，求f(x，y)的极值及其在x
2+y
2≤16上的最大值．
解：根据题意可得
解得x
1=0，x
2=2，y
1=0，y
2=2．
即共有4个极值可疑点：(0，0)，(0，2)，(2，0)，(2，2)．
又因为
则在点(0，0)处，
B
2-AC=0-(-6)×(-6)=-36＜0且A=-6＜0．
所以点(0，0)是一个极大值点且极大值为f(0，0)=0．
同理，f(2，2)=-8是一个极小值；而f(0，2)与f(2，0)不是极值．
由上面讨论可知，f(x，y)在闭域D上的最大值，若在D内达到，必是在(0，0)点取得，但也可能在D的边界上，故建立拉格朗日函数．
令
L(x，y，λ)=x
3+y
3-3x
2-3y
2+λ(x
2+y
2-16)，
则有
解得：x=0，y=4或x=4，y=0或
因此f(x，y)在D上的最大值为
[考点] 多元函数的极值、最值．
[解析] 先求出函数f(x，y)在区域D：x2+y2≤16内的极值可疑点(xi，yi)(i=1，2，…，m)；再利用极值的充分判别法判断每个点是否为极值点，若是极值点，则求出对应的极值；最后由拉格朗日乘数法求得f(x，y)在D的边界上的可疑极值，将以上所得函数值进行比较，便可得到结果．
8. 求E(Z)，D(Z)．
解：
又X，Y相互独立，
∴EZ=E(X+2Y)=EX+2EY=1+1=2。
9. 证明由方程u=y+xφ(u)确定的函数u=u(x，y)满足方程
解：方程u=y+xφ(u)两边对x求偏导数，得
上式两边对x再求一次偏导数，得
因此
另一方面
从而
10. 已知△ABC的面积为S，三边长分别为a，b，c．在该三角形内求一点P，使该点到△ABC三边的距离的乘积为最大．并求出乘积最大时的这三个距离及此乘积的最大值．
解：设点P到边长分别为a，b，c的边的距离分别为x，y，z．于是
即ax+by+cz-2S=0．
令F(x，y，z，λ)=xyz+λ(ax+by+cz-2S)，
由拉格朗日乘数法，
解得
当点P在三角形的边上时，xyz=0．而P在三角形内部时，xyz＞0．所以当点P在三角形内部时，乘积xyz有最大值．所以当
时，xyz最大，最大值为
11. 计算曲面积分
，其中Σ为球面x
2+y
2+z
2=4在z≥1的部分．
12. 求U和V的联合分布；
解：如图所示，由题设可得
由(U，V)有四个可能值：(0，0)，(0，1)，(1，0)，(1，1)，则
P{U=0，V=1}=P{X≤Y，X＞2Y}=0，
故U和V的联合分布为
13. 求U和V的相关系数ρ．
[考点] 考查二维离散型随机变量的分布及数字特征．
[解析] 由均匀分布求出(U，V)的分布律，然后求相关系数．
必有间断点．
收敛域为[-1，1]，
，有
，则
深色：已答题 浅色：未答题