因此，用极坐标计算可得
2. 二元函数f(x , y )在点(x0, y0)处两个偏导数 f′
x(x0, y0),fy′(x0, y0)存在是 f(x , y )在 该点连续的· · · ( ) (A)充分条件但非必要条件． (B)必要条件而非充分条件．
(C)充分必要条件． (D)既非充分条件又非必要条件．
解. 应选(D)．f(x , y ) 在点(x0, y0)连续不能保证 f(x , y )在点 (x0, y0)存在偏导数 fx′(x0, y0), fy′(x0, y0)．反之，f(x , y )在点(x0, y0)存在两个偏导数f′
x(x0, y0), fy′(x0, y0) 也不能保证f(x , y )在点(x0, y0)连续．二元函数 f(x , y )在点(x0, y0)处两个偏导 数存在和在点(x0, y0)处连续并没有相关性．
3. 设常数λ > 0,且级数
∑∞ n=1
an2收敛,则级数
∑∞ n=1
(−1)n |an|
pn2+ λ· · · ·( ) (A)发散． (B)条件收敛．
(C)绝对收敛． (D)收敛性与λ有关．
解. 应选(C)．考查取绝对值后的级数.因
(−1)n|an| pn2+ λ
=
an
pn2+ λ ¶1
2
an2+ 1 n2+ λ
<1 2
an2+ 1 n2
,
又
∑∞ n=1
an2和
∑∞ n=1
1
n2 都收敛，故原级数绝对收敛．
4. lim
x→0
a tan x+ b (1 − cos x )
c ln(1 − 2x ) + d (1 − e−x2) = 2,其中a2+ c2̸= 0,则必有· · · ( ) (A) b = 4d． (B) b = −4d． (C) a= 4c． (D) a= −4c． 解. 应选(D)．这是因为
1− cos x ∼1
2x2= o(x ), ⇒ a tan x + b (1 − cos x ) ∼ a x (a ̸= 0), 1− e−x2∼ x2= o(x ), ⇒ c ln(1 − 2x ) + d (1 − e−x2) ∼ −2c x (c ̸= 0).
因此,原式左边= lim
x→0
a x
−2c x = a
−2c = 2 =原式右边，从而a = −4c．当a = 0, c ̸= 0
时,极限为0；当a ̸= 0, c = 0时,极限为∞；均与题设矛盾．此题也可以用洛必
达法则计算．
5. 已知向量组α1,α2,α3,α4线性无关，则向量组· · · ( ) (A)α1+ α2、α2+ α3、α3+ α4、α4+ α1线性无关．
(B)α1− α2、α2− α3、α3− α4、α4− α1线性无关．
(C)α1+ α2、α2+ α3、α3+ α4、α4− α1线性无关．
(D)α1+ α2、α2+ α3、α3− α4、α4− α1线性无关．
解. 应选(C)．事实上，由α的系数构成的行列式，即
解. 由倍⻆公式和换元积分法，得到
解. 由全微分方程的条件,有
七、（本题满分6分）
已知点A与B 的直⻆坐标分别为(1,0,0)与(0,1,1).线段AB 绕z轴旋转一周所 围成的旋转曲面为S .求由S 及两平面z = 0, z = 1所围成的立体体积.
解. 设高度为z 处的截面Dz 的面积为S(z ),则所求体积 V =
∫ 1
0
S(z )dz .
A, B 所在的直线的方向向量为(−1,1,1),且过A点,所以A, B所在的直线方程为 x− 1
−1 = y 1 = z
1 ⇒
x= 1 − z , y = z .
截面Dz 是个圆形,其半径的平方R2= x2+ y2= (1 − z )2+ z2,则面积 S(z ) = πR2= π[(1 − z )2+ z2],
由此得体积
V =
∫ 1
0
π[(1 − z )2+ z2]dz = π
∫ 1
0
1− 2z + 2z2 dz
= π
z− z2+2 3z3
1
0
=2π 3 .
八、（本题满分8分）
设四元线性⻬次方程组(I)为
x1+ x2= 0, x2− x4= 0,
又已知某线性⻬次方程组(II)的通 解为k1(0,1,10) + k2(−1,2,2,1).
(1)求线性方程组(I)的基础解系；
(2)问线性方程组(I)和(II)是否有非零公共解？若有,则求出所有的非零公共 解.若没有,则说明理由.
解. (1)由已知，(I)的系数矩阵A=
1 1 0 0 0 1 0 −1
．由于n− r (A) = 2,所以解空间 的维数是2.取x3, x
4为自由变量,分别令(x3, x4) = (1,0),(0,1),得(I)的基础解系 可取为(0,0,1,0),(−1,1,0,1)．
(2)方程组(I)和(II)有非零公共解.将(II)的通解
x1= −k2, x2= k1+ 2k2, x3= k1+ 2k2, x4= k2
代入方程组(I),则有
−k2+ k1+ 2k2= 0
+ 2k − k = 0 ⇒ k1= −k2.
那么当k1= −k2̸= 0时,向量
k1(0,1,1,0) + k2(−1,2,2,1) = k1(1,−1,−1,−1) 是(I)与(II)的非零公共解.
九、（本题满分6分）
设A为n 阶非零方阵,A∗是A的伴随矩阵,AT 是A的转置矩阵,当A∗ = AT 时, 证明|A| ̸= 0.
解. 证法一：由于A∗= AT,根据A∗的定义有
Ai j = ai j (∀i , j = 1,2,··· ,n),
其中Ai j 是行列式|A|中ai j 的代数余子式.由于A̸= 0,不妨设ai j ̸= 0,那么
|A| = ai 1Ai 1+ ai 2Ai 2+ ··· + ai nAi n = ai 12 + ai 22 + ··· + ai n2 ¾ ai j2 > 0, 故|A| ̸= 0.
证法二：(反证法)若|A| = 0,则
AA∗= AAT = |A|E = 0.
设A的行向量为αi(i = 1,2,··· ,n),则
αiαTi = ai 12 + ai 22 + ··· + ai n2 = 0 (i = 1,2,··· ,n).
于是αi = (ai 1, ai 2,··· ,ai n) = 0 (i = 1,2,··· ,n).进而有A= 0,这与A是非零矩阵相 矛盾.故|A| ̸= 0.
十、填空题（本题共2小题，每小题3分，满分6分）
1. 已知A,B 两个事件满足条件P(AB) = P (AB),且P(A) = p,则P(B) = ． 解. 由随机事件的概率运算性质有
P(AB) = P (A ∪ B) = 1 − P (A ∪ B)
= 1 − [P (A) + P (B) − P (AB )]
= 1 − P (A) − P (B) + P (AB).
因题目已知P(AB ) = P (AB),故有
P(A) + P (B) = 1 ⇒ P (B) = 1 − P (A) = 1 − p.
2. 设相互独立的两个随机变量X、Y 具有同一分布律,且X 的分布律为
X 0 1
P 1
2 1 2
则随机变量Z = max{X , Y }的分布律为 ．
解. 由于X、Y 相互独立且同分布,只能取0、1两个数值,易⻅随机变量Z = max{X , Y } 只取0与1两个可能的值,且
P{Z = 0} = P {max{X , Y } = 0}
= P {X = 0, Y = 0} = P {X = 0} · P {Y = 0} =1 4, P{Z = 1} = 1 − P {Z = 0} =3
4. 所以随机变量Z = max{X , Y }的分布律为：
Z 0 1
P 1
4 3 4
十一、（本题满分6分）
已知随机变量(X , Y )服从二维正态分布,且X 和Y 分别服从正态分布N(1,32) 和N(0,42), X 与Y 的相关系数ρX Y = −1
2,设Z =X 3 +Y
2, (1)求Z 的数学期望E(Z )和方差D(Z )；
(2)求X 与Z 的相关系数ρX Z；
(3)问X 与Z 是否相互独立？为什么？
解. (1)由X ∼ N (1,32),Y ∼ N (0,42),知
E(X ) = 1,D (X ) = 9, E (Y ) = 0,D (Y ) = 16.
由数学期望和方差的性质得 E Z =1
3E X +1
2E Y =1 3, D Z =1
9D X +1
4D Y +1
3Cov(X , Y )
=1
9× 9 +1
4× 16 +1
3ρX Y ·p
D(X ) ·p D(Y )
= 5 +1 3× (−1
2) × 3 × 4 = 3.
(2)由协方差的性质得
Cov(X ,Z ) = Cov(X ,1 3X +1
2Y)
=1
3Cov(X , X ) +1
2Cov(X , Y )
=1
3· 32+1
2(−6) = 0, 所以ρX Z =pCov(X ,Z )
D Xp
D Z = 0.
态分布,而Z= X 3 +Y
2,X = X + 0Y ,故X 和Z 都是其线性组合,则(X ,Z )服从二 维正态分布,根据ρX Z =pCov(X ,Z )
D Xp
D Z = 0,所以X 与Z 是相互独立的.