计算\(\lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x + 1} \cdot \frac{1}{x} = 1\)，再计算\(\lim_{x \to \infty} (y - x) = \lim_{x \to \infty} (\frac{x^3}{x + 1}\sin\frac{1}{x} - x)\)，通过泰勒展开等方法可得极限为\(-1\)，故斜渐近线方程为\( y = x - 1 \)。

充分性：由柯西中值定理，\(\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)，\(\xi \in (a, x)\)。因\(\frac{f'(x)}{g'(x)}\)严格单调递增，故\(\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} < \frac{f'(x)}{g'(x)}\)，进而推出\([\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)}]' > 0\)，即\(\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)}\)严格单调递增。必要性：通过构造反例，如\( f(x) = \begin{cases} x^2, & -1 < x < 0 \\ 0, & 0 \leq x < 1 \end{cases}\)，\( g(x) = x \)，可说明必要性不成立。故为充分非必要条件。

利用轮换对称性计算\( I_1 = \frac{1}{2} \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2) dS = \frac{1}{2} \iint_{\Sigma} dS = 2\pi \)；将\(\Sigma\)分为前后两侧计算\( I_2 \)，可得\( I_2 = \frac{16\pi}{3} \)；分析\( I_3 \)，由于\(\Sigma_1\)和\(\Sigma_2\)方向相反，可得\( I_3 = 0 \)，故\( I_2 > I_1 > I_3 \)。

①：分别讨论\( y = 0 \)和\( y \neq 0 \)时\(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y)\)，均为\( 0 = f(0, 0) \)，故连续；②：由方向导数定义，无论代入哪个表达式，\(\frac{\partial [f(x, y)]}{\partial \boldsymbol{l}} \big|_{(0, 0)} = 0\)；③：由②得偏导数在原点处为\( 0 \)，再验证可微性，可得\( d[f(x, y)] \big|_{(0, 0)} = 0 \)。故①②③均正确。

二次型对应的矩阵\( A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ -2 & 2 & -2 \\ 0 & -2 & 3 \end{pmatrix} \)，令\( |\lambda E - A| = 0 \)，解得特征值\( \lambda_1 = -1 \)，\( \lambda_2 = 2 \)，\( \lambda_3 = 5 \)。二次型经正交变换可化为\( f = -y_1^2 + 2y_2^2 + 5y_3^2 \)，\( f = 0 \)时，即\( y_1^2 = 2y_2^2 + 5y_3^2 \)，为锥面。

充分性.若ABα = λα，则BABα = Bλα = λBα. 由α≠0，B可逆，故Bα≠0，故Bα是BA的特征向量. 必要性.若BABα = λBα = Bλα，由B可逆，有ABα = λα，故α是AB的特征向量.

对于①，设bᵀAb = x，则 (bᵀAb)ᵀ = bᵀAᵀb = -bᵀAb = -x = x， 解得x = 0，即bᵀAb = 0. 对于②，因为A⁻¹仍然满足(A⁻¹)ᵀ = -A⁻¹，所以bᵀA⁻¹b = 0. 对于③，构造分块矩阵，利用初等变换进行转化： $\begin{pmatrix}1&0\\0&A + bb^T\end{pmatrix}$$\xrightarrow[加到第2行]{第1行左边乘b}$$\begin{pmatrix}1&0\\b&A + bb^T\end{pmatrix}$$\xrightarrow[加到第2列]{第1列右边乘 - b^T}$$\begin{pmatrix}1& - b^T\\b&A\end{pmatrix}$ $\xrightarrow[加到第1行]{第2行左边乘b^TA^{-1}}$$\begin{pmatrix}1 + b^TA^{-1}b&0\\b&A\end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix}1&0\\b&A\end{pmatrix}$$\xrightarrow[加到第2行]{第1行左边乘 - b}$$\begin{pmatrix}1&0\\0&A\end{pmatrix}$， 所以$\begin{pmatrix}1&0\\0&A + bb^T\end{pmatrix}$与$\begin{pmatrix}1&0\\0&A\end{pmatrix}$等价，从而A + bbᵀ与A等价，所以r(A + bbᵀ) = n. 对于④，不妨设$A = \begin{pmatrix}0&a&b\\-a&0&c\\-b&-c&0\end{pmatrix}$. 因为 $|A| = \begin{vmatrix}0&a&b\\-a&0&c\\-b&-c&0\end{vmatrix} = -a\begin{vmatrix}-a&c\\-b&0\end{vmatrix} + b\begin{vmatrix}-a&0\\-b&-c\end{vmatrix} = -abc + abc = 0$， 这违背了A可逆的条件，所以n不可能为3.事实上，n不可能是奇数.

对选项A，由P(AB) > P(A)P(B)，则P(A) - P(AB) < P(A) - P(A)P(B)， 即P(A$\overline{B}$) < P(A)P($\overline{B}$)，故A错误. 对选项B，由 P(A) = 1 - P($\overline{A}$)，P(B) = 1 - P($\overline{B}$)， P(AB) = 1 - P($\overline{AB}$) = 1 - P($\overline{A}$ ∪ $\overline{B}$) = 1 - P($\overline{A}$) - P($\overline{B}$) + P($\overline{A}$$\overline{B}$)， 结合P(AB) > P(A)P(B)，有 1 - P($\overline{A}$) - P($\overline{B}$) + P($\overline{A}$$\overline{B}$) > [1 - P($\overline{A}$)][1 - P($\overline{B}$)]， 即P($\overline{A}$$\overline{B}$) > P($\overline{A}$)P($\overline{B}$)，以上过程可逆，故B正确. 对选项C，由P(AB) > P(A)P(B)有 P(AB) - P(A)P(AB) > P(A)P(B) - P(A)P(AB)， 即 $\frac{P(AB)}{P(A)} > \frac{P(B) - P(AB)}{1 - P(A)} = \frac{P(\overline{A}B)}{P(\overline{A})}$， 也即P(B | $\overline{A}$) < P(B | A)，故C错误. 对选项D，由P(AB) > P(A)P(B)有 P(AB) - P(B)P(AB) > P(A)P(B) - P(B)P(AB)， 即 $\frac{P(AB)}{P(B)} > \frac{P(A) - P(AB)}{1 - P(B)} = \frac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})}$， 也即P(A | $\overline{B}$) < P(A | B)，故D错误.

由题设可得 P{Z₁ = -1} = P{Z₂ = -1} = P{X = -1,Y = 1} + P{X = 1,Y = -1} = $\frac{1}{2}$， P{Z₁ = 1} = P{Z₂ = 1} = P{X = 1,Y = 1} + P{X = -1,Y = -1} = $\frac{1}{2}$， 所以P{Z₁ = 1,Z₂ = -1} = 0 ≠ P{Z₁ = 1}P{Z₂ = -1}， 故C错误. 对a,b ∈ {-1,1}，又 P{Z₂ = a,X = b} = P{$\frac{X}{Y}$ = a,X = b} = P{X = b,Y = $\frac{b}{a}$} = P{X = b}P{Y = $\frac{b}{a}$} = $\frac{1}{4}$， P{Z₂ = a}P{X = b} = $\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$ = $\frac{1}{4}$， 但P{X = -1,Y = 1,Z₂ = 1} = 0 ≠ P{X = -1}P{Y = 1}P{Z₂ = 1}， 故X,Y,Z₂不相互独立，同理，X,Y,Z₁也不相互独立.

设x₁,x₂,…,xₙ为样本X₁,X₂,…,Xₙ的一组观测值，则似然函数为 $L(\theta) = \prod_{i=1}^{n}\theta^{x_i}(1 - \theta)^{1 - x_i} = \theta^{\sum_{i=1}^{n}x_i}(1 - \theta)^{n - \sum_{i=1}^{n}x_i}$， 取对数， ln L($\theta$) = $\sum_{i=1}^{n}x_i$ln $\theta$ + ($n - \sum_{i=1}^{n}x_i$)ln (1 - $\theta$) = $n\overline{x}$ln $\theta$ + ($n - n\overline{x}$)ln(1 - $\theta$)， 令$\frac{d[\ln L(\theta)]}{d\theta}$ = $\frac{n\overline{x}}{\theta}$ - $\frac{n(1 - \overline{x})}{1 - \theta}$ = 0，得$\theta$ = $\overline{x}$. 当$\theta$ < $\overline{x}$时，$\frac{d[\ln L(\theta)]}{d\theta}$ = $\frac{n(\overline{x} - \theta)}{\theta(1 - \theta)}$ > 0；当$\theta$ > $\overline{x}$时，$\frac{d[\ln L(\theta)]}{d\theta}$ = $\frac{n(\overline{x} - \theta)}{\theta(1 - \theta)}$ < 0.又 0 < $\theta$ ≤ $\frac{1}{2}$，故若$\overline{x}$ < $\frac{1}{2}$，则当$\theta$ = $\overline{x}$时，ln L($\theta$)最大，此时$\hat{\theta}$ = $\overline{X}$；若$\overline{x}$ > $\frac{1}{2}$，则当$\theta$ = $\frac{1}{2}$时，ln L($\theta$)最大，此时$\hat{\theta}$ = $\frac{1}{2}$. 综上，$\hat{\theta}$ = min{$\frac{1}{2}$,$\overline{X}$}.

（1）由题可得 \(f(x,y)=\int(x^{2}+y^{2}-4x + 4)e^{x}dx=(x^{2}+y^{2}-6x + 10)e^{x}+\varphi(y)\)， \(\frac{\partial f}{\partial y}=2ye^{x}+\varphi^{\prime}(y)=2ye^{x}\)， 所以\(\varphi^{\prime}(y)=0\)，则\(\varphi(y)=C\)。故 \(f(x,y)=(x^{2}+y^{2}-6x + 10)e^{x}+C\)， 又\(f(0,0)=0\)，有\(C = - 10\)，故 \(f(x,y)=(x^{2}+y^{2}-6x + 10)e^{x}-10\)。 （2）令\(\begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}=0\\\frac{\partial f}{\partial y}=0\end{cases}\)有\(\begin{cases}x = 2\\y = 0\end{cases}\)可得 \(A = f_{xx}^{\prime\prime}\big|_{(2,0)}=(2x - 4+x^{2}+y^{2}-4x + 4)e^{x}\big|_{(2,0)}=0\)， \(B = f_{xy}^{\prime\prime}\big|_{(2,0)}=2ye^{x}\big|_{(2,0)}=0\)， \(C = f_{yy}^{\prime\prime}\big|_{(2,0)}=2e^{x}\big|_{(2,0)}=2e^{2}\)， \(\Delta=AC - B^{2}=0\)，判别式失效。 令\(g(x)=f(x,0)=(x^{2}-6x + 10)e^{x}-10\)，故\(g^{\prime}(x)=(x^{2}-4x + 4)e^{x}=(x - 2)^{2}e^{x}\)。 令\(g^{\prime}(x)=0\)有\(x = 2\)，又\(g^{\prime\prime}(2)=0\)，\(g^{\prime\prime\prime}(2)=2e^{2}>0\)，所以\(x = 2\)不是\(g(x)\)的极值点，\((2,0)\)也不是\(f(x,y)\)的极值点，故\(f(x,y)\)无极值。

（1）由\(\sum_{k = 0}^{n}b_{k}a_{n - k}=0\)，有\(b_{n}a_{0}+\sum_{k = 0}^{n - 1}b_{k}a_{n - k}=0\)，于是 \(b_{n}=-\sum_{k = 0}^{n - 1}b_{k}a_{n - k}\)， \(\vert b_{n}x_{0}^{n}\vert=\vert-\sum_{k = 0}^{n - 1}b_{k}a_{n - k}\cdot x_{0}^{n}\vert=\vert-\sum_{k = 0}^{n - 1}b_{k}a_{n - k}\cdot x_{0}^{k}\cdot x_{0}^{n - k}\vert\leq M\cdot\sum_{k = 0}^{n - 1}\vert b_{k}x_{0}^{k}\vert\)。 下面用数学归纳法来证明。 ①当\(n = 0\)时，\(\vert b_{0}x_{0}^{0}\vert=b_{0}=1\leq M^{0}\)，显然成立； ②设\(n = m\)时，\(\vert b_{m}x_{0}^{m}\vert\leq M^{2m}\)成立； ③当\(n = m + 1\)时，\(\vert b_{m + 1}x_{0}^{m + 1}\vert\leq M\cdot\sum_{k = 0}^{m + 1 - 1}\vert b_{k}x_{0}^{k}\vert=M\cdot\sum_{k = 0}^{m}\vert b_{k}x_{0}^{k}\vert\leq M\cdot\sum_{k = 0}^{m}M^{2k}=M\cdot\frac{1 - M^{2(m + 1)}}{1 - M^{2}}=M\cdot\frac{M^{2(m + 1)}-1}{M^{2}-1}\)。 由于\(M\leq M^{2}-1\)，故\(\frac{M}{M^{2}-1}\leq1\)，则\(\vert b_{m + 1}x_{0}^{m + 1}\vert\leq M^{2(m + 1)}-1\leq M^{2(m + 1)}\)成立。 综上，\(\vert b_{n}x_{0}^{n}\vert\leq M^{2n}\)。 （2）\(\vert b_{n}x^{n}\vert=\vert b_{n}x_{0}^{n}\vert\cdot\vert\frac{x}{x_{0}}\vert^{n}\leq(\frac{M^{2}\vert x\vert}{\vert x_{0}\vert})^{n}\)，当\(\vert x\vert\leq\frac{\vert x_{0}\vert}{2M^{2}}\)时，\(\vert b_{n}x^{n}\vert\leq\frac{1}{2^{n}}\)，故绝对收敛。

【解】（1）$\begin{pmatrix} 1 - a & 1 & 1 & 0 \\ a & 1 & 0 & 1 \\ a + 1 & a + 1 & 1 & 2(a - 1) \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 - a & 1 & 1 & 0 \\ 2a - 1 & 0 & -1 & 1 \\ 2a - a^2 & 0 & 0 & a - 2 \end{pmatrix}$，因$\boldsymbol{\beta}$不能由$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$线性表示，则$r(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3) + 1 = r(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\beta})$，即$2a - a^2 = 0$且$a - 2 \neq 0$，故$a = 0$。 （2）由（1）知，$a = 0$，故$\boldsymbol{\alpha}_1 = \boldsymbol{\alpha}_3$，则$(\boldsymbol{\beta}^T - \boldsymbol{\gamma}^T)\boldsymbol{\alpha}_i = 0$，$i = 1,2,3$。记$\boldsymbol{\gamma} = (\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3)\begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \\ k_3 \end{pmatrix} = \boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$，于是 $(\boldsymbol{\beta}^T - \boldsymbol{x}^T\boldsymbol{A}^T)\boldsymbol{A} = 0$，$\boldsymbol{A}^T(\boldsymbol{\beta} - \boldsymbol{A}\boldsymbol{x}) = 0$，$\boldsymbol{A}^T\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{A}^T\boldsymbol{\beta}$， 由 $(\boldsymbol{A}^T\boldsymbol{A} \vdots \boldsymbol{A}^T\boldsymbol{\beta}) = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 2 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$， 得$\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \\ k_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + k\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$，$k \in \mathbf{R}$，则 $\boldsymbol{\gamma} = k_1\boldsymbol{\alpha}_1 + k_2\boldsymbol{\alpha}_2 + k_3\boldsymbol{\alpha}_3$ $= (k - 2)\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + 1\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} - k\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。

（1）【证】当$z < 0$时， $P\{Z \leq z\} = P\{X \leq z, XY > 0\} + P\{-X \leq z, XY < 0\}$ $= P\{X \leq z, Y < 0\} + P\{X \geq -z, Y < 0\}$ $= P\{X \leq z\}P\{Y < 0\} + P\{X \geq -z\}P\{Y < 0\}$ $= \frac{1}{2}(P\{X \leq z\} + P\{X \geq -z\})$ $= \frac{1}{2} \cdot 2P\{X \leq z\} = P\{X \leq z\}$； 当$z > 0$时， $P\{Z > z\} = P\{X > z, XY > 0\} + P\{-X > z, XY < 0\}$ $= P\{X > z, Y > 0\} + P\{X < -z, Y > 0\}$ $= P\{X > z\}$。 故 $P\{Z \leq z\} = P\{X \leq z\}$，$P\{Z > z\} = P\{X > z\}$。 因此，$Z$与$X$同分布于$N(0,1)$。 （2）【解】若$Z > 0$，则要么$X > 0$且$Y > 0$，要么$X < 0$且$Y > 0$，于是$Z$与$Y$始终同号，则当$Z > 0$时，$0 < Y < +\infty$。而二维正态分布的概率密度定义域为$-\infty < y < +\infty$，$-\infty < z < +\infty$，矛盾，故$(Y,Z)$不服从二维正态分布。 【注】第（2）问的答案从定义域的角度考虑，值得学习。