【答案】B
【分析】 当$x \neq \frac{1}{n}(n=\pm 1,\pm 2,\cdots)$，则$\sin \frac{\pi}{x} \neq 0$，函数$f(x)$连续.
当$x = \frac{1}{n}(n=\pm 1,\pm 2,\cdots)$，$\sin \frac{\pi}{x} = 0$，
$n$为奇数时，$\lim \limits_{x \to \left(\frac{1}{n}\right)^-} f(x) = -1$，$\lim \limits_{x \to \left(\frac{1}{n}\right)^+} f(x) = 1$，
$n$为偶数时，$\lim \limits_{x \to \left(\frac{1}{n}\right)^-} f(x) = 1$，$\lim \limits_{x \to \left(\frac{1}{n}\right)^+} f(x) = -1$，
故函数$f(x)$在$x = \frac{1}{n}(n=\pm 1,\pm 2,\cdots)$不连续，所以$x = \frac{1}{n}$为第一类间断点.
在$x = 0$，函数$f(x)$无定义，在$x = 0$的任意小邻域内，$f(x)$的取值$1$，也可取值$-1$，$x = 0$是$f(x)$的第二类间断点.选择B.

【答案】C
【分析】 由$\lim\limits_{x \to 0}\frac{g(x)}{x} = -1$，可得$g(0) = 0$，$g'(0) = -1$.
$f'(x) = \ln \cos x + \int_{0}^{x}g(x - t)dt = \ln \cos x + \int_{0}^{x}g(u)du$，且$f'(0) = 0$；
对$f'(x)$求导得$f''(x) = \frac{-\sin x}{\cos x} + g(x)$，故$f''(0) = 0$.

于是计算$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f''(x)}{x}$：
$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f''(x)}{x} = \lim\limits_{x \to 0}\left[ -\frac{1}{\cos x} \cdot \frac{\sin x}{x} + \frac{g(x)}{x} \right] = -1 - 1 = -2$.

进而推出三阶导数：
$f'''(0) = \lim\limits_{x \to 0}\frac{f''(x) - f''(0)}{x} = -2 \neq 0$.

可见$(0,f(0))$为曲线$y = f(x)$的拐点，选择C.

【评注】
(1) 若错误推导$f''(x) = \frac{-1}{\cos^2 x} + g'(x)$，则$f'''(0) = -1 + g'(0) = -2$；但正确的三阶导数计算为：$f'''(0) = \left. \frac{-1}{\cos^2 x} \right|_{x = 0} + g'(0) = -1 + g'(0) = -2$.
(2) 极值点与拐点的判定：
   - 若$f'(x_0) = 0$，$f''(x_0) \neq 0$，则点$x = x_0$为$y = f(x)$的极值点；
   - 若$f''(x_0) = 0$，$f'''(x_0) \neq 0$，则点$x = x_0$为曲线$y = f(x)$的拐点.

【答案】A
【分析】 当\(p \geqslant 1\)时，对一切\(x \in [1, +\infty)\)，有\(\frac{x^{p - 1}}{1 + x} \geqslant \frac{1}{1 + x}\)，而\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{1 + x}dx\)发散，故\(\int_{1}^{+\infty}\frac{x^{p - 1}}{1 + x}dx\)发散，从而\(\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{p - 1}}{1 + x}dx\)发散。

当\(p < 1\)时，对一切\(x \in [1, +\infty)\)，有\(0 < \frac{x^{p - 1}}{1 + x} = x^{p - 2}\frac{x}{1 + x} < x^{p - 2}\)，而\(\int_{1}^{+\infty}x^{p - 2}dx\)收敛，所以\(\int_{1}^{+\infty}\frac{x^{p - 1}}{1 + x}dx\)收敛。

又当\(0 < p < 1\)时\(\int_{0}^{1}\frac{x^{p - 1}}{1 + x}dx\)收敛，故\(\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{p - 1}}{1 + x}dx\)收敛。选择 A。

【答案】D
【分析】\( f'(x) = \frac{2}{1 + x^2} = 2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n}, x \in (-1,1) \).
所以逐项积分得
\( f(x) = \int_{0}^{x} f'(t) dt = \int_{0}^{x}\left[2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^{2n}\right] dt = 2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n + 1}, x \in (-1,1) \).
选择 D.

【答案】 \( D \)
【分析】 因为\( A - B = AB \)，故\( A - B - AB = O \).
\[
\begin{align*}
E + A - B - AB &= E, \\
(E + A) - (E + A)B &= E, \\
(E + A)(E - B) &= E,
\end{align*}
\]
于是有
\[
\begin{align*}
E - B &= (E + A)^{-1}, \\
(E - B)(E + A) &= E, \\
A - B - BA &= O, \\
BA &= A - B,
\end{align*}
\]
故③是正确的.

由\( A - B = BA \)，可得\( B(E + A) = A \). 又\( E + A \)可逆，故
\[
B = A(E + A)^{-1},
\]
因此\( B \)与\( A \)等价，①是正确的.

因为\( A \)与\( B \)等价，所以\( A \)可逆\( \Leftrightarrow B \)可逆，②是正确的.

综上，选择\( D \).

【答案】C
【分析】因\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_s\)线性无关，知部分向量组\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{s - 1}\)必线性无关. 由\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{s - 1}\)线性无关知延伸组\(\begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_s \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \alpha_2 \\ \alpha_s \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} \alpha_{s - 1} \\ \alpha_s \end{pmatrix}\)必线性无关，故C必正确. 选择C.

由例\(\alpha_1 = (1,0,0)^T,\alpha_2 = (0,1,0)^T,\alpha_3 = (1,1,0)^T\)知A不正确.

由例\(\alpha_1 = (1,0,0)^T,\alpha_2 = (2,0,0)^T,\alpha_3 = (0,1,0)^T\)知B不正确.

关于D，当\(s\)是偶数时不正确.

【答案】B

【分析】
将二次型展开并表示为矩阵形式：
\(f = (a_1x_1 + a_2x_2 + a_3x_3)(b_1x_1 + b_2x_2 + b_3x_3)\)
\(= (\boldsymbol{\alpha}^T\boldsymbol{x})(\boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{x}) = (\boldsymbol{x}^T\boldsymbol{\alpha})(\boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{x})\)
\(= \boldsymbol{x}^T(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^T)\boldsymbol{x}\)。

由于\(\boldsymbol{\alpha}\)，\(\boldsymbol{\beta}\)正交且为单位向量（\(\boldsymbol{\alpha}^T\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{\alpha} = 0\)，\(\boldsymbol{\alpha}^T\boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{\beta} = 1\)），进一步可得：
\(f = \frac{1}{2}\boldsymbol{x}^T(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^T)\boldsymbol{x}\)，
其中二次型的矩阵为\(A = \frac{1}{2}(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^T + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^T)\)。

### 步骤1：用秩的性质估计上界
由秩的性质：\(r(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^T) \leq 1\)（列向量是\(\boldsymbol{\alpha}\)的倍数，秩为1），同理\(r(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^T) \leq 1\)。
因此\(r(A) \leq r(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^T) + r(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^T) \leq 2\)。

### 步骤2：通过特征值估计下界
计算矩阵\(A\)的特征向量与特征值：
- 对\(\boldsymbol{\alpha}\)，有\(A\boldsymbol{\alpha} = \frac{1}{2}(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^T\boldsymbol{\alpha}) = \frac{1}{2}\boldsymbol{\beta}\)（因\(\boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{\alpha} = 0\)，\(\boldsymbol{\alpha}^T\boldsymbol{\alpha} = 1\)）；
- 对\(\boldsymbol{\beta}\)，有\(A\boldsymbol{\beta} = \frac{1}{2}(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{\beta} + \boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\alpha}^T\boldsymbol{\beta}) = \frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}\)（因\(\boldsymbol{\beta}^T\boldsymbol{\beta} = 1\)，\(\boldsymbol{\alpha}^T\boldsymbol{\beta} = 0\)）。

进一步分析线性组合：
- \(A(\boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{\beta}) = \frac{1}{2}(\boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{\beta})\)，说明\(\boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{\beta}\)是\(A\)对应**特征值\(\frac{1}{2}\)**的特征向量；
- \(A(\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{\beta}) = \frac{1}{2}(\boldsymbol{\beta} - \boldsymbol{\alpha}) = -\frac{1}{2}(\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{\beta})\)，说明\(\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{\beta}\)是\(A\)对应**特征值\(-\frac{1}{2}\)**的特征向量。

因此，\(A\)有非零特征值\(\frac{1}{2}\)和\(-\frac{1}{2}\)，故\(r(A) \geq 2\)。

### 步骤3：综合秩的上下界
由\(r(A) \leq 2\)且\(r(A) \geq 2\)，得\(r(A) = 2\)。

选择B。

【答案】A
【分析】 设袋子中装有白球\( x \)个，则有黑球\( Rx \)个，从而袋子中共有\( (R + 1)x \)个球．从袋子中有放回地取一个球为白球的概率为\( \frac{x}{(R + 1)x} = \frac{1}{R + 1} \)，为黑球的概率为\( \frac{R}{R + 1} \)．从袋子中有放回地取\( n \)个球，可看作是从0—1分布的总体\( X \)中抽取一个容量为\( n \)的样本\( X_1, X_2, \cdots, X_n \)，其中
\( X_i = \begin{cases} 0, & \text{第}i\text{次取得黑球} \\ 1, & \text{第}i\text{次取得白球} \end{cases}, \sum_{i=1}^{n}X_i = k, \)
似然函数为
\( L(R) = \prod_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{R + 1} \right)^{X_i} \left( \frac{R}{R + 1} \right)^{1 - X_i} = \frac{R^{n - k}}{(R + 1)^n}, \)
\( \ln L(R) = (n - k)\ln R - n\ln(R + 1), \)
对\( \ln L(R) \)关于\( R \)求导：\( \frac{d\ln L(R)}{dR} = \frac{n - k}{R} - \frac{n}{R + 1} = 0, \)
解得\( R \)的最大似然估计为\( \hat{R} = \frac{n}{k} - 1 \)．选择A．

【答案】D
【分析】
\[
\begin{align*}
P\{1 \leqslant \min(X,Y) \leqslant 2\} &= P\{\min(X,Y) \geqslant 1\} - P\{\min(X,Y) > 2\} \\
&= P\{X \geqslant 1, Y \geqslant 1\} - P\{X > 2, Y > 2\} \\
&= P\{X \geqslant 1\}P\{Y \geqslant 1\} - P\{X > 2\}P\{Y > 2\} \\
&= e^{-1}e^{-1} - e^{-2}e^{-2} = e^{-2} - e^{-4} = e^{-2}(1 - e^{-2}).
\end{align*}
\]
选择D.

【评注】由指数分布 \( X \sim E(\lambda) \) 性质可知，\( P\{X > t\} = e^{-\lambda t}, t > 0 \).

【答案】C

【分析】
\( \frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{1}{n - 1}\sum_{i = 1}^{n}\left( \frac{X_i - \bar{X}}{\sigma} \right)^2 / (n - 1)}} = \frac{\frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}}{\sqrt{\frac{S^2}{\sigma^2} / (n - 1)}} \)，
其中\( \frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}} \sim N(0,1) \)，\( \frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n - 1) \)。A不正确。

又\( \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma \sqrt{\sum_{i = 1}^{n}\left( \frac{X_i - \bar{X}}{\sigma} \right)^2 / (n - 1)}} = \frac{\bar{X} - \mu}{\sqrt{\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2} / (n - 1)}} \)，\( \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma} \)不服从\( N(0,1) \)，排除B。

又\( \frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \sqrt{\sum_{i = 1}^{n}\left( \frac{X_i - \bar{X}}{\sigma} \right)^2 / (n - 1)}} = \frac{\frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}}{\sqrt{\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2} / (n - 1)}} \)，其中
\( \frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}} \sim N(0,1) \)，\( \frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n - 1) \)。
上式服从\( t(n - 1) \)分布，选择C。

又\( \frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \sqrt{\sum_{i = 1}^{n}\left( \frac{X_i - \mu}{\sigma} \right)^2 / n}} = \frac{\frac{\bar{X} - \mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}}{\sqrt{\sum_{i = 1}^{n}\left( \frac{X_i - \mu}{\sigma} \right)^2 / n}} \)，分子中的\( \bar{X} \)与分母根号中的\( \sum_{i = 1}^{n}\left( \frac{X_i - \mu}{\sigma} \right)^2 \)不一定独立，所以排除D。

【答案】2

【分析】
方法1：
\( \lim\limits_{x \to 0} \frac{y(x) - 2x}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{y'(x) - 2}{2x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{y''(x)}{2} = \frac{1}{2} y''(0) \)，
又由原方程，将\( x = 0 \)代入得：\( y''(0) + (0 - 1)y'(0) + 0 = 2e^{0} \)，即\( y''(0) - 2 = 2 \)，故\( y''(0) = 4 \)，所以所求极限为\( \frac{1}{2} \times 4 = 2 \)。

方法2：
利用泰勒公式，\( y(x) = y(0) + y'(0)x + \frac{1}{2} y''(0)x^2 + o(x^2) \)，代入得：
\( \lim\limits_{x \to 0} \frac{y(x) - 2x}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{y(0) + y'(0)x + \frac{1}{2} y''(0)x^2 + o(x^2) - 2x}{x^2} \)，
由\( y(0) = 0 \)，\( y'(0) = 2 \)，化简得\( \lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} y''(0)x^2 + o(x^2)}{x^2} = \frac{1}{2} y''(0) \)，
再由原方程得\( y''(0) = 4 \)，故所求极限为\( \frac{1}{2} \times 4 = 2 \)。

【评注】由于方程为变系数的线性微分方程，不容易直接求解，所以极限利用洛必达法则或泰勒公式计算。

【答案】\( \frac{3}{4a} \)

【分析】 曲线的参数方程为 \( x = r(\theta)\cos\theta \)，\( y = r(\theta)\sin\theta \)，则曲率
\( K = \frac{|x'y'' - x''y'|}{(x'^2 + y'^2)^{\frac{3}{2}}} = \frac{|r^2 + 2r'^2 - rr''|}{(r^2 + r'^2)^{\frac{3}{2}}} \)，
其中
\( r|_{\theta = 0} = a(1 + \cos 0) = 2a \)，
\( r' = -a\sin\theta \)，\( r'|_{\theta = 0} = 0 \)，\( r'' = -a\cos\theta \)，\( r''|_{\theta = 0} = -a \)，
\( K|_{\theta = 0} = \frac{|4a^2 + 2 \cdot 0^2 - 2a \cdot (-a)|}{(4a^2 + 0^2)^{\frac{3}{2}}} = \frac{3}{4a} \)。

### 答案
\(\frac{e^{\frac{x^2}{2}}}{x}\)

### 分析
原方程两边对\( t \)求导，得：
\[ tf'(t) + f(t) = t^2 f(t) \]

解此一阶微分方程，得到\( f(t) = \frac{C}{t} e^{\frac{t^2}{2}} \)（\( C \)为任意常数）。

为确定常数\( C \)，令\( t = 1 \)，则\( f(1) = C e^{\frac{1}{2}} \)；同时，代入原方程（令\( t = 1 \)）：
\[ f(1) = 1 + \int_{0}^{1} s^2 f(s) ds \]
将\( f(s) = \frac{C}{s} e^{\frac{s^2}{2}} \)代入积分：
\[ \int_{0}^{1} s^2 \cdot \frac{C}{s} e^{\frac{s^2}{2}} ds = C \int_{0}^{1} s e^{\frac{s^2}{2}} ds \]
令\( u = \frac{s^2}{2} \)，则\( du = s ds \)，积分变为\( C \int_{0}^{\frac{1}{2}} e^u du = C \left( e^{\frac{1}{2}} - 1 \right) \)。

因此：
\[ f(1) = 1 + C \left( e^{\frac{1}{2}} - 1 \right) \]

结合\( f(1) = C e^{\frac{1}{2}} \)，可得：
\[ C e^{\frac{1}{2}} = 1 + C e^{\frac{1}{2}} - C \]
化简得\( C = 1 \)。

故\( f(x) = \frac{1}{x} e^{\frac{x^2}{2}} \)。

【答案】\( 2x + 2y - z = 2 \)

【分析】直线\(\begin{cases} x + 2z = 1 \\ y + 2z = 2 \end{cases}\)的方向向量为\( \boxed{l} = (1,0,2) \times (0,1,2) = (-2,-2,1) \)。

曲面\( z = x^2 + y^2 \)在\((x_0,y_0,x_0^2 + y_0^2)\)处的切平面方程为：
\( z - x_0^2 - y_0^2 = 2x_0(x - x_0) + 2y_0(y - y_0) \)。

因为切平面与直线垂直，所以切平面的法向量\((2x_0,2y_0,-1)\)与直线的方向向量\((-2,-2,1)\)平行，由此得\( x_0 = 1 \)，\( y_0 = 1 \)。

将\( x_0 = 1 \)，\( y_0 = 1 \)代入切平面方程，化简得：\( 2x + 2y - z = 2 \)。

【答案】\( E + B(E - AB)^{-1}A \)

【分析】
**方法1** 由于
\[
\begin{align*}
E - BA &= E - B(E - AB)(E - AB)^{-1}A \\
&= E - (B - BAB)(E - AB)^{-1}A \\
&= E - (E - BA)B(E - AB)^{-1}A,
\end{align*}
\]
于是
\[
(E - BA) + (E - BA)B(E - AB)^{-1}A = E,
\]
即
\[
(E - BA)\left[E + B(E - AB)^{-1}A\right] = E.
\]
于是
\[
(E - BA)^{-1} = E + B(E - AB)^{-1}A.
\]

**方法2** 设\( C \)为\( E - AB \)的逆矩阵，则有
\[
(E - AB)C = E,
\]
即
\[
C - ABC = E,
\]
上式左乘\( B \)，右乘\( A \)可得
\[
BCA - BABCA = BA,
\]
即
\[
(E - BA)BCA = BA,
\]
从而
\[
(E - BA)BCA + (E - BA) = E,
\]
故
\[
(E - BA)(BCA + E) = E,
\]
于是\( E - BA \)可逆，且
\[
(E - BA)^{-1} = BCA + E = B(E - AB)^{-1}A + E.
\]

【答案】\( \frac{2}{3} \)

\( EX = \frac{3}{4} \)，\( EY = \frac{1}{2} \)，由 \( \text{Cov}(X,Y) = E(XY) - EX \cdot EY = \frac{1}{8} \)，得 \( P(X=1,Y=1) - \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8} \)，故 \( P(X=1,Y=1) = \frac{1}{2} \)。

因此，\( P\{ Y=1 | X=1 \} = \frac{P(X=1,Y=1)}{P(X=1)} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{4}} = \frac{2}{3} \)。

【解】
（1）根据题意，不妨设\( f'(x) = ax(x^2 - 1) \)（其中常数\( a > 0 \)）。两边积分可得：
\( f(x) = a\left( \frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2} \right) + C \)。
结合\( f(\pm 1) = 0 \)，代入得\( C = \frac{a}{4} \)，因此：
\( f(x) = a\left( \frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2} \right) + \frac{a}{4} = \frac{a}{4}(x^2 - 1)^2 \)。

由“与\( x \)轴所围成的封闭图形面积为\( \frac{32}{15} \)”，得：
\( \frac{32}{15} = \int_{-1}^{1} f(x) \, dx = \frac{a}{4} \int_{-1}^{1} (x^2 - 1)^2 \, dx \)。

利用积分的奇偶性，\( \int_{-1}^{1} (x^2 - 1)^2 \, dx = 2 \int_{0}^{1} (x^2 - 1)^2 \, dx \)，计算得：
\( 2 \int_{0}^{1} (x^4 - 2x^2 + 1) \, dx = 2 \left( \frac{x^5}{5} - \frac{2x^3}{3} + x \right) \bigg|_{0}^{1} = 2 \left( \frac{1}{5} - \frac{2}{3} + 1 \right) = \frac{16}{15} \)。

将其代入面积等式：\( \frac{32}{15} = \frac{a}{4} \cdot \frac{16}{15} \)，解得\( a = 8 \)。因此：
\( f(x) = \frac{8}{4}(x^2 - 1)^2 = 2(x^2 - 1)^2 \)。

（2）求绕\( y \)轴旋转的体积，用**柱壳法**：\( V_y = \int_{a}^{b} 2\pi x \cdot f(x) \, dx \)。
此处\( a = 0 \)，\( b = 1 \)，\( f(x) = 2(x^2 - 1)^2 \)，因此：
\( V_y = \int_{0}^{1} 2\pi x \cdot 2(x^2 - 1)^2 \, dx = 4\pi \int_{0}^{1} x(x^4 - 2x^2 + 1) \, dx \)
展开被积函数：\( 4\pi \int_{0}^{1} (x^5 - 2x^3 + x) \, dx \)
计算积分：
\( 4\pi \left( \frac{x^6}{6} - \frac{2x^4}{4} + \frac{x^2}{2} \right) \bigg|_{0}^{1} = 4\pi \left( \frac{1}{6} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) = \frac{2\pi}{3} \)。

【解】对\( x^{2} + y^{2} - xz - yz - z^{2} + 6 = 0 \)两边分别对\( x,y \)求偏导：
- 对\( x \)求偏导：\( 2x - z - x\frac{\partial z}{\partial x} - y\frac{\partial z}{\partial x} - 2z\frac{\partial z}{\partial x} = 0 \)，记为①；
- 对\( y \)求偏导：\( 2y - z - x\frac{\partial z}{\partial y} - y\frac{\partial z}{\partial y} - 2z\frac{\partial z}{\partial y} = 0 \)，记为②。

令\( \begin{cases} \frac{\partial z}{\partial x} = 0, \\ \frac{\partial z}{\partial y} = 0, \end{cases} \)代入①②得\( \begin{cases} 2x - z = 0, \\ 2y - z = 0, \end{cases} \)即\( \begin{cases} y = x, \\ z = 2x. \end{cases} \)

将\( \begin{cases} y = x, \\ z = 2x \end{cases} \)代入\( x^{2} + y^{2} - xz - yz - z^{2} + 6 = 0 \)，解得：
\( \begin{cases} x = 1, \\ y = 1, \\ z = 2 \end{cases} \)或\( \begin{cases} x = -1, \\ y = -1, \\ z = -2 \end{cases} \)

接下来求二阶偏导数：
- 方程①两边分别对\( x,y \)求偏导，得到关于\( \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} \)和\( \frac{\partial^{2} z}{\partial x\partial y} \)的方程；
- 方程②两边对\( y \)求偏导，得到关于\( \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} \)的方程。

计算在点\( (1,1,2) \)处的二阶偏导数：
\( A = \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} \bigg|_{(1,1,2)} = \frac{1}{3} \)，\( B = \frac{\partial^{2} z}{\partial x\partial y} \bigg|_{(1,1,2)} = 0 \)，\( C = \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} \bigg|_{(1,1,2)} = \frac{1}{3} \)。

由于\( AC - B^{2} = \frac{1}{9} > 0 \)，且\( A = \frac{1}{3} > 0 \)，故点\( (1,1) \)处取**极小值**，极小值为\( z(1,1) = 2 \)。

同理，在点\( (-1,-1,-2) \)处，可得二阶偏导数满足\( AC - B^{2} > 0 \)且\( A < 0 \)，故点\( (-1,-1) \)处取**极大值**，极大值为\( z(-1,-1) = -2 \)。

综上，极小值点为\( (1,1) \)，极小值为\( 2 \)；极大值点为\( (-1,-1) \)，极大值为\( -2 \)。

【解】（1）过曲线$\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 1 \\ x + y + z = 0 \end{cases}$上点$(x_0, y_0, z_0)$且平行于直线$x = y = z$的直线方程为
$$x - x_0 = y - y_0 = z - z_0,$$
消去方程组$\begin{cases} x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = 1, \\ x_0 + y_0 + z_0 = 0, \\ x - x_0 = y - y_0 = z - z_0 \end{cases}$中的$x_0, y_0, z_0$得
$$(2x - y - z)^2 + (2y - x - z)^2 + (2z - x - y)^2 = 9.$$
化简可得$(x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2 = 3$为所求柱面方程.

或者，由题设知所求柱面是圆柱面，且其上任一点$(x, y, z)$到直线$x = y = z$的距离为1. 由点到直线距离公式知
$$\frac{|(x, y, z) \times (1, 1, 1)|}{\sqrt{3}} = 1,$$
则所求柱面方程为
$$(y - z)^2 + (z - x)^2 + (x - y)^2 = 3.$$

（2）记曲线$L$在平面$x + y + z = 1$上所围部分为$S$，上侧为正，则
$$I = \frac{1}{\sqrt{3}} \oint_L y(y + z)\mathrm{d}x + 2x(x - z)\mathrm{d}y + f(x + y)\mathrm{d}z,$$
由斯托克斯公式得
$$
\begin{align*}
I &= \frac{1}{\sqrt{3}} \iint_S \left[ f'(x + y) + 2x \right] \mathrm{d}y\mathrm{d}z + \left[ y - f'(x + y) \right] \mathrm{d}z\mathrm{d}x + (4x - 2z - 2y - z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\
&= \frac{1}{3} \iint_S \left[ \left( f'(x + y) + 2x \right) + \left( y - f'(x + y) \right) + (4x - 2y - 3z) \right] \mathrm{d}S \quad \text{（化二型为一型）} \\
&= \frac{1}{3} \iint_S (6x - y - 3z)\mathrm{d}S \\
&= \frac{2}{3} \iint_S x\mathrm{d}S \quad \text{（变量对称性）} \\
&= \frac{2}{3} x \iint_S \mathrm{d}S \quad \text{（形心公式）} \\
&= \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} \times \pi = \frac{2}{9}\pi.
\end{align*}
$$

证明
记$F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt$，则$F'(x)=f(x)$，$F''(x)=f'(x)$，$F'''(x)=f''(x)$。由泰勒定理可知，存在$\xi_{1} \in (-1,0)$以及$\xi_{2} \in (0,1)$，使得
$$F(-1)=F(0)+F'(0)(-1)+\frac{F''(0)}{2}+\frac{F'''(\xi_{1})}{6}(-1)^3 = \frac{f'(0)}{2} - \frac{f''(\xi_{1})}{6},$$
$$F(1)=F(0)+F'(0)+\frac{F''(0)}{2}+\frac{F'''(\xi_{2})}{6} = \frac{f'(0)}{2} + \frac{f''(\xi_{2})}{6},$$
故$F(1)-F(-1)=\frac{f''(\xi_{1})+f''(\xi_{2})}{6}$。

另一方面，由拉格朗日中值定理可知，存在$\eta \in (-1,1)$，使得$F(1)-F(-1)=2F'(\eta)=2f(\eta)$。且由闭区间上连续函数的介值定理可知，存在$\xi \in [\xi_{1},\xi_{2}]$，使得$\frac{f''(\xi_{1})+f''(\xi_{2})}{6} = \frac{f''(\xi)}{3}$。

综上可得，$f''(\xi)=6f(\eta)$。

【解】
（1）由\( B(\alpha_1, \alpha_2) = O \)得\( (\alpha_1, \alpha_2)^T B^T = O \)，因此矩阵\( B^T \)的列向量（即矩阵\( B \)的行向量）是齐次方程组\( (\alpha_1, \alpha_2)^T x = 0 \)的解。

对系数矩阵\( (\alpha_1, \alpha_2)^T \)作初等行变换：
\[
(\alpha_1, \alpha_2)^T = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -1 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{\text{初等行变换}} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \end{pmatrix},
\]
得到\( (\alpha_1, \alpha_2)^T x = 0 \)的基础解系：\( (1, 2, 1, 0)^T \)，\( (-1, -1, 0, 1)^T \)。

故矩阵\( B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \)（矩阵\( B \)的行向量为上述基础解系，答案不唯一）。

（2）因为\( Ax = 0 \)与\( Bx = 0 \)同解，所以\( \alpha_1, \alpha_2 \)必是\( Ax = 0 \)的基础解系，因此有：
\[
\begin{pmatrix} 1 & a_2 & a_3 & a_4 \\ a_1 & 4 & a_2 & a_3 \\ 2 & 7 & 5 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -2 & 1 \\ 3 & -2 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = O,
\]
展开得方程组：
\[
\begin{cases}
1 - 2a_2 + 3a_3 - a_4 = 0, \\
a_2 - 2a_3 + a_4 = 0, \\
a_1 - 8 + 3a_2 - a_3 = 0, \\
4 - 2a_2 + a_3 = 0,
\end{cases}
\]
整理为：
\[
\begin{cases}
a_1 + 3a_2 - a_3 = 8, \\
a_2 - 2a_3 + a_4 = 0, \\
2a_2 - a_3 = 4, \\
2a_2 - 3a_3 + a_4 = 1.
\end{cases}
\]
解此方程组，得\( a_1 = 1, a_2 = 3, a_3 = 2, a_4 = 1 \)。

（3）由（2）知\( Ax = 0 \)的通解为：
\[
k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 = (k_1, -2k_1 + k_2, 3k_1 - 2k_2, -k_1 + k_2)^T,
\]
其中\( k_1, k_2 \)为任意常数。

由条件\( x_3 = -x_4 \)，得\( 3k_1 - 2k_2 = -(-k_1 + k_2) \)，即\( 3k_1 - 2k_2 = k_1 - k_2 \)，化简得\( k_2 = 2k_1 \)。

将\( k_2 = 2k_1 \)代入通解，得：
\[
(k_1, -2k_1 + 2k_1, 3k_1 - 4k_1, -k_1 + 2k_1)^T = (k_1, 0, -k_1, k_1)^T,
\]
其中\( k \)（令\( k = k_1 \)）为任意常数。

因此，\( Ax = 0 \)满足\( x_3 = -x_4 \)的所有解为\( (k, 0, -k, k)^T \)（\( k \)为任意常数）。

【评注】（1）问中，矩阵\( B \)的行向量是齐次方程组的解，因此矩阵\( B \)的答案不唯一。

【解】
(1) $(U,V)$的分布函数为
$$F(u,v)=P\{U\leq u,V\leq v\}=P\{X^2+Y^2\leq u,Y\leq v\}.$$

- 当$u\leq0$时，$F(u,v)=0$；
- 当$u>0$且$|v|\geq\sqrt{u}$时，$F(u,v)=0$；
- 当$u>0$且$|v|<\sqrt{u}$时，$F(u,v)=\iint\limits_D f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$（其中$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq u,y\leq v\}$），即
  $$F(u,v)=\int_{-v}^{\sqrt{u - v^2}}\int_{-\sqrt{u - x^2}}^{\sqrt{u - x^2}} \frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{x^2+y^2}{2\sigma^2}}\mathrm{d}y\mathrm{d}x.$$

$(U,V)$的概率密度$g(u,v)=\frac{\partial^2 F(u,v)}{\partial u\partial v}$。先求$\frac{\partial F(u,v)}{\partial v}$：
$$\frac{\partial F(u,v)}{\partial v}=\int_{-\sqrt{u - v^2}}^{\sqrt{u - v^2}} \frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{x^2+v^2}{2\sigma^2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{v^2}{2\sigma^2}}\int_{-\sqrt{u - v^2}}^{\sqrt{u - v^2}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\mathrm{d}x.$$

再对$u$求偏导得$g(u,v)$：
$$\begin{align*}
g(u,v)&=\frac{\partial^2 F(u,v)}{\partial v\partial u}\\
&=\frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{v^2}{2\sigma^2}}\left(e^{-\frac{u - v^2}{2\sigma^2}}\frac{1}{2\sqrt{u - v^2}}+e^{-\frac{u - v^2}{2\sigma^2}}\frac{1}{2\sqrt{u - v^2}}\right)\\
&=\frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{u}{2\sigma^2}}\frac{1}{\sqrt{u - v^2}}.
\end{align*}$$

故
$$g(u,v)=\begin{cases}
\frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{u}{2\sigma^2}}\frac{1}{\sqrt{u - v^2}}, & |v|<\sqrt{u},u>0,\\
0, & \text{其他}.
\end{cases}$$

(2) 对$u>0$，求$U$的边缘概率密度$g_U(u)$：
$$\begin{align*}
g_U(u)&=\int_{-\infty}^{+\infty}g(u,v)\mathrm{d}v=\int_{-\sqrt{u}}^{\sqrt{u}} \frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{u}{2\sigma^2}}\frac{1}{\sqrt{u - v^2}}\mathrm{d}v\\
&=\frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{u}{2\sigma^2}}\int_{-\sqrt{u}}^{\sqrt{u}} \frac{1}{\sqrt{u - v^2}}\mathrm{d}v=\frac{1}{2\sigma^2}e^{-\frac{u}{2\sigma^2}}.
\end{align*}$$

故
$$g_U(u)=\begin{cases}
\frac{1}{2\sigma^2}e^{-\frac{u}{2\sigma^2}}, & u>0,\\
0, & \text{其他}.
\end{cases}$$

(3) 先求$Y$的概率密度$f_Y(y)$：
$$\begin{align*}
f_Y(y)&=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}x\\
&=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{2\pi\sigma^2}e^{-\frac{x^2+y^2}{2\sigma^2}}\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}}.
\end{align*}$$

由$V = Y$，得$V$的分布函数$F_V(v)=P\{V\leq v\}=P\{Y\leq v\}$，故$V$的概率密度：
$$g_V(v)=[F_V(v)]'=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,v)\mathrm{d}x=f_Y(y)\big|_{y=v}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{v^2}{2\sigma^2}}.$$

由于$g(u,v)\neq g_U(u)g_V(v)$，所以$U$与$V$**不相互独立**。