【答案】A
【分析】当\( x \in [1, +\infty) \)时，注意到\( \frac{1}{1 + x} < \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) < \frac{1}{x} \)，故
\( f'(x) = \frac{1}{1 + f^2(x)} \left[ \sqrt{\frac{1}{x}} - \sqrt{\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)} \right] > 0 \)，
且有
\( f'(x) = \frac{1}{1 + f^2(x)} \left[ \sqrt{\frac{1}{x}} - \sqrt{\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)} \right] \leqslant \sqrt{\frac{1}{x}} - \sqrt{\frac{1}{x + 1}} \)，
两边在\( [1, x] \)上积分，可得
\( \int_{1}^{x} f'(t) dt \leqslant \int_{1}^{x} \left( \sqrt{\frac{1}{t}} - \sqrt{\frac{1}{t + 1}} \right) dt = \left. (2\sqrt{t} - 2\sqrt{t + 1}) \right|_{1}^{x} \)
\( = (2\sqrt{x} - 2\sqrt{x + 1}) - (2 - 2\sqrt{2}) < 2\sqrt{2} - 2 \)，
即为
\( f(x) < f(1) + 2\sqrt{2} - 2 \)．
综上所述，②正确．选择A．

【答案】D

【分析】 方法1 用泰勒公式：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\beta(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{f''(0)}{2!} x^2 + o(x^2)}{\int_{0}^{x} t dt} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{f''(0)}{2} x^2 + o(x^2)}{\frac{x^2}{2}} = f''(0) = 1.
\]
选择D.

方法2 用洛必达法则：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\beta(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\int_{0}^{x} \ln(1 + \arctan t) dt} = \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{\ln(1 + \arctan x)} = \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{x} = \lim_{x \to 0} f''(x) = f''(0) = 1.
\]
选择D.

【评注】 作为选择题，还可考虑赋值法：取\( f(x) = \frac{1}{2}x^2 \).

【答案】D
【分析】 利用莱布尼茨公式：

\[
\begin{align*}
f^{(n)}(2) &= \sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} \left[(x - 2)^n\right]^{(k)} \left(e^{-x^2}\right)^{(n - k)} \bigg|_{x=2} \\
&= \sum_{k=0}^{n - 1} \mathrm{C}_{n}^{k} \left[n(n - 1)\cdots(n - k + 1)(x - 2)^{n - k}\right] \left(e^{-x^2}\right)^{(n - k)} \bigg|_{x=2} + \mathrm{C}_{n}^{n} n! \left(e^{-x^2}\right)^{(0)} \bigg|_{x=2} \\
&= n! e^{-8} = \frac{n!}{e^8}.
\end{align*}
\]
选择D。

【答案】 C
【分析】 \( x>0 \)时，\( f(x)=(e^{x\ln x})'=x^{x}(2\ln x + 2) \)．
令\( f'(x)=0 \)，得驻点\( x=\frac{1}{e}<\frac{1}{2} \)．又\( f(x) \)在\( (0,\frac{1}{2}] \)上连续．
当\( 0<x<\frac{1}{e} \)时，\( f'(x)<0 \)；当\( \frac{1}{e}<x<\frac{1}{2} \)时，\( f'(x)>0 \)．
故\( f(x) \)在\( (0,\frac{1}{e}] \)严格单调减，在\( (\frac{1}{e},\frac{1}{2}] \)严格单调增．

再求端点极限：\( \lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x)=\lim\limits_{x \to 0^{+}}e^{x\ln x}=e^{\lim\limits_{x \to 0^{+}}x\ln x}=e^{0}=1 \)．
且\( f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}<\lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x) \)．

总之，\( f(x) \)在\( (0,\frac{1}{2}] \)上有最小值，无最大值．选择 C．

【答案】A
【分析】 因为\(A_{11} = 2 \neq 0\)，故\(r(A) \geq 3\)．
又\(\alpha_1 - 2\alpha_2 - 2\alpha_3 + \alpha_4 = 0\)，即\(Ax = 0\)有非零解\(\alpha = (1, -2, -2, 1)^T\)，故\(|A| = 0\)，\(r(A) = 3\)．
\(\alpha\)是\(Ax = 0\)的基础解系．
由\(AA^* = |A|E = O\)，可知\(A^*\)的列向量是\(Ax = 0\)的解向量，可以由\(\alpha\)线性表示．
设\((A_{11}, A_{12}, A_{13}, A_{14})^T = k\alpha = k(1, -2, -2, 1)^T\)，可得\(A_{11} = k\)，\(A_{12} = -2k\)．代入\(A_{11} = 2\)，得\(A_{12} = -4\)．
选择A．

【答案】B
【分析】\( A\alpha_1 = 0 = 0\alpha_1 \)，\( A\alpha_2 = 0\alpha_2 \)且\( \alpha_1, \alpha_2 \)是基础解系，于是\( \alpha_1, \alpha_2 \)是\( \lambda = 0 \)的线性无关的特征向量。而\( \alpha_1 + \alpha_2, \alpha_1 - \alpha_2 \)仍是\( \lambda = 0 \)的线性无关的特征向量。
又\( (A + 3E)\alpha = 0 \)，即\( A\alpha = -3\alpha \)，\( \alpha \)是\( A \)关于\( \lambda = -3 \)的特征向量，故选择B。

C中\( \alpha_1 + \alpha \)不是特征向量；
D中\( P \)中特征向量与\( \Lambda \)中的特征值不匹配；
A中\( \Lambda \)的特征值不正确。

【答案】B

二次型\( f \)的矩阵为\( A = \begin{pmatrix} 1 & a & \cdots & a \\ a & 1 & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a & a & \cdots & 1 \end{pmatrix} \)，由题意知\( a \neq 0 \).

由于\( A = \begin{pmatrix} 1 - a & & & \\ & 1 - a & & \\ & & \ddots & \\ & & & 1 - a \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a & a & \cdots & a \\ a & a & \cdots & a \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a & a & \cdots & a \end{pmatrix} = (1 - a)E + B \)，而\( r(B) = 1 \)，矩阵\( B \)的特征值为\( na, 0, \cdots, 0 \)，因此\( A \)的特征值为\( 1 + (n - 1)a, 1 - a, \cdots, 1 - a \).

由二次型\( f \)的正惯性指数为1可知，\( A \)的正特征值个数为1，又因为\( 1 - a \)是\( n - 1 \)重特征值，故
\[
\begin{cases}
1 + (n - 1)a > 0, \\
1 - a \leq 0,
\end{cases}
\]
解得\( a \geq 1 \).

选择B.

【答案】D

【分析】不妨设\( P(A) \leq P(B) \)（如果\( P(B) \leq P(A) \)，下面，\( b,c \)互换即可）。
设\( a = P(AB) \)，\( b = P(A) \)，\( c = P(B) \)，\( d = P(A \cup B) \)，则
\( a \leq b \leq c \leq d \)且\( a + d = b + c \)。
考虑
\( f(x) = (x - a)(x - d) = x^2 - (a + d)x + ad \)，
\( g(x) = (x - b)(x - c) = x^2 - (b + c)x + bc \)，
则\( f(x) - g(x) = ad - bc \)是常数，如右图。

任取一值如\( x = a \)，知
\( f(a) = 0 \)，\( g(a) = (a - b)(a - c) \geq 0 \)，
进而\( f(x) - g(x) \equiv f(a) - g(a) \leq 0 \)，即知\( f(x) \leq g(x) \)，进而\( ad \leq bc \)，选择D。

【答案】 C
【分析】 由题设\( f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}},x\in(-\infty,+\infty) \)知，\( X \sim N(0,\sigma^2) \)。
\( X_1 + 2X_2 \sim N(0,5\sigma^2) \Rightarrow \frac{X_1 + 2X_2}{\sqrt{5}\sigma} \sim N(0,1) \)。
\( \frac{X_3}{\sigma} \sim N(0,1) \Rightarrow \left(\frac{X_3}{\sigma}\right)^2 \sim \chi^2(1) \)，由\( t \)分布的典型模式知
\( T = \frac{\frac{X_1 + 2X_2}{\sqrt{5}\sigma}}{\sqrt{\frac{\left(\frac{X_3}{\sigma}\right)^2}{1}}} = \frac{X_1 + 2X_2}{\sqrt{5}|X_3|} \sim t(1) \Rightarrow a = \sqrt{5},m = 1 \)。
选择C。

【答案】D
【分析】 由题意可知\(E(\xi - \eta) = 0\)，
\(D(\xi - \eta) = D\xi + D\eta - 2\text{Cov}(\xi,\eta) = 2(1 - \rho)\)，
所以 \(\frac{\xi - \eta}{\sqrt{2(1 - \rho)}} \sim N(0,1)\).

计算\(E\left(\left|\frac{\xi - \eta}{\sqrt{2(1 - \rho)}}\right|\right)\)：
\[
E\left(\left|\frac{\xi - \eta}{\sqrt{2(1 - \rho)}}\right|\right) = \int_{-\infty}^{+\infty} |t| \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{t^2}{2}}dt = \sqrt{\frac{2}{\pi}}
\]
因此 \(E(|\xi - \eta|) = 2 \cdot \sqrt{\frac{1 - \rho}{\pi}}\).

又因为 \(\min(\xi,\eta) = \frac{\xi + \eta - |\xi - \eta|}{2}\)，
所以：
\[
E[\min(\xi,\eta)] = \frac{E(\xi) + E(\eta) - E(|\xi - \eta|)}{2} = \frac{0 + 0 - 2\sqrt{\frac{1 - \rho}{\pi}}}{2} = -\sqrt{\frac{1 - \rho}{\pi}}
\]
选择D.

【答案】2026

【分析】由于\( \frac{\partial z}{\partial x} = y f_u' + x f_v' \)，\( \frac{\partial z}{\partial y} = x f_u' - y f_v' \)，以及
\( \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = y^2 f_{uu}'' + x^2 f_{vv}'' + 2xy f_{uv}'' + f_v' \)，\( \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = x^2 f_{uu}'' + y^2 f_{vv}'' - 2xy f_{uv}'' - f_v' \)，
又\( f_{uu}'' + f_{vv}'' = 2026 \)，故\( \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 2026(x^2 + y^2) \)。
综上可得\( \left. \left( \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} \right) \right|_{\substack{x=0, y=1}} = 2026 \)。

【答案】\( \frac{4}{3}\pi r^{4}\rho g \)

球体的密度与水的相同，在水中不作功，离开水平面时开始作功，以水平面为\( y \)轴，垂直向下为\( x \)轴建立坐标系，用微元法，功微元为\( dW = \rho g(2r - x)\pi\left[r^{2} - (r - x)^{2}\right]dx \)，所作的功为\( W = \int_{0}^{2r} \rho g(2r - x)(2rx - x^{2})dx = \frac{4}{3}\pi r^{4}\rho g \)。

【答案】\(\frac{1}{5}\ln\left(1 + \frac{2}{\sqrt{3}}\right)\)

【分析】 先用倒代换将反常积分化为定积分，然后利用换元法，不难求出其结果．

令\(x = \frac{1}{t}\)，则
\[
\begin{align*}
\int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x\sqrt{1 + x^2 + x^{10}}}&= \int_{1}^{0} \frac{-\frac{dt}{t^2}}{\frac{1}{t}\sqrt{1 + \frac{1}{t^2} + \frac{1}{t^{10}}}}\\
&= \int_{1}^{0} \frac{-t^4 dt}{\sqrt{t^{10} + t^8 + 1}}\\
&= \int_{0}^{1} \frac{t^4 dt}{\sqrt{t^{10} + t^8 + 1}}.
\end{align*}
\]

再令\(u = t^5\)，则
\[
\begin{align*}
\int_{0}^{1} \frac{t^4 dt}{\sqrt{t^{10} + t^8 + 1}}&= \int_{0}^{1} \frac{du}{5\sqrt{u^2 + u + 1}}\\
&= \frac{1}{5}\ln\left(u + \frac{1}{2} + \sqrt{u^2 + u + 1}\right)\bigg|_{0}^{1}\\
&= \frac{1}{5}\ln\left(1 + \frac{2}{\sqrt{3}}\right).
\end{align*}
\]

【答案】$S(x)=\frac{1}{2}\cos x + \frac{1}{4}(e^{x} + e^{-x}), x \in (-\infty, +\infty)$

【分析】记$u_n(x)=\frac{x^{4n}}{(4n)!}$。

当$x \neq 0$时，计算比值审敛法的极限：
$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{|u_{n+1}(x)|}{|u_n(x)|}=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{|x|^{4n+4}}{(4n+4)!} \cdot \frac{(4n)!}{|x|^{4n}}=0$，
故该幂级数的收敛域为$x \in (-\infty, +\infty)$。

令$S(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^{4n}}{(4n)!}, x \in (-\infty, +\infty)$，则：
- $S(0)=1$；
- 一阶导数：$S'(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n - 1}}{(4n - 1)!}$，且$S'(0)=0$；
- 二阶导数：$S''(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n - 2}}{(4n - 2)!}$，且$S''(0)=0$；
- 三阶导数：$S'''(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n - 3}}{(4n - 3)!}$，且$S'''(0)=0$；
- 四阶导数：$S^{(4)}(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n - 4}}{(4n - 4)!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^{4n}}{(4n)!}=S(x)$。

因此，$y = S(x)$是初值问题
$\begin{cases}
y^{(4)} = y, \\
y(0) = 1, \ y'(0) = y''(0) = y'''(0) = 0
\end{cases}$
的解。

求解四阶常系数齐次线性微分方程$y^{(4)} - y = 0$：
- 特征方程：$r^4 - 1 = 0$，因式分解为$(r^2 + 1)(r^2 - 1) = 0$，解得特征根$r = \pm i, \pm 1$；
- 通解：$y = C_1\cos x + C_2\sin x + C_3e^{x} + C_4e^{-x}$。

代入初始条件$y(0) = 1, \ y'(0) = y''(0) = y'''(0) = 0$，求得：
$C_1 = \frac{1}{2}, \ C_2 = 0, \ C_3 = C_4 = \frac{1}{4}$。

综上，和函数为$S(x)=\frac{1}{2}\cos x + \frac{1}{4}(e^{x} + e^{-x}), x \in (-\infty, +\infty)$。

【答案】\(\begin{pmatrix} -3 \\ 5 \\ -1 \end{pmatrix}\)

【分析】由基的过渡关系，\((\beta_1,\beta_2,\beta_3) = (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)P\)，因此\((\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\beta_1,\beta_2,\beta_3)P^{-1}\)。

因为\(\alpha\)在基\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\)下的坐标为\((1,2,-3)^T\)，所以\(\alpha = (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}\)。

将\((\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\beta_1,\beta_2,\beta_3)P^{-1}\)代入上式，得\(\alpha = (\beta_1,\beta_2,\beta_3)P^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}\)。

因此，\(\alpha\)在基\(\beta_1,\beta_2,\beta_3\)下的坐标为\(P^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}\)。

计算\(P^{-1}\)：已知\(P = \begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 1&1&0 \\ 1&0&0 \end{pmatrix}\)，可求得\(P^{-1} = \begin{pmatrix} 0&0&1 \\ 0&1&-1 \\ 1&-1&0 \end{pmatrix}\)。

进而计算\(P^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&0&1 \\ 0&1&-1 \\ 1&-1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ 5 \\ -1 \end{pmatrix}\)。

【答案】 43

【分析】
首先计算 \( E(X) \)：
\[
E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) dx = \int_{2}^{+\infty} x \cdot \frac{1}{3} e^{-\frac{1}{3}(x - 2)} dx
\]
令 \( \frac{1}{3}(x - 2) = t \)（则 \( x = 3t + 2 \)，\( dx = 3dt \)），积分上下限变为 \( t = 0 \) 到 \( t \to +\infty \)，代入得：
\[
\int_{0}^{+\infty} (3t + 2) \cdot \frac{1}{3} e^{-t} \cdot 3dt = 3\int_{0}^{+\infty} t e^{-t} dt + 2\int_{0}^{+\infty} e^{-t} dt
\]
利用伽马函数 \( \Gamma(n) = (n - 1)! \)（\( \Gamma(2) = 1! = 1 \)，\( \Gamma(1) = 0! = 1 \)），得：
\[
3\Gamma(2) + 2\Gamma(1) = 3 \cdot 1 + 2 \cdot 1 = 5
\]

接着计算 \( E(X^2) \)：
\[
E(X^2) = \int_{-\infty}^{+\infty} x^2 f(x) dx = \int_{2}^{+\infty} x^2 \cdot \frac{1}{3} e^{-\frac{1}{3}(x - 2)} dx
\]
同样令 \( \frac{1}{3}(x - 2) = t \)（\( x = 3t + 2 \)，\( dx = 3dt \)），代入得：
\[
\int_{0}^{+\infty} (3t + 2)^2 \cdot \frac{1}{3} e^{-t} \cdot 3dt = \int_{0}^{+\infty} (9t^2 + 12t + 4) e^{-t} dt
\]
拆分为三个积分，再利用伽马函数（\( \Gamma(3) = 2! = 2 \)，\( \Gamma(2) = 1! = 1 \)，\( \Gamma(1) = 0! = 1 \)）：
\[
9\int_{0}^{+\infty} e^{-t} \cdot t^2 dt + 12\int_{0}^{+\infty} e^{-t} \cdot t^1 dt + 4\int_{0}^{+\infty} e^{-t} \cdot t^0 dt = 9\Gamma(3) + 12\Gamma(2) + 4\Gamma(1)
\]
计算得：
\[
9 \cdot 2! + 12 \cdot 1 + 4 \cdot 1 = 9 \cdot 2 + 12 + 4 = 34
\]

然后计算 \( D(X) \)：
\[
D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = 34 - 5^2 = 9
\]

已知 \( Y \sim P(1) \)（参数为1的泊松分布），故 \( E(Y) = D(Y) = 1 \)。

由于 \( X \) 与 \( Y \) 相互独立，计算 \( D(XY) \)：
根据方差公式 \( D(XY) = E[(XY)^2] - [E(XY)]^2 \)，结合独立性 \( E[(XY)^2] = E(X^2)E(Y^2) \)，\( [E(XY)]^2 = [E(X)E(Y)]^2 \)。

又 \( E(Y^2) = D(Y) + [E(Y)]^2 = 1 + 1^2 = 2 \)，代入得：
\[
D(XY) = E(X^2)E(Y^2) - [E(X)]^2[E(Y)]^2 = 34 \cdot 2 - 5^2 \cdot 1^2 = 68 - 25 = 43
\]

【解】因为
\[
\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot \frac{1}{\cos^2 x},
\]
\[
\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left( \frac{dy}{dt} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} \right) = \frac{2\sin x}{\cos^3 x} \frac{dy}{dt} + \frac{1}{\cos^4 x} \frac{d^2 y}{dt^2},
\]
代入原方程，得：
\[
\frac{d^2 y}{dt^2} + 2\frac{dy}{dt} + y = t \tag{*}
\]

易知上述方程对应的齐次方程的通解为
\[
\bar{y} = (C_1 t + C_2) e^{-t},
\]

令\( y^* = At + B \)代入（*）式，得特解为\( y^* = t - 2 \)，所以（*）式的通解为
\[
y = (C_1 t + C_2) e^{-t} + t - 2.
\]

故原方程的通解为
\[
y = (C_1 \tan x + C_2) e^{-\tan x} + \tan x - 2.
\]

【分析】在解这类被积函数带有绝对值的情况时，要根据函数取值情况把积分区间分段，使函数在每个小区间内的取值符号相同。

【解】因为
\(\left[ \cos\left( \ln \frac{1}{x} \right) \right]' = -\sin\left( \ln \frac{1}{x} \right) \cdot \left( -\frac{1}{x} \right)\)，

故设\(\ln \frac{1}{x} = t\)，当\(x = e^{-n\pi}\)时，\(t = n\pi\)；\(x = 1\)时，\(t = 0\)，且\(x = e^{-t}\)，\(dx = -e^{-t}dt\)。因此：

\[
\begin{align*}
\int_{e^{-n\pi}}^{1} \left[ \cos\left( \ln \frac{1}{x} \right) \right]' \left| \ln \frac{1}{x} \right| dx &= \int_{n\pi}^{0} (-\vert \sin t \vert) t dt \\
&= \int_{0}^{n\pi} t \vert \sin t \vert dt \\
&= \int_{0}^{\pi} t\sin t dt - \int_{\pi}^{2\pi} t\sin t dt + \cdots + (-1)^{n-1} \int_{(n-1)\pi}^{n\pi} t\sin t dt \\
&= \sum_{k=1}^{n} \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} (-1)^{k-1} t\sin t dt
\end{align*}
\]

进一步计算定积分：

\[
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \left( -t\cos t + \sin t \right) \bigg|_{(k-1)\pi}^{k\pi} &= \sum_{k=1}^{n} (-1)^k \left[ k\pi \cos k\pi - (k - 1)\pi \cos (k - 1)\pi \right] \\
&= \sum_{k=1}^{n} (-1)^k \left[ (-1)^k k\pi + (-1)^{k - 1} (k - 1)\pi \right] \\
&= \sum_{k=1}^{n} (2k - 1)\pi \\
&= n^2 \pi
\end{align*}
\]

【分析】 空间曲线积分，需将曲线方程参数化，在此过程中要尽量先将曲线方程化简。由于这里是闭曲线的积分，也可以考虑用斯托克斯公式化为曲面积分计算。

【解】
**方法1（参数化曲线）**
由\(\begin{cases} x^{2} + y^{2} + z^{2} = 5 \\ z = x^{2} + y^{2} + 1 \end{cases}\)，联立求解得\( z = 2 \)，\( z = -3 \)。由于\( z > 0 \)，故\( z = -3 \)舍去，\(\Gamma\)的方程化简为\(\begin{cases} x^{2} + y^{2} = 1 \\ z = 2 \end{cases}\)。
其参数方程为\(\begin{cases} x = \cos t \\ y = \sin t \\ z = 2 \end{cases} \ (t: 2\pi \to 0)\)。
于是
\[
I = \int_{2\pi}^{0} (-2\cos^{2}t\sin^{2}t + \cos t)\text{d}t = \frac{\pi}{2}
\]

**方法2（斯托克斯公式）**
利用斯托克斯公式化为曲面积分计算。
取以\(\Gamma\)为边界的有向曲面\( S: z = 2 \)的**下侧**，其法向量为\( \boxed{n} = (0, 0, -1) \)，\( S \)在\( xOy \)面的投影区域为\( D_{xy}: x^{2} + y^{2} \leq 1 \)。
根据斯托克斯公式：
\[
\begin{align*}
I &= \oint_{\Gamma} x^{2}yz\text{d}x + (x^{2} + y^{2})\text{d}y + (x + y + 1)\text{d}z \\
&= \iint_{S} \begin{vmatrix}
\text{d}y\text{d}z & \text{d}z\text{d}x & \text{d}x\text{d}y \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
x^{2}yz & x^{2} + y^{2} & x + y + 1
\end{vmatrix} \\
&= \iint_{S} \text{d}y\text{d}z + (x^{2}y - 1)\text{d}z\text{d}x + (2x - x^{2}z)\text{d}x\text{d}y \\
&= \iint_{D_{xy}} (1, x^{2}y - 1, 2x - x^{2}z) \cdot (0, 0, -1)\text{d}x\text{d}y \quad (\text{代入} \ z=2) \\
&= \iint_{D_{xy}} (-2x + 2x^{2})\text{d}x\text{d}y = \frac{\pi}{2}
\end{align*}
\]

【评注】 注意有向曲面\( S \)的选取不唯一，\( S \)的侧与其边界曲线\(\Gamma\)的正向要符合**右手法则**。

证明
分别在$[-2,0]$和$[0,2]$上对$f(x)$应用拉格朗日中值定理，得
$$f'(a) = \frac{f(0) - f(-2)}{2}, \ -2 < a < 0;$$
$$f'(b) = \frac{f(2) - f(0)}{2}, \ 0 < b < 2.$$

由$|f(x)| \leq 1$知，$|f'(a)| \leq 1$，$|f'(b)| \leq 1$.

作辅助函数$F(x) = f^2(x) + f'^2(x)$，故
$F(a) \leq 2$，$F(b) \leq 2$.

$F(x)$在$[a,b]$上连续，又$F(0) = 4$. 故$F(x)$在$[a,b]$上的最大值$\max\limits_{a \leq x \leq b} F(x) \geq 4$. 设$F(x)$在$[a,b]$上的最大值在$(a,b)$的内点$\xi$处取得，又$F(x)$在$(a,b)$内可导，由费马定理知$F'(\xi) = 0$，即
$$F'(\xi) = 2f'(\xi)[f(\xi) + f''(\xi)] = 0.$$

由于$F(\xi) \geq 4$，因此$f'(\xi) \neq 0$. 从而有
$$f(\xi) + f''(\xi) = 0,$$
其中$\xi \in (a,b) \subset (-2,2)$.

【解】 对矩阵\(A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \beta_1, \beta_2, \beta_3)\)作初等行变换：
\[
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \vdots & 1 & 0 & 2 \\ 2 & 3 & 1 & \vdots & 4 & 1 & 4 \\ -1 & 0 & -2 & \vdots & 1 & 1 & a \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \vdots & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -1 & \vdots & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & \vdots & 2 & 1 & a + 2 \end{pmatrix}
\]
\[
\to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \vdots & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -1 & \vdots & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 & a + 2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & \vdots & -1 & -1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 & \vdots & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 & a + 2 \end{pmatrix}.
\]

- 当\(a \neq -2\)时，\(\beta_3\)不能由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示，两个向量组不等价。
- 当\(a = -2\)时，\(\beta_1, \beta_2, \beta_3\)可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示，且
  \(\beta_1 = -\alpha_1 + 2\alpha_2\)，\(\beta_2 = -\alpha_1 + \alpha_2\)，\(\beta_3 = 2\alpha_1\)。

此时对矩阵\(B = (\beta_1, \beta_2, \beta_3, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)\)作初等行变换：
\[
B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & \vdots & 1 & 1 & 1 \\ 4 & 1 & 4 & \vdots & 2 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & -2 & \vdots & -1 & 0 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & \vdots & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -4 & \vdots & -2 & -1 & -3 \\ 0 & 1 & -4 & \vdots & -2 & -1 & -3 \end{pmatrix}
\]
\[
\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & \vdots & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -4 & \vdots & -2 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
\]

故\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)可由\(\beta_1, \beta_2, \beta_3\)线性表示，且
\(\alpha_1 = \beta_1 - 2\beta_2\)，\(\alpha_2 = \beta_1 - \beta_2\)，\(\alpha_3 = \beta_1 - 3\beta_2\)。

综上所述，当\(a = -2\)时，两个向量组等价。

此时已求得一个\(K\)：\((\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = (\beta_1, \beta_2, \beta_3)\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -2 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\)。为求**所有**矩阵\(K\)，将问题转化为解以下3个方程组：
\((\beta_1, \beta_2, \beta_3)x = \alpha_1\)，\((\beta_1, \beta_2, \beta_3)x = \alpha_2\)，\((\beta_1, \beta_2, \beta_3)x = \alpha_3\)。

由于
\[
B = (\beta_1, \beta_2, \beta_3, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & \vdots & 1 & 1 & 1 \\ 4 & 1 & 4 & \vdots & 2 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & -2 & \vdots & -1 & 0 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & \vdots & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -4 & \vdots & -2 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},
\]

- 方程组\((\beta_1, \beta_2, \beta_3)x = \alpha_1\)的通解为：\(k_1\begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2k_1 + 1 \\ 4k_1 - 2 \\ k_1 \end{pmatrix}\)（\(k_1\)为任意常数）。
- 方程组\((\beta_1, \beta_2, \beta_3)x = \alpha_2\)的通解为：\(k_2\begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2k_2 + 1 \\ 4k_2 - 1 \\ k_2 \end{pmatrix}\)（\(k_2\)为任意常数）。
- 方程组\((\beta_1, \beta_2, \beta_3)x = \alpha_3\)的通解为：\(k_3\begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2k_3 + 1 \\ 4k_3 - 3 \\ k_3 \end{pmatrix}\)（\(k_3\)为任意常数）。

故令\(K = \begin{pmatrix} -2k_1 + 1 & -2k_2 + 1 & -2k_3 + 1 \\ 4k_1 - 2 & 4k_2 - 1 & 4k_3 - 3 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}\)（\(k_1, k_2, k_3\)为任意常数），则有
\((\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = (\beta_1, \beta_2, \beta_3)K\)。

【评注】 若对矩阵\(A\)作初等行变换得到矩阵\(B\)，则矩阵\(A\)与\(B\)的对应的列向量有相同的线性关系。

【解】(1)X的边缘概率密度为
\[ f_X(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y) dy = \int_{-1}^{1} \frac{1}{4}(1 - xy) dy = \frac{1}{2}, \quad -1 \leq x \leq 1, \]
其他情况为\( 0 \)。

同理，Y的边缘概率密度为
\[ f_Y(y) = \begin{cases} \frac{1}{2}, & -1 \leq y \leq 1, \\ 0, & 其他. \end{cases} \]

由于\( f(x,y) \neq f_X(x)f_Y(y) \)，故X与Y不相互独立。

令\( \xi = X^2 \)，\( \eta = Y^2 \)，则\( \xi \)的分布函数为
\[ F_\xi(x) = P\{\xi \leq x\} = P\{X^2 \leq x\}, \]

当\( x < 0 \)时，\( F_\xi(x) = 0 \)；
当\( x \geq 1 \)时，\( F_\xi(x) = 1 \)；
当\( 0 \leq x < 1 \)时，
\[ F_\xi(x) = P\{-\sqrt{x} \leq X \leq \sqrt{x}\} = \sqrt{x}. \]

故\( \xi \)的分布函数为
\[ F_\xi(x) = \begin{cases} 0, & x < 0, \\ \sqrt{x}, & 0 \leq x < 1, \\ 1, & x \geq 1. \end{cases} \]

同理，\( \eta \)的分布函数为
\[ F_\eta(y) = \begin{cases} 0, & y < 0, \\ \sqrt{y}, & 0 \leq y < 1, \\ 1, & y \geq 1. \end{cases} \]

\( (\xi, \eta) \)的分布函数为
\[ F(x,y) = P\{\xi \leq x, \eta \leq y\} = P\{X^2 \leq x, Y^2 \leq y\} = \begin{cases} 0, & x < 0 \text{ 或 } y < 0, \\ \sqrt{xy}, & 0 \leq x < 1, 0 \leq y < 1, \\ \sqrt{x}, & 0 \leq x < 1, y \geq 1, \\ \sqrt{y}, & x \geq 1, 0 \leq y < 1, \\ 1, & x \geq 1, y \geq 1. \end{cases} \]

由于\( F(x,y) = F_\xi(x)F_\eta(y) \)，故\( X^2 \)与\( Y^2 \)相互独立。

(2)\( P\{U=0, V=0\} = P\{X+Y < 0, X-Y < 0\} \)
\[ = \int_{-1}^{0} dx \int_{x}^{-x} \frac{1}{4}(1 - xy) dy = -\frac{1}{2} \int_{-1}^{0} x dx = \frac{1}{4}. \]

同理，
\[ P\{U=0, V=1\} = P\{U=1, V=0\} = P\{U=1, V=1\} = \frac{1}{4}. \]

故\( (U,V) \)的概率分布为

\begin{array}{c|ccc}
U \setminus V & 0 & 1 & p_{i\cdot} \\
\hline
0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \\
1 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \\
\hline
p_{\cdot j} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \\
\end{array}

由于\( p_{ij} = p_{i\cdot} \cdot p_{\cdot j} \)，故U与V相互独立。

(3)
\[ P\left\{U + V \leq \frac{3}{2} \mid U = 1\right\} = \frac{P\{V=0, U=1\}}{P\{U=1\}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2}. \]

在\( X = 1 \)的条件下，Y的条件概率密度为
\[ f_{Y|X}(y \mid 1) = \frac{f(1,y)}{f_X(1)} = \begin{cases} \frac{1 - y}{2}, & -1 \leq y \leq 1, \\ 0, & 其他, \end{cases} \]

故
\[ P\left\{X + Y \leq \frac{3}{2} \mid X = 1\right\} = P\left\{Y \leq \frac{1}{2} \mid X = 1\right\} = \int_{-\infty}^{\frac{1}{2}} f_{Y|X}(y \mid 1) dy = \int_{-1}^{\frac{1}{2}} \frac{1 - y}{2} dy = \frac{15}{16}. \]