答案 C

解析 当$0 < x \leq \mathrm{e}$时，有
$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}^n + x^n)}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln\left\{\mathrm{e}^n\left[1+\left(\frac{x}{\mathrm{e}}\right)^n\right]\right\}}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+\ln\left[1+\left(\frac{x}{\mathrm{e}}\right)^n\right]}{n}=1$.
当$x > \mathrm{e}$时，有
$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}^n + x^n)}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln\left\{x^n\left[1+\left(\frac{\mathrm{e}}{x}\right)^n\right]\right\}}{n}$
$=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n\ln x + \ln\left[1+\left(\frac{\mathrm{e}}{x}\right)^n\right]}{n}=\ln x$.
故
$f(x)=\begin{cases}
1, & 0 < x \leq \mathrm{e}, \\
\ln x, & x > \mathrm{e}.
\end{cases}$
由于$f(x)$在$[1,+\infty)$上连续，所以$F(x)=\int_{1}^{x}f(t)\mathrm{d}t$可导.
由
$f'_{-}(\mathrm{e})=\lim\limits_{x\to\mathrm{e}^-}\frac{f(x)-f(\mathrm{e})}{x - \mathrm{e}}=0$,
$f'_{+}(\mathrm{e})=\lim\limits_{x\to\mathrm{e}^+}\frac{f(x)-f(\mathrm{e})}{x - \mathrm{e}}=\lim\limits_{x\to\mathrm{e}^+}\frac{\ln x - 1}{x - \mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{e}}$,
知$f(x)$在$x = \mathrm{e}$处不可导，故$F(x)=\int_{1}^{x}f(t)\mathrm{d}t$在$[1,+\infty)$上二阶导数不存在.
故选C正确.

答案 B
解析 由已知，\( I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\sin^{p}x\cos^{q}x} + \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{\sin^{p}x\cos^{q}x} \)收敛.
由\( \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{\sin^{p}x\cos^{q}x}}{\frac{1}{x^{p}}} = 1 \)，知\( \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\sin^{p}x\cos^{q}x} \)与\( \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{x^{p}}dx \)的敛散性相同.
故当\( p < 1 \)时，\( \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{dx}{\sin^{p}x\cos^{q}x} \)收敛.
又
\( \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^{-}} \frac{\frac{1}{\sin^{p}x\cos^{q}x}}{\frac{1}{(\frac{\pi}{2} - x)^{q}}} = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^{-}} \frac{\frac{1}{\sin^{q}(\frac{\pi}{2} - x)}}{\frac{1}{(\frac{\pi}{2} - x)^{q}}} = 1 \)，
所以\( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{\sin^{p}x\cos^{q}x} \)与\( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{(\frac{\pi}{2} - x)^{q}} \)的敛散性相同.
故当\( q < 1 \)时，\( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{\sin^{p}x\cos^{q}x} \)收敛.
综上所述，当\( p < 1 \)且\( q < 1 \)时，原积分收敛.
选项 B 正确.

解析 由已知，有$f(0)+f'(0)=2$．
又由$f(x)$在$\mathbf{R}$上是偶函数，知$f'(x)$为奇函数，故$f'(0)=0$，从而$f(0)=2$．
解微分方程$f(x)+f'(x)=2\text{e}^x$，有
$f(x)=\text{e}^{-\int \text{d}x}\left(\int 2\text{e}^x\cdot \text{e}^{\int \text{d}x}\text{d}x+C\right)=\text{e}^x+C\text{e}^{-x}$．
由$f(0)=2$，得$C=1$，故$f(x)=\text{e}^x+\text{e}^{-x}$．
由$a\left[f(x)-\text{e}^x\right]\leqslant x$，即$a\text{e}^{-x}\leqslant x$，$a\leqslant x\text{e}^x$，令$g(x)=x\text{e}^x$，则$g'(x)=\text{e}^x(x+1)=0$，得$x=-1$．
当$x\in (-\infty,-1)$时，$g'(x)<0$；当$x\in (-1,+\infty)$时，$g'(x)>0$．
故$g(x)$的极小值为$g(-1)=-\dfrac{1}{\text{e}}$，即$a\in \left(-\infty,-\dfrac{1}{\text{e}}\right]$．
选项B正确．

答案 B
解析 利用积分判别法.
由
$\int_{2}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x(\ln x)^p}= \begin{cases} \ln\ln x\big|_{2}^{+\infty}, & p=1, \\ \frac{1}{1-p}\cdot\frac{1}{(\ln x)^{p-1}}\big|_{2}^{+\infty}, & p\neq1, \end{cases}$
知当$p=1$时，$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(\ln n)^p}$发散；当$p-1<0$，即$p<1$时，该级数发散.
故当$0<p\leqslant1$时，该级数发散.

由不等式$x>\arctan x(x>0)$，知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac{1}{n^p}-\arctan\frac{1}{n^p}\right)$是交错级数.
由$\lim\limits_{x\to0}\frac{x-\arctan x}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x-\left[x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)\right]}{x^3}=\frac{1}{3}$，有$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n^p}-\arctan\frac{1}{n^p}}{\left(\frac{1}{n^p}\right)^3}=\frac{1}{3}$.
由正项级数的比较判别法，知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n^p}-\arctan\frac{1}{n^p}\right)$与$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3p}}$有相同的敛散性.
因此，当$0<3p\leqslant1$，即$0<p\leqslant\frac{1}{3}$时，$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac{1}{n^p}-\arctan\frac{1}{n^p}\right)$不绝对收敛.
记$a_n=\frac{1}{n^p}-\arctan\frac{1}{n^p}$，当$0<p\leqslant\frac{1}{3}$时，有$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$.
令$f(x)=x-\arctan x$，则$f'(x)=1-\frac{1}{1+x^2}>0$，知$f(x)$单调递增.
故$a_n=f\left(\frac{1}{n^p}\right)$单调递减.由莱布尼茨定理，知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac{1}{n^p}-\arctan\frac{1}{n^p}\right)$收敛，即条件收敛.由$0<p\leqslant1$且$0<p\leqslant\frac{1}{3}$，得$0<p\leqslant\frac{1}{3}$，选项B正确.

【注】 作为选择题，也可以对$p$取特殊值，如将$p=1$，$p=\frac{1}{3}$代入级数判别其敛散性进行排除，从而得到答案.

答案 D
解析 观察A与B.
\( A=\begin{pmatrix} a_1&a_2&a_3 \\ b_1&b_2&b_3 \\ c_1&c_2&c_3 \end{pmatrix} \stackrel{交换1,2行}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} b_1&b_2&b_3 \\ a_1&a_2&a_3 \\ c_1&c_2&c_3 \end{pmatrix} \)
\( \stackrel{第2行加到第3行}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} b_1&b_2&b_3 \\ a_1&a_2&a_3 \\ c_1 + a_1&c_2 + a_2&c_3 + a_3 \end{pmatrix} \stackrel{交换2,3列}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} b_1&b_3&b_2 \\ a_1&a_3&a_2 \\ c_1 + a_1&c_3 + a_3&c_2 + a_2 \end{pmatrix} = B \)，
即
\( \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&1&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 1&0&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} A\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&0&1 \\ 0&1&0 \end{pmatrix} = B \).
记
\( P=\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&1&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 1&0&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 1&0&0 \\ 1&0&1 \end{pmatrix} \)，
\( Q=\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&0&1 \\ 0&1&0 \end{pmatrix} \)，
则\( |P||A||Q|=|B| \)，而\( |P|=-1, |Q|=-1 \).故\( |A|=|B| \).
选项D正确.

答案 C
解析 由α可由A 的列向量线性表示,知方程组$AX=α$有解.
由($α^T$,$β^T$)不能由($A^T$,$B^T$)的行向量线性表示,取转置后,知$\begin{pmatrix} α \\ β \end{pmatrix}$不能由$\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}$的列向量线性表示,即方程组$\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}X=\begin{pmatrix} α \\ β \end{pmatrix}$无解.此时方程组$BX=β$可能无解,也可能有解.
(当$BX=β$的解与$AX=α$的解的交集为空集时,$\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}X=\begin{pmatrix} α \\ β \end{pmatrix}$无解)
从而有
$r(B,β)=r(B)+1\Leftrightarrow BX=β$无解,
$r(B,β)=r(B)\Leftrightarrow BX=β$有解,
故选项A,B不一定正确.
对于选项C,由
$r\begin{pmatrix} A^T & B^T \\ α^T & β^T \end{pmatrix}=r\begin{pmatrix} A & α \\ B & β \end{pmatrix}$, $r(A^T,B^T)=r\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}$,
知
$r\begin{pmatrix} A & α \\ B & β \end{pmatrix}=r\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}+1\Leftrightarrow \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}X=\begin{pmatrix} α \\ β \end{pmatrix}$无解.
故选项C正确.

对于选项D,我们可以取反例.令$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$,$B=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$,$α=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$,$β=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$,则α可由A的列向量线性表示.由
$(α^T,β^T)=(1,0,0,1)$, $(A^T,B^T)=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$,
知$(α^T,β^T)$不能由$(A^T,B^T)$的行向量线性表示,反例满足题干要求.但是,
$r[(A,α),B^T]=r\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}=1$,
$r\begin{bmatrix} (A^T,B^T)\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix} \end{bmatrix}=r[(A^T,B^T)(A^T,B^T)^T]=r(A^T,B^T)=r\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}=2$,
二者不相等,故选项D错误.

【注】①$AX=α$无解$\Leftrightarrow r(A,α)≠r(A)\Leftrightarrow r(A,α)=r(A)+1$.
②$r(A)=r(A^T)=r(A^TA)=r(AA^T)$.

答案 C
解析 \( A = \begin{pmatrix} 1-a & a \\ a & a \end{pmatrix} \)正定的充分必要条件是\( \begin{cases} 1-a > 0, \\ (1-a)a - a^2 > 0, \end{cases} \) 解得\( a \in (0, \frac{1}{2}) \).

\( f(x_1, x_2) = \begin{vmatrix} 1-a & a & x_1 \\ a & a & x_2 \\ -x_1 & -x_2 & 0 \end{vmatrix} = x_1 \begin{vmatrix} a & a \\ -x_1 & -x_2 \end{vmatrix} - x_2 \begin{vmatrix} 1-a & a \\ -x_1 & -x_2 \end{vmatrix} \)
\( = -ax_1 \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ x_1 & x_2 \end{vmatrix} + x_2 \begin{vmatrix} 1-a & a \\ x_1 & x_2 \end{vmatrix} \)
\( = ax_1(x_1 - x_2) + x_2[(1-a)x_2 - ax_1] \)
\( = ax_1^2 + (1-a)x_2^2 - 2ax_1x_2 \)，
二次型\( f(x_1, x_2) \)的矩阵\( B = \begin{pmatrix} a & -a \\ -a & 1-a \end{pmatrix} \)，其正定的充分必要条件是\( \begin{cases} a > 0, \\ (1-a)a - a^2 > 0, \end{cases} \)
解得\( a \in (0, \frac{1}{2}) \).因此，\( A \)正定是\( f(x_1, x_2) \)正定的充分必要条件. 选项 C 正确.

答案 D
解析 $P\left[(A\cup B)C\right]=P(AC\cup BC)=P(AC)+P(BC)-P(ABC)$
$=P(AC)+P(BC)$,
$P\left[(A\cup B)|C\right]=\frac{P\left[(A\cup B)C\right]}{P(C)}=\frac{P(AC)+P(BC)}{P(C)}$
$=P(A|C)+P(B|C)$,
对于选项A，由于$P(A)$或$P(B)$是否为零未知，故不能确定选项A一定成立.
对于选项B，由于不能确定$P(AB)$,$P(BC)$,$P(AC)$是否全为零.故选项B不一定成立.
对于选项C，
$P\left[(A\cup B)\overline{C}\right]=P(A\overline{C}\cup B\overline{C})=P(A\overline{C})+P(B\overline{C})-P(AB\overline{C})$,
而$P(AB\overline{C})=P(AB)-P(ABC)$，其值是否为零不能确定.因而选项C不一定成立.
综上所述，选项D正确.

答案 B
解析 由$X_{1}\sim B(1,p)$，$X_{2}\sim B(2,p)$，知
$E(X_{1})=p$，$E(X_{2})=2p$，$D(X_{1})=p(1-p)$，$D(X_{2})=2p(1-p)$，
$\text{Cov}(X_{1},X_{2})=E(X_{1}X_{2})-E(X_{1})\cdot E(X_{2})=E(X_{1})\cdot E(X_{2})-E(X_{1})\cdot E(X_{2})=0$，
故
$\text{Cov}(Z_{1},Z_{2})=\text{Cov}(2X_{1}+X_{2},X_{1}-X_{2})$
$=2D(X_{1})-D(X_{2})-\text{Cov}(X_{1},X_{2})$
$=2p(1-p)-2p(1-p)-0=0$，
$Z_{1}$与$Z_{2}$不相关.
取$Z_{1}=0$，$Z_{2}=0$，有
$\{Z_{1}=0\}=\{2X_{1}+X_{2}=0\}=\{X_{1}=0,X_{2}=0\}$，
$\{Z_{2}=0\}=\{X_{1}-X_{2}=0\}=\{X_{1}=0,X_{2}=0\}\cup\{X_{1}=1,X_{2}=1\}$，
故$\{Z_{1}=0\}\subset \{Z_{2}=0\}$，$P\{Z_{2}=0\}<1$.
由
$P\{Z_{1}=0,Z_{2}=0\}=P\{Z_{1}=0\}$，
$P\{Z_{1}=0\}\cdot P\{Z_{2}=0\}<P\{Z_{1}=0\}$，
知
$P\{Z_{1}=0,Z_{2}=0\}\neq P\{Z_{1}=0\}\cdot P\{Z_{2}=0\}$，
故$Z_{1}$与$Z_{2}$不相互独立.选项B正确.

答案 B
解析 由 X 在 [0,θ] 上服从均匀分布，得 X 的密度函数为
$f(x;\theta)=\begin{cases}\frac{1}{\theta},&0\leq x\leq\theta,\\0,&\text{其他}.\end{cases}$
其分布函数为
$F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(x;\theta)\text{d}x=\int_{0}^{x}\frac{1}{\theta}\text{d}x$
$=\frac{x}{\theta}\ (0<x\leq\theta),$
即
$F(x)=\begin{cases}0,&x\leq0,\\\frac{x}{\theta},&0<x\leq\theta,\\1,&x>\theta,\end{cases}$
似然函数为
$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}f(x_{i};\theta)=\begin{cases}\frac{1}{\theta^{n}},&0\leq x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\leq\theta,\\0,&\text{其他},\end{cases}$
要使 L(θ) 最大，θ 应尽量小，故 θ 的最大似然估计量为
$\hat{\theta}=\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\}.$
下面求 $\hat{\theta}$ 的概率密度. 记 $X_{(n)}=\hat{\theta}=\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\}$，则
$F_{X_{(n)}}(x)=P(\max(X_{1},X_{2},\cdots,X_{n})\leq x)=[F(x)]^{n}$
$=\begin{cases}0,&x\leq0,\\\frac{x^{n}}{\theta^{n}},&0<x\leq\theta,\\1,&x>\theta,\end{cases}$
$f_{X_{(n)}}(x)=F'_{X_{(n)}}(x)=\begin{cases}\frac{n}{\theta^{n}}x^{n-1},&0<x\leq\theta,\\0,&\text{其他}.\end{cases}$
由 $E(k\hat{\theta})=E(kX_{(n)})=kE(X_{(n)})=k\int_{0}^{\theta}\frac{n}{\theta^{n}}x^{n}\text{d}x=\frac{n\cdot k}{n + 1}\theta=\theta$，得 $k=\frac{n + 1}{n}$.
选项 B 正确.

答案 \( x^2 + \left(y + \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{9}{4} \)
解析 由已知，有\(\lim_{x \to 0} \frac{2\sin x + xf(x)}{x^3} = 0\)，故
\(\frac{2\sin x + xf(x)}{x^3} = \alpha\)（当\(x \to 0\)时，\(\alpha \to 0\)），
即\(xf(x) = x^3\alpha - 2\sin x\)。又\(\sin x = x - \frac{1}{6}x^3 + o(x^3)\)，故
\(f(x) = -2\frac{\sin x}{x} + o(x^2) = -2\left(1 - \frac{1}{6}x^2\right) + o(x^2) = -2 + \frac{1}{3}x^2 + o(x^2)\)。
由泰勒公式的唯一性，得\(f(0) = -2\)，\(f'(0) = 0\)，\(f''(0) = \frac{2}{3}\)。
\(y = f(x)\)在点\((0, -2)\)处的曲率半径为\(R = \frac{[1 + f'^2(0)]^{\frac{3}{2}}}{|f''(0)|} = \frac{3}{2}\)。
由\(f''(0) = \frac{2}{3} > 0\)及\(f''(x)\)连续，知在\(x = 0\)的邻域内有\(f''(x) > 0\)。由曲率圆在点\((0, -2)\)处与\(y = f(x)\)有相同的凹向，知\(y = f(x)\)在点\((0, -2)\)处的曲率圆方程为
\(x^2 + \left(y + \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{9}{4}\)。

答案 $\sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2})$
解析 利用极坐标下弧长公式计算.首先求
$r^2(\theta)+r'^2(\theta)=\frac{1}{(1+\cos\theta)^2}+\frac{\sin^2\theta}{(1+\cos\theta)^4}=\frac{2}{(1+\cos\theta)^3}=\frac{1}{4\cos^6\frac{\theta}{2}},$
故所求曲线全长为
$l=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{r^2(\theta)+r'^2(\theta)}\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\cos^3\frac{\theta}{2}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\cos^3\frac{\theta}{2}}$
$\stackrel{\frac{\theta}{2}=t}{=}2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{d}t}{\cos^3t}=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{d}t}{\cos t(1-\sin^2t)}=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{d}(\sin t)}{(1-\sin^2t)^2}$
$\stackrel{\sin t=z}{=}2\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\mathrm{d}z}{(1-z^2)^2}=2\left[\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\mathrm{d}z}{1-z^2}+\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{z^2\mathrm{d}z}{(1-z^2)^2}\right]$
$=2\left[\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\mathrm{d}z}{1-z^2}+\frac{z}{2(1-z^2)}\bigg|_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}-\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\mathrm{d}z}{1-z^2}\right]$
$=2\left(\frac{1}{4}\ln\frac{1+z}{1-z}\bigg|_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
$=\sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2}).$

答案 $-\sqrt{2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}$
解析 由$f(x,y)=\int_{x^{2}+y^{2}}^{\frac{y}{x}}e^{-t^{2}}dt$，有
$\frac{\partial f}{\partial x}=e^{-\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}\cdot\left(-\frac{y}{x^{2}}\right)-e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}\cdot 2x$，
$\frac{\partial f}{\partial y}=e^{-\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}\cdot \frac{1}{x}-e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}\cdot 2y$，
故
$x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}=-2(x^{2}+y^{2})e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}$．
令$x^{2}+y^{2}=u(u>0)$，则$g(u)\stackrel{\text{记}}{=}-2ue^{-u^{2}}$．
由$g'(u)=-2e^{-u^{2}}(1-2u^{2})=0$，得$g(u)$的唯一驻点$u=\frac{1}{\sqrt{2}}$．
当$0<u<\frac{1}{\sqrt{2}}$时，$g'(u)<0$；当$u>\frac{1}{\sqrt{2}}$时，$g'(u)>0$．
故$g\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=-2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{2}}=-\sqrt{2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}$为极小值．

答案 $8(3 - \sqrt{3})\pi a^3$

解析 解法一：$\Sigma$上任一点$(x,y,z)$处的单位外法向量为
$\boxed{n}^0 = \{\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma\} = \frac{1}{\sqrt{(x - a)^2 + (y - a)^2 + (z - a)^2}} \cdot \{x - a, y - a, z - a\}$
$= \frac{1}{\sqrt{2}a}\{x - a, y - a, z - a\}$，
则$I = \oiint_{\Sigma} (x + y + z - \sqrt{3}a) dS = \oiint_{\Sigma} [(x - a) + (y - a) + (z - a) + (3 - \sqrt{3})a] dS$
$= \sqrt{2}a \oiint_{\Sigma} (\cos\alpha + \cos\beta + \cos\gamma) dS + (3 - \sqrt{3})a \oiint_{\Sigma} dS$
$= \sqrt{2}a \oiint_{\Sigma} (dydz + dzdx + dxdy) + (3 - \sqrt{3})a \cdot 8\pi a^2$
$\stackrel{高斯公式}{=} \sqrt{2}a \iiint_{V} 0dV + 8(3 - \sqrt{3})\pi a^3$
$= 8(3 - \sqrt{3})\pi a^3$。

解法二：利用对称性，有
$I = \oiint_{\Sigma} (x + y + z - \sqrt{3}a) dS$
$= \oiint_{\Sigma} [(x - a) + (y - a) + (z - a) + (3 - \sqrt{3})a] dS$
$= 0 + 0 + 0 + \oiint_{\Sigma} (3 - \sqrt{3})a dS$
$= (3 - \sqrt{3})a \cdot 8\pi a^2 = 8(3 - \sqrt{3})\pi a^3$，
其中，$\oiint_{\Sigma} (x - a)dS = \oiint_{\Sigma} (y - a)dS = \oiint_{\Sigma} (z - a)dS = 0$。

答案 4
解析 由\( AB - B^2 + BC = O \)，知\( AB = B^2 - BC = B(B - C) \)．
由B可逆，知\( A = B(B - C)B^{-1} \)，故\( B - C \sim A \)．由A的特征值为1，2，3，知A可逆．
故\( (B - C)^{-1} \sim A^{-1} \)，从而\( (B - C)^{-1} + E \sim A^{-1} + E \)，\( |(B - C)^{-1} + E| = |A^{-1} + E| \)．
又\( A^{-1} + E \)的特征值为\( \frac{1}{1} + 1, \frac{1}{2} + 1, \frac{1}{3} + 1 \)，故
\( |(B - C)^{-1} + E| = 2×\frac{3}{2}×\frac{4}{3} = 4 \)．

答案 $\frac{15}{8\text{e}}$

解析 记$U=\max(X,Y)$，则
$P\{1<\max(X,Y)\leqslant 3\}=P\{1<U\leqslant 3\}$
$=P\{U\leqslant 3\}-P\{U\leqslant 1\}$
$=P\{X\leqslant 3,Y\leqslant 3\}-P\{X\leqslant 1,Y\leqslant 1\}$
$=P\{X\leqslant 3\}\cdot P\{Y\leqslant 3\}-P\{X\leqslant 1\}\cdot P\{Y\leqslant 1\}$．
又
$P\{X\leqslant 3\}=1-P\{X=4\}=\frac{15}{16}$，
$P\{X\leqslant 1\}=P\{X=0\}+P\{X=1\}=(\frac{1}{2})^4 + 4\times(\frac{1}{2})^4=\frac{5}{16}$，
$P\{Y\leqslant 3\}=\sum_{k=0}^3 \frac{\text{e}^{-1}}{k!}=\frac{8\text{e}^{-1}}{3}$，
$P\{Y\leqslant 1\}=2\text{e}^{-1}$，
故$P\{1<U\leqslant 3\}=\frac{15}{16}\cdot\frac{8\text{e}^{-1}}{3}-\frac{5}{16}\cdot 2\text{e}^{-1}=\frac{15}{8\text{e}}$．

解析 由洛必达法则，有
\(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[(t + a)^{1 + \frac{1}{t}} - t^{1 + \frac{1}{t + a}}\right] dt}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \left[(x + a)^{1 + \frac{1}{x}} - x^{1 + \frac{1}{x + a}}\right]\)
\(= \lim\limits_{x \to +\infty} \left\{x\left(\frac{a}{x} + 1\right)^{1 + \frac{1}{x}} - x \cdot x^{\frac{1}{x + a}}\right\}\)
\(= \lim\limits_{x \to +\infty} x\left[x^{\frac{1}{x}}\left(\frac{a}{x} + 1\right)^{1 + \frac{1}{x}} - x^{\frac{1}{x + a}}\right]\)
\(= \lim\limits_{x \to +\infty} x\left[x^{\frac{1}{x}}\left(\frac{a}{x} + 1\right)^{1 + \frac{1}{x}} - x^{\frac{1}{x}} \cdot x^{\frac{1}{x + a} - \frac{1}{x}}\right]\)
\(= \lim\limits_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{x}} \cdot x\left[\left(\frac{a}{x} + 1\right)^{1 + \frac{1}{x}} - \frac{1}{x^{\frac{a}{x(x + a)}}}\right]\)
\(= \lim\limits_{x \to +\infty} x\left[\left(\frac{a}{x} + 1\right)^{1 + \frac{1}{x}} - \frac{1}{x^{\frac{a}{x(x + a)}}}\right] \left(\lim\limits_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{x}} = 1\right)\)

令\(\frac{1}{x} = t\)，则
原式\(= \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{(1 + at)^{1 + t} - t^{\frac{at^2}{1 + at}}}{t} = \lim\limits_{t \to 0^{+}} \left[\frac{(1 + at)^{1 + t} - 1}{t} - \frac{t^{\frac{at^2}{1 + at}} - 1}{t}\right]\)

又 \(\lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{(1 + at)^{1 + t} - 1}{t} = \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{e^{(1 + t)\ln(1 + at)} - 1}{t} = \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{(1 + t)\ln(1 + at)}{t}\)
\(= \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{\ln(1 + at)}{t} = a\)，

\(\lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{t^{\frac{at^2}{1 + at}} - 1}{t} = \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{e^{\frac{at^2}{1 + at}\ln t} - 1}{t} = \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{at^2}{1 + at} \cdot \frac{\ln t}{t} = \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{\ln t}{1 + at}\)
\(\stackrel{洛必达法则}{=} \lim\limits_{t \to 0^{+}} \frac{1}{t} \cdot \left[-\frac{(at)^2}{a}\right] = \lim\limits_{t \to 0^{+}} (-at) = 0\)，

故原式\(= a - 0 = a = 1\)。

解析 （Ⅰ）由$\mathrm{d}f(x,y)=ax y^2\mathrm{d}x + \left(10x^2 y + \frac{2}{5}a y^3\right)\mathrm{d}y$，知
$\frac{\partial f}{\partial x}=ax y^2$，$\frac{\partial f}{\partial y}=10x^2 y + \frac{2}{5}a y^3$，
从而有
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=2a x y = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}=20x y$，故$a = 10$．
由
$\mathrm{d}f(x,y)=10x y^2\mathrm{d}x + (10x^2 y + 4y^3)\mathrm{d}y$
$= 10x y^2\mathrm{d}x + 10x^2 y\mathrm{d}y + \mathrm{d}(y^4)$
$= \mathrm{d}(5x^2 y^2 + y^4 + C)$，
得$f(x,y)=5x^2 y^2 + y^4 + C$．由$f(1,1)=6$，得$C = 0$．故
$f(x,y)=5x^2 y^2 + y^4$．

（Ⅱ）曲线$f(x,y)=5x^2 y^2 + y^4 = 1$上的点$(x,y)$到原点的距离$d$为$\sqrt{x^2 + y^2}$．
下面求$x^2 + y^2$满足$5x^2 y^2 + y^4 = 1$的最小值，用拉格朗日乘数法．
令$L = x^2 + y^2 + \lambda(5x^2 y^2 + y^4 - 1)$，则
$\begin{cases}
L_x' = 2x + 10\lambda x y^2 = 0, & ① \\
L_y' = 2y + \lambda(10x^2 y + 4y^3) = 0, & ② \\
L_\lambda' = 5x^2 y^2 + y^4 - 1 = 0. & ③
\end{cases}$
由$5x^2 y^2 + y^4 - 1 = 0$，知$y \neq 0$．若$x = 0$，则$y = \pm 1$，此时$\sqrt{x^2 + y^2} = 1$．
若$x \neq 0$，则由①式得$\lambda = -\frac{1}{5y^2}$，将其代入②式，可得$1 - \frac{x^2}{y^2} - \frac{2}{5} = 0$，即$x^2 = \frac{3}{5}y^2$，
将其代入③式，可得$y^2 = \frac{1}{2}$，从而$x^2 = \frac{3}{10}$，$\sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{\frac{3}{10} + \frac{1}{2}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$，故所求距离最小值为$\frac{2}{\sqrt{5}}$．

解析 （Ⅰ）依题设，$\int_L P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y$在全平面与路径无关，则$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$，即
$f''(x)=\mathrm{e}^{-x}-f'(x)$．
解微分方程
$\begin{cases}f''(x)+f'(x)=\mathrm{e}^{-x},\\f'(0)=0.\end{cases}$ ①
由特征方程$r^2+r=0$，得$r_1=0$，$r_2=-1$．
令特解$f^*=Ax\mathrm{e}^{-x}$，代入方程 ① 可得$A=-1$．故方程 ① 的通解为
$f(x)=C_1+C_2\mathrm{e}^{-x}-x\mathrm{e}^{-x}$．
由$f'(0)=0$，得$C_2=-1$，故$f(x)=-(x+1)\mathrm{e}^{-x}+C_1$．

（Ⅱ）由（Ⅰ）有$f''(x)=\mathrm{e}^{-x}-f'(x)$，则
$\begin{align*}
\int_L P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y&=\int_L \left[f(x)+y(\mathrm{e}^{-x}-f'(x))\right]\mathrm{d}x+f'(x)\mathrm{d}y\\
&=\int_L \left[f(x)+yf''(x)\right]\mathrm{d}x+f'(x)\mathrm{d}y\\
&=\int_L f(x)\mathrm{d}x+\int_L y\mathrm{d}f'(x)+f'(x)\mathrm{d}y\\
&=\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x+yf'(x)\Big|_{(-1,1)}^{(1,0)}\\
&=\int_{-1}^1 \left[-(x+1)\mathrm{e}^{-x}+C_1\right]\mathrm{d}x-f'(-1)\\
&=\int_{-1}^1 (x+1)\mathrm{d}\mathrm{e}^{-x}+2C_1+\mathrm{e}\\
&=(x+1)\mathrm{e}^{-x}\Big|_{-1}^1+\mathrm{e}^{-x}\Big|_{-1}^1+2C_1+\mathrm{e}\\
&=\frac{3}{\mathrm{e}}+2C_1\\
&=\frac{4}{\mathrm{e}},
\end{align*}$
解得$C_1=\frac{1}{2\mathrm{e}}$，故$f(x)=-(x+1)\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{2\mathrm{e}}$．
由$f'(x)=x\mathrm{e}^{-x}=0$，得$x=0$，$f''(x)=\mathrm{e}^{-x}(1-x)$，$f''(0)=1>0$．
故$f(x)$的极小值为$f(0)=-1+\frac{1}{2\mathrm{e}}$，无极大值．

解析 （Ⅰ）令$x=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2$，$f(u)$在点$x$处的泰勒展开式为
$$f(u)=f(x)+f'(x)(u-x)+\frac{f''(\xi)}{2!}(u-x)^2\ (\xi\text{ 介于}u\text{ 与}x\text{ 之间}).$$
将$u=x_1$，$u=x_2$分别代入上式，得
$$\begin{align*}
f(x_1)&=f(x)+f'(x)(x_1-x)+\frac{f''(\xi_1)}{2!}(x_1-x)^2\\
&=f(x)+f'(x)(1-\lambda)(x_1-x_2)+\frac{f''(\xi_1)}{2!}(x_1-x)^2, \quad ①
\end{align*}$$
$$\begin{align*}
f(x_2)&=f(x)+f'(x)(x_2-x)+\frac{f''(\xi_2)}{2!}(x_2-x)^2\\
&=f(x)+f'(x)\lambda(x_2-x_1)+\frac{f''(\xi_2)}{2!}(x_2-x)^2, \quad ②
\end{align*}$$
其中$\xi_1$介于$x_1$与$x$之间，$\xi_2$介于$x_2$与$x$之间。由$①\times\lambda+②\times(1-\lambda)$，得
$$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)=f(x)+\lambda\frac{f''(\xi_1)}{2}(x_1-x)^2+(1-\lambda)\frac{f''(\xi_2)}{2}(x_2-x)^2.$$
由$f''(x)>0$，知
$$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)>f(x)=f\left[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2\right].$$
（Ⅱ）记$M=\max\{f(0),f(1)\}$，由$f''(x)>0$，知曲线$y=f(x)$的图形是凹的，于是：
对$\forall x\in[0,1]$，有
$$f(x)=f\left[(1-x)\cdot0+x\cdot1\right]\leq(1-x)f(0)+xf(1)\leq M(1-x)+Mx=M. \quad ①$$
对$\forall x_0\in(0,1)$，考虑连接点$(0,f(0))$，$(x_0,f(x_0))$，$(1,f(1))$的折线，有
$$y=g(x)=\begin{cases}
f(0)+\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0}(x-0), & x\in[0,x_0],\\
f(x_0)+\frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0}(x-x_0), & x\in(x_0,1].
\end{cases}$$
由$y=f(x)$的图形是凹的，知$g(x)\geq f(x)$，故
$$\begin{align*}
0&=\int_0^1 f(x)dx\leq\int_0^1 g(x)dx=\int_0^{x_0} g(x)dx+\int_{x_0}^1 g(x)dx\\
&=\frac{1}{2}\left[f(0)+f(x_0)\right]x_0+\frac{1}{2}\left[f(x_0)+f(1)\right](1-x_0)\\
&=\frac{1}{2}f(x_0)+\frac{1}{2}\left[f(0)x_0+f(1)(1-x_0)\right],
\end{align*}$$
从而有
$$-f(x_0)=f(0)x_0+f(1)(1-x_0)\leq Mx_0+M(1-x_0)=M. \quad ②$$
当$x_0$取0或1时，构造线性函数$L(x)$，其为连接点$(0,f(0))$和$(1,f(1))$的直线：
$$L(x)=f(0)+\left[f(1)-f(0)\right]x.$$
由$y=f(x)$的图形是凹的，知当$x\in(0,1)$时，有$f(x)<L(x)$，因此
$$\int_0^1 f(x)dx<\int_0^1 L(x)dx=\frac{f(0)+f(1)}{2}.$$
由积分条件$\int_0^1 f(x)dx=0$，得
$$0<\frac{f(0)+f(1)}{2}\Rightarrow f(0)+f(1)>0,$$
即
$$-f(1)<f(0)\leq M,$$
$$-f(0)<f(1)\leq M.$$
因此当$x_0$取0或1时，也有
$$-f(x_0)\leq M. \quad ③$$
由①式、②式及③式，知$\forall x\in[0,1]$，有$|f(x)|\leq M$，即
$$|f(x)|\leq\max\{f(0),f(1)\}.$$

解析（Ⅰ）由\( |\lambda E - B| = \begin{vmatrix} \lambda - a & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & \lambda - 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & \lambda - a \end{vmatrix} = (\lambda - 1)(\lambda - a - \frac{1}{2})(\lambda - a + \frac{1}{2}) \)，
得\( B \)的特征值为\( \lambda_1 = 1 \)，\( \lambda_2 = a - \frac{1}{2} \)，\( \lambda_3 = a + \frac{1}{2} \)。
当\( 1 = a + \frac{1}{2} \)时，\( a = \frac{1}{2} \)，\( \lambda_1 = 1 \)，\( \lambda_2 = 0 \)，\( \lambda_3 = 1 \)。
当\( 1 = a - \frac{1}{2} \)时，\( a = \frac{3}{2} \)，\( \lambda_1 = 1 \)，\( \lambda_2 = 1 \)，\( \lambda_3 = 2 \)。
由\( B \)正定，知\( B \)的特征值全大于零，故\( a = \frac{3}{2} \)。
由
\( E - B = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)，
得特征向量\( \alpha_1 = (1, 0, 1)^T \)，\( \alpha_2 = (0, 1, 0)^T \)（已正交）。
由
\( 2E - B = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)，
得特征向量\( \alpha_3 = (-1, 0, 1)^T \)。将\( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \)单位化，得
\( \gamma_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)，\( \gamma_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \)，\( \gamma_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)。
令\( Q = (\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \)，则\( Q \)为正交矩阵，\( Q^{-1}BQ = \Lambda = \text{diag}(1, 1, 2) \)。

（Ⅱ）由\( AB = 3A - B \)，\( A \)和\( B \)均为实对称矩阵，知\( AB \)是实对称矩阵，且\( A(3E - B) = B \)。
由于3不是\( B \)的特征值，知\( |3E - B| \neq 0 \)，即\( (3E - B) \)可逆，故
\( A = B(3E - B)^{-1} \)，
\( Q^{-1}(3A)Q = Q^{-1}(3B)(3E - B)^{-1}Q = Q^{-1}(3B)Q Q^{-1}(3E - B)^{-1}Q \)
\( = 3AQ^{-1}(3E - B)^{-1}Q = 3A [Q^{-1}(3E - B)Q]^{-1} \)
\( = 3A [Q^{-1}(3E)Q - Q^{-1}BQ]^{-1} \)
\( = 3A (3E - \Lambda)^{-1} \)
\( = 3\Lambda \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1} = 3\Lambda \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{3}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix} \)。
所以，
\( Q^{-1}(3A - B)Q = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{3}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \)，
即\( X^T ABX = X^T (3A - B)X \stackrel{x = Qz}{=} \frac{1}{2}z_1^2 + \frac{1}{2}z_2^2 + 4z_3^2 \)。
令\( \begin{cases} z_1 \\ z_2 \\ z_3 \end{cases} = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{cases} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{cases} \)，记为\( Z = CY \)，则\( X^T (3A - B)X \stackrel{x = QCY}{=} y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 \)。
令\( P = QC \)，则
\( P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sqrt{2} & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac{1}{2\sqrt{2}} \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 1 & 0 & \frac{1}{2\sqrt{2}} \end{pmatrix} \)。
\( X = PY \)为所求可逆线性变换，规范形为\( y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 \)。

解析 （Ⅰ）由\( f'(x) + 2xf(x) = 0 \)，得
\( f(x) = Ce^{-\int 2x dx} = Ce^{-x^2} \)。
由\( \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx = \int_{0}^{+\infty} Ce^{-x^2}dx = C \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} = 1 \)，得\( C = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \)。
故
\( f(x) = \begin{cases}
\frac{2}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2}, & x > 0, \\
0, & x \leq 0.
\end{cases} \)
由X与Y相互独立且服从同一分布，知\((X,Y)\)的概率密度为
\( f(x,y) = \begin{cases}
\frac{4}{\pi} e^{-(x^2 + y^2)}, & x > 0, y > 0, \\
0, & 其他.
\end{cases} \)
\( Z = \sqrt{X^2 + Y^2} \)的分布函数为
\( F_Z(z) = P\{Z \leq z\} = P\{\sqrt{X^2 + Y^2} \leq z\} \)。
当\( z \geq 0 \)时，
\( F_Z(z) = \iint_{\sqrt{x^2 + y^2} \leq z} f(x,y)dxdy = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{z} \frac{4}{\pi} e^{-r^2} \cdot r dr \)
\( = 2\int_{0}^{z} r e^{-r^2} dr = -e^{-r^2}\big|_{0}^{z} = 1 - e^{-z^2} \)。
当\( z < 0 \)时，\( F_Z(z) = 0 \)，故
\( F_Z(z) = \begin{cases}
1 - e^{-z^2}, & z \geq 0, \\
0, & z < 0.
\end{cases} \)
\( Z \)的概率密度为
\( f_Z(z) = F_Z'(z) = \begin{cases}
2z e^{-z^2}, & z \geq 0, \\
0, & z < 0.
\end{cases} \)

（Ⅱ）\( D(Z) = E(Z^2) - [E(Z)]^2 \)，
\( E(Z) = \int_{-\infty}^{+\infty} z \cdot f_Z(z)dz = \int_{0}^{+\infty} z \cdot 2z e^{-z^2} dz \stackrel{z^2 = t}{=} 2\int_{0}^{+\infty} t e^{-t} \cdot \frac{1}{2\sqrt{t}} dt \)
\( = \int_{0}^{+\infty} t^{\frac{1}{2}} e^{-t} dt = \int_{0}^{+\infty} t^{\frac{3}{2} - 1} e^{-t} dt = \Gamma\left(\frac{3}{2}\right) = \Gamma\left(1 + \frac{1}{2}\right) \)
\( = \frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \)，
\( E(Z^2) = \int_{-\infty}^{+\infty} z^2 \cdot f_Z(z)dz = \int_{0}^{+\infty} z^2 \cdot 2z e^{-z^2} dz \stackrel{z^2 = t}{=} \int_{0}^{+\infty} t^{2 - 1} e^{-t} dt = \Gamma(2) = 1 \)，
故\( D(Z) = 1 - \left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)^2 = 1 - \frac{\pi}{4} \)。