【分析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性和二重积分保号性定理可得。

【详解】关于轴对称，而即被积函数是关于的奇函数，所以；而两区域关于轴对称，即被积函数是关于的偶函数，由积分的保号性定理可得，

，，

所以应选（A）。

（3）设函数在区间上的图形为

       

  则函数为

              

                      

【分析】本题考查函数与其变上限函数的关系、定积分的几何意义。

【详解】由的图形可见，其图像与轴及轴、及直线所围的图形面积的代数和应为函数，从而可得到的几个特征：

① 时，单调增加且；这就排除了选项；

② 时，单调减少且；

③ 时，单调增加；

④ 时，为常函数；

⑤ 为连续函数，且，这就排除了（B）。

结合这些特点，可见正确的选项应为（Ｄ）。

（4）设有两个数列，若，则

（A）当收敛时，收敛               （B）发散时，发散

（C）当收敛时，收敛            （D）发散时，发散

【分析】 本题考查数列极限的性质、级数收敛的必要条件与正项级数的比较判别法。抽象数列、抽象级数的选择题，常通过举反例，用排除法得到答案。

【详解】 法一：当收敛时，必有，又因为，所以存在自然数，当时，有，，从而有。利用比较判别法可知：收敛。所以应选（C）。

法二：取，则，收敛，但发散，所以（A）不正确；

取，则，及都发散，但与都收敛，所以（B）、（D）不正确；

因此应选（C）。

（5）设是3维向量空间的一组基，则由基到基

的过渡矩阵为

（A）                                  （B）

（C）                        （D）

【分析】本题考查过渡矩阵的概念。

【详解】由于

，  ，  

即

所以由基到的过渡矩阵为

故应选（A）。

（6）设均为2阶矩阵，分别为的伴随矩阵，若，则分块矩阵的伴随矩阵为

（A）     （B）     （C）     （D）

【分析】本题考查伴随矩阵和逆矩阵的关系，分块矩阵的行列式，分块矩阵的逆矩阵等。

【详解】由于分块矩阵的行列式，从而分块矩阵可逆，根据公式，可得

故应选B。

（7）设随机变量的分布函数为其中为标准正态分布函数，则

（A）0                    (B)0.3                            (C)0.7                             (D)1

【分析】这是一个已知分布函数求期望的问题，属于概率论的基本题型。其中需要掌握正态分布的基本性质。

【详解】因为

所以，

由于是的密度函数，故其期望值为，

是的密度函数，其期望值为1，所以

。

故应选(C)。

（8）设随机变量与相互独立，且服从标准正态分布，的概率分布为

，记为随机变量的分布函数，则函数的间断点个数为

（A）0                （B）1                      （C）2                           （D）3

【分析】考查离散型随机变量与连续型随机变量函数分布。关键是求出的分布函数。对于考查离散型随机变量与连续型随机变量函数分布的典型问题，一般都要利用全概率公式的思想来解决。

【详解】

          

由于与相互独立。。

（1）若，则，   （2）若，则

从而为间断点，故应选（B）

二、填空题：9-14 小题，每小题 4分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上。

（9）设函数具有二阶连续偏导数，则=________。

【分析】本题为多元抽象函数求二阶偏导数的题目， 利用复合函数的链式法则完成。

【详解】，

（10）若二阶常系数线性齐次微分方程的通解为，则非齐次方程满足条件的通解为。

【分析】本题考查二阶常系数线性齐次方程特征根与通解的对应关系及求特解。利用特征根与通解的对应关系求出，最后求出非齐次方程的特解

     【详解】 由，得二阶常系数线性齐次微分方程的特征值，故。从而要求解的微分方程为。

设特解代入微分方程为，得

,，,

故微分方程为的特解，通解为

代入初始条件，得，要求的解为。

（11）已知曲线，则_________。

     【分析】考查对弧长曲线积分的计算。

【详解】由题意，，则，

所以。

（12）设，则_________。

【分析】 本题考查三重积分的计算。既可以用先二后一计算，又可以利用轮换对称性完成。

【详解】方法一：

方法二：由轮换对称性，

（13）若 3 维向量满足，其中为的转置，则矩阵的非零特征值为______。

【分析】本题考查特征值和特征向量的概念。抽象矩阵求特征值一般用特征值的定义完成.

【详解】由，，的非零特征值为2。

（14）设为来自二项分布总体的简单随机样本，和分别为样本均值和样本方差。若为的无偏估计量，则。

【分析】这是一个考查样本均值与样本方差的典型问题，只要记住样本均值是总体均值的无偏估计以及样本方差是总体方差的无偏估计的结果，很容易获得结论。

【详解】由于为来自二项分布总体的简单随机样本，和分别为样本均值和样本方差，故

             ，    

由于为的无偏估计，所以

从而  ，即，所以。

三、解答题：15-23 小题，共 94 分。请将解答写在答题纸指定的位置上。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

（15）（本题满分 9 分）

     求二元函数极值。

【分析】本题考查多元函数极值。先求出驻点，然后用判别法判定。

       【详解】解方程组，得函数驻点为。

       又，，

则   ，  ，  

在驻点处，且，所以为极小值。

（16）（本题满分 9 分）

     设为曲线与所围成区域的面积，记

，求与的值。

【分析】本题考查定积分求面积，级数求和。

【详解】由于曲线与曲线的交点为、，

       所以，

又因为  ，

所以；

而对求

法一：

由于  取得：

所以 .

法二：令，则

所以，从而。

（17）（本题满分 11 分）

      椭球面积是椭圆绕轴旋转而成，圆锥面积是过点且与椭圆相切的直线绕轴旋转而成。

（I）求及的方程；（II）求与之间的立体体积。

【分析】本题考查旋转曲面方程及旋转体求体积。

【详解】（I）的方程为；

设椭圆上处的切线过点， 而曲线上处的切线方程为。由于此切线过点，所以，从而。因此过点且与椭圆相切的直线方程为

此曲线绕轴旋转而成旋转曲面方程为即。

（II）记，，则

（18）（本题满分 11 分）

     （I）证明拉格朗日中值定理：若函数在上连续，在可导，则存在，使得。

    （II）证明：若函数在处连续，在内可导，且则存在，且。

【分析】考查拉格朗日中值定理的证明及使用。

【详解】（I）作辅助函数，易验证满足：；在闭区间上连续，在开区间内可导，且。

根据罗尔定理，可得在内至少有一点，使，即

，从而

（II）法一：任取，则函数满足；

在闭区间上连续，开区间内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在，使得                      

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