1990考研数学一真题及答案解析.pdf

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1、1990 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题解析数学一试题解析 一、填空题（本题共 5 个小题，每小题 3 分，满分 15 分。） （1）过点(1,2, 1)M且与直线2341xtytzt 垂直的平面方程是 _。 【答案】340.xyz 【解析】由直线的参数方程，可得直线的方向向量( 1,3,1)l ， 所求平面的法向量n平行于所给直线的方向向量( 1,3,1)l ，取nl，又平面过已知点(1,2, 1)M.已知平面的法向量和过已知点可唯一确定这个平面，所求平面的方程为(1)3(2)(1)0,xyz化简即是340.xyz （2）设a为非零常数，则lim()xx

2、xaxa= _。 【答案】2ae. 【解析】此题考查重要极限：1lim(1).xxex (1)lim()lim(1)xxxxxaxaxaxax (1)lim(1)xaaxxaaaxax 2aaaeee. 或由2222lim()lim 1x axaa x axaxxxaaexaxa. （3）设函数1, | 1,( )0, | 1,xf xx 则 ( )f f x= _。 【答案】1. 【解析】对于分段函数的复合函数求解必须取遍内层函数的值域，不能遗漏，求出复合后函数的所有可能的解析式. 根据( )f x的定义知，当| 1x 时，有( )1.f x 代入 ( )f f x，又(1)1.f于是当|

3、1x 时，复合函数 ( )1f f x； 当| 1x 时，有( )0.f x 代入 ( )f f x，又(0)1,f即当| 1x 时，也有 ( )1f f x. 因此，对任意的(,)x ，有 ( )1f f x. （4）积分2220yxdxedy的值等于 _。 【答案】41(1).2e 【解析】这是一个二重积分的累次积分，因2ye的原函数不是初等函数，先对y积分积不出来，所以应该改换积分次序，先表成： 原式2.yDedxdy由累次积分的内外层积分限确定积分区域D： 02,2,xxy如图所示，然后交换积分次序. 原式2222000yyydyedxyedy 24211(1).022yee （5）已

4、知向量组1234(1,2,3,4),(2,3,4,5),(3,4,5,6),(4,5,6,7)，则该向量的秩是_。 【答案】2. 【解析】经过初等变换后向量组的秩不变. 所以有 12341234234534564567A 第一行1r分别乘以2、3、4加到第二行、第三行、第四行上，得到 2 x y Oyx 2 D 12340123A02460369 继续作初等变换第二行2r分别乘以2、3加到第三行、第四行上，再自乘1有 12340123A00000000 因为最后得出的矩阵有二阶子式0，而三阶子式0，由矩阵秩的定义，有 1234,( )2.rr A 所以此题应填 2. 二、选择题（本题共 5 个

5、小题，每小题 3 分，满分 15 分。） （1）设( )f x是连续函数，且2( ) ( )fxf x，则等于 (A) ()( )xxef ef x (B) ()( )xxef ef x (C) ()( )xxef ef x (D) ()( )xxef ef x 【答案】A. 【解析】对积分上限的函数的求导公式： 若( )( )( )( )ttF tf x dx，( ) t，( ) t均一阶可导， 则( )( )( )( )( )F ttfttft. 复合函数求导法则， 如果( )ug x在点x可导，而( )yf x在点( )ug x可导，则复合函数 ( )yf g x在点x可导，且其导数为

6、( )( )dyfug xdx 或 dydy dudxdu dx 所以两边求导数, ( )()()( )( )xxF xf eef x x ()( ).xxef ef x 故本题选 A. （2）已知函数( )f x具有任意阶导数，且2( ) ( )fxf x，则当n为大于 2 的正整数时，( )f x的n阶导数( )nfx是 (A) 1! ( )nnf x (B) 1 ( )nn f x (C) 2 ( )nf x (D) 2! ( )nnf x 【答案】A. 【解析】本题考查高阶导数的求法. 为方便记( )yf x.由2 yy，逐次求导得 322,yyyy243!3!,yy yy， 由第一归

7、纳法，可归纳证明( )1!nnyn y 假设nk成立，即( )1!kkyk y， 则(1)( )1!1 !kkkkyyk ykyy 111 !kky 所以1nk亦成立，原假设成立. （3）设为常数，则级数21sin1()nnnn (A) 绝对收敛 (B) 条件收敛 (C) 发散 (D) 收敛性与的取值有关 【答案】C . 【解析】本题可利用分解法判别级数的敛散性（收敛级数与发散级数之和为发散级数）. 11nn发散.因为此为p级数：11pnn当1p 时收敛；当1p 时发散. 21sinnnn收敛.因为由三角函数的有界性22sin1nnn，而p级数：211nn收敛， 根据正项级数的比较判别法： 设

8、1nnu和1nnv都是正项级数，且lim,nnnvAu则 （1） 当0A 时，1nnu和1nnv同时收敛或同时发散； （2） 当0A 时，若1nnu收敛，则1nnv收敛；若1nnv发散，则1nnu发散； （3） 当A 时，若1nnv收敛，则1nnu收敛；若1nnu发散，则1nnv发散. 所以21sinnnn收敛，所以级数21sinnnn绝对收敛. 由收敛级数与发散级数之和为发散级数，可得 级数21sin1()nnnn发散. 故选(C). （4）已知( )f x在0 x 的某个领域内连续，且(0)0f，0( )lim21 cosxf xx，则在点0 x 处 (A) 不可导 (B) 可导，且(0)

9、0f (C) 取得极大值 (D) 取得极小值 【答案】D. 【解析】利用极限的保号性可以判断的正负号： 设0lim( ).xxf xA若0A 0,当00 xx时，( )0f x . 若0,当00 xx时有( )0f x ，则0A. 所以，有 0( )( )lim2001 cos1 cosxf xf xxx（在0 x 的某空心领域） 由1 cos0 x，有( )0(0)f xf，即( )f x在0 x 取极小值，应选(D) 本题还可特殊选取满足题中条件的( )2 1 cos.f xx显然，它在0 x 取得极小值，其余的都不正确，这样本题仍选(D) （5） 已知1、2是非齐次线性方程组Axb的两个

10、不同的解，1、2是对应齐次线性方程组0Ax 的基础解系，12,k k为任意常数，则方程组Axb的通解（一般解）必是 (A) 1211212()2kk (B) 1211212()2kk (C) 1211212()2kk (D) 1211212()2kk 【答案】B 【解析】本题考查解的性质和解的结构.从1、2是对应齐次线性方程组0Ax 的基础解系，知Axb的通解形式为 1 122,kk其中12, 是0Ax 的基础解系，是 Axb的一个特解. 由解的性质： 如果12, 是0Ax 的两个解， 则其线性组合1 122kk仍是0Ax 的解； 如果是Axb的一个解，是0Ax 的一个解，则仍是Axb的解.

11、所以有：1，12，122，12，12都是0Ax 的解， 122是Axb的一个特解. 那么看各个选项，(A)中没有特解,(C) 中既没有特解,且12也不是0Ax 的解. (D)中虽有特解，但1，12的线性相关性不能判定，故(A)、(C)、(D)均是不正确的. 再看(B)，122是Axb的一个特解，1，12是0Ax 的线性无关的解，是基础解系，故本题选(B). 三、（本题满分 15 分，每小题 5 分。） （1）求 120ln(1)(2)xdxx （2）设(2,sin )zfxy yx，其中( , )f u v具有连续的二阶偏导数，求2zx y 。 （3）求微分方程244xyyye的通解（一般解）

12、 （1）【答案】1ln2.3. 【解析】分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题，如果选择不当可能引起更繁杂的计算，最后甚至算不出结果来。在做题的时候应该好好总结，积累经验。 假定( )uu x与( )vv x均具有连续的导函数，则 ,uv dxuvu vdx 或者 .udvuvvdu 由2211(2)(2)()(2)2dxxdxdxx 有 原式110011ln(1)1ln(1) ()02221xdxx dxxxx分部法 因为，由分项法 11111()213 21xxxx 所以，原式10111ln2()321dxxx 110011ln2 ln(2)ln(1) ln233xx. （2）【答案

13、】11122222(2sincos )sincoscosfxyx fyxxfxf. 【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数，重要的是要分清函数是如何复合的. 由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关，可以先求zx，再求()zyx，如方法 1; 也可以先求zy，再求()zxy，如方法 2. 由复合函数求偏导的链式法则：如果函数( , ),( , )ux y vx y都在点( , )x y具有对x及对y的偏导数，函数( , )zf u v在对应点( , )u v具有连续偏导数，则复合函数 ( ( , ),( , )zfx yx y在点( , )x y的两个偏导数存在，且有 12zzu

14、zvuvffxuxv xxx ； 12zzuzvuvffyuyv yyy . 方法 1：方法 1：先求zx， 1212(2)( sin )2coszfxyfyxfyxfxxx。 212(2cos)zfyxfx yy 1112221222(2)( sin )cos(2)( sin ) cosfxyfyxxffxyfyxyxyyyy 1112221222(sin)cos(sin) cosfxfxffxfyx 11122222(2sincos )sincoscosfxyx fyxxfxf 方法 2：方法 2：先求zy， 1212(2)( sin )sinzfxyfyxfxfyyy 212(sin)z

15、fxfx yx 111222122(2)( sin )cos(2)( sin ) sinfxyfyxxffxyfyxxxxxx 111222122(2cos)cos(2cos) sinfyxfxffyxfx 11122222(2sincos )sincoscosfxyx fyxxfxf . （3）【答案】所求通解为 222121()2xxyCC x ex e 其中12,C C为常数. 【解析】所给方程为常系数的二阶线性非齐次方程. 设*( )yx是二阶线性非齐次方程( )( )( )yP x yQ x yf x的一个特解.( )Y x是与之对应的齐次方程( )( )0yP x yQ x y的通

16、解，则*( )( )yY xyx是非齐次方程的通解； 对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解( )Y x，可用特征方程法求解： 即( )( )0yP x yQ x y中的( )P x、( )Q x均是常数，方程变为0ypyqy. 其特征方程写为20rprq，在复数域内解出两个特征根12,r r； 分三种情况： （1） 两个不相等的实数根12,r r，则通解为1212;rxr xyC eC e （2） 两个相等的实数根12rr，则通解为112;rxyCC x e （3） 一对共轭复根1,2ri，则通解为12cossin.xyeCxCx 其中12,C C为常数. 对于求解二阶线性非齐次方程( )(

17、)( )yP x yQ x yf x的一个特解*( )yx,可用待定系数法，有结论如下： 如果( )( ),xmf xP x e则二阶常系数线性非齐次方程具有形如 *( )( )kxmyxx Qx e 的特解，其中( )mQx是与( )mP x相同次数的多项式，而k按不是特征方程的根、是特征方程的单根或是特征方程的重根依次取 0、1 或 2. 本题中对应的齐次方程的特征方程2244(2)0rrr有二重根122rr ，而非齐次项,2xe 为重特征根，因而非齐次方程有如下形式的特解 22xYxae， 代入方程可得12a ，故所求通解为 222121()2xxyCC x ex e 其中12,C C为

18、常数. 四、（本题满分 6 分。） 求幂级数0(21)nnnx的收敛域，并求其和函数。 【答案】收敛域1,1，和函数为21(| 1)(1)xxx. 【解析】先用公式求出收敛半径及收敛区间，再考察端点处的敛散性可得到收敛域；将幂级数0(21)nnnx转化为基本情形11nnnx，可求得和函数 12111()()11nnnnxnxxxx ( 11),x 方法 1：方法 1：按通常求收敛半径的办法, 若果1limlimnxnxaa，其中1,nna a是幂级数0nnna x的相邻两项的系数，则这幂级数的收敛半径 1, 0, 0, 0, .R 本题用幂级数收敛半径的计算公式得12(1) 1limlim12

19、1nnnnanan， 收敛半径11R 收敛区间为1,1， 当1x 时，级数0(21)nn发散；当1x 时，级数0(21)( 1)nnn也发散， 所以当1x 时原幂级数均发散原幂级数的收敛域1,1. 下面求和函数，先分解为 000( )(21)2nnnnnnS xnxnxx 几何级数 01(| 1)1nnxxx，又 1200012222()2 ()(| 1)1(1)nnnnnnxnxxnxxxxxxx， 因此22211( )(| 1)(1)1(1)xxS xxxxx 方法 2：方法 2：直接考察 2120(| 1)(1)nnxxxx （几何级数求和），逐项求导得 2222201(21)()(|

20、1)1(1)nnxxnxxxx 将2x换成x得 201(21)(| 1)(1)nnxnxxx 由方法 1 的讨论，有收敛域1,1 五、（本题满分 8 分） 求曲面积分2,SIyzdzdxdxdy 其中S是球面2224xyz外侧在0z 的部分 【解析】记()00PQRyzIzxyzy，可以考虑用高斯公式计算，但不是封闭的，所以要添加辅助面，如方法 1； 本题还可直接套用公式计算也不复杂，为22: ( , )|4 ,xyDx yxy可用矢量点积法将积分都投影在平面xOy上较方便，再化为xyD上的二重积分，如方法 2. 方法 1：方法 1：设空间闭区域是由分片光滑的闭曲面所围成，函数( , , )P

21、 x y z、( , , )Q x y z、( , , )R x y z在上具有一阶连续偏导数，则有 ,PQRdvPdydzQdzdxRdxdyxyz 或 coscoscos,PQRdvPQRdSxyz 这里是的整个边界曲面的外侧，cos、cos、cos是在点( , , )x y z处的法向量的方向余弦.上述两个公式叫做高斯公式. 对于球面坐标与直角坐标的关系为： sincos ,sinsin ,cos .xryrzr 其中为向量与z轴正向的夹角，0；为从正z轴来看自x轴按逆时针方向转到向量在xOy平面上投影线段的角，02；r为向量的模长，0r . 球面坐标系中的体积元素为 2sin,dvrd

22、rd d 则三重积分的变量从直角坐标变换为球面坐标的公式是： 2( , , )( sincos , sinsin , cos )sin.f x y z dxdydzf rrrrdrd d 添加辅助面221:0(4)Szxy，法向量与z轴负向相同，S与1S围成的闭区域 ，S与1S的法向量指向的外部。在上用高斯公式得 12SIyzdzdxdxdyzdV. 用先二后一的求积顺序求三重积分：22200( )(4)4D zzdVdzzdxdyzz 或用球坐标变换来计算 2222000cossinzdVddd 2320012sinsin2442dd 1222 48xySDyzdzdxdxdydxdy 其中

23、22:4xyDxy. 因此4( 8 )12I . 方法 2：方法 2：S在xOy平面上的投影区域是22: ( , )|4 ,xyDx yxy因S取上侧，套用矢量点积法公式得 0 ()()2 1xyDzzIyzdxdyxy 由2224xyz， 方程两边同时对x求导，得zxxz ； 方程两边同时对y求导，得zyyz .代入上式得 2(2)xyDIydxdy 考虑到积分区域xyD关于变量, x y具有轮换对称性，从而有 22221()2xyxyxyDDDx dxdyy dxdyxydxdy. 221()82xyDIxydxdy 用极坐标变换得 223400211182848120224Idr drr

24、. 六、（本题满分 7 分） 设不恒为常数的函数( )f x在闭区间 , a b上连续，在开区间( , )a b内可导，且( )( )f af b。证明在( , )a b内至少存在一点，使( )0f。 【解析】与未知函数在一点的导数值有关，自然想到用微分中值定理，但( )( )f af b只能推导出一点的导数为零，考虑到题设( )f x不恒为常数，因此存在一点c，使 ( )( )( ),f cf af b再在 , a c或 , c b上应用拉格朗日中值定理. 拉格朗日中值定理：如果函数( )f x满足在闭区间 , a b上连续；在开区间, a b内可导，那么在, a b内至少有一点 ()ab，

25、使等式 ( )( )( )()f bf afba成立. 从几何直观上看（上图）利用拉格朗日中值定理可得到结果：由( )f x不恒等于c，有( )f x不恒等于( )f a，因而0( , )xa b，0()( )f xf a 若0()( )( )f xf af b，在0 ,a x上使用拉格朗日中值定理，则0( ,)( , )a xa b ，有 00()( )( )0f xf afxa； 若0()( )( )f xf af b，在0, x b上使用拉格朗日中值定理，则0(, )( , )x ba b ， 0ax b y x O 有 00( )()( )0f bf xfbx 七、（本题满分 6 分）

26、 设四阶矩阵1 -1 0 00 1 -1 00 0 1 -10 0 0 1B，2 1 3 40 2 1 30 0 2 10 0 0 2C 且矩阵A满足关系式1()TTA EC BCE, 其中E为四阶单位矩阵，1C表示C的转逆阵,TC表示C的转置矩阵。将上述关系式简化并求矩阵A. 【答案】1000210112100021A. 【解析】由转置矩阵和逆矩阵的性质，()TTTABB A；1AAE；11TTAA. 由()TTTABB A知11() ()()TTTTEC BCC EC BCB 那么由()TA CBE知11() () TTACBCB 由 1234012300120001CB， 如果对CBE作

27、初等行变换 则由 1CBEECB可以直接得出1(2 )AE 通过矩阵的初等变换1234 10000123 01000012 00100001 0001CBE 第四行乘以2、3、4分别加到第三、二、一行上，得到 1230 10040120 01030010 00120001 0001 再第二行乘以2、3分别 1200 10320100 01210010 00120001 0001 最后第二行乘以2加到第一行上，得到 1000 12100100 01210010 00120001 0001 所以 112100121()00120001CB 故1000210112100021A 八、（本题满分 8

28、分） 求一个正交变换，化二次型222123123121323( ,)44448f x x xxxxx xx xx x为标准型。 【答案】正交变换 112233221353 5142353 552033 5xyxyxy得标准型239fy. 【解析】本题是一个基本题型，主要考查矩阵的特征值、特征向量以及正交化方法. 由二次型的定义：含有n个变量12,nx xx的二次齐次多项式（即每项都是二次的多项式） 1211,nnnijijijf x xxa x x 其中ijjiaa， 称为n元二次型，令12,Tnxx xx，ijAa，则二次型可用矩阵乘法表示为 12,Tnf x xxx Ax 其中A是对称矩阵

29、TAA，称A为二次型12,nf x xx的矩阵. 所以写出二次型的矩阵是 122244244A ，其特征多项式为 2122|244(9)244EA. 令| 0,EA所以A的特征值是1230,9. 对于120，由(0)0EA x，对方程组的系数矩阵作初等行变换， 即 122122244000244000， 得到基础解系12(2,1,0) ,( 2,0,1)TT ，即为属于特征值0的特征向量. 对于39，由(9)0EA x，对方程组的系数矩阵作初等行变换， 即 822254254011245000， 得到基础解系 3(1, 2,2)T。 由于不同特征值的特征向量已经正交，只需对属于特征值120的特

30、征向量正交化， 由施密特正交法，得到 11(2,1,0)T； 2122111()1( 2,4,5)()5T . 再把123, 单位化，有31212312322153 53142,353 520533 5rrr 那么经正交变换 112233221353 5142353 552033 5xyxyxy 注：属于特征值120的特征向量不唯一，因此本题的答案也不唯一. 二次型可化为标准型239fy. 九、（本题满分 8 分） 质点P沿着以AB为直径的半圆周，从点(1,2)A运动到点(3,4)B的过程中受变力F作用（见图）。F的大小等于点P与原点O之间的距离，其方向垂直于线段OP且与y轴正向的夹角小于2，

31、求变力F对质点P所作的功 【答案】2(1). 【解析】变力FPiQj对沿曲线L运动的质点所坐的功为.LWPdxQdy本题的关键是写出F的表达式. （1）先求作用于点( , )P x y的力F：按题意22| |FOPxy 与,OPx y 垂直的向量是, y x ，其中与y轴正向成锐角的是, y x，于是 22,.,|y xFFy xFxy . 即变力F的大小为22xy，方向为, y x. B(3,4) F A(1,2) P(x Oy （2）求F对质点所作的功的表达式 ABABWF dsydxxdy （3）计算曲线积分 方法方法1：格林公式:设闭区域D由分段光滑的曲线L所围成，函数( , )P x

32、 y及( , )Q x y在D上具有一阶连续偏导数，则有 (),LDQPdxdyPdxQdyxy 其中L是D的取正向的边界曲线. 因为格林公式要求是闭区域，所以添加辅助线 :1,3,1BA yxx 1331 (1)12BAydxxdyxx dxdx. 在BA与AB所围的区域D上用格林公式得 22DBAABDydxxdydxdyS 因此 22DWS 212( 2)22(1)2. . 这里D是半圆，半径是2，所以21( 2).2DS 方法 方法2: : 写出的圆弧AB的参数方程. 用对坐标的曲线积分公式：设有向曲线弧L的起点为A，终点为B.曲线弧L由参数方程 ( ),( ).xtyt 其中起点A，

33、终点B对应的参数分别为, ，则 ( , )( , ) ( ),( ) ( ) ( ),( )( )LP x y dxQ x y dyPtttQtttdt 由 222(2)(3)( 2)xy 22cos ,3,4432sin ,xttyt 434 (32sin ) 2( sin )(22cos ) 2cos Wtttt dt 44334423 2sin2 2cosdtttdt 4342( 3 2cos2 2sin )|2(1)tt . 十、填空题（本题满分 6 分，每小题 2 分。） （1）已知随机变量的概率密度函数| |1( ),2xf xex 则X的概率分布函数()F X=_。 （2） 设随

34、机事件A、B及其和事件AB的概率分别是 0.4、 0.3 和 0.6， 若B表示B的对立事件， 那么积事件AB的概率()P AB=_。 （3）已知离散型随机变量X服从参数为 2 的泊松（Poisson）分布,即22,0,1,2!keP Xkkk,则随机变量32ZX的数学期望( )E Z=_。 （1）【答案】分布函数为 1, 02( )11, 0,2xxexF xex. 【解析】本题题意明确，直接按连续型随机变量的分布函数定义进行计算.因为密度函数中包含自变量的绝对值，积分时必须对x进行讨论. | |1( )( )2xxtF xP Xxf t dte dt 当0 x 时，11( )( )22xx

35、txF xf t dte dte； 当0 x 时，0000111( )( )222xxtttF xf t dte dte dte dt 011022ttxee 111(1)1222xxee 因此，X的分布函数为 1, 0,2( )11, 0.2xxexF xex （2）【答案】0.3. 【解析】本题主要考查概率的加法公式、减法公式等基本性质，并注意其各种变形： （1）.ABABAAB （2）()()( )(),P ABP ABP AP AB一般地()( )( )P ABP AP B. （3）()( )( )()( )()P ABP AP BP ABP AP BA ( )()()()().P B

36、P ABP ABP ABP BA （4）若A与B独立，则()( )( )( ) ( )P ABP AP BP A P B 11( ) 1( ) .P AP B 方法 1：方法 1：AB互不相容，且AB=ABB，于是 ()()( )0.60.30.3P ABP ABP B 此种方法来看( )0.4P A 是多余的. 方法 2：方法 2：根据概率的广义加法公式，有()( )( )()P ABP AP BP AB ()( )( )()0.40.30.60.1P ABP AP BP AB 从而()( )P ABABP A，得出()( )()0.40.10.3P ABP AP AB （3）【答案】4.

37、【解析】若( )XP泊松分布，则数学期望和方差，EXDX. 由数学期望的性质：()()( )E aXbYcaE XbE Yc 其中, ,a b c为常数. 题中由于X服从参数为 2 的泊松（Poisson）分布，因此 ()2.E X 故 (32)324EZEXEX. 十一、（本题满分 6 分。） 设二维随机变量(, )X Y在区域:01,|Dxyx内服从均匀分布，求关于X的边缘概率密度函数及随机变量21ZX的方差( )D Z。 【答案】2 , 01,( )( , )0, Xxxfxf x y dy其他. ( )D Z 29. 【解析】 二维均匀分布(, )X Y的联合密度函数为 1, ( ,

38、),( , ) 0, ( , ),Dx yDSf x yx yD DS是区域D的面积，21211,2DS 所以(, )X Y的联合密度 1, ( , ),( , ) 0, ( , ),x yDf x yx yD 由连续型随机变量边缘分布的定义，有 2 , 01, 01,( )( , )0, 0, xxXxxdyxfxf x y dy其他.其他, 由一维连续型随机变量的数学期望的定义： ( ),()( )( ).EXx f x dx E g Xg xf x dx有 10( )2XEXx fx dxxxdx 3122,033x 12220( )2XEXxfx dxxxdx 4111022x. 本题也可直接利用二维随机变量函数的数学期望公式，用二重积分计算： 112002()( , )2,3xxDE Xxf x y dxdyxdxdyxdxdyx dx x y Oyx yx 1 1 1 1122223001()( , )2.2xxDE Xx f x y dxdyx dxdyx dxdyx dx 由数学期望和方差的性质： ()()( )E aXbYcaE XbE Yc； X与Y相互独立时，22()()( )D aXbYca D Xb D Y. 其中, ,a b c为常数. 所以有 22141(),2918DXEXEX 2(21)49DZDXDX.