williamValid/exam-CQIA-Qwen-1.5B huggingface dataset:
现有 $n(n>100000)$ 个数保存在一维数组 $M$ 中, 需要在找 $M$ 中最小的 10 个数。请回答下列问题。
(1)设计一个完成上述查找任务的算法, 要求平均情况下的比较次数尽可能少, 简述其算法思想 (不要程序实现)。
(2) 说明你所设计的算法平均情况下的时间复杂度和空间复杂度。

解答：(1)算法思想
【答案一】
定义含 10 个元素的数组 $\mathrm{A}$, 元素值均为该数组类型能表示的最大数 MAX。
for $M$ 中的每个元素 $s$
if $(\mathrm{s}<\mathrm{A}[9])$ 丢弃 $\mathrm{A}[9]$ 并将 $\mathrm{s}$ 按升序插入 $\mathrm{A}$ 中;
当数据全部扫描完毕, 数组 $\mathrm{A}$ 中保存的就是最小的 10 个数。
【答案二】
定义含 10 个元素的大根堆 $\mathrm{H}$, 元素值均为该堆元素类型能表示的最大数 MAX。
for $\mathrm{M}$ 中的每个元素 $\mathrm{s}$
if $(\mathrm{s}<\mathrm{H}$ 的堆顶元素) 删除堆顶元素并将 $\mathrm{s}$ 插入 $\mathrm{H}$ 中;
当数据全部扫描完毕, 堆 $\mathrm{H}$ 中保存的就是最小的 10 个数。
(2)算法平均情况下的时间复杂度是 $O(n)$ ，空间复杂度是 $O(1)$ 。
假设某磁盘驱动器中有 4 个双面盘片, 每个盘面有 20000 个磁道, 每个磁道有 500 个扇区, 每个扇区可记录 512 字节的数据, 盘片转速为 $7200 \mathrm{r} / \mathrm{m}$ (专/分), 平均寻道时间为 $5 \mathrm{~ms}$. 请回答下列问题.
(1)每个嘲区包含数据及其地址信息，地址信息分为 3 个字段. 这 3 个字段的名称各是什么？对于该磁盘，各字段至少占多少位？
(3)若采用周期挪用 DMA 方式进行磁盘与主机之间的数据传送, 磁盘控制器中的数据缓冲区大小为 64 位, 则在一个扇区读写过程中, DMA 控制器向 CPU 发送了多少次总线请求?若 CPU 检测到 DMA 控制器的总线请求信号时也需要访问主存, 则 DMA 控制器是否可以获得总线使用权? 为什么

解答：(1) 3 个字段的名称为柱面号（或磁道号）、磁头号（或盘面号）、扇区号; 该磁盘的柱面号、磁头号、扇区号字段至少分别占 $\left[\log _{2} 20000\right\rceil=15$ 位、 $\left[\log _{2}(4 \times 2) \quad\right]=3$ 位、 $\left\lceil\log _{2} 500\right\rceil=9$ 位。
(3) 在一个扇区读写过程中, DMA 控制器向 CPU 发送了 $512 \mathrm{~B} / 64 \mathrm{~b}=64$ 次总线请求。DMA 控制器可以获得总线使用权。因为一旦磁盘开始读写就必须按时完成数据传送, 否则会发生数据丢失
Write an email to a professor at a British university, inviting him/her to organize a team for the international innovation contest to be held in our university. You should write about 100 words on the ANSWER SHEET. Do not use your own name in the email. Use “Li Ming” instead.

解答：Dear Professor Bruce,
On behalf of the “International Innovation Contest Committee”, I am writing this letter to invite you to organize a group of competitors for the purpose of participating in the upcoming global innovation competition.
 This contest is due to be held in the Hall of Innovation Center from 2:00 pm to 5:00 pm on May（ne xt Sunday）. The arrangements are as follows. Firstly, we will hold an opening ceremony. Then, the competitors from different countries will display their works related to the updated andsophisticated science and technology. Lastly, we will confer awards and certificates on outstanding candidates. We believe you and your team’s participation will surly bring up newsideas and enlightening perspectives.
 Once again, we sincerely hope you and your team can take part in this contest. I am looking forward to your favorable reply.
Sincerely yours,
Li Ming
阅读下列材料, 并结合所学知识回答问题。


材料一

国初里甲之编, 均其户口, 可举纲以知目。首长之役, 择其望族, 如以臂而运指。意甚善也。然丁产之息耗渐殊, 而更乿之输充弗改, 则轻重之间, 规避自生矣。试按今之图籍, 有一甲之众, 足敌一社者, 尚可分里以役之乎?今之里胥, 有单贫已极者，尚可按籍以定之乎?窃考国典，其里不敷十甲之数，取邻图拨补之;甲不敷一百十户之数, 验丁产归并之, 排年里长设有消乏, 许于一百户内选丁粮近上者充补焉, 抑何其融通乎!——顾炎武《天下郡国利病书》

材料二

鸣呼, 人以户籍为定, 国家之兴, 十年大造, 稽其户之盛衰而升降之, 贼役斯平也, 今版籍之弊, 可为长太息矣! 富者, 丁联千百, 而籍之所人, 乃直数十; 贫者, 匹无, 而籍所载, 不免二三。里长永为里长, 有消无以苏其穷; 甲首永为甲首, 富豪得以避其重。户惟合而不分。且有冒相合者。户丁倍于国初, 繁庶埒于上郡, 而荒落犹夫旧额也, 自有郡至今, 百余年矣。而制度犹若是其草创焉, 何哉?-—嘉靖《思南府志》

问题:

(1)解释材料一加点句子的大意。

(2)概括里甲制度在运行过程中产生的弊端, 并说明明朝政府的解决办法。

解答：(1)明朝的里甲制度规定: 以邻近 110 户为 1 里, 其中丁粮多的 10 户为里长, 其余 100 户分为 10 甲，每甲 10 户。 1 里不足 10 甲时，从邻近的里甲调拨补足;里甲不足 110 户时, 核查人丁、财产与邻里合并。里长中如果有财产贫乏, 允许在 100 户中挑选人丁、土地多的民户补充代替。

(2)弊端：里甲之间贫富差距较大，赋役征收不公; 地主豪民长期占据里长和甲首之位, 得以避免重税; 地方人民相冒合户, 借机逃避和转嫁赋役, 影响国家财政收入。

解决办法: 重新丈量全国土地; 实行"一条鞭法",规定：田赋和力役都折银征收;把过去按户按丁征收的力役改为折银征收, 称为户丁银; 归并和简化征收项目,统一编派; 赋役的征收解运由过去的民收民解改为官收官解。
阅读下列史料, 并结合所学知识回答问题。


材料:

棉纺织业最初源于印度, 公元 1200-1800 年, 棉纺织品的制造和消费在世界各地稳步扩大。英国东印度公司直接为印度棉织物开辟了巨大的新市场, 在 17 世纪末 18 世纪初, 东印度公司进口棉织品的数量不断激增, 平均比例占进口总额的 70\%-80\%,东方棉织品在英国引发的服饰新潮流却导致了国内毛纺织利益者
的不满。1700 年, 英国议会颁布禁止法令, "绝对禁止印度、波斯和中国的印花织物输入; 凡因违法而被扣押的货物, 应予没收、拍卖或再输出"。虽然政府以法令的手段保护毛纺业, 但东印度公司进口棉织品的数量仍有增无减。18 世纪 30 年代, 化学领域带来的重大发现与机械发明同为英国棉纺织业发展的支柱, 契合了当时英国棉纺织工业的飞速发展。英国的棉制品从 1780 年的 35 万英镑增长到 1800 年的 580 万英镑。 20 年增长了 16 倍。英国的棉制品逐渐取代印度的棉制品, 成为世界市场上的主导产品。在随后一个多世纪里, 英国棉纺织得到持续飞速发展。——摘编自乔治.里耶罗罗《纺织的世界: 1200-1850 年间的全球棉纺织品史》
问题:

(1)概括工业革命前后英国纺织业兴起的原因。

(2)分别说明英国棉纺织业崛起对英国和世界经济的影响。

解答：(1)原因: 英国拥有广阔的棉花等原料生产产地; 印度棉纺织品输入引起的市场竞争; 国际市场对棉织品的需求量激增, 英国占领了广大的殖民地, 拥有广阔的市场, 发展动力足; 科技的发展和机械发明, 使英国纺织业在较短时间内完成了机械化, 从而实现了产业升级。

(2)对英国: 英国棉纺织业的崛起提高了棉纺织的生产效率, 促进了工业革命的深入发展, 推动了英国资本主义的发展; 促进了英国劳动组织形式和经营方式的改进, 棉纺织业的机械化促进现代工厂制度在英国形成; 进一步促进了英国的海外扩张与英国的崛起。

对世界经济: 英国棉纺织业的崛起真正意义上推动了现代全球市场的形成, 棉纺织业的生产分工与销售等环节在客观上推进了世界各个地区的密切联系, 也带动了各地区之间商品的流通; 改变了世界经济格局, 英国棉纺织业的崛起标志着世界棉花生产中心的转移, 也进一步标志着世界经济重心的转移, 欧洲进一步崛起,亚洲加速衰落; 深刻影响了其他国家的经济发展, 其他欧美国家纷纷学习棉纺技术, 并以此走上工业化道路, 而对于亚非拉国家而言, 它们日益变成最低端的原料产地和棉织品倾销地, 民族工业发展受限。
概述春秋时期诸侯争霸的主要阶段, 并分析争霸战争的影响。

解答：平王东迁之后, 周王室的势力大为削弱, 一些诸侯国君励精图治, 积极改革内政,以尊王为旗号实际上从事争霸活动, 主要霸主有"春秋五霸"。

(一)主要阶段

(1)第一阶段: 王室衰微。平王东迁后, 天子直辖领地锐减, 财政困难, 逐渐丧失对诸侯的控制权，典型表现有周郑交质与周郑交恶。

(2)第二阶段：齐桓公始霸。齐桓公在位时期，任用管仲为相实行内政改革，同时利用渔盐之利发展工商业, 使得国力增强。齐桓公以尊王攘夷为旗号存邢救卫,并于公元前 651 年的葵丘之会上确立了霸主地位。齐桓公死后, 齐国有所衰落,宋襄公谋霸中原, 但在泓之战中失败。

(2)第三阶段: 晋楚争霸。晋文公在位时励精图治, 使晋国跻身大国行列。而楚国在泓之战后也赢得了一些中原诸侯的支持, 晋楚之间争霸不断。公元前 632 年, 晋楚决战城穏, 随后晋文公利用践土之盟确立了霸主地位。公元前 597 年,楚庄王在邲之战大败晋军, 公元前 575 年, 晋国在征陵之战大败楚军。这一时期,秦穆公也欲进挺中原，争夺霸权，但在崤之战中被晋国所败。

(3)第四阶段: 弭兵运动与吴越争霸。公元前 546 年, 宋国第二次提出弭兵, 得到诸侯响应, 约定除齐、秦之外, 共尊晋楚为大国, 以小国利益的牺牲实现了和平, 此后中原诸国军权下移, 开始专注于内部事务, 东南的吴、越继续争霸, 吴王阖问、越王勾践先后图霸, 但时间都较为短暂。

(二)影响

(1)促进了社会发展。为了进行争霸, 各国进行了内政建设的改革, 如齐国管仲改革等, 改革不同程度地发展了生产, 促进了各国实力的进步。

(2)加快了统一全国的步伐。在春秋三百年大国争霸的过程中, 大批小国被强国吞并。春秋初期有 120 余个国家，到春秋末期只剩下大约三分之一。

(3)促进了奴隶制的瓦解。大国争霸过程中, 各国卿大夫的势力得到了加强, 对于奴隶制度的瓦解和新的封建制度的形成有重要作用。

(4)加速了民族大融合。在春秋争霸过程中, "华夏"不再只是一个狭义的地理概念,不少少数民族因战争、通婚和迁徙往来而与华夏族融合, 而齐、楚等霸业也为华夏共同体的发展壮大起了重大作用。

(5)争霸战争在一定程度上也给人民带来了灾难, 严重破坏了社会生产。
论述中世纪德国未能形成统一国家的原因。

解答：中世纪德国是欧洲地区不可忽视的政治力量, 但是在漫长的中世纪历史上, 德意志地区在周边民族与国家相继完成统一的情况下，却长期保持碎片化状态。

(一)政治原因

(1)德皇与教会长期争夺基督教世界领导权, 缺少有利的外部环境。罗马教会同德意志地区相邻, 不愿面对统一帝国的威胁, 积极干涉德意志统一。德皇同教会在叙任权上斗争不断, 且长期居于下风, 严重动摇了皇权的神圣性和权威性。 (2)德皇统治策略失误, 削弱了统一力量。德皇致力于对外扩张, 试图统一意大利, 再现罗马帝国的辉煌。又因罗马教会反对德国统一意大利, 德皇在入侵意大利和同罗马教会的斗争中消耗了自身实力。为取得国内力量的支持, 德皇不断赐予教俗封建主种种特权, 地方诸侯权力膨胀。

(3)德国地方诸侯势力强大, 缺少统一的政治基础。德国封君封臣关系形成迟缓,土地由地方封建主直接占有而非通过国王分封所得。此外, 统一市场的缺乏促使诸侯间结成联盟保护自身经济利益，地方封建势力加强。1356 年颁布的《黄金诏书》,规定皇帝由七大选侯选举产生, 更是标志着德意志分裂割据的合法化。 (二)经济原因

(1)德国封建化迟缓, 阻碍经济发展, 缺少统一的经济基础。德国农村公社长期存在, 阻碍工商业和城市发展, 各地间未建立起强有力的经济联系, 无法形成统一市场, 地区间经济发展不平衡加剧了分裂。

(2)德国在中世纪后期经济逐渐衰落, 难以支撑一个统一国家。德国在中世纪后期经济逐渐落后于英法等国, 德国统治者哈布斯保家族更加重视其治下尼德兰和西班牙等发达地区，忽视了德意志的统一问题。

(三)社会原因

中世纪德国没有形成共同的民族意识, 缺少统一的精神文化基础。德意志国家由多个日耳曼部落组合而成, 部落以血缘关系为纽带, 发展水平不一, 没有共同的语言和文化，没有形成统一的德意志民族，地方势力的分裂倾向极强。
论述 20 世纪 50 年代中国优先发展重工业战略形成的历史背景及意义。

解答：新中国成立后, 面对严峻的外部形势。基于我国重工业落后的现实因素, 党中央在 50 年代初确立了优先发展重工业的战略。该战略适应了当时中国的国情, 为建立独立自主的工业体系打下了基础。

(一)历史背景

(1)中国旧有的重工业基础薄弱。中国长期是一个落后的农业国, 近代以来, 我国工业发展主要集中于轻工业, 重工业发展较为落后。而重工业在国民经济建设中具有先导性作用, 可以为国民经济各部门提供生产资料。

(2)新生的人民政权面临严峻的外部形势。20世纪 50 年代初, 败退台湾的国民党军队及美国舰队不时袭扰我国沿海地区; 抗美援朝战争时中国军队装备鿒乏, 凸显了发展重工业的重要性和紧迫性。优先发展重工业战略是我国军事和国防发展的特殊需求。

(3)苏联优先发展重工业取得了较大成功, 为中国的工业化建设提供了借鉴。苏联在社会主义建设中, 优先发展重工业, 在较短时间里实现了社会主义工业化。中国“一五计划”的制定就受到苏联的直接影响, 以重工业建设为重点, 且苏联的援华项目多为重工业。

(4)新中国成立后, 经过三年恢复时期, 人民民主专政得到了巩固, 国家财政经济状况有了根本好转, 这为优先发展重工业创造了政治和经济条件。

(二)意义

(1)为社会主义工业化奠定了基础。通过大规模的重工业建设, 建成了当时门类

较为齐全的重工业体系, 开始改变我国落后的工业面貌, 同时培养了一批工业技术人才, 积累了现代工业建设经验, 为社会主义工业化奠定了初步基础。

(2)促进了“一五计划”和“三大改造”的顺利完成, 为我国建立独立自主的工业体系打下了基础, 也奠定了社会主义建设的经济基础。

(3)保证了国家独立, 维护了新生政权, 提高了中国的国际地位。前所未有的重工业部门的创建, 提高了中国的国防和军事力量, 保证了国家的安全和主权完整,也提高了我国在国际社会的地位。

(4)巩固了中国共产党的领导。"一五"期间优先发展重工业的成就使中国共产党的执政能力得到检验, 从而为新生政权筑牢了政治根基, 也为此后社会主义道路探索减轻了阻碍。
论述第二次世界大战后非洲独立国家经济发展道路的异同。

解答：第二次世界大战后, 在世界范围内的去殖民化冲击下, 非洲大部分国家获得了独立地位,
开始大力发展经济，但非洲各国经济发展道路既有相同点也有不同点。 (一)相同

(1)道路选择都面临着漫长的殖民历史与殖民包袱。二战后独立的非洲各国, 都面临着殖民包补, 他们经济基础薄弱, 大量依赖外资, 国家重要资源与经济基础设施多被英法美等外国资本控制。

(2)都受到外部势力的影响。非洲独立国家经济发展面临着外部影响与大国干涉,例如, 冷战背景下英法美苏等大国将非洲作为各自的势力范围, 如何在大国夹缝下谋得生存是非洲各国经济发展面临的统一问题。

(3)都面临着大量相同的困难。非洲落后的基础设施建设, 较低的识字率, 大量的贫困等因素都制约了非洲独立各国经济发展道路的选择、最终走向和结果。 (4)发展经历了相似的历程。非洲国家在独立之初到 20 世纪 80 年代经济发展普遍增速快, 经济年平均增长率达百分之五, 在 80 年代到 90 年代, 非洲经济缓慢增长, 甚至一些国家出现负增长, 整体而言非洲独立国家经济发展水平较低。 (二)不同

(1)发展具体道路不一。西非和南非地区长期受殖民因素影响, 即使在独立后,依然难以摆脱英法等殖民国家的影响, 因此主要走上资本主义发展道路。而东非和北非地区受到苏联影响较大, 相继走上了社会主义道路。还有不少非洲国家选择结合资本主义和社会主义的"第三条道路"的发展模式，代表有埃及、多哥和几内亚等。

(2)受传统因素的影响不同。部分非洲国家由于受传统影响较大, 依旧是以传统部落制生产方式为主, 经济发展长期滞后, 例如冈比亚。

(3)与原殖民国之间的关系远近不同。个别国家仍深受殖民国的影响，如阿尔及利亚地区独立后各国, 在经济、政治和社会文化上深受法国影响, 其经济发展道路依旧是依附于法国发展, 走上了资本主义发展道路, 主要是作为法国的原材料产地和市场。

(4)发展成果不一, 贫富差距较大。撒哈拉以南非洲长期和欧洲以及中东等发达国家经济联系密切, 经济发展水平较高, 而撒哈拉以南非洲除南非以外, 大部分国家经济发展水平较低，东非更长期是非洲最贫穷的地区。

(5)经济发展基础不一。非洲各独立国家虽然都经历了漫长的殖民历史, 但是例如南非等国家, 白人殖民者占据主流, 在殖民时期经济发展水平较高, 独立后经济发展依旧维持高速增长, 而例如中南非洲的其他国家, 曾长期作为西方的原材料产地, 独立后经济基础差, 经济发展面临结构性问题。
论说文: 根据下述材料, 写一篇 700 字左右的论说文, 题目自拟。
人们常说“领导艺术”，可见领导与艺术之间存在着某种相似点，如领导一个团队完成某项任务和指挥一个乐队演奏某首乐曲一样。

解答：题目：管理者要有领导艺术

如同指挥一个乐队一样，管理者也应该有领导艺术。拥有领导艺术, 有助于激发工作热情。领导艺术很多时候是来源于领导者的威信、经验和才能的, 它能够潜移默化地作用于下属的工作和生活之中, 让下属产生一种敬佩感。这种敬佩感就像磁铁一样吸引着下属, 让他们自觉自愿地接受管理者的思想、行为方式, 从心底对管理者产生认同感和尊重, 从而使团队成员求同存异、心齐力合, 从而增强团队凝聚力。拥有领导艺术, 有助于产生协同效应。我们都知道, 乐队想要奏出美妙的乐曲, 需要钢琴、小提琴、大提琴等等不同乐配的配合。团队也是一样，越是庞大的团队、越是杂复的工作，越需要不同人之间的协调配合。但是, 这些人由于职位不同、专业不同、学识不同、性格不同、习惯不同, 对工作的认知也会产生不同, 此时, 就需要拥有领导艺术的管理者来协调这些不同的人之间的关系，让其各扬所长协同工作。当然，领导艺术的建立，并没有那么容易。因为，管理既有科学的一面，也有艺术的一面，这就对管理者的综合能力提出了较高的要求。管理者既要有足够的专业知识和管理才能, 又要懂得人与人的相处之道。那么，管理者应该如何形成自己的领导艺术呢? 我认为要做好以下两点:第一，要利用好权力领导力。管理者拥有对下属的奖惩权等职位权力，充分利用好这些权力，可以让下属的行为更加符合组织的预期，这是领导艺术的基础。第二, 要培养好非权力领导力。也就是说, 要通过管理者自身的过人人品、学识、能力、业绩, 潜移默化的影响下属, 形成对下属的感召力, 让下属从心底里认同和尊重自己。总之, 如果优秀的乐队需要优秀的指挥一样, 一个优秀的团队也必然需要一个管理艺术高超的管理者。管理者应该注重管理艺术。


分析：

您可以参考以下立意来写：

(1)管理者要有领导艺术。
(2)管理者应学会协调指挥。
(3)管理要有艺术性。
求极限 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+\int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t}{e^{x}-1}-\frac{1}{\sin x}\right)$.

解答：$\frac{1}{2}$.


分析：

$\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+\int_0^x e^{t^2} d t}{e^x-1}-\frac{1}{\sin x}\right)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-1-\int_0^x e^{t^2} d t}{\left(e^x-1\right) \sin x}$
又因为 $\int_0^x e^{t^2} d t=\int_0^x\left(1+t^2+o\left(t^2\right)\right) d t=x+\frac{1}{3} x^3+o\left(x^3\right)$, 故
$$
\begin{aligned}
\text { 原式 } & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(x-\frac{1}{3 !} x^3+o\left(x^3\right)\right)\left(1+x+\frac{1}{3 !} x^3+o\left(x^3\right)\right)-x-\frac{1}{2} x^2+o\left(x^2\right)}{x^2} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{2} x^2+o\left(x^2\right)}{x^2}=\frac{1}{2} .
\end{aligned}
$$
设 $u_{n}(x)=e^{-n x}+\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}(n=1,2, \ldots)$, 求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 的收敛域及和函数.

解答：$S(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}+(1-x) \ln (1-x)+x, x \in(0,1) \\ \frac{e}{e-1}, x=1\end{array}\right.$.

分析：

$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[e^{-n x}+\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}\right]$, 收敛域 $(0,1], S_{1}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} e^{-n x}=\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}, x \in(0,1]$
$S_{2}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}=-x \ln (1-x)-[-\ln (1-x)-x]$
$=(1-x) \ln (1-x)+x, \quad x \in(0,1)$
$S_{2}(1)=\lim _{x \rightarrow 1^{-}} S_{2}(x)=1$
$S(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}+(1-x) \ln (1-x)+x, x \in(0,1) \\ \frac{e}{e-1}, x=1\end{array}\right.$
已知曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x^{2}+2 y^{2}-z=6 \\ 4 x+2 y+z=30\end{array}\right.$, 求 $C$ 上的点到 $x o y$ 坐标面距离的最大值.

解答：66

分析：

设拉格朗日函数 $L(x, y, z, \lambda, \mu)=z^2+\lambda\left(x^2+2 y^2-z-6\right)+\mu(4 x+2 y+z-30)$
$$
\begin{aligned}
& L_x^{\prime}=2 x \lambda+4 u=0 \\
& L^{\prime} y=4 y \lambda+2 u=0 \\
& L_z^{\prime}=2 z-\lambda+u=0 \\
& x^2+2 y^2-z=6 \\
& 4 x+2 y+z=30
\end{aligned}
$$

解得驻点: $(4,1,12),(-8,-2,66)$
$\mathrm{C}$ 上的点 $(-8,-2,66)$ 到 xoy 面距离最大为 66
设 $D \subset R^{2}$ 是有界单连通闭区域, $I(D)=\iint_{D}\left(4-x^{2}-y^{2}\right) d x d y$ 取得最大值的积分区域记为 $D_{1}$.
(1)求 $I\left(D_{1}\right)$ 的值.
(2)计算 $\int_{\partial D_{1}} \frac{\left(x e^{x^{2}+4 y^{2}}+y\right) d x+\left(4 y e^{x^{2}+4 y^{2}}-x\right) d y}{x^{2}+4 y^{2}}$, 其中 $\partial D_{1}$ 是 $D_{1}$ 的正向边界.

解答：$-\pi$.

分析：

(1) 由二重积分的几何意义知: $I(\mathrm{D})=\iint_D\left(4-x^2-y^2\right) d \sigma$, 当 且仅当 $4-x^2-y^2$ 在 $D$ 上大于 0 时, $I(\mathrm{D})$ 达到最大, 故 $D_1: x^2+y^2 \leq 4$ 且 $I\left(\mathrm{D}_1\right)=\int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^2\left(4-r^2\right) r d r=8 \pi$.
(2)  补 $D_2: x^2+4 y^2=r^2$ ( $r$ 很小), 取 $D_2$ 的方向为顺时针方向,
$$
\begin{aligned}
\int_{\partial D_1} \frac{\left(x e^{x^2+4 y^2}+y\right) d x+\left(4 y e^{x^2+4 y^2}-x\right) d y}{x^2+4 y^2} \\
& =\int_{\partial D_1+\partial D_2} \frac{\left(x e^{x^2+4 y^2}+y\right) d x+\left(4 y e^{x^2+4 y^2}-x\right) d y}{x^2+4 y^2}-\int_{\partial D_2} \frac{\left(x e^{x^2+4 y^2}+y\right) d x+\left(4 y e^{x^2+4 y^2}-x\right) d y}{x^2+4 y^2} \\
& =-\frac{1}{r^2} e^{r^2} \int_{\partial D_2} x d x+4 y d y-\frac{1}{r^2} e^{r^2} \int_{\partial D_2} y d x-x d y=\frac{1}{r^2} \iint_{D_2}-2 d \sigma=-\pi .
\end{aligned}
$$
已知 $A=\left(\begin{array}{ccc}a & 1 & -1 \\ 1 & a & -1 \\ -1 & -1 & a\end{array}\right)$.
(1)求正交矩阵 $P$, 使得 $P^{T} A P$ 为对角矩阵;
(2)求正定矩阵 $C$, 使得 $C^{2}=(a+3) E-A$.

解答：(1) $P=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$; (2) $C=\left(\begin{array}{ccc}\frac{5}{3} & -1 & -1 \\ -1 & \frac{5}{3} & \frac{1}{3} \\ -1 & \frac{1}{3} & \frac{5}{3}\end{array}\right)$.

分析：

(1) 由 $|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda-a & -1 & 1 \\ -1 & \lambda-a & 1 \\ 1 & 1 & \lambda-a\end{array}\right|=(\lambda-a+1)^{2}(\lambda-a-2)=0$
得 $\lambda_{1}=a+2, \lambda_{2}=\lambda_{3}=a-1$
当 $\lambda_{1}=a+2$ 时
$((a+2) E-A)=\left(\begin{array}{ccc}2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}\right) \stackrel{r}{\rightarrow}\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ 的特征向量为 $\alpha_{1}=\left(\begin{array}{c}1 \\ 1 \\ -1\end{array}\right)$,
当 $\lambda_{2}=\lambda_{3}=a-1$ 所
$((a-1) E-A)=\left(\begin{array}{ccc}-1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1\end{array}\right) \stackrel{\underset{\sim}{1}}{r}\left(\begin{array}{ccc}1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ 的特征向量为 $\alpha_{2}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right), \alpha_{3}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right)$,
令 $P=\left(\frac{\alpha_{1}}{\left|\alpha_{1}\right|}, \frac{\alpha_{2}}{\left|\alpha_{2}\right|}, \frac{\alpha_{3}}{\left|\alpha_{3}\right|}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$, 则 $P^{T} A P=\Lambda=\left(\begin{array}{lll}a+2 & & \\ & a-1 & \\ & & a-1\end{array}\right)$,
(2) $\left.P^{T} C^{2} P=P^{T}(a+3) E-A\right) P=\left((a+3) E-\Lambda=\left(\begin{array}{lll}1 & & \\ & 4 & \\ & & 4\end{array}\right)\right.$
$\Rightarrow P^{T} C P P^{T} C P=\left(\begin{array}{lll}1 & & \\ & 4 & \\ & & 4\end{array}\right) \Rightarrow P^{T} C P=\left(\begin{array}{lll}1 & & \\ & 2 & \\ & & 2\end{array}\right)$,
故 $C=P\left(\begin{array}{lll}1 & & \\ & 2 & \\ & & 2\end{array}\right) P^{T}=\left(\begin{array}{ccc}\frac{5}{3} & -1 & -1 \\ -1 & \frac{5}{3} & \frac{1}{3} \\ -1 & \frac{1}{3} & \frac{5}{3}\end{array}\right)$.
在区间 $(0,2)$ 上随机取一点, 将该区间分成两段, 较短的一段长度记为 $X$, 较长的一段长度记为 $Y$, 令 $Z=\frac{Y}{X}$.
(1)求 $X$ 的概率密度;
(2)求 $Z$ 的概率密度.
(3)求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$.

解答：(1) $X \sim f(x)=\left\{\begin{array}{c}1,0<x<1 \\ 0, \text { 其他 }\end{array}\right.$; (2) $f_{Z}(z)=\left(F_{Z}(z)\right)^{\prime}=\left\{\begin{array}{c}\frac{2}{(z+1)^{2}}, z \geq 1 \\ 0, \text { 其他 }\end{array}\right.$.(3) $-1+2 \ln 2$.


分析：

(1)由题知: $X \sim f(x)=\left\{\begin{array}{c}1,0<x<1 \\ 0 \text {, 其他 }\end{array}\right.$;
(2)由 $Y=2-X$, 即 $Z=\frac{2-X}{X}$, 先求 $Z$ 的分布函数:
$F_{Z}(z)=P\{Z \leq z\}=P\left\{\frac{2-X}{X} \leq z\right\}=P\left\{\frac{2}{X}-1 \leq z\right\}$
当 $z<1$ 时, $F_{Z}(z)=0$;
当 $z \geq 1$ 时,
$F_{Z}(z)=P\left\{\frac{2}{X}-1 \leq z\right\}=1-P\left\{X \leq \frac{2}{z+1}\right\}=1-\int_{0}^{\frac{2}{z+1}} 1 d x=1-\frac{2}{z+1} ;$
$f_{Z}(z)=\left(F_{Z}(z)\right)^{\prime}=\left\{\begin{array}{c}\frac{2}{(z+1)^{2}}, z \geq 1 \\ 0, \text { 其他 }\end{array} ;\right.$
(3) $E\left(\frac{X}{Y}\right)=E\left(\frac{X}{2-X}\right)=\int_{0}^{1} \frac{x}{2-x} \cdot 1 d x=-1+2 \ln 2$.
设 $y=y(x)$ 满足 $y^{\prime}+rac{1}{2 \sqrt{x}} y=2+\sqrt{x}, y(1)=3$, 求 $y(x)$ 渐近线.

解答：由题意可得
$$
y(x)=e^{-\sqrt{x}}\left(2 x e^{\sqrt{x}}+C\right) .
$$

又 $y(1)=3$, 有 $C=e$. 故
$$
y(x)=e^{-\sqrt{x}}\left(2 x e^{\sqrt{x}}+e\right) .
$$

设 $y(x)$ 的渐近线方 程为 $y=k x+b$,
$$
\begin{gathered}
k=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{y(x)}{x}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{2 x e^{\sqrt{x}}+e}{x e^{\sqrt{x}}}=2, \\
b=\lim _{x \rightarrow \infty} y(x)-2 x=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2 x e^{\sqrt{x}}-e}{e^{\sqrt{x}}}-2 x=0,
\end{gathered}
$$

因此 $y(x)$ 的斜渐近线为 $y=2 x$.
设 $D=\left\{(x, y) \mid-2+y\right.$ 叕 $\mid x \sqrt{4-y^{2}}$, 腏 2$\}$, 求二重积分 $I=\iint_{D} \frac{(x-y)^{2}}{x^{2}+y^{2}} d x d y$.

解答：$I=\iint_D \frac{x^2-2 x y+y^2}{x^2+y^2} d x d y=\iint_D\left[1-\frac{2 x y}{x^2+y^2}\right] d x d y=\iint_D d x d y-\iint_D \frac{2 x y}{x^2+y^2} d x d y$ 

$=\pi+2-\int_0^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_{\frac{2}{\cos \theta+\sin \theta}}^2 \frac{2 \rho^2 \cos \theta \sin \theta}{\rho^2} \rho d \rho$

$\begin{aligned} & =\pi+2-4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \sin \theta d \theta+4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos \theta \sin \theta}{(\cos \theta+\sin \theta)^2} d \theta \\ & =\pi+4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos \theta \sin \theta}{1+2 \cos \theta \sin \theta} d \theta=\pi+4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan \theta}{\tan ^2 \theta+2 \tan \theta+1} d \theta \\ & =\pi+4 \int_0^{+\infty} \frac{t}{(t+1)^2} \cdot \frac{1}{1+t^2} d t=\pi+4 \cdot \frac{1}{2} \int_0^{+\infty}\left[\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{(t+1)^2}\right] d t \\ & =\pi+\left.2 \arctan t\right|_0 ^{+\infty}+\left.2 \frac{1}{1+t}\right|_0 ^{+\infty}=\pi+\pi-2=2 \pi-2 .\end{aligned}$
设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有二阶连续导数, 证明: $f^{\prime \prime}(x) \geq 0$ 的充要条件是对任意的实数 $a, b$,有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) d x$.

解答：令 $F(x)=(x-a) f\left(\frac{a+x}{2}\right)-\int_a^x f(t) d t$, 则 $F(a)=0$.
$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(x) & =f\left(\frac{a+x}{2}\right)+\frac{1}{2}(x-a) f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x) \\
& =\frac{1}{2}(x-a) f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)+f\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x) \\
& =\frac{1}{2}(x-a) f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)-f^{\prime}(\xi) \frac{1}{2}(x-a) \\
& =\frac{1}{2}(x-a)\left[f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)-f^{\prime}(\xi)\right]
\end{aligned}
$$

由于 $f^{\prime \prime}(x) \geq 0$, 所以 $f^{\prime}(x)$ 单增, 从而 $f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)<f^{\prime}(\xi)$, 故 $F^{\prime}(x)<0, F(x)$ 单调递减.

$x>a, F(x)<0$, 则 $F(b)<0$, 及 $f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x) d x$.
设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\sum_{i=1}^{3} \sum_{j=1}^{3} i j x_{i} x_{j}$.
(1) 求二次型矩阵
(2) 求正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$, 使得二次型经正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$ 化为标准形
(3) 求 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=0$ 的解

解答：(1) 据题意, $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 i j x_i x_j=x_1{ }^2+4 x_2{ }^2+9 x_3{ }^2+4 x_1 x_2+6 x_1 x_3+12 x_2 x_3$,

故 $\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9\end{array}\right)$.
（2）易得 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 为 $14,0,0$.
当 $\lambda_1=14$ 时, 解 $(A-14 E) x=0$, 由
$$
\boldsymbol{A}-14 \boldsymbol{E}=\left(\begin{array}{ccc}
-13 & 2 & 3 \\
2 & -10 & 6 \\
3 & 6 & -5
\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}
1 & -5 & 3 \\
0 & -63 & 42 \\
0 & 21 & -14
\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}
1 & -5 & 3 \\
0 & 3 & -2 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right)
$$

得 $\lambda_1=14$ 对应的特征值为 $\alpha_1=(1,2,3)^{\mathrm{T}}$.

当 $\lambda_2=\lambda_3=0$ 时, 解 $\boldsymbol{A x}=\mathbf{0}$, 得 $\lambda_2=\lambda_3=0$ 对应的特征值为 $\alpha_2=(-2,1,0)^{\mathrm{T}}$ 和 $\alpha_3=(-3,0,1)^{\mathrm{T}}$.

实对称矩阵不同特征值对应的特征向量正交, 故只需将 $\alpha_2, \alpha_3$ 正交化, 得
$$
\xi_2=(-2,1,0)^{\mathrm{T}}, \quad \xi_3=(-3,-6,5)^{\mathrm{T}} .
$$

将 $\alpha_1, \xi_2, \xi_3$ 单位化, 得
$$
\gamma_1=\frac{1}{\sqrt{14}}(1,2,3)^{\mathrm{T}} \quad \gamma_2=\frac{1}{\sqrt{5}}(-2,1,0)^{\mathrm{T}} \quad \gamma_3=\frac{1}{\sqrt{70}}(-3,-6,5)^{\mathrm{T}} .
$$

令 $\boldsymbol{Q}=\left(\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3\right)$, 经正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$, 将 $f$ 化为标 准形 $14 y_1{ }^2$.

（3）在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$ 下, $f\left(x_1, x_2, x_3\right)$ 化为 $14 y_1{ }^2$. 由 $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=0$, 得 $y_1=0$, 则

$\boldsymbol{x}=\left(\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3\right)\left(\begin{array}{c}0 \\ y_2 \\ y_3\end{array}\right)=y_2 \gamma_2+y_3 \gamma_3=k_1(-2,1,0)^{\mathrm{T}}+k_2(-3,-6,5)^{\mathrm{T}}$, 其中 $k_1, k_2$ 为任意常数.
设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 是来自期望为 $\theta$ 的指数分布的简单随机样本, $Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{m}$ 是来自期望为 $2 \theta$ 的指数分布的简单随机样本, 且 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}, Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{m}$ 相互独立, 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat{\theta}$, 及 $D(\hat{\theta})$.

解答：由已知 $E(X)=\theta=\frac{1}{\lambda_1} \Rightarrow \lambda_1=\frac{1}{\theta}, E(Y)=2 \theta=\frac{1}{\lambda_2} \Rightarrow \lambda_2=\frac{1}{2 \theta}$,

所以总体 $X \sim E\left(\frac{1}{\theta}\right), Y \sim E\left(\frac{1}{2 \theta}\right)$, 从而可得
$$
f_X(x)=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{1}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x}{\theta}}, & x>0, \\
0, & x \leq 0 .
\end{array} \quad f_Y(y)= \begin{cases}\frac{1}{2 \theta} \mathrm{e}^{-\frac{y}{2 \theta}}, & y>0, \\
0, & y \leq 0 .\end{cases}\right.
$$

设 $x_1, x_2, \cdots, x_n, y_1, y_2, \cdots, y_m$ 为样本 $X_1, X_2, \cdots, X_n, Y_1, Y_2, \cdots, Y_m$ 的观测值, 且样本相互独立, 则 似然函数为
$$
L(\theta)= \begin{cases}\frac{1}{2^m} \frac{1}{\theta^{n+m}} \mathrm{e}^{-\frac{2 \sum_{i=1}^n x_j+\sum_{j=1}^n y_j}{2 \theta}}, & x_i, y_j>0(i=1,2, \cdots, n ; j=1,2, \cdots, m), \\ 0, & \text { 其它. }\end{cases}
$$

当 $x_1, x_2, \cdots, x_n, y_1, y_2, \cdots, y_m>0$ 时, 似然函数两边取对数

$$
\ln L(\theta)=-m \ln 2-(n+m) \ln \theta-\frac{2 \sum_{i=1}^n x_i+\sum_{j=1}^m y_j}{2 \theta},
$$

令 $\frac{\mathrm{d} \ln L(\theta)}{\mathrm{d} \theta}=-\frac{n+m}{\theta}+\frac{2 \sum_{i=1}^n x_i+\sum_{j=1}^m y_j}{2 \theta^2}=0$, 解得 $\theta=\frac{2 \sum_{i=1}^n x_i+\sum_{j=1}^m y_j}{2(n+m)}$,
故 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\theta}=\frac{2 \sum_{i=1}^n X_i+\sum_{j=1}^m Y_j}{2(n+m)}$.

由 $X \sim E\left(\frac{1}{\theta}\right), Y \sim E\left(\frac{1}{2 \theta}\right)$, 则 $D(X)=\theta^2, D(Y)=4 \theta^2$,
则 $D(\hat{\theta})=\frac{1}{4(n+m)^2} D\left(2 \sum_{i=1}^n X_i+\sum_{j=1}^m Y_j\right)=\frac{1}{4(n+m)^2}\left(4 n \cdot \theta^2+m \cdot 4 \theta^2\right)=\frac{\theta^2}{n+m}$.
设曲线 $y=y(x)(x>0)$ 经过点 $(1,2)$, 该曲线上任一点 $P(x, y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距.
(I) 求 $y(x)$;
(II) 求函数 $f(x)=\int_{1}^{x} y(t) d t$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值.

解答：(I) 设点 $(x, y)$ 处的切线方程为 $Y-y=y^{\prime}(X-x)$, 故 $y$ 轴的截距为 $y-y^{\prime} x$, 则 $x=y-y^{\prime} x$,
解得 $y=x(C-\ln x)$, 其中 $C$ 为任意常数.
由 $y(1)=C=2$, 故 $y(x)=x(2-\ln x)$.
(II) 由(I) 知 $f(x)=\int_{1}^{x} t(2-\ln t) d t$, 故 $f^{\prime}(x)=x(2-\ln x)=0$, 则驻点为 $x=e^{2}$.
当 $0<x<e^{2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $x>e^{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 故 $f(x)$ 在 $x=e^{2}$ 处取得极大值,
同时也取得最大值, 且最大值为 $f\left(e^{2}\right)=\int_{1}^{e^{2}} x(2-\ln x) d x=\frac{1}{4} e^{4}-\frac{5}{4}$.
求函数 $f(x, y)=\left(y-x^{2}\right)\left(y-x^{3}\right)$ 的极值.

解答：$\left\{\begin{array}{l}f_{x}^{\prime}=-x\left(2 y+3 x y-5 x^{3}\right)=0 \\ f_{y}^{\prime}=2 y-x^{2}-x^{3}=0\end{array}\right.$, 得驻点为 $(0,0),(1,1),\left(\frac{2}{3}, \frac{10}{27}\right)$.
$f_{x x}^{\prime \prime}=-\left(2 y+3 x y-5 x^{3}\right)-x\left(3 y-15 x^{2}\right), f_{x y}^{\prime \prime}=-x(2+3 x), \quad f_{y y}^{\prime \prime}=2$.
代入 $(0,0),\left\{\begin{array}{l}A=f_{x x}^{\prime \prime}=0 \\ B=f_{x y}^{\prime \prime}=0, \\ C=f_{y y}^{\prime \prime}=2\end{array}\right.$ 则 $A C-B^{2}=0$, 故充分条件失效, 当 $x \rightarrow 0$ 时, 取
$y=x^{2}+k x^{3}(k>0), \quad f(x, y)=\left(y-x^{2}\right)\left(y-x^{3}\right)=k x^{3}\left[x^{2}+(k-1) x^{3}\right]=k x^{5}+o\left(x^{5}\right)$,
则 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x, y)}{x^{5}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{k x^{5}+o\left(x^{5}\right)}{x^{5}}=k>0$, 由极限的局部保号性: 存在 $\delta>0$, 当 $x \in(-\delta, 0)$ 时, $\frac{f(x, y)}{x^{5}}>0, f(x, y)<0=f(0,0)$, 当 $x \in(0, \delta)$ 时, $\frac{f(x, y)}{x^{5}}>0$, $f(x, y)>0=f(0,0)$, 故 $(0,0)$ 不是极值点;
代入 $(1,1),\left\{\begin{array}{l}A=f_{x x}^{\prime \prime}=12 \\ B=f_{x y}^{\prime \prime}=-5, \\ C=f_{y y}^{\prime \prime}=2\end{array}\right.$ 则 $A C-B^{2}<0$, 故 $(1,1)$ 不是极值点;
代入 $\left(\frac{2}{3}, \frac{10}{27}\right)$ 的 $\left\{\begin{array}{l}A=f_{x x}^{\prime \prime}=\frac{100}{27} \\ B=f_{x y}^{\prime \prime}=-\frac{8}{3}, \\ C=f_{y y}^{\prime \prime}=2\end{array}\right.$ 则 $A C-B^{2}>0$ 且 $A>0$, 故 $\left(\frac{2}{3}, \frac{10}{27}\right)$ 是极小值点;故 $f\left(\frac{2}{3}, \frac{10}{27}\right)=-\frac{4}{729}$ 为极小值.