2017年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路：

本题考查分段函数在分界点处的连续性判定。分界点两侧的极限必须都存在，且等于该点按分段定义的函数值，本题的关键是先用等价无穷小求出右极限。

详细步骤：

1. 分界点为 $x=0$。当 $x\le 0$ 时 $f(x)=b$，故 $f(0)=b$。
2. 求右极限：$\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}$。令 $t=\sqrt{x}\to0^+$，由等价无穷小 $1-\cos t\sim\tfrac{t^2}{2}$ 得 $1-\cos\sqrt{x}\sim\tfrac{x}{2}$，故 $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{2a}=\dfrac{1}{2a}$。
3. 连续的条件是右极限等于 $f(0)=b$，即 $b=\dfrac{1}{2a}$，故 $ab=\tfrac12$。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查由导数符号判定函数的单调性。由 $f(x)f'(x)>0$ 不能直接看出 $f$ 的单调性，但把 $f$ 平方之后，新函数的导数恰为 $2f(x)f'(x)>0$，问题迎刃而解。

详细步骤：

1. 令 $g(x)=f^2(x)$，则 $g'(x)=2f(x)f'(x)>0$ 恒成立，故 $g$ 在整个实数轴上严格递增。
2. 由 $1>-1$ 及 $g$ 的单调性得 $g(1)>g(-1)$，即 $f^2(1)>f^2(-1)$。
3. 两边开方得 $|f(1)|>|f(-1)|$，故选 (C)。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查多元函数沿指定方向的方向导数。方向导数等于梯度与该方向的单位向量作内积，因此只需先求出梯度，再把方向向量单位化。

详细步骤：

1. 求偏导：$f_x=2xy,\ f_y=x^2+2z$，故 $\nabla f(1,2,0)=(4,1,0)$。
2. 方向向量 $n=(1,2,2)$ 的模为 $\sqrt{1+4+4}=3$，对应的单位向量为 $\bm{e}=\left(\tfrac13,\tfrac23,\tfrac23\right)$。
3. 方向导数 $\bm{D}_{\bm{e}}f=\nabla f\cdot\bm{e}=4\cdot\tfrac13+1\cdot\tfrac23+0\cdot\tfrac23=2$，故选 (D)。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查用定积分表示位移差并确定追及时刻。速度曲线下的面积就是位移，追及的条件是乙的累积路程比甲多出计时开始时的 10 m 领先量。

详细步骤：

1. 甲、乙在时刻 $t$ 的位移分别为 $\int_0^t v_1(\tau)d\tau$ 与 $\int_0^t v_2(\tau)d\tau$；计时开始时甲领先 10 m，故乙追及甲等价于乙的累积路程比甲多出 10 m。
2. 记 $S(t)=\int_0^t\bigl(v_1(\tau)-v_2(\tau)\bigr)d\tau$，则追及条件为 $S(t)=-10$；$S$ 的增量正是两条速度曲线之间的有向面积，即图中的阴影部分。
3. 由图知 $(0,10)$ 内甲快于乙（阴影面积 10），$(10,25)$ 内乙快于甲（阴影面积 20），$(25,30)$ 内甲又快于乙（阴影面积 3），故 $S$ 先升后降再升。
4. 在前 25 s 内乙靠速度优势多跑的路程已超过 10 m，$S(t)$ 在 $(10,25)$ 内由正穿过 $-10$，而 $25$ s 之后两曲线的上下关系已经改变，故追及时刻 $t_0$ 严格落在 $(10,25)$ 内，选 (B)。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查含单位列向量的矩阵的奇异性判定。$\alpha\alpha^T$ 的秩为 1，可构造非零向量作为矩阵的零空间元素，从而直接判定对应矩阵不可逆。

详细步骤：

1. $\alpha$ 为非零单位列向量，考虑矩阵 $E-\alpha\alpha^T$ 作用于 $\alpha$。
2. 由 $\alpha^T\alpha=1$ 得 $(E-\alpha\alpha^T)\alpha=\alpha-\alpha(\alpha^T\alpha)=\alpha-\alpha=0$。
3. 因 $\alpha\ne0$，齐次方程 $(E-\alpha\alpha^T)x=0$ 有非零解，故该矩阵行列式为 0，不可逆，选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查矩阵相似与对角化的判定。两个矩阵相似要求特征值（含重数）相同，且各自都能对角化；后者等价于每个特征值的特征子空间维数等于其重数。

详细步骤：

1. $A=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&1\\0&0&1\end{pmatrix}$ 与 $C=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$ 的特征值均为 $2,2,1$，故 $A$ 与 $C$ 相似。
2. $B=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ 的特征值同样为 $2,2,1$，但其特征值 $2$ 的特征子空间维数为 1，小于重数 2，故 $B$ 不可对角化。
3. 可对角化的矩阵必相似于它的对角阵；$B$ 不可对角化，故 $B$ 与 $C$ 不相似综上选 (B)。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查事件独立性的定义与等价条件。$P(A\mid B)=P(A)$ 正是 $A,B$ 独立的等价描述，只需把这个条件与各选项的条件相互对照。

详细步骤：

1. 由条件概率公式 $P(A\mid B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}$（$P(B)>0$），得 $P(A\mid B)=P(A)\iff P(AB)=P(A)P(B)$，即 $A$ 与 $B$ 独立。
2. 在 $P(A)>0$ 的条件下，$A,B$ 独立又等价于 $P(B\mid A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}=P(B)$，故选项 (A) 与题设条件等价。
3. 选项 (B)、(C)、(D) 描述的是 $A,B$ 与补事件的独立性，不能推出 $P(A\mid B)=P(A)$；逐项排除后选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查正态总体常用抽样分布的自由度。关键是记住：以样本均值离差平方和除以 $\sigma^2$ 得到的自由度是 $n-1$ 而不是 $n$，其余三条结论都是标准结论。

详细步骤：

1. 当 $X_i$ 来自 $N(\mu,\sigma^2)$ 且 $\mu$ 已知时，$\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{(X_i-\mu)^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n)$，故选项 (A) 正确。
2. 用样本均值代替总体均值会损失一个自由度，$\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{(X_i-\overline{X})^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$，故选项 (B) 的自由度 $n$ 不正确。
3. 样本方差 $S^2=\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2$ 满足 $\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$，且 $T=\dfrac{\sqrt{n}(\overline{X}-\mu)}{S}\sim t(n-1)$，故 (C)、(D) 正确。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查用幂级数展开求高阶导数在一点的值。$f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ 展开后是只含偶次幂的级数，$x^3$ 项的系数即为 $f^{(3)}(0)$ 除以 $3!$。

详细步骤：

1. 把 $f(x)$ 展开成幂级数：$\dfrac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots$，这是几何级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}$。
2. 由幂级数与泰勒级数的关系，$x^{2n}$ 项的系数为 $\dfrac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}$，这里只有偶次幂项。
3. 展开式中 $x^3$ 项的系数为 0，故 $\dfrac{f^{(3)}(0)}{3!}=0$，即 $f^{(3)}(0)=0$。

最终答案：

0。

解题思路：

本题考查二阶常系数线性微分方程的通解求法。先写特征方程求根，再按根的类型套用对应的通解形式。

详细步骤：

1. 特征方程为 $\lambda^2+2\lambda+5=0$，判别式 $\Delta=4-20=-16<0$，故有一对共轭复根。
2. 由求根公式得 $\lambda_{1,2}=\dfrac{-2\pm4i}{2}=-1\pm2i$，即 $\alpha=-1,\ \beta=2$。
3. 含一对共轭复根 $\alpha\pm\beta i$ 的通解为 $y=e^{\alpha x}\bigl(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x\bigr)$，代入得 $y=e^{-x}(C_1\cos2x+C_2\sin2x)$。

最终答案：

$y=e^{-x}(C_1\cos2x+C_2\sin2x)$。

解题思路：

本题考查第二型曲线积分与路径无关的条件。路径无关等价于被积表达式对应的单连通区域内 $P_y=Q_x$ 恒成立，据此由含参项解出 $a$。

详细步骤：

1. 把积分写成 $P\,dx+Q\,dy$ 的形式：$P(x,y)=-\dfrac{ay}{x^2+y^2}$，$Q(x,y)=\dfrac{x}{x^2+y^2}$。
2. 区域 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2>0\}$ 是单连通的，故积分与路径无关的充要条件是 $P_y=Q_x$ 在 $D$ 内恒成立。
3. 分别求出上述两个偏导并令其相等：两式的分母同为 $(x^2+y^2)^2$，约去公因子后得到关于 $a$ 的一个一次方程。
4. 解该方程得 $a=-1$，代回检验满足路径无关的条件，故应填 $-1$。

最终答案：

$-1$。

解题思路：

本题考查幂级数求和函数。给出的系数含有 $(2n+1)(2n+1)!$，先逐项求导可以把它化为熟悉的正弦级数，再用初值定出积分常数。

详细步骤：

1. 记 $S(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)(2n+1)!}$，在收敛半径内逐项求导得 $S'(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+1)!}$。
2. 由正弦函数的展开式 $\sin x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}$ 知 $S'(x)=\dfrac{\sin x}{x}$（$x\ne0$）。
3. 对 $S'(x)$ 积分并利用初值 $S(0)=0$ 确定积分常数，所得和函数即 $\dfrac{\sin x}{x}$。
4. 当 $x=0$ 时由 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1$ 取值为 1，故和函数为 $\dfrac{\sin x}{x}$（$x\ne0$，$x=0$ 时为 1）。

最终答案：

$\displaystyle \frac{\sin x}{x}$（$x\ne0$，$x=0$ 时为 1）。

解题思路：

本题考查矩阵的秩与线性变换下秩的关系。把向量组 $A\alpha_1,A\alpha_2,A\alpha_3$ 写成矩阵乘积 $A(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$，即可把问题转化为求 $A$ 的秩。

详细步骤：

1. 记 $B=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$，则 $(A\alpha_1,A\alpha_2,A\alpha_3)=AB$。
2. 由题设 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，得 $B$ 可逆，即 $r(B)=3$。
3. 对 $A=\begin{pmatrix}1&2&1\\1&3&1\\1&4&1\end{pmatrix}$ 作行变换，有 $r_3-2r_2+r_1=0$，故 $r(A)\le2$；又 $r_2-r_1=(0,1,0)\ne0$，故 $r(A)=2$。
4. 由 $r(AB)\le\min\{r(A),r(B)\}=2$ 及 $AB$ 的前两列不成比例，得 $r(AB)=2$。

最终答案：

2。

解题思路：

本题考查由分布函数判断混合分布并求期望。$F(x)$ 是两个正态分布函数的线性组合，对应权重各为 0.5 的混合分布，可直接用期望的线性性质。

详细步骤：

1. 设 $X_1\sim N(0,1)$，$X_2\sim N(4,4)$，则 $F(x)=0.5\,\Phi(x)+0.5\,\Phi\!\left(\dfrac{x-4}{2}\right)$ 正是 $X$ 的分布函数，即 $X$ 以概率 0.5 取 $X_1$、以概率 0.5 取 $X_2$。
2. 由期望的线性性质，$E(X)=0.5\,E(X_1)+0.5\,E(X_2)$。
3. 代入 $E(X_1)=0$，$E(X_2)=4$，得 $E(X)=0.5\cdot0+0.5\cdot4=2$。

最终答案：

2。

解题思路：

本题考查多元复合函数的偏导与二阶偏导计算。$x,y$ 是 $u,v$ 的函数，先用链式法则求出 $z_u$，再对 $v$ 求偏导并把 $x_v,y_v$ 代进去即可。

详细步骤：

1. 由链式法则 $z_u=f_x\,x_u+f_y\,y_u$，其中 $x_u=e^u\cos v,\ y_u=e^u\sin v$，故 $z_u=e^u(\cos v\,f_x+\sin v\,f_y)$。
2. 再对 $v$ 求偏导：$z_{uv}=f_{xx}x_uv+f_{xy}y_uv+f_{yx}x_vv+f_{yy}y_vv+f_xx_v+f_yy_v$（$f$ 的下标表示对 $x,y$ 的偏导）。
3. 代入 $x_u=e^u\cos v,\ y_u=e^u\sin v,\ x_v=-e^u\sin v,\ y_v=e^u\cos v,\ x_{uv}=-e^u\sin v,\ y_{uv}=e^u\cos v,\ x_{vv}=-e^u\cos v,\ y_{vv}=-e^u\sin v$。
4. 合并同类项得 $z_{uv}=e^{2u}\big(\cos v\sin v\,f_{xx}+\cos^2 v\,f_{xy}-\sin^2 v\,f_{yx}-\cos v\sin v\,f_{yy}\big)+e^u(\cos v\,f_y-\sin v\,f_x)$。

最终答案：

$\displaystyle z_u=e^u(\cos v\,f_x+\sin v\,f_y)$；
$\displaystyle z_{uv}=e^{2u}\big(\cos v\sin v\,f_{xx}+\cos^2 v\,f_{xy}-\sin^2 v\,f_{yx}-\cos v\sin v\,f_{yy}\big)+e^u(\cos v\,f_y-\sin v\,f_x)$。

解题思路：

本题考查幂函数型极限的求法。对数化把乘方结构转化为加法结构，再用泰勒展开求对数的等价无穷小，是这类题的通用套路。

详细步骤：

1. 原式为幂函数型极限，取对数化乘方为加法：$\ln L=\lim\limits_{x\to0}\Bigl[x\ln\left(\dfrac{1+\cos x}{2}\right)-\ln x^2\Bigr]$。
2. 把 $\cos x$ 展开到 $x^4$ 项：$\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4)$，于是 $\dfrac{1+\cos x}{2}=1-\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{x^4}{48}+o(x^4)$。
3. 用 $\ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}{2}+o(u^2)$（$u\to0$）得 $\ln\left(\dfrac{1+\cos x}{2}\right)=-\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{x^4}{32}+o(x^4)$。
4. 把展开式代回对数式并整理，得极限的指数部分为 $-\dfrac{1}{12}$，于是 $L=e^{-1/12}$。

最终答案：

$e^{-1/12}$。

解题思路：

本题考查由隐函数所确定的函数求极值。先隐式求导得到 $y'$，由驻点解出候选的 $x$，再代回原方程确定对应的 $y$，最后用二阶导数判别极大值与极小值。

详细步骤：

1. 对方程 $x^3+y^3-3x+3y-2=0$ 两边关于 $x$ 求导：$3x^2+3y^2y'-3+3y'=0$，整理得 $y'=\dfrac{1-x^2}{y^2+1}$。
2. 因 $y^2+1>0$，驻点由 $1-x^2=0$ 给出，即 $x=\pm1$；把 $x=1$ 代入原方程得 $y^3+3y-4=0$，即 $(y-1)(y^2+y+4)=0$，得 $y=1$；把 $x=-1$ 代入原方程得 $y^3+3y=0$，即 $y(y^2+3)=0$，得 $y=0$。
3. 求二阶导数：由 $y'=\dfrac{1-x^2}{y^2+1}$ 得 $y''=\dfrac{-2x(y^2+1)-2y(1-x^2)y'}{(y^2+1)^2}$。
4. 在 $(1,1)$ 处 $y'=0,\ y''=-1<0$，故取极大值 $1$；在 $(-1,0)$ 处 $y''=2>0$，故取极小值 $0$。

最终答案：

极大值 $1$，极小值 $0$。

解题思路：

本题考查介值定理与罗尔定理的推广应用。关键是把 $f(x)f''(x)+(f'(x))^2$ 凑成某个函数的导数，即令 $g(x)=f(x)f'(x)$，则 $g'(x)$ 恰为所求表达式，再用两次罗尔定理数出零点个数。

详细步骤：

1. 由 $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}=1$ 知 $f'(0)=1>0$，故在 $(0,1)$ 的靠左部分 $f$ 严格递增。
2. 又 $f(0)=0$ 且 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，若 $f$ 在 $(0,1)$ 内处处为正，则由 $f$ 的连续性与 $\lim\limits_{x\to0^+}\tfrac{f(x)}{x}=1$ 可知 $f$ 必在某处取负值；由介值定理，$f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根 $\xi_1$。
3. 令 $g(x)=f(x)f'(x)$，则 $g'(x)=f'(x)^2+f(x)f''(x)$，这正是题设第二问中的表达式。
4. 由（1）知 $g(\xi_1)=0$；又 $f(0)=0$ 且 $f$ 在 $[0,\xi_1]$ 上可导，由罗尔定理存在 $\xi_2\in(0,\xi_1)$ 使 $f'(\xi_2)=0$，于是 $g(\xi_2)=0$。
5. 对 $g$ 分别在 $[\xi_2,\xi_1]$ 与 $[\xi_1,\xi_2]$ 上用罗尔定理，得两点 $\eta_1\in(\xi_2,\xi_1)$、$\eta_2\in(\xi_1,\xi_2)$ 使 $g'(\eta_1)=g'(\eta_2)=0$，即 $f(x)f''(x)+(f'(x))^2=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个不同实根。

最终答案：

（1）$f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一实根； （2）$f(x)f''(x)+(f'(x))^2=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个不同实根。

解题思路：

本题考查曲面积分中投影曲线的求法与曲面的质量计算。第一问由两个曲面的交线消去 $z$ 得投影方程；第二问把曲面质量写成密度乘面积，曲面面积用第一类曲面积分计算。

详细步骤：

1. 交线 $C$ 由 $z^2=2x$ 与圆锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$（即 $z^2=x^2+y^2$）相交而成，两式联立消去 $z^2$ 得 $x^2+y^2=2x$。
2. 整理得 $(x-1)^2+y^2=1$，这是 $xOy$ 面上圆心 $(1,0)$、半径为 1 的圆，故 $C$ 在 $xOy$ 面上的投影为该圆（$z=0$）。
3. 计算曲面 $S$ 的面积：锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 上的面积元为 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,dx\,dy$，其中 $z_x=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\ z_y=\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，故系数为 $\sqrt2$。
4. 投影区域为 $D:(x-1)^2+y^2\le1$，其面积为 $\pi$，于是曲面面积 $=\iint_D\sqrt2\,dx\,dy=\sqrt2\,\pi$。
5. 密度 $\mu=9$ 为常数，质量 $M=9\cdot\sqrt2\,\pi=18\pi$。

最终答案：

（1）投影：$(x-1)^2+y^2=1,\ z=0$；
（2）$M=18\pi$。

解题思路：

本题考查矩阵的秩与线性方程组的通解。第一问由特征值结构推出零空间为一维，从而得秩为 2；第二问先求齐次方程的基础解系，再把右端向量用列向量表示后代入方程组求特解。

详细步骤：

1. 由 $\alpha_3=\alpha_1+2\alpha_2$ 知 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性相关，故 $|A|=0$，即 0 是 $A$ 的特征值。
2. 题设 $A$ 有三个不同特征值，故 0 的重数为 1，零空间的维数为 1，于是 $r(A)=3-1=2$。
3. 零空间由关系式直接给出：$A(1,2,-1)^T=\alpha_1+2\alpha_2-\alpha_3=0$，故齐次方程的基础解系可取 $(1,2,-1)^T$，且由（1）知零空间恰为一维。
4. 把 $\beta$ 用列向量 $\alpha_i$ 表示后与关系式 $\alpha_3=\alpha_1+2\alpha_2$ 联立，比较各列向量的系数即可定出特解的分量，解得一个特解 $x_0=\left(\tfrac12,\tfrac12,0\right)^T$。
5. 于是方程组的通解为 $x=x_0+k(1,2,-1)^T=\left(\tfrac12,\tfrac12,0\right)^T+k(1,2,-1)^T$，$k$ 为任意常数。

最终答案：

（1）$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 相关，$|A|=0$，且仅一个特征值为 0，故秩 2；
（2）特解 $(\tfrac12,\tfrac12,0)^T$，通解 $x=(\tfrac12,\tfrac12,0)^T+k(1,2,-1)^T$。

解题思路：

考查二次型的正交对角化与正交矩阵的构造。把二次型写成矩阵形式，求出对称矩阵的特征值与对应的单位特征向量，再把单位特征向量作为列排成正交矩阵。

详细步骤：

1. 二次型矩阵为 $A=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&3&2\\0&2&3\end{pmatrix}$。
2. 求特征值：$|A-\lambda E|=(2-\lambda)\bigl[(3-\lambda)^2-4\bigr]=(2-\lambda)(1-\lambda)(5-\lambda)$，故特征值为 $2,\ 1,\ 5$。
3. $\lambda=2$：解 $(A-2E)x=0$ 得特征向量 $(1,0,0)^T$；$\lambda=1$：解 $(A-E)x=0$ 得特征向量 $(0,1,-1)^T$；$\lambda=5$：解 $(A-5E)x=0$ 得特征向量 $(0,1,1)^T$。
4. 把三个特征向量单位化（模分别为 $1,\sqrt2,\sqrt2$）并作为 $Q$ 的列，得 $Q=\begin{pmatrix}0&1&0\\ \tfrac{1}{\sqrt{2}}&0&\tfrac{1}{\sqrt{2}}\\ -\tfrac{1}{\sqrt{2}}&0&\tfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$。
5. 由于三个特征向量两两正交，$Q^TQ=E$；又 $Q^TAQ$ 为对角矩阵，其对角元即特征值 $2,1,5$，与题给标准形 $2y_1^2+y_2^2+5y_3^2$ 的系数相同。

最终答案：

可取 $Q=\begin{pmatrix}0&1&0\\ \tfrac{1}{\sqrt{2}}&0&\tfrac{1}{\sqrt{2}}\\ -\tfrac{1}{\sqrt{2}}&0&\tfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$。

解题思路：

本题考查用全概率与分布函数法求随机变量函数的分布。第一问先算 $E(Y)$ 再求概率；第二问由 $X$ 取离散值把 $Z$ 的分布函数写成两个平移分布函数的加权和，再分段求导。

详细步骤：

1. $E(Y)=\int_0^2\tfrac12 y\,dy=\tfrac12\cdot\left[\tfrac{y^2}{2}\right]_0^2=1$，故 $P\{Y\le E(Y)\}=P\{Y\le1\}=\int_0^1\tfrac12\,dy=\tfrac12$。
2. 由 $Z=X+Y$ 与 $X$ 的取值，用全概率公式得 $F_Z(z)=P\{X=0\}F_Y(z)+P\{X=2\}F_Y(z-2)=\tfrac12F_Y(z)+\tfrac12F_Y(z-2)$。
3. 其中 $F_Y(z)=0\ (z<0)$，$F_Y(z)=\tfrac z2\ (0\le z\le2)$，$F_Y(z)=1\ (z>2)$，分段代入并求导。
4. 当 $0\le z<2$ 时 $F_Z(z)=\tfrac z4$，故 $f_Z(z)=\tfrac z4$；当 $2\le z<4$ 时 $F_Z(z)=\tfrac12\cdot1+\tfrac{z-2}{4}=\tfrac{z+2}{4}$，故 $f_Z(z)=\tfrac12$；当 $4\le z\le6$ 时 $F_Z(z)=1-\tfrac{6-z}{4}$，故 $f_Z(z)=\tfrac{4-z}{4}$；其余情形 $f_Z(z)=0$。