对于连续函数的曲线而言,拐点处的二阶导数等于零或者不存在。从图上可以看出有两个二阶导数等于零的点,以及一个二阶导数不存在的点 \(x=0\) ,但对于这三个点,左边的二阶导数等于零的点的两侧二阶导数都是正的,所以对应的点不是拐点,而另外两个点的两侧二阶导数是异号的,对应的点才是拐点,所以应该选(C)

线性微分方程的特征方程为 \(r^{2}+a r+b=0\) ,由特解可知 \(r_{1}=2\) 一定是特征方程的一个实根,如果 \(r_{2}=1\) 不是特征方程的实根,则对应于 \(f(x)=c e^{x}\) 的特解的形式应该为 \(Q(x) e^{x}\) ,其中 \(Q(x)\) 应该是一个零次多项式,即常数,与条件不符,所以 \(r_{2}=1\) 也是特征方程的另外一个实根,这样由韦达定理可得 \(a=-(2+1)=-3\) , \(b =2 ×1=2\) ,同时 \(y^{*}=x e^{x}\) 是原来方程的一个解,代入可得 \(c=-1\) 应该选(A)

设幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\) 条件收敛表明幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}\) 在 \(x=1\) 处条件收敛,也就是这个幂级数的收敛半径为1,即 \(\lim _{n \to \infty}|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|=1\) ,所以 \(\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}(x-1)^{n}\) 的收敛半径 \(R=\lim _{n \to \infty}|\frac{n a_{n}}{(n+1) a_{n+1}}|=1\) ,收敛区间为 \((0,2)\) ,显然 \(x=\sqrt{3}\) 与 \(x=3\) 依次为收敛点、发散点,应该选(B)

积分区域如图所示,化成极坐标方程:曲线 \(2xy=1\) 化为 \(r^{2}\sin2\theta=1\) 即 \(r=\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}\) ,曲线 \(4xy=1\) 化为 \(r^{2}\sin2\theta=\frac{1}{2}\) 即 \(r=\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}\) ,直线 \(y=x\) 对应 \(\theta=\frac{\pi}{4}\) ,直线 \(y=\sqrt{3}x\) 对应 \(\theta=\frac{\pi}{3}\) ,所以 \(\iint_{D} f(x, y) d x d y=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d \theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2 \sin 2 \theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r d r\) ，应该选(A)

对线性方程组的增广矩阵进行初等行变换:方程组无穷解的充分必要条件是 \(r(A)=r(A, b)<3\) ,也就是 \((a-1)(a-2)=0\) 且 \((d-1)(d-2)=0\) 同时成立,当然应该选(D)

\(Q=(e_{1},-e_{3}, e_{2})=(e_{1}, e_{2}, e_{3})\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0\end{pmatrix}=P\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0\end{pmatrix}\) ,则 \(Q^{T}= \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}P^{T}\) 。已知 \(f=x^{T} A x=y^{T} P^{T} A P y=y^{T}\begin{pmatrix}2 & & \\ & 1 & \\ & & -1\end{pmatrix}y\) ,所以 \(Q^{T} A Q= \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}P^{T} A P\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & & \\ & 1 & \\ & & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}2 & & \\ & -1 & \\ & & 1\end{pmatrix}\) ,故选择(A)

因为 \(P(A) \geq P(AB)\) 且 \(P(B) \geq P(AB)\) ,所以 \(2P(AB) \leq P(A)+P(B)\) ,即 \(P(AB) \leq \frac{P(A)+P(B)}{2}\) ,快速选(C)

\(E(X(X+Y-2))=E\left(X^{2}\right)+E(X Y)-2 E X=D X+(E X)^{2}+E X E Y-2 E X=3+2^{2}+2×1-2×2=3+4+2-4=5\) ，故应该选择(D)

【详解】\(\lim _{x \to 0} \frac{\ln (\cos x)}{x^{2}}=\lim _{x \to 0} \frac{-\tan x}{2 x}=-\frac{1}{2}.\)

【详解】只要注意 \(\frac{\sin x}{1+\cos x}\) 为奇函数，在对称区间上积分为零。

所以 \(\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right) d x=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x d x=\frac{\pi^{2}}{4}.\)

【详解】设 \(F(x, y, z)=e^{z}+x y z+x+\cos x-2\)，则

\[F_{x}'(x, y, z)=y z+1-\sin x, F_{y}'(x, y, z)=x z, F_{z}'(x, y, z)=e^{z}+x y\]

当 \(x=0\)，\(y=1\)，\(z=0\) 时，\(\frac{\partial z}{\partial x}|_{(0,1)}=-\frac{F_{x}'(0,1,0)}{F_{z}'(0,1,0)}=-1\)，\(\frac{\partial z}{\partial y}|_{(0,1)}=-\frac{F_{y}'(0,1,0)}{F_{z}'(0,1,0)}=0\)。也就得到 \(d z|_{(0,1)}=-d x\)

【详解】注意在积分区域内，三个变量 \(x,y,z\) 具有轮换对称性，也就是

\[\iiint_{\Omega} x d x d y d z=\iiint_{\Omega} y d x d y d z=\iiint_{\Omega} z d x d y d z\]

\[\iiint_{\Omega}(x+2 y+3 z) d x d y d z=6 \iiint_{\Omega} z d x d y d z=6 \int_{0}^{1} z d z \iint_{D_{z}} d x d y=3 \int_{0}^{1} z(1-z)^{2} d z=\frac{1}{4}\]

【详解】按照第一行展开，得 \(D_{n}=2 D_{n-1}+(-1)^{n+1} 2(-1)^{n-1}=2 D_{n-1}+2\)，有 \(D_{n}+2=2(D_{n-1}+2)\) 由于 \(D_{1}=2\)，\(D_{2}=6\)，得 \(D_{n}=2^{n+1}-2\)

【详解】由于相关系数等于零，所以 \(X,Y\) 都服从正态分布，\(X \sim N(1,1)\)，\(Y \sim N(0,1)\)，且相互独立。 则 \(X-1 \sim N(0,1)\)。

\[P\{X Y-Y<0\}=P\{Y(X-1)<0\}=P\{Y<0, X-1>0\}+P\{Y>0, X-1<0\}=\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\]

设函数 \(f(x) = x + a \ln (1+x) + b x \sin x\) 与 \(g(x) = k x^3\) 在 \(x \to 0\) 时为等价无穷小，即：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1
\]
代入 \(f(x)\) 和 \(g(x)\)：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{x + a \ln (1+x) + b x \sin x}{k x^3} = 1
\]
等价于：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{x + a \ln (1+x) + b x \sin x}{x^3} = k
\]
为确保极限存在，需使分子在 \(x=0\) 处的低阶项为零。首先计算 \(f(0)\)：
\[
f(0) = 0 + a \ln 1 + b \cdot 0 \cdot \sin 0 = 0
\]
计算一阶导数 \(f'(x)\)：
\[
f'(x) = 1 + a \cdot \frac{1}{1+x} + b (\sin x + x \cos x)
\]
在 \(x=0\) 处：
\[
f'(0) = 1 + a \cdot 1 + b \cdot 0 = 1 + a
\]
为使 \(f(x)\) 是比 \(x\) 更高阶的无穷小，需 \(f'(0) = 0\)，即：
\[
1 + a = 0 \implies a = -1
\]
代入 \(a = -1\)，得：
\[
f(x) = x - \ln (1+x) + b x \sin x
\]
计算二阶导数 \(f''(x)\)：
\[
f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} + b \sin x + b x \cos x
\]
\[
f''(x) = \frac{1}{(1+x)^2} + b \cos x + b \cos x - b x \sin x = \frac{1}{(1+x)^2} + 2b \cos x - b x \sin x
\]
在 \(x=0\) 处：
\[
f''(0) = \frac{1}{1} + 2b \cdot 1 - 0 = 1 + 2b
\]
为使 \(f(x)\) 是比 \(x^2\) 更高阶的无穷小，需 \(f''(0) = 0\)，即：
\[
1 + 2b = 0 \implies b = -\frac{1}{2}
\]
代入 \(b = -\frac{1}{2}\)，得：
\[
f(x) = x - \ln (1+x) - \frac{1}{2} x \sin x
\]
现在求极限：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{x - \ln (1+x) - \frac{1}{2} x \sin x}{x^3}
\]
使用泰勒展开：\(\ln (1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - O(x^4)\)，\(\sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)\)，代入：
\[
x - \ln (1+x) = x - \left( x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - O(x^4) \right) = \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} + O(x^4)
\]
\[
-\frac{1}{2} x \sin x = -\frac{1}{2} x \left( x - \frac{x^3}{6} + O(x^5) \right) = -\frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{12} x^4 + O(x^6)
\]
相加：
\[
f(x) = \left( \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right) + \left( -\frac{1}{2} x^2 \right) + O(x^4) = -\frac{x^3}{3} + O(x^4)
\]
因此：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^3}{3} + O(x^4)}{x^3} = -\frac{1}{3}
\]
故 \(k = -\frac{1}{3}\)。

验证：
\[
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{k x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{-\frac{1}{3} x^3} = \frac{\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^3}}{-\frac{1}{3}} = \frac{-\frac{1}{3}}{-\frac{1}{3}} = 1
\]
满足等价无穷小条件。

因此，常数取值为 \(a = -1\)，\(b = -\frac{1}{2}\)，\(k = -\frac{1}{3}\).

\(y=f(x)\) 在点 \((x_{0}, f(x_{0}))\) 处的切线方程为 \(y=f'(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})\)，令 \(y=0\) 得 \(x=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}\)，曲线在该点处的切线与直线 \(x=x_{0}\) 及 x 轴所围成区域的面积为

\[S=\frac{1}{2} f(x_{0})\left|x_{0}-\left(x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}\right)\right|=4\]，整理得 \(\frac{f^{2}(x_{0})}{2f'(x_{0})}=4\)，即 \(f'(x)=\frac{1}{8}f^{2}(x)\)，分离变量得 \(\frac{1}{f(x)}=C-\frac{1}{8}x\)，由 \(f(0)=2\) 得 \(C=\frac{1}{2}\)，所求函数表达式为 \(y=\frac{8}{4 - x}\)。

函数 \(f(x, y)=x+y+xy\) 在 \((x, y)\) 处的梯度为 \(\text{grad}f=(1+y, 1+x)\)，其模为 \(|\text{grad}f|=\sqrt{(1+y)^{2}+(1+x)^{2}}\)，此问题转化为求函数 \(F(x, y)=(1+x)^{2}+(1+y)^{2}\) 在条件 \(C: x^{2}+y^{2}+xy=3\) 下的条件极值。用拉格朗日乘子法，令 \(L(x, y, \lambda)=(1+x)^{2}+(1+y)^{2}+\lambda(x^{2}+y^{2}+xy-3)\)，解方程组 \(\begin{cases}L_{x}'=2(1+x)+(2x + y)\lambda=0 \\ L_{y}'=2(1+y)+(2y + x)\lambda=0 \\ x^{2}+y^{2}+xy=3\end{cases}\)，可得在点 \((2, -1)\) 或 \((-1, 2)\) 处方向导数取到最大，最大值为 \(\sqrt{9}=3\)。

(1)证明：设 \(y=u(x)v(x)\)，则 \(\Delta y=u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)=u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)=\Delta u\cdot v(x+\Delta x)+u(x)\cdot \Delta v\)，所以 \(\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{\Delta u}{\Delta x}\cdot v(x+\Delta x)+u(x)\cdot \frac{\Delta v}{\Delta x}\)，由导数的定义和可导与连续的关系，得 \(y'=\lim\limits_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)\)；

(2)\(f(x)=u_{1}(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}(x)\) 的求导公式为 \(f'(x)=u_{1}'(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}(x)+u_{1}(x)u_{2}'(x)\cdots u_{n}(x)+\cdots +u_{1}(x)u_{2}(x)\cdots u_{n}'(x)\)。

【详解】曲线L的参数方程为$\begin{cases}x = \cos t \\ y = \sqrt{2}\sin t \\ z = \cos t\end{cases}$

起点$A(0,\sqrt{2},0)$对应$t = \frac{\pi}{2}$，终点为$B(0,-\sqrt{2},0)$对应$t = -\frac{\pi}{2}$ 。

$\int_{L}(y + z)dx + (z^2 - x^2 + y)dy + (x^2 + y^2)dz$

$=\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}}(\sqrt{2}\sin t + \cos t)d(\cos t) + (\sqrt{2}\cos t)d(\sqrt{2}\cos t) + (2 - \cos^2 t)d\cos t$

$= 2\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 tdt = \frac{\sqrt{2}}{2}\pi$ 

(1)由 \(\left(\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}\right)=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right)\begin{pmatrix}2 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2k & 0 & k+1\end{pmatrix}\)，计算矩阵行列式 \(|\begin{pmatrix}2 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2k & 0 & k+1\end{pmatrix}|=2\times2\times[(2)(k+1)-1\times2k]=4\neq0\)，故向量组 \(\beta_{1}\)，\(\beta_{2}\)，\(\beta_{3}\) 线性无关，为向量空间 \(R^{3}\) 的一组基；

(2)设非零向量 \(\xi\) 在两组基下的坐标都是 \((x_{1}, x_{2}, x_{3})\)，则 \(x_{1}\alpha_{1}+x_{2}\alpha_{2}+x_{3}\alpha_{3}=x_{1}\beta_{1}+x_{2}\beta_{2}+x_{3}\beta_{3}\)，整理得 \(x_{1}(-\alpha_{1}-2k\alpha_{3})+x_{2}(-2\alpha_{2})+x_{3}(-\alpha_{1}-k\alpha_{3})=0\)，即 \((-\alpha_{1}-2k\alpha_{3}, -2\alpha_{2}, -\alpha_{1}-k\alpha_{3})\begin{pmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{pmatrix}=0\)，该齐次线性方程组有非零解的充要条件是系数矩阵行列式为零，即 \(|\begin{pmatrix}-1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ -2k & 0 & -k\end{pmatrix}|=(-1)\times(-2)\times[(-1)(-k)-(-1)(-2k)]=2\times(-k)=0\)，解得 \(k=0\)。此时方程组为 \((-\alpha_{1}, -2\alpha_{2}, -\alpha_{1})\begin{pmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{pmatrix}=0\)，即 \(\begin{cases}-x_{1}-x_{3}=0 \\ -2x_{2}=0\end{cases}\)，通解为 \(x_{1}=c\)，\(x_{2}=0\)，\(x_{3}=-c\)（\(c\neq0\)），故所有非零向量为 \(\xi=c\alpha_{1}-c\alpha_{3}\)（\(c\) 为非零常数）。

(1)因为矩阵 \(A\) 与 \(B\) 相似，所以迹相等且行列式相等，即 \(\begin{cases}0+3+a=1+b+1 \\ |A|=|B|\end{cases}\)，计算 \(|A|=\begin{vmatrix}0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & a\end{vmatrix}=0\times\begin{vmatrix}3 & -3 \\ -2 & a\end{vmatrix}-2\times\begin{vmatrix}-1 & -3 \\ 1 & a\end{vmatrix}+(-3)\times\begin{vmatrix}-1 & 3 \\ 1 & -2\end{vmatrix}= -2(-a + 3) - 3(2 - 3)=2a - 6 + 3=2a - 3\)，\(|B|=\begin{vmatrix}1 & -2 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 3 & 1\end{vmatrix}=1\times b\times1= b\)，所以 \(\begin{cases}3 + a = 2 + b \\ 2a - 3 = b\end{cases}\)，解得 \(a=4\)，\(b=5\)；

(2)由 \(B\) 的特征值为其对角元素 \(1\)（二重），\(5\)，故 \(A\) 的特征值也为 \(1\)（二重），\(5\)。对于特征值 \(\lambda=1\)，解方程组 \((E - A)x=0\)，\(E - A=\begin{pmatrix}1 & -2 & 3 \\ 1 & -2 & 3 \\ -1 & 2 & -3\end{pmatrix}\)，经初等行变换得 \(\begin{pmatrix}1 & -2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)，基础解系为 \(\xi_{1}=\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)，\(\xi_{2}=\begin{pmatrix}-3 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)；对于特征值 \(\lambda=5\)，解方程组 \((5E - A)x=0\)，\(5E - A=\begin{pmatrix}5 & -2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ -1 & 2 & 1\end{pmatrix}\)，经初等行变换得 \(\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)，基础解系为 \(\xi_{3}=\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)。令 \(P=(\xi_{1}, \xi_{2}, \xi_{3})=\begin{pmatrix}2 & -3 & 1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\)，则 \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\)。

(1)对X进行独立重复的观测，得到观测值大于3的概率为\[P(X>3)=\int_{3}^{+\infty} 2^{-x} \ln 2 d x=\frac{1}{8}\]

显然Y的可能取值为2,3,4,…

且\[P(Y=k)=\frac{1}{8} \times C_{k-1}^{1} \frac{1}{8} \times\left(\frac{7}{8}\right)^{k-2}=\frac{1}{64}(k-1)\left(\frac{7}{8}\right)^{k-2}, k=2,3,4, \ldots\]

(2)设\[S(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) x^{n-2}=\sum_{n=2}^{\infty}\left(x^{n}\right)''=\left(\sum_{n=2}^{\infty} x^{n}\right)''=\left(\frac{x^{2}}{1-x}\right)''=\frac{2}{(1-x)^{3}},|x|<1\]

\[E(Y)=\sum_{k=2}^{\infty} k P(Y=k)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{64} k(k-1)\left(\frac{7}{8}\right)^{k-2}=\frac{1}{64} S\left(\frac{7}{8}\right)=16\]

(1)总体的数学期望为\[E(X)=\int_{\theta}^{1} x \frac{1}{1-\theta} d x=\frac{1}{2}(1+\theta)\]

令\(E(X)=\bar{X}\)，解得参数θ的矩估计量：\(\hat{\theta}=2 \bar{x}-1\)。

(2)似然函数为\[L\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} ; \theta\right)=\left\{\begin{array}{c} \frac{1}{(1-\theta)^{n}}, \theta \leq x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \leq 1 \\ 0, 其他 \end{array}\right.\]

显然L(θ)是关于θ的单调递增函数，为了使似然函数达到最大，只要使参数θ尽可能大就可以，所以参数θ的最大似然估计量为\(\hat{\theta}=\min (x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n})\)。