当$x→0$时，由于$\lim\limits_{x→0}\cos x^{2}=1$，则$\int_{0}^{x^{2}}\cos t^{2}dt\sim x^{2}$，$\sin x = x + o(x^{2})$，$b\ln(1 + x)=bx - \frac{b}{2}x^{2} + o(x^{2})$。于是$\sin x - b\ln(1 + x)=(1 - b)x + \frac{b}{2}x^{2} + o(x^{2})$。故$b = 1$，$a = \frac{1}{2}$。

令$f_{1}(x)=\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$，$g_{1}(x)=|\sin x|$，则$f(x)=f_{1}[g_{1}(x)]$，$\frac{f_{1}[g_{1}(x)] - f_{1}[g_{1}(0)]}{x - 0}=\frac{\int_{0}^{|\sin x|}e^{t^{2}}dt}{x}$，$f'_{+}(0)=\lim\limits_{x→0^{+}}\frac{\int_{0}^{\sin x}e^{t^{2}}dt}{x}=\lim\limits_{x→0^{+}}e^{(\sin x)^{2}}\cdot\cos x = 1$，$f'_{-}(0)=\lim\limits_{x→0^{-}}\frac{\int_{0}^{-\sin x}e^{t^{2}}dt}{x}=\lim\limits_{x→0^{-}}e^{(-\sin x)^{2}}\cdot(-\cos x)= - 1$。故$f'(0)$不存在，又显然，在$(-\pi,\pi)$内，当$x≠0$时，$f'(x)$存在，且$g_{1}(x)$是偶函数，$f_{1}(x)$是奇函数，故$f(x)$是偶函数。令$f_{2}(x)=\int_{0}^{x}\sin t^{2}dt$，$g_{2}(x)=|x|$，则$g(x)=f_{2}[g_{2}(x)]$，$g'_{+}(0)=\lim\limits_{x→0^{+}}\frac{\int_{0}^{x}\sin t^{2}dt}{x}=\lim\limits_{x→0^{+}}\sin x^{2}=0$，$g'_{-}(0)=\lim\limits_{x→0^{-}}\frac{\int_{0}^{-x}\sin t^{2}dt}{x}=\lim\limits_{x→0^{-}}\sin(-x)^{2}\cdot(-1)=0$。故$g'(0)$存在，又显然，在$(-\pi,\pi)$内，当$x≠0$时，$g'(x)$存在，且$g_{2}(x)$是偶函数，$f_{2}(x)$是奇函数，故$g(x)$是偶函数。

D

容器体积$V = 2\pi\int_{-1}^{\frac{1}{2}}x^{2}dy = 2\pi\int_{-1}^{\frac{1}{2}}(1 - y^{2})dy = \frac{9}{4}\pi(m^{3})$，故注满水时，$t = \frac{\frac{9}{4}\pi}{3} = \frac{3}{4}\pi(s)$，且在$(-1,0)$与$(\frac{1}{2},1)$内，随着$h$递增，横截面积递增，于是$h'(t)$递减，即$h''(t) < 0$；在$(0,\frac{1}{2})$与$(1,2)$内，随着$h$递增，横截面积递减，于是$h'(t)$递增，即$h''(t) > 0$。

令$f(x)=\frac{\int_{0}^{x}te^{t}dt}{\int_{0}^{x}e^{t}dt}(x≠0)$，其中$\int_{0}^{x}e^{t}dt = e^{x} - 1$，则$f'(x)=\frac{xe^{x}\cdot\int_{0}^{x}e^{t}dt - \int_{0}^{x}te^{t}dt\cdot e^{x}}{(e^{x} - 1)^{2}}=\frac{e^{x}(\int_{0}^{x}xe^{t}dt - \int_{0}^{x}te^{t}dt)}{(e^{x} - 1)^{2}}=\frac{e^{x}\cdot\int_{0}^{x}(x - t)e^{t}dt}{(e^{x} - 1)^{2}} > 0$。故$f(x)$在$(-\infty,0)$，$(0,+\infty)$上分别单调递增，又$\lim\limits_{x→0}f(x)=\lim\limits_{x→0}\frac{xe^{x}}{e^{x}} = 0$，所以当$b > 0 > a$时，$f(b) > \lim\limits_{x→0^{+}}f(x)=\lim\limits_{x→0^{-}}f(x) > f(a)$，即$\frac{\int_{0}^{b}te^{t}dt}{\int_{0}^{b}e^{t}dt} > \frac{\int_{0}^{a}te^{t}dt}{\int_{0}^{a}e^{t}dt}$，整理得$ae^{a}(e^{b} - 1) > be^{b}(e^{a} - 1)$。故A正确，B错误。对于选项C，D，构造函数$g(x)=\frac{x(e^{x} - 1)}{e^{x}}$，求导得$g'(x)=\frac{e^{x} - 1 + x}{e^{x}}\begin{cases} > 0,x > 0, \\ < 0,x < 0, \end{cases}$得$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，在$(-\infty,0)$上单调递减，无法判断$g(a)$，$g(b)$的大小。

由于$\frac{y}{x}=\frac{v}{e^{v}}=\frac{z}{e^{z}}$，故$\frac{xdy - ydx}{x^{2}}=\frac{e^{z}dz - ze^{z}dz}{(e^{z})^{2}}=\frac{1 - z}{e^{z}}dz$，于是$dz=\frac{e^{z}xdy - e^{z}ydx}{x^{2}(1 - z)}=-\frac{e^{z}y}{x^{2}(1 - z)}dx + \frac{e^{z}x}{x^{2}(1 - z)}dy=-\frac{e^{z}\cdot\frac{y}{x}}{x(1 - z)}dx + \frac{e^{z}\cdot\frac{y}{x}}{y(1 - z)}dy=-\frac{z}{x(1 - z)}dx + \frac{z}{y(1 - z)}dy$，即$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{z}{x(1 - z)}$，$\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{z}{y(1 - z)}$，则$\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial(\frac{\partial z}{\partial x})}{\partial y}=-\frac{1}{x}\frac{\partial(\frac{z}{1 - z})}{\partial y}=-\frac{1}{x}(\frac{z}{1 - z})'_{z}\cdot\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{(1 - z)^{2}}\cdot\frac{z}{y(1 - z)}=\frac{-z}{xy(1 - z)^{3}}=\frac{z}{xy(z - 1)^{3}}$。

【分析】 令\( ax = t \)，则\( I_{2}=\int_{0}^{a}e^{-\frac{t^{2}}{a^{2}}}dt=\int_{0}^{a}e^{-\frac{x^{2}}{a^{2}}}dx \)，\( I_{3}=\frac{1}{a}\int_{0}^{a}e^{-t^{2}}dt=\frac{1}{a}\int_{0}^{a}e^{-x^{2}}dx \)，由于\( a \gt 1 \)，则\( 0 \lt \frac{1}{a} \lt 1 \)，\( e^{-\frac{x^{2}}{a^{2}}} \gt e^{-x^{2}} \)，\( I_{2}=\int_{0}^{a}e^{-\frac{x^{2}}{a^{2}}}dx \gt \int_{0}^{a}e^{-x^{2}}dx \gt \frac{1}{a}\int_{0}^{a}e^{-x^{2}}dx \)，即\( I_{2} \gt I_{1} \gt I_{3} \)。

【分析】 \( f(t)=-\iint_{D_{t}}e^{(x - y + 1)^{2}}d\sigma \) \( \stackrel{积分中值定理}{=}-e^{(\xi - \eta + 1)^{2}}S_{D_{t}}=-e^{(\xi - \eta + 1)^{2}}\cdot\frac{1}{2}t^{2} \)， 其中\( (\xi,\eta) \in D_{t}=\{(x,y)\mid t \leqslant x \leqslant 2t,t \leqslant y \leqslant x\} \)。 故 \( \lim_{t \to 0^{+}}\frac{-e^{(\xi - \eta + 1)^{2}}\cdot\frac{1}{2}t^{2}}{t^{2}}=-\frac{1}{2}e \)。 【注】 ① 善用积分中值定理，简化做题过程，避免交换积分次序。 ②\( \int_{x}^{t}dy \)要写成\( -\int_{t}^{x}dy \)，否则会丢掉负号，误选A。

【分析】 设\( A = \begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix} \)，则 \( |\lambda E - A| = \lambda^{2}-(a_{11} + a_{22})\lambda + a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21} = \lambda^{2}-\text{tr}(A)\lambda + |A| \)。 又矩阵\( A \)的特征值均为实数，令\( |\lambda E - A| = 0 \)，故\( \Delta = [\text{tr}(A)]^{2}-4|A| \geqslant 0 \)，即\( \left[\frac{\text{tr}(A)}{2}\right]^{2} \geqslant |A| \)。

【分析】 设\( A = (\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{n}) \)，则\( A^{T} = \begin{pmatrix}\alpha_{1}^{T}\\\alpha_{2}^{T}\\\vdots\\\alpha_{n}^{T}\end{pmatrix} \)。由\( A^{T}x = 0 \)可得\( \alpha_{1}^{T}x = 0 \)，\( \alpha_{2}^{T}x = 0 \)，\(\cdots\)，\( \alpha_{n}^{T}x = 0 \)，即\( A \)的列向量与\( x \)均正交。 又由\( b \)是\( n \)维列向量，且与\( A^{T}x = 0 \)的解均正交，则\( b^{T}x = 0 \)。由\( \begin{pmatrix}A^{T}\\b^{T}\end{pmatrix}x = 0 \)，则\( r(A^{T}) = r\begin{pmatrix}A^{T}\\b^{T}\end{pmatrix} \)，即\( b \)可以由\( A \)的列向量组线性表示，故\( r(A) = r(A \mid b) \)，于是\( Ax = b \)有解。

【分析】 由\( |A| \lt 0 \)，知\( r(A) = n \)，且存在可逆矩阵\( C \)，使得 \( C^{T}AC = \begin{pmatrix}1&\ddots&\\&1&\\&&-1\\&&&\ddots\\&&&&-1\end{pmatrix} \)， 其中\( -1 \)有奇数个，记为\( n - p \)。 令\( \beta = (\underbrace{0,\cdots,0}_{p个},1,0,\cdots,0)^{T} \)，取\( \alpha = C\beta \)，有 \( \alpha^{T}A\alpha = (C\beta)^{T}A(C\beta) = \beta^{T}C^{T}AC\beta = -1 \lt 0 \) 成立。 反之，取\( \alpha = \begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix} \)，\( A = \begin{pmatrix}-1&-1&\cdots&-1\\-1&-1&\cdots&-1\\\vdots&\vdots&&\vdots\\-1&-1&\cdots&-1\end{pmatrix} \)，则\( \alpha^{T}A\alpha = -n^{2} \lt 0 \)，但\( |A| = 0 \)。

（1）设曲线的切线方程为\( Y - y = y'(X - x) \)。 令\( Y = 0 \)，得\( X = x - \frac{y}{y'} \)。故所能围成梯形的面积为 \( \frac{1}{2}(x + X)y = \frac{1}{2}\left(2x - \frac{y}{y'}\right)y = a^2 \)， 经整理，得 \( \frac{dx}{dy} - \frac{2}{y}x = -\frac{2a^2}{y^2} \)。 故 \( x = e^{-\int (-\frac{2}{y})dy}\left[\int \left(-\frac{2a^2}{y^2}\right) \cdot e^{\int (-\frac{2}{y})dy}dy + C\right] \) \( = y^2\left(-\int \frac{2a^2}{y^4}dy + C\right) \) \( = y^2\left(\frac{2a^2}{3}y^{-3} + C\right) \)。 又\( f(a, a) = 0 \)，代入得\( C = \frac{1}{3a} \)，故\( x - \frac{2a^2}{3y} - \frac{y^2}{3a} = 0(x\gt 0, 0\lt y\leq a) \)。 （2）令\( \frac{dx}{dy} = \frac{2}{3}\left(\frac{y}{a} - \frac{a^2}{y^2}\right) = 0 \)，得\( y = a \)。 此时，\( \left.\frac{d^2x}{dy^2}\right|_{y = a} = \frac{2}{a} \gt 0 \)，故\( y = a \)时，\( x = a \)为最小值，于是曲线上横坐标的最小值为\( x = a \)。

【证】（1）由$f(0)=f(1)$，根据罗尔定理，存在$\xi\in(0,1)$，使得$f'(\xi)=0$.又$f''(x)\lt0$，所以$f'(x)$在$(0,1)$上严格单调减少，即对任意$x\in(0,\xi)$，有$f'(x)\gt0$. （2）$a=\int_{0}^{1}\sqrt{1+[f'(x)]^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\xi}\sqrt{1+[f'(x)]^{2}}\mathrm{d}x+\int_{\xi}^{1}\sqrt{1+[f'(x)]^{2}}\mathrm{d}x$ $\lt\int_{0}^{\xi}\sqrt{1+[f'(x)]^{2}+2f'(x)}\mathrm{d}x+\int_{\xi}^{1}\sqrt{1+[f'(x)]^{2}-2f'(x)}\mathrm{d}x$ $=\int_{0}^{\xi}[1+f'(x)]\mathrm{d}x+\int_{\xi}^{1}[1-f'(x)]\mathrm{d}x$ $=1+2f(\xi)\leq3$. 【注】本题欲证$\int_{0}^{1}\sqrt{1+[f'(x)]^{2}}\mathrm{d}x\lt3$，但是$[0,1]$上无法实现此证明.将$[0,1]$拆分成$[0,\xi]$与$[\xi,1]$，在两个子区间上分别放缩，便可达到目的.这提示考生，在一个大区间上完成不了的任务，一个常用的办法是切分成若干小区间来处理，这就是“三向解题法”中的黎曼思想.

【解】（1）由于二次型矩阵$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{B}$，其中$1\gt0$，$\begin{vmatrix}1&-1\\-1&2\end{vmatrix}\gt0$，故$\boldsymbol{B}$为正定矩阵.又$g(x_{1},x_{2})=(x_{1}-x_{2})^{2}+x_{2}^{2}$，令$\begin{cases}x_{1}-x_{2}=y_{1},\\x_{2}=y_{2},\end{cases}$于是有$\begin{cases}x_{1}=y_{1}+y_{2},\\x_{2}=y_{2},\end{cases}$即$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}=\boldsymbol{C}\boldsymbol{y}$，使 $\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{C}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{B}\boldsymbol{C}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{y}$， 即 $\boldsymbol{C}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{B}\boldsymbol{C}=\boldsymbol{E}$， 所以 $\boldsymbol{B}=(\boldsymbol{C}^{-1})^{\mathrm{T}}\boldsymbol{C}^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}^{\mathrm{T}}\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}=\boldsymbol{D}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{D}$. 故存在可逆矩阵$\boldsymbol{D}=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}$，使$\boldsymbol{B}=\boldsymbol{D}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{D}$. （2）设$f(x)$的二次型矩阵为$\boldsymbol{A}$，则 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}}{\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}}=\frac{\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}}{\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{D}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{D}\boldsymbol{x}}\stackrel{\text{令}\boldsymbol{D}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{z}}{=}\frac{(\boldsymbol{D}^{-1}\boldsymbol{z})^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{D}^{-1}\boldsymbol{z}}{\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{z}}=\frac{\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}(\boldsymbol{D}^{-1})^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{D}^{-1}\boldsymbol{z}}{\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{z}}$， 其中$\boldsymbol{z}=\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\end{pmatrix}$. 又$(\boldsymbol{D}^{-1})^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{D}^{-1}=\boldsymbol{C}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{C}=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-2\\-2&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-2\\-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}\stackrel{\text{记}}{=}\boldsymbol{M}$， 其对应的二次型为$h(z_{1},z_{2})=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}-2z_{1}z_{2}$，则由 $\vert\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{M}\vert=\begin{vmatrix}\lambda - 1&1\\1&\lambda - 1\end{vmatrix}=(\lambda - 1)^{2}-1=\lambda(\lambda - 2)=0$， 得$\lambda_{1}=2,\boldsymbol{\xi}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$；$\lambda_{2}=0,\boldsymbol{\xi}_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$.令$\boldsymbol{Q}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1&1\\1&1\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{z}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{r}=\boldsymbol{Q}\begin{pmatrix}r_{1}\\r_{2}\end{pmatrix}$，则 $\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{M}\boldsymbol{z}=\boldsymbol{r}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{M}\boldsymbol{Q}\boldsymbol{r}=\boldsymbol{r}^{\mathrm{T}}\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}\boldsymbol{r}=2r_{1}^{2}$ $\leq2(r_{1}^{2}+r_{2}^{2})\stackrel{\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{z}=\boldsymbol{r}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{Q}\boldsymbol{r}=\boldsymbol{r}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{r}}{=}2(z_{1}^{2}+z_{2}^{2})$， 于是$\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{M}\boldsymbol{z}\leq2\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{z}$，即$\frac{\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{M}\boldsymbol{z}}{\boldsymbol{z}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{z}}\leq2$.令$\boldsymbol{z}_{0}=\boldsymbol{Q}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$，得$\frac{(1,0)\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}{(1,0)\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}=2$，此时$\boldsymbol{x}_{0}=\boldsymbol{D}^{-1}\boldsymbol{z}_{0}=\boldsymbol{D}^{-1}\boldsymbol{Q}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$，于是$\max\limits_{x\neq0}\frac{f(x)}{g(x)}=2$.