答案 B
解析 由$\lim\limits _{x→2}\frac {\ln (x-1)}{f(3-x)}=1$及$\lim\limits _{x→2}\ln (x-1)=0$，有$\lim\limits _{x→2}f(3-x)=f(1)=0$.
令$\Delta x = x - 2$，则当$x→2$时，$\Delta x→0$，
$\lim\limits _{x→2}\frac {\ln (x-1)}{f(3-x)} = \lim\limits _{\Delta x→0}\frac {\ln (1 + \Delta x)}{f(1 - \Delta x)} = \lim\limits _{\Delta x→0}\frac {\frac {\ln (1 + \Delta x)}{\Delta x}}{\frac {f(1 - \Delta x)}{\Delta x}} = 1$.
而$\lim\limits _{\Delta x→0}\frac {\ln (1 + \Delta x)}{\Delta x}=1$，从而$\lim\limits _{\Delta x→0}\frac {f(1 - \Delta x)}{\Delta x}=1$，即$\lim\limits _{\Delta x→0}\frac {f(1 - \Delta x) - f(1)}{-\Delta x}\cdot (-1)=1$，故$f'(1)=-1$. 所求切线方程为$y - 0 = (-1)(x - 1)$，即$y=1 - x$. 选项B正确.

答案 B
解析 设椭球面Σ与平面Π在点$P(x_{0},y_{0},z_{0})$处相切，则Σ在点$P(x_{0},y_{0},z_{0})$处的法向量$n_{1}=(x_{0},2y_{0},3z_{0})$，平面Π的法向量$n_{2}=(1,-2,3)$，由已知，$n_{1}\parallel n_{2}$，故
$\frac{x_{0}}{1}=\frac{2y_{0}}{-2}=\frac{3z_{0}}{3}$.
又由$x_{0}-2y_{0}+3z_{0}=6$，可解得：
$x_{0}=1,y_{0}=-1,z_{0}=1$.
故$a^{2}=x_{0}^{2}+2y_{0}^{2}+3z_{0}^{2}=6$，即$a=\sqrt{6}$.
选项B正确.

答案 C
解析 由已知，有
\[
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}a_{n} &= a_{1} - a_{2} + a_{3} - a_{4} + \cdots + a_{2n-1} - a_{2n} + \cdots \\
&= \sum_{n=1}^{\infty} (a_{2n-1} - a_{2n}). \quad ①
\end{align*}
\]
由\( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}a_{n} \)条件收敛，知\( \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \)发散，从而知\( \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} \)与\( \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} \)均发散.
（若其中之一收敛，由①式知，另一个也收敛，从而\( \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \)收敛，矛盾）.
因为\( \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} = \sum_{n=1}^{\infty} [a_{2n-1} + (a_{2n-1} - a_{2n})] \)，而\( \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} \)发散，\( \sum_{n=1}^{\infty} (a_{2n-1} - a_{2n}) \)收敛，故\( \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \)发散，选项C正确.

答案 C
解析 依题设，知$\lim\limits_{\substack{x\to1\\y\to0}}f(x,y)=\lim\limits_{\substack{x\to1\\y\to0}}[1 - x - y + o(\sqrt{(x - 1)^2 + y^2})]=0$．
故$f(1,0)=0$．
由
$\begin{align*}
f(x,y) - f(1,0)&=1 - x - y + o(\sqrt{(x - 1)^2 + y^2})\\
&=-(x - 1) + (-1)y + o(\sqrt{(x - 1)^2 + y^2}),
\end{align*}$
知$f_x'(1,0)=-1$，$f_y'(1,0)=-1$．
又由
$g_x'(x,y)=f_1'(x + y,xy)\cdot1 + f_2'(x + y,xy)\cdot y$，
$g_y'(x,y)=f_1'(x + y,xy)\cdot1 + f_2'(x + y,xy)\cdot x$，
知$g_x'(1,0)=f_1'(1,0)=-1$，$g_y'(1,0)=f_1'(1,0) + f_2'(1,0)=-2$．
故$\mathrm{d}g|_{(1,0)}=-\mathrm{d}x - 2\mathrm{d}y$．选项C正确．

答案 C
解析 由已知，有
$A(α_{1},α_{2},α_{3})=(α_{1},α_{2}+α_{3},α_{1}+α_{3})=(α_{1},α_{2},α_{3})\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 0&1&0\\ 0&1&1\end{bmatrix} $．
由$α_{1},α_{2},α_{3}$线性无关，得
$(α_{1},α_{2},α_{3})^{-1}A(α_{1},α_{2},α_{3})=\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 0&1&0\\ 0&1&1\end{bmatrix} \xlongequal {记}B$．
由$|λE - B|=\begin{vmatrix} λ - 1&0&-1\\ 0&λ - 1&0\\ 0&-1&λ - 1\end{vmatrix} =(λ - 1)^{3}=0$，知$B$的特征值为$λ_{1}=λ_{2}=λ_{3}=1$，
也是$A$的特征值，且$|A|=1$，从而$A^{*}$的特征值为$\frac{|A|}{λ}$，
即$\mu_{1}=\mu_{2}=\mu_{3}=1$．故$A_{11}+A_{22}+A_{33}=\text{tr}(A^{*})=\mu_{1}+\mu_{2}+\mu_{3}=3$．
选项C正确．

答案 B
解析 由$B$的行向量组与$A$的行向量组等价，知$AX=0$与$BX=0$同解.
由$B\alpha=0$，知$\alpha$是$BX=0$的一个解，也是$AX=0$的解，从而$\alpha$可由$AX=0$的基础解系线性表示.由
$\begin{bmatrix}
1&2&2\\
3&-1&a\\
-2&3&-2a-4
\end{bmatrix} \to \begin{bmatrix}
1&2&2\\
0&-7&a-6\\
0&7&-2a
\end{bmatrix} \to \begin{bmatrix}
1&2&2\\
0&-7&a-6\\
0&0&-a-6
\end{bmatrix}$
可知，当$-a-6=0$时，$a=-6$.$\alpha$可由$AX=0$的基础解系线性表示.选项B正确.

答案 A
解析 记\(A = (\boxed{\alpha_1},\boxed{\alpha_2},\boxed{\alpha_3})\)，依题意，知方程组\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_1}\)有解，\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_2}\)无解。
对\((A,\boxed{\beta_1},\boxed{\beta_2})\)作初等行变换，有
\[
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & \vdots & 1 & 0 \\
2 & 3 & a + 2 & \vdots & 3 & 1 \\
1 & a & -2 & \vdots & 4 & 2
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & \vdots & 1 & 0 \\
0 & -1 & a & \vdots & 1 & 1 \\
0 & a - 2 & -3 & \vdots & 3 & 2
\end{pmatrix}
\to
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & \vdots & 1 & 0 \\
0 & 1 & -a & \vdots & -1 & -1 \\
0 & 0 & a^2 - 2a - 3 & \vdots & a + 1 & a
\end{pmatrix}
\]
当\(a^2 - 2a - 3 = (a + 1)(a - 3) \neq 0\)，即\(a \neq -1\)且\(a \neq 3\)时，有
\(r(A) = 3\)，\(r(A,\boxed{\beta_1}) = 3\)，\(r(A,\boxed{\beta_2}) = 3\)。
从而\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_1}\)与\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_2}\)均有解。与题设不符合，故\(a^2 - 2a - 3 = 0\)，得\(a = -1\)或\(a = 3\)。
当\(a = -1\)时，\(r(A) = r(A,\boxed{\beta_1}) = 2\)，\(r(A,\boxed{\beta_2}) = 3\)。
故\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_1}\)有解且\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_2}\)无解。
当\(a = 3\)时，\(r(A) = 2\)，\(r(A,\boxed{\beta_1}) = 3\)，\(r(A,\boxed{\beta_2}) = 3\)。
故\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_1}\)无解，\(A\boxed{X}=\boxed{\beta_2}\)无解。
综上所述，\(a = -1\)。选项A正确。

答案 A
解析 先求X的边缘概率密度.
当$x\leqslant0$时,$f_X(x)=0$.
当$x>0$时,$f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y=\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{e}^{-x(1+y)}\mathrm{d}y=\mathrm{e}^{-x}$.
故$f_X(x)=
\begin{cases}
\mathrm{e}^{-x},x>0, \\
0,x\leqslant0,
\end{cases}$即$X\sim E(1)$.故$EX=1$,由指数分布的无记忆性有
$$
P\{X>2|X>EX\}=P\{X>2|X>1\}=P\{X>1\}
$$
$$
=1-P\{X\leqslant1\}=1-(1-\mathrm{e}^{-1})=\mathrm{e}^{-1},
$$
所以选项A正确.

答案 A
解析 由\(D(X+Y)=DX+DY+2\rho_{XY}\sqrt{DX}\sqrt{DY}\)，知需计算\(DY\)。考虑到\(X\)与\(Y\)概率密度的关系，先求\(EX\)与\(EY\)的关系，
\(E(X+Y)=EX+EY=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx + \int_{-\infty}^{+\infty}yf(-y)dy\)。
而\(\int_{-\infty}^{+\infty}yf(-y)dy \stackrel{y=-x}{=} -\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx\)，故\(E(X+Y)=0\)，即\(EX=-EY\)。
又\(EY^2=\int_{-\infty}^{+\infty}y^2f(-y)dy \stackrel{y=-x}{=} \int_{-\infty}^{+\infty}x^2f(x)dx=EX^2\)，于是，
\(DY=EY^2-(EY)^2=EX^2-(-EX)^2=EX^2-(EX)^2=DX=1\)。
故\(D(X+Y)=1+1+2\times(-\frac{1}{2})\times\sqrt{1}\times\sqrt{1}=1\)。选项A正确。

答案 B
解析 依题设，$\frac{\sqrt{10}(\overline{X}-\mu)}{\sigma} \sim N(0,1)$，$\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{10}(X_{i}-\overline{X})^{2} \sim \chi^{2}(9)$，故
$\frac{\frac{\sqrt{10}(\overline{X}-\mu)}{\sigma}}{\sqrt{\frac{1}{9\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{10}(X_{i}-\overline{X})^{2}}} = \frac{\sqrt{10}(\overline{X}-\mu)}{\sqrt{\frac{10}{9}Y}} = \frac{3(\overline{X}-\mu)}{\sqrt{Y}} = 3T \sim t(9)$．
又$P\{T\geqslant a\} = P\{3T\geqslant 3a\} = 0.05$，由$t$分布的对称性及分位数，知$3a > 0$，故
$P\{|3T|\geqslant 3a\} = P\{(3T\leqslant -3a)\cup(3T\geqslant 3a)\} = 0.05 + 0.05 = 0.10$．
选项B正确．

答案 $(-1)^{n-1}(n-1)!$

解析 $f(x)=\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{-f(t)}\mathrm{d}t$两边同时对$x$求导，得$f'(x)=\mathrm{e}^{-f(x)}$，即$\mathrm{e}^{f(x)}\cdot f'(x)=1$。

两边同时积分，得$\mathrm{e}^{f(x)}=x+c$，即$f(x)=\ln(x+c)$。

由已知等式知，$f(0)=0$，故$c=1$，从而$f(x)=\ln(1+x)$。

由$\ln(1+x)$的泰勒公式，知$f^{(n)}(0)=\frac{(-1)^{n-1}}{n}\cdot n!=(-1)^{n-1}(n-1)!$。

答案 \( 2\pi\left(2\ln 2 - \frac{7}{6}\right) \)
解析 平面区域\( D \)如右图所示。

\( V=2\pi\int_{0}^{1}x\left(\sqrt{1-x^{2}} - \frac{1-x}{1+x}\right)\mathrm{d}x \)
\( =2\pi\left(\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x - \int_{0}^{1}\frac{x - x^{2}}{1 + x}\mathrm{d}x\right) \)
\( =2\pi\left[-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}(1 - x^{2})^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}(1 - x^{2}) - \int_{0}^{1}\left(-x + \frac{2x}{1 + x}\right)\mathrm{d}x\right] \)
\( =2\pi\left[-\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}(1 - x^{2})^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{1} + \int_{0}^{1}x\mathrm{d}x - \int_{0}^{1}\frac{2x}{1 + x}\mathrm{d}x\right] \)
\( =2\pi\left[\frac{1}{3} + \frac{1}{2} - 2(1 - \ln 2)\right] \)
\( =2\pi\left(2\ln 2 - \frac{7}{6}\right) \)

答案 π
解析 级数的前$n$项和为$S_{n}=\sum\limits _{k=1}^{n}\int _{k}^{k+1}\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}=\int _{1}^{n+1}\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}$，故原级数的和为
$S=\lim\limits _{n\to \infty }S_{n}=\lim\limits _{n\to \infty }\int _{1}^{n+1}\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}=\int _{1}^{+\infty }\frac {dx}{x\sqrt {x-1}},$
记$I=\int _{1}^{+\infty }\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}=\int _{1}^{2}\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}+\int _{2}^{+\infty }\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}=I_{1}+I_{2}.$
$I_{1}=\int _{1}^{2}\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}\frac {\sqrt {x-1}=t}{x=t^{2}+1}\int _{0}^{1}\frac {2t}{t(t^{2}+1)}dt=2\arctan  t|_{0}^{1}=\frac {\pi }{2},$
$I_{2}=\int _{2}^{+\infty }\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}\frac {\sqrt {x-1}=t}{x=t^{2}+1}\int _{1}^{+\infty }\frac {2t}{t(t^{2}+1)}dt=2\arctan  t|_{1}^{+\infty }=\frac {\pi }{2}.$
故$I=I_{1}+I_{2}=\frac {\pi }{2}+\frac {\pi }{2}=\pi $，所以$\sum\limits _{n=1}^{\infty }\int _{n}^{n+1}\frac {dx}{x\sqrt {x-1}}=\pi.$

答案 $-\frac{7}{2}$
解析 $I=\int_L (x+1)dx+ydy=\int_L xdx+ydy+\int_L dx\stackrel{记}{=}I_1+I_2$，
由$\begin{cases}x=r\cos\theta=(1+\cos\theta)\cos\theta\\y=r\sin\theta=(1+\cos\theta)\sin\theta\end{cases}$，知$\theta=0$对应点$(2,0)$，$\theta=\frac{\pi}{2}$对应点$(0,1)$，则
$I_1=\int_L xdx+ydy=\int_L d\left[\frac{1}{2}(x^2+y^2)\right]=\frac{1}{2}(x^2+y^2)\bigg|_{(2,0)}^{(0,1)}=-\frac{3}{2}$.
又
$dx=[-\sin\theta\cos\theta+(1+\cos\theta)(-\sin\theta)]d\theta$
$=(-2\sin\theta\cos\theta-\sin\theta)d\theta$，
故$I_2=\int_L dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(-2\sin\theta\cos\theta-\sin\theta)d\theta=-2$.
于是$I=I_1+I_2=-\frac{3}{2}-2=-\frac{7}{2}$.

答案 $(4k,5k,2k)^T$,$k$ 为任意常数
解析 设所求向量为$\boxed{\gamma}$,依题设,有
$\boxed{\gamma}=x_1\boxed{\alpha}_1+x_2\boxed{\alpha}_2+x_3\boxed{\alpha}_3=x_1\boxed{\beta}_1+x_2\boxed{\beta}_2+x_3\boxed{\beta}_3$,
即$x_1(\boxed{\alpha}_1-\boxed{\beta}_1)+x_2(\boxed{\alpha}_2-\boxed{\beta}_2)+x_3(\boxed{\alpha}_3-\boxed{\beta}_3)=\boxed{0}$.
记$A=(\boxed{\alpha}_1-\boxed{\beta}_1,\boxed{\alpha}_2-\boxed{\beta}_2,\boxed{\alpha}_3-\boxed{\beta}_3)$,对$A$作初等行变换,有
$A=\begin{bmatrix} 0 & -2 & -1 \\ -1 & -3 & -4 \\ 0 & -4 & -2 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & 3 & 4 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$,
解得,$x_2=k$,$x_3=-2k$,$x_1=5k$,$k$ 为任意常数.
故$\boxed{\gamma}=5k\boxed{\alpha}_1+k\boxed{\alpha}_2-2k\boxed{\alpha}_3=(4k,5k,2k)^T$.

答案 \(\frac{3 - \sqrt{3}}{2}\)
解析 设该人投篮次数为\( X \)，由已知，每次命中率为\( p(0 < p < 1) \)，则\( X \)的概率分布为
\( P\{X=1\}=p \)，\( P\{X=2\}=p(1-p) \)，\( P\{X=3\}=(1-p)^2 \)，
\( EX = 1 \cdot p + 2 \cdot p(1-p) + 3 \cdot (1-p)^2 = p^2 - 3p + 3 \)。
由已知，\( p^2 - 3p + 3 = 1.5 \)，即\( p^2 - 3p + 1.5 = 0 \)，解得
\( p = \frac{3 - \sqrt{3}}{2} \) 或 \( p = \frac{3 + \sqrt{3}}{2} > 1 \)（舍去），
故\( p = \frac{3 - \sqrt{3}}{2} \)。

解析 （Ⅰ）由$\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = 1$，知$\lim\limits_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0$.
$f'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} \cdot x = 0$.
又由$\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f'(x)}{2x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f'(x) - f'(0)}{2(x - 0)} = \frac{1}{2}f''(0) = 1$，知$f''(0) = 2$.
（Ⅱ）由拉格朗日中值定理，有
$f(x) - f[\ln(1 + x)] = f'(\xi_x)[x - \ln(1 + x)]$，
其中$\xi_x \in (\ln(1 + x), x)$（$x > 0$），故
$\frac{f(x) - f[\ln(1 + x)]}{x^3} = f'(\xi_x) \frac{x - \ln(1 + x)}{x^3}$.
又当$x > 0$时，有$\frac{\ln(1 + x)}{x} < \frac{\xi_x}{x} < 1$，而$\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1$，由夹逼准则，有$\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\xi_x}{x} = 1$.
故$\lim\limits_{x \to 0^+} \xi_x = 0$.于是
$\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f[\ln(1 + x)]}{x^3} = \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{f'(\xi_x) - f'(0)}{\xi_x} \cdot \frac{\xi_x}{x} \cdot \frac{x - \ln(1 + x)}{x^2}$
$= f''(0) \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{1 - \frac{1}{1 + x}}{2x} = \frac{1}{2}f''_+(0) = 1$.

解析 直线段\( L:\begin{cases} y + z = -1, \\ x = 0 \end{cases} \)在\( yOz \)面上，\( L \)绕\( z \)轴旋转一周所得曲面方程为\( \pm\sqrt{x^2 + y^2} + z = -1 \)，即\( (z + 1)^2 = x^2 + y^2 \).因为\( -1 \leq z \leq 0 \)，故\( S_1 \)为\( z = \sqrt{x^2 + y^2} - 1 \)，\( S_1 \)与\( S_2 \)所围立体\( V \)如右图所示，记

\( P = \frac{x}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}}, \)
\( Q = \frac{y}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}}, \)
\( R = \frac{z}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}}. \)
计算可得\( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = 0 \).

作辅助曲面\( S_0:x^2 + y^2 + z^2 = r^2 \)（\( r \)为充分小的正数）.取外侧，则由高斯公式，有
\( \oiint_{S + S_0} \frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} = -\iiint_V \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) \mathrm{d}V = -\iiint_V 0\mathrm{d}V = 0. \)
\( I = \oiint_{S + S_0} - \oiint_{S_0} = 0 - \oiint_{S_0} \)
\( = \oiint_{S_0(\text{内})} \frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} \)
\( = \frac{1}{r^3} \oiint_{S_0(\text{内})} x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( \stackrel{\text{高斯公式}}{=} -\frac{1}{r^3} \iiint_\Omega (1 + 1 + 1)\mathrm{d}V = -\frac{3}{r^3} \cdot \frac{4}{3}\pi r^3 = -4\pi, \)
其中\( \Omega \)为曲面\( S_0 \)围成的区域.

解析 原式$=\lim\limits _{n→∞}(\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {k}{nk+1}\sin\frac {kπ}{2n}+\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {k}{n^{2}}\sin\frac {kπ}{2n})$．
记$a_{n}=\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {k}{nk+1}\sin\frac {kπ}{2n},b_{n}=\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {k}{n^{2}}\sin\frac {kπ}{2n}$，则
$\lim\limits _{n→∞}b_{n}=\lim\limits _{n→∞}\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {k}{n^{2}}\sin\frac {kπ}{2n}$
$=\frac {4}{π^{2}}\lim\limits _{n→∞}\sum\limits _{k=1}^{n}[\frac {k(\frac {π}{2}-0)}{n}\sin\frac {k(\frac {π}{2}-0)}{n}]\cdot \frac {\frac {π}{2}-0}{n}=\frac {4}{π^{2}}\int_{0}^{\frac {π}{2}}x\sin xdx$
$=-\frac {4}{π^{2}}(x\cos x|_{0}^{\frac {π}{2}}-\int_{0}^{\frac {π}{2}}\cos xdx)=\frac {4}{π^{2}}$．
又
$a_{n}=\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {k}{nk+1}\sin\frac {kπ}{2n}=\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {1}{n+\frac {1}{k}}\sin\frac {kπ}{2n}$，故
$\frac {1}{n+1}(\sin\frac {π}{2n}+\sin\frac {2π}{2n}+\cdots +\sin\frac {nπ}{2n})\leqslant a_{n}<\frac {1}{n}(\sin\frac {π}{2n}+\sin\frac {2π}{2n}+\cdots +\sin\frac {nπ}{2n})$，
即$\frac {1}{n+1}\sum\limits _{k=1}^{n}\sin\frac {kπ}{2n}\leqslant a_{n}<\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {1}{n}\sin\frac {kπ}{2n}$．而
$\lim\limits _{n→∞}\sum\limits _{k=1}^{n}\frac {1}{n}\sin\frac {kπ}{2n}=\frac {2}{π}\lim\limits _{n→∞}\sum\limits _{k=1}^{n}[\sin\frac {k(\frac {π}{2}-0)}{n}]\cdot \frac {\frac {π}{2}-0}{n}$
$=\frac {2}{π}\int_{0}^{\frac {π}{2}}\sin xdx=\frac {2}{π}$，

$\lim\limits _{n→∞}\frac {1}{n+1}\sum\limits _{k=1}^{n}\sin\frac {kπ}{2n}=\frac {2}{π}\lim\limits _{n→∞}\frac {n}{n+1}\sum\limits _{k=1}^{n}[\sin\frac {k(\frac {π}{2}-0)}{n}]\cdot \frac {\frac {π}{2}-0}{n}$
$=\frac {2}{π}\int_{0}^{\frac {π}{2}}\sin xdx=\frac {2}{π}$．

由夹逼准则，有$\lim\limits _{n→∞}a_{n}=\frac {2}{π}$
所以，原式$=\frac {2}{π}+\frac {4}{π^{2}}$．

解析 （Ⅰ）由$y=y(x)$在点$(0,1)$处有水平切线，知$y(0)=1$，$y'(0)=0$.
由已知，得$y''(x)>0$，从而当$x>0$时，$y'(x)>y'(0)=0$.
依题设，
$\int_{0}^{x}\sqrt{1+y'^{2}(t)}\,\text{d}t=y'(x)$.  ①
①式两边同时对$x$求导，得$\sqrt{1+y'^{2}(x)}=y''(x)$，即$1+y'^{2}=(y'')^{2}$，其为不显含$y$的可降阶微分方程.
令$y'=p$，$y''=p'=\frac{\text{d}p}{\text{d}x}$，则$1+p^{2}=\left(\frac{\text{d}p}{\text{d}x}\right)^{2}$，即$\frac{\text{d}p}{\text{d}x}=\sqrt{1+p^{2}}$.
分离变量后两边积分，有$\int\text{d}x=\int\frac{1}{\sqrt{1+p^{2}}}\text{d}p$，可得
$x=\ln\left(p+\sqrt{1+p^{2}}\right)+\ln \text{e}^{c_{1}}$
$=\ln \text{e}^{c_{1}}\left(p+\sqrt{1+p^{2}}\right)=\ln c_{1}\left(p+\sqrt{1+p^{2}}\right)$ （$c_{1}=\text{e}^{c_{1}}>0$）.
解得
$p+\sqrt{1+p^{2}}=c_{2}\text{e}^{x}$ （$c_{2}=\frac{1}{c_{1}}$）.  ②
②式变形，得
$\sqrt{1+p^{2}}-p=\frac{1}{c_{2}}\text{e}^{-x}$.  ③
②式$-$③式，得
$y'=p=\frac{1}{2}\left(c_{2}\text{e}^{x}-\frac{1}{c_{2}}\text{e}^{-x}\right)$.
由$y'(0)=0$，得$c_{2}=1$，$-1$（负根舍去）.故$y'=\frac{1}{2}\left(\text{e}^{x}-\text{e}^{-x}\right)$.
上式积分可得$y=\frac{1}{2}\left(\text{e}^{x}+\text{e}^{-x}\right)+c_{3}$.
由$y(0)=1$，得$c_{3}=0$，所求函数为$y=\frac{1}{2}\left(\text{e}^{x}+\text{e}^{-x}\right)$.

（Ⅱ）由（Ⅰ）中的①式知，所求弧长为
$s=\int_{\ln 2}^{\ln 3}\sqrt{1+y'^{2}}\,\text{d}x=\left.y'(x)\right|_{x=\ln 3}-\left.y'(x)\right|_{x=\ln 2}$
$=\frac{1}{2}\left(\text{e}^{\ln 3}-\text{e}^{-\ln 3}\right)-\frac{1}{2}\left(\text{e}^{\ln 2}-\text{e}^{-\ln 2}\right)=\frac{1}{2}\times\left(3-\frac{1}{3}\right)-\frac{1}{2}\times\left(2-\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{12}$.

解析
（Ⅰ）依题设，知\( r(B) = 2 \)，从而\( |B| = 0 \)，由\( BB^{*} = |B|E = O \)，知\( r(B) + r(B^{*}) \leq 3 \)，故\( r(B^{*}) \leq 3 - r(B) = 1 \).
又B中有二阶子式\( \begin{vmatrix} 0&-1 \\ 1&0 \end{vmatrix} \neq 0 \)，即\( B^{*} \)中至少有一个元素\( B_{11} \neq 0 \)，\( B^{*} \neq O \)，所以\( r(B^{*}) \geq 1 \)，故\( r(B^{*}) = 1 \)，所以\( r(B) + r(B^{*}) = 3 \).

（Ⅱ）由\( r(B) = 2 \)，\( (A + E)B = O \)，知B的列向量是\( (A + E)X = 0 \)的解，且至少有两个线性无关的解向量，故A有特征值\( \lambda = -1 \)，且至少为二重特征值.
由\( B^{*}A^{\text{T}} = O \)，有\( A(B^{*})^{\text{T}} = O \)，又\( r[(B^{*})^{\text{T}}] = r(B^{*}) = 1 \)，知\( (B^{*})^{\text{T}} \)的列向量是\( AX = 0 \)的解，故A有特征值\( \lambda = 0 \)，且至少有一个线性无关的解向量，所以A有三个线性无关的特征向量，故A相似于对角矩阵.
由\( r(B) + r(B^{*}) = 3 \)，知\( \lambda = -1 \)是二重特征值，\( \lambda = 0 \)是单特征值.\( \lambda = -1 \)对应的特征向量可以取B的第1列和第2列，即\( \alpha_{1} = (1,1,0)^{\text{T}} \)，\( \alpha_{2} = (0,0,1)^{\text{T}} \).
由\( B = \begin{bmatrix} 1&0&-1 \\ 1&0&-1 \\ 0&1&0 \end{bmatrix} \)，可以求得代数余子式\( B_{11} = 1 \)，\( B_{21} = -1 \)，\( B_{31} = 0 \)，即\( (B_{11},B_{21},B_{31}) \)为\( B^{*} \)第1行的元素，也是\( (B^{*})^{\text{T}} \)的第1列，取\( \alpha_{3} = (1,-1,0)^{\text{T}} \)为\( \lambda = 0 \)对应的特征向量.
令\( P = (\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}) = \begin{bmatrix} 1&0&1 \\ 1&0&-1 \\ 0&1&0 \end{bmatrix} \)，则P可逆，使得\( P^{-1}AP = \Lambda = \begin{bmatrix} -1&0&0 \\ 0&-1&0 \\ 0&0&0 \end{bmatrix} \).
故 \( A = P\Lambda P^{-1} = \begin{bmatrix} 1&0&1 \\ 1&0&-1 \\ 0&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&0&0 \\ 0&-1&0 \\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0 \\ 0&0&1 \\ \frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&0 \\ -\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&0 \\ 0&0&-1 \end{bmatrix} \).

解析 （Ⅰ）由\( P(T > b)=\theta \)，知\( P(T \leqslant b)=1-\theta \)，则
\( P\{X=-1,Y=-1\}=P\{T \leqslant a,T \leqslant b\}=P\{T \leqslant a\}=\theta \)，
\( P\{X=-1,Y=1\}=P\{T \leqslant a,T > b\}=0 \)，
\( P\{X=1,Y=-1\}=P\{T > a,T \leqslant b\}=P\{a < T \leqslant b\}=1-2\theta \)，
\( P\{X=1,Y=1\}=1-\theta -0-(1-2\theta )=\theta \)。
故\((X,Y)\)的概率分布及边缘分布为

| \( X \setminus Y \) | -1 | 1 | \( X \)的边缘 |
| --- | --- | --- | --- |
| -1 | \( \theta \) | 0 | \( \theta \) |
| 1 | \( 1-2\theta \) | \( \theta \) | \( 1-\theta \) |
| \( Y \)的边缘 | \( 1-\theta \) | \( \theta \) |  |

由上表，知\( EX=1-2\theta \)，\( EY=-1+2\theta \)，\( E(X^2)=1 \)，\( E(Y^2)=1 \)，从而有
\( DX=E(X^2)-(EX)^2=4\theta -4\theta^2 \)，\( DY=E(Y^2)-(EY)^2=4\theta -4\theta^2 \)。

故 \( \text{Cov}(X+Y,X-Y)=\text{Cov}(X,X)-\text{Cov}(X,Y)+\text{Cov}(Y,X)-\text{Cov}(Y,Y)=DX-DY=0 \)。

（Ⅱ）\( Z=X+Y \)的取值为\(-2,0,2\)，且
\( P\{Z=-2\}=P\{X+Y=-2\}=P\{X=-1,Y=-1\}=\theta \)，
\( P\{Z=0\}=P\{X+Y=0\}=P\{X=1,Y=-1\}+P\{X=-1,Y=1\}=1-2\theta +0=1-2\theta \)，
\( P\{Z=2\}=1-\theta -(1-2\theta )=\theta \)。
故\( Z \)的概率分布为

| \( Z \) | -2 | 0 | 2 |
| --- | --- | --- | --- |
| \( P \) | \( \theta \) | \( 1-2\theta \) | \( \theta \) |

（Ⅲ）由于\( EZ=0 \)，且
\( E(Z^2)=(-2)^2 \cdot \theta +0^2 \cdot (1-2\theta )+2^2 \cdot \theta =8\theta \)，
从而
\( 8\theta =\frac{1}{6}\sum_{i=1}^{6}Z_i^2=\frac{(-2)^2+0^2+0^2+0^2+2^2+2^2}{6}=2 \)，
故\( \theta \)的矩估计值为\( \hat{\theta}=\frac{1}{4} \)。

似然函数为\( L(\theta)=\theta \cdot (1-2\theta)^3 \cdot \theta^2=\theta^3(1-2\theta)^3 \)，两边取对数，得
\( \ln L(\theta)=3\ln \theta +3\ln(1-2\theta) \)。

令\( \frac{d}{d\theta}\ln L(\theta)=\frac{3}{\theta}-\frac{6}{1-2\theta}=\frac{3-12\theta}{\theta(1-2\theta)}=0 \)，得\( \theta \)的最大似然估计值为\( \hat{\theta}=\frac{1}{4} \)。