答案 B
解析 由已知，有\(\lim\limits_{x \to 1}f(2x - 1) = f(1) = 0\)，故
\(\lim\limits_{x \to 1} \frac{f(2x - 1) - f(1)}{x - 1} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{f(1 + 2x - 2) - f(1)}{2x - 2} \cdot \frac{2x - 2}{x - 1}\)
\(= 2f'(1) = 1\)，
从而\(f'(1) = \frac{1}{2}\).

\(\lim\limits_{t \to 0} \frac{f[(1 + \sin t)^2] - f(1 + \sin t)}{t}\)
\(= \lim\limits_{t \to 0} \frac{f[(1 + \sin t)^2] - f(1)}{t} - \lim\limits_{t \to 0} \frac{f(1 + \sin t) - f(1)}{t}\)
\(= \lim\limits_{t \to 0} \frac{f(1 + 2\sin t + \sin^2 t) - f(1)}{2\sin t + \sin^2 t} \cdot \frac{2\sin t + \sin^2 t}{t} - \lim\limits_{t \to 0} \frac{f(1 + \sin t) - f(1)}{\sin t} \cdot \frac{\sin t}{t}\)
\(= 2f'(1) - f'(1) = f'(1) = \frac{1}{2}\).
选项 B 正确.

答案 C

解析：由已知，有$F'(x)=f(x)>0$，$F''(x)=f'(x)<0$，且$F(0)=0$．

故$y=F(x)$在$[0,1]$上单调递增，且是凸曲线，如右图所示．$\overline{OA}$的方程为$y=xF(1)$，$F(x)>xF(1)$，$x \in (0,1)$，故
$\int_{0}^{1}F(x)dx > \int_{0}^{x}F(1)dx = \frac{1}{2}F(1)$，
即$F(1) < 2\int_{0}^{1}F(x)dx$，可排除选项B．
由$F(x)$在$[0,1]$上单调递增，知$F(1) > F(x)$，$x \in (0,1)$，
故$2\int_{0}^{1}F(x)dx > F(1) > F(x)$，知选项C正确．
由$xF(1) < F(x) < F(1) < 2\int_{0}^{1}F(x)dx$，知选项A不正确．

（图注：$y$轴，$x$轴，曲线$y=F(x)$，点$A(1,F(1))$，直线$y=xF(1)$从原点到$(1,F(1))$）

答案 A
解析 \(\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{1-p}\arctan x}{2+x^{p}}dx = \int_{0}^{1}\frac{x^{1-p}\arctan x}{2+x^{p}}dx + \int_{1}^{+\infty}\frac{x^{1-p}\arctan x}{2+x^{p}}dx \stackrel{记}{=} I_1 + I_2\).
对于\(I_1\)，
\(\lim_{x \to 0^{+}} x^{-(1-p)-1} \cdot \frac{x^{1-p}\arctan x}{2+x^{p}} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{2+x^{p}} = \frac{1}{2}\),
由比较审敛法，当\(-(1-p) - 1 < 1\)，即\(p < 3\)时，\(I_1\)收敛.
对于\(I_2\)，
\(\lim_{x \to +\infty} x^{p - (1-p)} \cdot \frac{x^{1-p}\arctan x}{2+x^{p}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{p}\arctan x}{2+x^{p}} = \frac{\pi}{2}\),
由比较审敛法，当\(p - (1-p) > 1\)，即\(p > 1\)时，\(I_2\)收敛.
故当\(1 < p < 3\)时，原积分收敛. 选项A正确.

答案 B
解析 令$F(x)=\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$，则$F'(x)=f(x)\gt 0$，即$F(x)$单调递增.
当$b_n\lt 0$时，由积分中值定理，有
$b_n=\int_{c_n}^{c_{n+1}}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi)(c_{n+1}-c_n)\lt 0$，$\xi$介于$c_n$与$c_{n+1}$之间.
由$f(\xi)\gt 0$，知$c_{n+1}-c_n\lt 0$，从而$\{c_n\}$单调递减且有下界0，故$\lim\limits_{n\to\infty}c_n$存在.
所以，$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}F(c_n)=F(\lim\limits_{n\to\infty}c_n)$存在，故选项B正确.
当$b_n\gt 0$时，$b_n=\int_{c_n}^{c_{n+1}}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi)(c_{n+1}-c_n)\gt 0$，$\xi$介于$c_n$与$c_{n+1}$之间.
由$f(\xi)\gt 0$，知$c_{n+1}-c_n\gt 0$，从而$\{c_n\}$单调递增.
而由$a_n=F(c_n)$，知$\{a_n\}$单调递增. 由于不能确定$\{F(c_n)\}$是否有上界，故不能确定$\{a_n\}$是否收敛，所以排除选项C,D.

答案 D
解析 记$B=(\boxed{\alpha_1},\boxed{\alpha_2},\boxed{\alpha_3})=\begin{bmatrix} 1&2&1\\ 2&1&1\\ -2&-1&k\end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 0&-3&-1\\ 0&3&k+2\end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 0&-3&-1\\ 0&0&k+1\end{bmatrix} $.
当$k\neq-1$时，$r(B)=3$，$B$可逆.
由已知，有
$A(\boxed{\alpha_1},\boxed{\alpha_2},\boxed{\alpha_3})=AB=(b,b,b)(b\neq0)$，
从而$r(A)=r(AB)=r(b,b,b)=1$，选项D正确.
选项D成立，则选项C不成立.
当$k=-1$时，$r(B)=2$，知$AX=b$至少有两个线性无关的解向量，从而$AX=0$至少有一个线性无关的解向量.
故$A$的秩可能为1，也可能为2，不能确定.
所以，选项A,B均不成立.

答案 D
解析 对于选项A,由AB=C,知r(AB)≤r(A),即r(A)≥r(C)=m.
又A是m×n矩阵,知r(A)≤m,故r(A)=m.可排除选项A.
对于选项B,s=r(C)=r(AB)≤r(B),即r(B)≥s.而r(B)≤s,故r(B)=s.可排除选项B.
当r(A)=n时,考虑方程组(Ⅰ)ABX=0,(Ⅱ)BX=0,则方程组(Ⅰ)与(Ⅱ)是同解的.事实上,(Ⅱ)的解显然是(Ⅰ)的解.
若α是(Ⅰ)的解,即ABα=A(Bα)=0,由r(A)=n,知AX=0只有零解,从而Bα=0,故α是(Ⅱ)的解.所以,(Ⅰ)与(Ⅱ)同解,从而r(AB)=r(C)=r(B).选项D正确.
由选项D正确知选项C不正确.

答案 D
解析 二次型 \( f = yz + xz + xy \) 的矩阵为
\( \mathbf{A} = \begin{bmatrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{bmatrix} \).
由
\( |\lambda\mathbf{E} - \mathbf{A}| = \begin{vmatrix} \lambda & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \lambda & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \lambda \end{vmatrix} = \left( \lambda + \frac{1}{2} \right)^2 (\lambda - 1) = 0 \),
知 \( \mathbf{A} \) 的特征值为 \( \lambda_1 = \lambda_2 = -\frac{1}{2}, \lambda_3 = 1 \). 故 \( f \) 的标准形为 \( f = -\frac{1}{2}X^2 - \frac{1}{2}Y^2 + Z^2 \)，所以 \( f = 0 \) 在正交变换下化为 \( X^2 + Y^2 = 2Z^2 \)，是圆锥面，故选项 D 正确.

答案 D
解析 由全概率公式，有
\( F_Z(z) = P\{X + Y \leq z\} = \sum_{k=1}^{\infty} P\{Y = k\} \cdot P\{X + Y \leq z | Y = k\} \)
\( = \sum_{k=1}^{\infty} P\{Y = k\} \cdot P\{X \leq z - k | Y = k\} \)
\( = \sum_{k=1}^{\infty} P\{Y = k\} \cdot P\{X \leq z - k\} = \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^k \Phi(z - k) \)
选项 D 正确.

答案 C
解析 由已知，有$EX = 0$，$DX = \sigma^2$，$EY = \frac{\sqrt{3}\sigma}{2}$，$DY = \frac{3\sigma^2}{12} = \frac{\sigma^2}{4}$.
故$D(X - Y) = DX + DY - 2\text{Cov}(X,Y) = \sigma^2 + \frac{\sigma^2}{4} - 2\text{Cov}(X,Y) = \sigma^2$，从而$\text{Cov}(X,Y) = \frac{\sigma^2}{8}$，
于是有$\rho_{XY} = \frac{\text{Cov}(X,Y)}{\sqrt{DX} \sqrt{DY}} = \frac{\frac{\sigma^2}{8}}{\sigma \cdot \frac{\sigma}{2}} = \frac{1}{4}$. 选项C正确.

答案 C

解析 由已知，$\rho_{XY}=0$，故$X$与$Y$相互独立，且$X\sim N(0,1)$，$Y\sim N(0,1)$.
记$Z=X-Y$，则$Z\sim N(0,2)$，故
$E(|X-Y|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|z|\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{2}}e^{-\frac{z^2}{2\times2}}dz$
$=\frac{2}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{2}}\int_{0}^{+\infty}z e^{-\frac{z^2}{4}}dz=-\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}d\left(e^{-\frac{z^2}{4}}\right)=-\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\frac{z^2}{4}}\big|_{0}^{+\infty}=\frac{2}{\sqrt{\pi}}$.
选项C正确.

答案 \( \frac{1}{2} \)

解析 由已知，得 \( y = (x + 1)(\text{e}^{nx} - 1) \) 与 \( x \) 轴的交点为 \( (-1, 0) \)，\( (0, 0) \)。
故所求面积为
\( S_n = \int_{-1}^{0} |(x + 1)(\text{e}^{nx} - 1)| \text{d}x \)
\( = \int_{-1}^{0} (x + 1)(1 - \text{e}^{nx}) \text{d}x \)
\( = \int_{-1}^{0} (x + 1)\text{d}x - \int_{-1}^{0} (x + 1)\text{e}^{nx} \text{d}x \)
\( = \frac{1}{2}(x + 1)^2 \big|_{-1}^{0} - \frac{1}{n}\int_{-1}^{0} (x + 1)\text{d}(\text{e}^{nx}) \)
\( = \frac{1}{2} - \frac{1}{n}\left[(x + 1)\text{e}^{nx} \big|_{-1}^{0} - \int_{-1}^{0} \text{e}^{nx} \text{d}x\right] \)
\( = \frac{1}{2} - \frac{1}{n}\left(1 - \frac{1}{n}\text{e}^{nx} \big|_{-1}^{0}\right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}(1 - \text{e}^{-n}) \)。
所以 \( \lim\limits_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2} \)。

答案 $\frac{1}{4n+1}$
解析 记$f(x)=\frac{1}{4}\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2}\arctan x - x$，则
$f'(x)=\frac{1}{4}(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x})+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+x^2}-1$
$=\frac{1}{1-x^4}-1$
$=\sum_{n=1}^{\infty}x^{4n}$.
故$f(x)=f(x)-f(0)=\int_{0}^{x}f'(t)dt=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}, |x| < 1$，于是$a_{4n+1}=\frac{1}{4n+1}$。

答案 2π
解析 由于圆柱面Σ:$x^{2}+y^{2}=1$上任意一点$(x,y,z)$到z轴的距离的平方为$x^{2}+y^{2}$.
故Σ关于z轴的转动惯量为$I_{z}=\iint_{\Sigma}(x^{2}+y^{2})\cdot ρdS=\iint_{\Sigma}dS=2π$.

答案 $(2-\sqrt{2})\pi$
解析 曲面Σ的面积为$S=\iint\limits_\Sigma dS=\iint\limits_{D_{xy}} \sqrt{1+z'^2_x+z'^2_y}dxdy$，其中$D_{xy}$为Σ在$xOy$平面上的投影区域，即$D_{xy}=\{(x,y)|x^2+y^2\leq \frac{1}{2}\}$。
由$z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，计算得$\sqrt{1+z'^2_x+z'^2_y}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}$。
故$S=\iint\limits_{D_{xy}} \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy=\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-r^2}} \cdot rdr=(2-\sqrt{2})\pi$。

答案 10
解析 由已知，得|A|=2×3×4=24，A*的特征值为
|A|/2=12，|A|/3=8，|A|/4=6.

由A为实对称矩阵，知存在正交矩阵Q，使得
$Q^{\mathrm{T}}AQ = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix}$，$Q^{\mathrm{T}}A^{*}Q = \begin{bmatrix} 12 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}$.

故
$|X^{\mathrm{T}}A^{*}X - X^{\mathrm{T}}AX| = |X^{\mathrm{T}}(A^{*} - A)X|$
$\stackrel{X=QY}{=} |(12-2)y_1^2 + (8-3)y_2^2 + (6-4)y_3^2|$
$= |10y_1^2 + 5y_2^2 + 2y_3^2| \leq 10(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2) = 10Y^{\mathrm{T}}Y$.

又$X^{\mathrm{T}}X \stackrel{X=QY}{=} Y^{\mathrm{T}}Q^{\mathrm{T}}QY = Y^{\mathrm{T}}Y$，故当$|X^{\mathrm{T}}A^{*}X - X^{\mathrm{T}}AX| \leq aX^{\mathrm{T}}X$时，有
$|X^{\mathrm{T}}A^{*}X - X^{\mathrm{T}}AX| \leq aY^{\mathrm{T}}Y$.

故a的最小取值为10.

答案 0.95
解析 先确定 \( Y \) 的分布．
\( Y = \frac{1}{2}\frac{(X_{1} + X_{2})^{2}}{X_{3}^{2}} \)，\( X_{1} + X_{2} \sim N(0,2\sigma^{2}) \)，
\( \frac{X_{1} + X_{2}}{\sqrt{2}\sigma} \sim N(0,1) \)，\( \frac{X_{3}}{\sigma} \sim N(0,1) \)，且 \( X_{1} + X_{2} \) 与 \( X_{3} \) 相互独立，故
\( Y = \frac{1}{2}\frac{(X_{1} + X_{2})^{2}}{X_{3}^{2}} = \frac{\frac{1}{2}\left( \frac{X_{1} + X_{2}}{\sigma} \right)^{2}}{\left( \frac{X_{3}}{\sigma} \right)^{2}} \sim F(1,1) \)．
由 \( F \) 分布的定义，知 \( \frac{1}{Y} \sim F(1,1) \)，即 \( Y \) 与 \( \frac{1}{Y} \) 都服从 \( F(1,1) \)，则 \( P\{Y > a\} = P\left\{ \frac{1}{Y} > a \right\} \)．
所以
\( P\left\{ Y > \frac{1}{a} \right\} = P\left\{ \frac{1}{Y} < a \right\} = 1 - P\left\{ \frac{1}{Y} > a \right\} \)
\( = 1 - P\{Y > a\} = 1 - 0.05 = 0.95 \)．

解析 所求极限为$\frac{0}{0}$型，利用洛必达法则，有
$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} du \int_{0}^{u} [u^2 - 3\sin(u - t)^2] dt}{x^8} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} [x^2 - 3\sin(x - t)^2] dt}{8x^7}$．
又$3\int_{0}^{x} \sin(x - t)^2 dt \stackrel{x - t = s}{=} 3\int_{0}^{x} \sin s^2 ds$，故
原式$= \lim\limits_{x \to 0} \frac{x^3 - 3\int_{0}^{x} \sin s^2 ds}{8x^7}$
$= \lim\limits_{x \to 0} \frac{3x^2 - 3\sin x^2}{56x^6} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{6x - 3\cos x^2 \cdot 2x}{6 \cdot 56x^5}$
$= \lim\limits_{x \to 0} \frac{x(1 - \cos x^2)}{56x^5} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}x^4}{56x^4} = \frac{1}{112}$．

解析 （Ⅰ）依题设，$f(x,y)$在点$P(x,y)$处沿$l_1$与$l_2$（即$x$轴负向，$y$轴负向）的方向导数分别为$\frac{\partial f}{\partial x}$与$\frac{\partial f}{\partial y}$的相反数，故$\frac{\partial f}{\partial x}=y - x^2$，$\frac{\partial f}{\partial y}=x - 1$，所以有
$f(x,y)=\int \frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x + \varphi(y)=xy - \frac{1}{3}x^3 + \varphi(y)$．
由$\frac{\partial f}{\partial y}=x + \varphi'(y)=x - 1$，得$\varphi'(y)=-1$，故$\varphi(y)=-y + C$，即有
$f(x,y)=xy - \frac{1}{3}x^3 - y + C$．
由$f(1,1)=-\frac{1}{3}$，得$C=0$，故$f(x,y)=xy - \frac{1}{3}x^3 - y$．

（Ⅱ）在$D$内，由$\begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}=y - x^2=0,\\\frac{\partial f}{\partial y}=x - 1=0\end{cases}$得$D$内唯一的驻点$(1,1)$．

在$D$的边界上，当$y=0$，$0\leqslant x\leqslant 7$时，$f(x,0)=-\frac{1}{3}x^3$，最大值为$0$．
当$x=0$，$0\leqslant y\leqslant 7$时，$f(0,y)=-y$，最大值为$0$．
当$x + y=7$时，即$y=7 - x$，
$f(x,7 - x)=-\frac{1}{3}x^3 - x^2 + 8x - 7$（$0\leqslant x\leqslant 7$）．
令$\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=-x^2 - 2x + 8=0$，得$x=2$，$x=-4$（舍）．

比较大小：$f(1,1)=-\frac{1}{3}$，$f(2,5)=\frac{7}{3}$，$f(0,7)=-7$，$f(7,0)=-\frac{343}{3}$．
故最大值为$\frac{7}{3}$．

解析 平面曲线\( L:|\ln x| + |\ln y| = 1 \)为第一象限内的闭曲线，设\( L \)围成的区域为\( D \)。
如下图所示，

当\( x \geq 1 \)且\( y \geq 1 \)时，\( L \)为\( \ln x + \ln y = 1 \)，即\( xy = \mathrm{e} \)；
当\( x \geq 1 \)且\( 0 < y < 1 \)时，\( L \)为\( \ln x - \ln y = 1 \)，即\( y = \frac{1}{\mathrm{e}}x \)；
当\( 0 < x < 1 \)且\( y \geq 1 \)时，\( L \)为\( -\ln x + \ln y = 1 \)，即\( y = \mathrm{e}x \)；
当\( 0 < x < 1 \)且\( 0 < y < 1 \)时，\( L \)为\( -\ln x - \ln y = 1 \)，即\( xy = \frac{1}{\mathrm{e}} \)。

将\( |\ln x| + |\ln y| = 1 \)代入被积函数，有
\( I = \oint_L \frac{-y\mathrm{d}x + x\mathrm{d}y}{|\ln x| + |\ln y|} = \oint_L -y\mathrm{d}x + x\mathrm{d}y \)
\( \stackrel{\text{格林公式}}{=} \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_D (1 + 1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( = 2 \int_{\arctan \frac{1}{\mathrm{e}}}^{\arctan \mathrm{e}} \mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{\frac{1}{\mathrm{e} \sin \theta \cos \theta}}}^{\sqrt{\frac{\mathrm{e}}{\sin \theta \cos \theta}}} r\mathrm{d}r \)
\( = 2 \int_{\arctan \frac{1}{\mathrm{e}}}^{\arctan \mathrm{e}} \frac{1}{2}r^2 \bigg|_{\sqrt{\frac{1}{\mathrm{e} \sin \theta \cos \theta}}}^{\sqrt{\frac{\mathrm{e}}{\sin \theta \cos \theta}}} \mathrm{d}\theta \)
\( = \int_{\arctan \frac{1}{\mathrm{e}}}^{\arctan \mathrm{e}} \left( \mathrm{e} - \frac{1}{\mathrm{e}} \right) \frac{\mathrm{d}\theta}{\sin \theta \cos \theta} \)
\( = \left( \mathrm{e} - \frac{1}{\mathrm{e}} \right) \int_{\arctan \frac{1}{\mathrm{e}}}^{\arctan \mathrm{e}} \frac{\mathrm{d}(\tan \theta)}{\tan \theta} \)
\( = \left( \mathrm{e} - \frac{1}{\mathrm{e}} \right) \ln(\tan \theta) \bigg|_{\arctan \frac{1}{\mathrm{e}}}^{\arctan \mathrm{e}} = 2\left( \mathrm{e} - \frac{1}{\mathrm{e}} \right) \)。

（图注：\( y \)轴标有\( \mathrm{e} \)、1、0；\( x \)轴标有\( \mathrm{e} \)、1、0；曲线有\( y = \mathrm{e}x \)、\( xy = \mathrm{e} \)、\( y = \frac{1}{\mathrm{e}}x \)、\( xy = \frac{1}{\mathrm{e}} \)，围成灰色区域。）

解析 （Ⅰ）令$F(x) = xf(x)$，则$F'(x) = f(x) + xf'(x)$，$F''(x) = 2f'(x) + xf''(x)$，
且$F(0) = 0$，$F'(0) = f(0)$。
$F(x)$在$x=0$处的泰勒展开式为
$F(x) = F(0) + F'(0)x + \frac{F''(c)}{2!}x^2 = f(0)x + \frac{F''(c)}{2}x^2$，$c$介于$0$与$x$之间。
上式两边积分，有
$\int_{-1}^{1}F(x)\mathrm{d}x = \int_{-1}^{1}f(0)x\mathrm{d}x + \frac{1}{2}\int_{-1}^{1}F''(c)x^2\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_{-1}^{1}F''(c)x^2\mathrm{d}x$。
记$m = \min\limits_{-1\leqslant x\leqslant 1}F''(x)$，$M = \max\limits_{-1\leqslant x\leqslant 1}F''(x)$，则
$m\int_{-1}^{1}x^2\mathrm{d}x \leqslant \int_{-1}^{1}F''(c)x^2\mathrm{d}x \leqslant M\int_{-1}^{1}x^2\mathrm{d}x$，
即$\frac{2m}{3} \leqslant \int_{-1}^{1}F''(c)x^2\mathrm{d}x \leqslant \frac{2M}{3}$，故$m \leqslant 3\int_{-1}^{1}F(x)\mathrm{d}x \leqslant M$。
对$F''(x)$利用介值定理，存在一点$\xi \in [-1,1]$，使得$3\int_{-1}^{1}F(x)\mathrm{d}x = F''(\xi)$，即
$\int_{-1}^{1}xf(x)\mathrm{d}x = \frac{1}{3}\left[2f'(\xi) + \xi f''(\xi)\right]$。
（Ⅱ）由$f(x)$在$(-1,1)$内取得极值，知存在一点$x_0 \in (-1,1)$，使得$f'(x_0) = 0$，故
$F'(x_0) = f(x_0) + x_0f'(x_0) = f(x_0)$，
其中$F(x) = xf(x)$。$F(x)$在$x_0$处的泰勒展开式为
$F(x) = F(x_0) + F'(x_0)(x - x_0) + \frac{F''(u)}{2}(x - x_0)^2$
$= x_0f(x_0) + f(x_0)(x - x_0) + \frac{F''(u)}{2}(x - x_0)^2$
$= f(x_0)x + \frac{F''(u)}{2}(x - x_0)^2$，
其中$u$介于$x_0$与$x$之间，故
$F(1) = f(x_0) + \frac{F''(\eta_1)}{2}(1 - x_0)^2$， ①
$F(-1) = -f(x_0) + \frac{F''(\eta_2)}{2}(-1 - x_0)^2$。 ②
其中$\eta_1$介于$x_0$与$1$之间，$\eta_2$介于$-1$与$x_0$之间。
①式$+$②式，有
$F(1) + F(-1) = f(1) - f(-1) = \frac{F''(\eta_1)}{2}(1 - x_0)^2 + \frac{F''(\eta_2)}{2}(1 + x_0)^2$。
记$M = \max\{|F''(\eta_1)|, |F''(\eta_2)|\}$，则由上式可得
$|f(1) - f(-1)| \leqslant \frac{M}{2}[(1 - x_0)^2 + (1 + x_0)^2]$
$= \frac{M}{2}(2 + 2x_0^2) \leqslant \frac{M}{2}(2 + 2) = 2M$。
因此，$M \geqslant \frac{1}{2}|f(1) - f(-1)|$。
取$\eta = \eta_1$或$\eta = \eta_2$，使得$|F''(\eta)| = M$，则存在一点$\eta \in (-1,1)$，满足
$|F''(\eta)| = |2f'(\eta) + \eta f''(\eta)| \geqslant \frac{1}{2}|f(1) - f(-1)|$。

解析 （Ⅰ）
\( A^2 = \left(E - \frac{k}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T\right)\left(E - \frac{k}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T\right) \)
\( = E - \frac{2k}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T + \frac{k^2}{(\alpha^T \alpha)^2}(\alpha\alpha^T \alpha\alpha^T) \)
\( = E - \frac{2k}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T + \frac{k^2}{(\alpha^T \alpha)^2}\alpha(\alpha^T \alpha)\alpha^T \)
\( = E - \frac{2k}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T + \frac{k^2}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T \).
由已知，有\( \frac{k}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T = E - A \)，代入上式，有\( A^2 = (k - 1)E + (2 - k)A \)，即\( A^2 - (2 - k)A + (1 - k)E = 0 \).
设\(\lambda\)为\(A\)的任一特征值，\(\xi\)为其特征向量，则\( [A^2 - (2 - k)A + (1 - k)E]\xi = 0 \)，得\( \lambda^2 - (2 - k)\lambda + (1 - k) = 0 \).
由\( \lambda = -2 \)是\(A\)的特征值，有\( (-2)^2 - (2 - k)(-2) + 1 - k = 0 \).
解得\( k = 3 \)，且\( A^2 + A = 2E \).
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，\( \alpha = (k,k,k)^T = (3,3,3)^T \)，则
\( \alpha^T \alpha = (3,3,3)\begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix} = 27 \)，
\( \alpha\alpha^T = \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix}(3,3,3) = 9\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \).
故\( A = E - \frac{k}{\alpha^T \alpha}\alpha\alpha^T = E - \frac{3}{27} \cdot 9\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \end{pmatrix} \).
由\( |\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda & 1 & 1 \\ 1 & \lambda & 1 \\ 1 & 1 & \lambda \end{vmatrix} = (\lambda - 1)^2(\lambda + 2) = 0 \)，知\(A\)的特征值为\( \lambda_1 = \lambda_2 = 1 \)，\( \lambda_3 = -2 \).
由\( (E - A)X = 0 \)，得\(A\)的特征向量为
\( \alpha_1 = (-1,1,0)^T \)，\( \alpha_2 = (1,1,-2)^T \)（已正交）.
由\( (-2E - A)X = 0 \)，得\(A\)的特征向量为\( \alpha_3 = (1,1,1)^T \).
将\( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \)单位化，得
\( \gamma_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1,1,0)^T \)，\( \gamma_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2)^T \)，\( \gamma_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T \).
令\( Q = (\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3) \)，则\( X = QY \)为所求正交变换，标准形为\( y_1^2 + y_2^2 - 2y_3^2 \).

解析 （Ⅰ）$F(x,y)=P\{X\leqslant x,Y\leqslant y\}=\int_{-\infty}^{x}\int_{-\infty}^{y}f(u,v)\text{d}u\text{d}v$．
如图1所示，当$x\leqslant 0$或$y\leqslant 0$时，$F(x,y)=0$．

当$0<y\leqslant x$时，
$F(x,y)=\int_{0}^{y}\text{d}u\int_{u}^{y}2\text{e}^{-u}\text{e}^{-v}\text{d}v=2\int_{0}^{y}(\text{e}^{-2u}-\text{e}^{-y}\text{e}^{-u})\text{d}u$
$=(-\text{e}^{-2u}+2\text{e}^{-y}\text{e}^{-u})\big|_{0}^{y}=1-2\text{e}^{-y}+\text{e}^{-2y}$．
当$0<x<y$时，
$F(x,y)=\int_{0}^{x}\text{d}u\int_{u}^{y}2\text{e}^{-u}\text{e}^{-v}\text{d}v=2\int_{0}^{x}(\text{e}^{-2u}-\text{e}^{-y}\text{e}^{-u})\text{d}u$
$=(-\text{e}^{-2u}+2\text{e}^{-y}\text{e}^{-u})\big|_{0}^{x}=1-2\text{e}^{-y}-\text{e}^{-2x}+2\text{e}^{-(x+y)}$．

故$F(x,y)= \begin{cases} 1-2\text{e}^{-y}-\text{e}^{-2x}+2\text{e}^{-(x+y)}, & 0<x<y, \\ 1-2\text{e}^{-y}+\text{e}^{-2y}, & 0<y\leqslant x, \\ 0, & x\leqslant 0\text{或}y\leqslant 0. \end{cases}$

（Ⅱ）由$F_X(x)=\lim\limits_{y\to+\infty}F(x,y)= \begin{cases} 1-\text{e}^{-2x}, & x>0, \\ 0, & x\leqslant 0, \end{cases}$知$X$的边缘概率密度为
$f_X(x)=\frac{\text{d}F_X(x)}{\text{d}x}= \begin{cases} 2\text{e}^{-2x}, & x>0, \\ 0, & x\leqslant 0, \end{cases}$
$P\left\{X+Y>1\big|X<\frac{1}{2}\right\}=\frac{P\left\{X+Y>1,X<\frac{1}{2}\right\}}{P\left\{X<\frac{1}{2}\right\}}$．
又
$P\left\{X<\frac{1}{2}\right\}=\int_{0}^{\frac{1}{2}}2\text{e}^{-2x}\text{d}x=1-\text{e}^{-1},$
$P\left\{X+Y>1,X<\frac{1}{2}\right\}=\iint\limits_{\substack{x+y>1 \\ x<\frac{1}{2}}} f(x,y)\text{d}x\text{d}y=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\text{d}x\int_{1-x}^{+\infty}2\text{e}^{-(x+y)}\text{d}y$
$=2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\text{e}^{-1}\text{d}x=\text{e}^{-1},$
故$P\left\{X+Y>1\big|X<\frac{1}{2}\right\}=\frac{\text{e}^{-1}}{1-\text{e}^{-1}}=\frac{1}{\text{e}-1}$．

（Ⅲ）记$Z=Y-X$，则$Z$的分布函数为
$F_Z(z)=P\{Y-X\leqslant z\}=\iint\limits_{y-x\leqslant z} f(x,y)\text{d}x\text{d}y$．

如图2所示，当$z\leqslant 0$时，$F_Z(z)=0$．
当$z>0$时，$F_Z(z)=\int_{0}^{+\infty}\text{d}x\int_{x}^{x+z}2\text{e}^{-x}\text{e}^{-y}\text{d}y$
$=2\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-x}(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-x-z})\text{d}x$
$=2(1-\text{e}^{-z})\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-2x}\text{d}x=1-\text{e}^{-z}$．
故$F_Z(z)= \begin{cases} 1-\text{e}^{-z}, & z>0, \\ 0, & z\leqslant 0, \end{cases}$即$Z=Y-X$服从参数$\lambda=1$的指数分布，
从而$EZ=E(Y-X)=\frac{1}{\lambda}=1$．