答案 C
解析 由 \( t^2 \sin t \) 是奇函数，知 \( f(x) \) 有 3 个间断点，即 \( x = 0, x = 1, x = -1 \)。
由
\[
\begin{align*}
\lim_{x \to 0^-} f(x) &= \lim_{x \to 0^-} \frac{x(x - 1)|x + 1|e^{-\frac{1}{x}}}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t \, dt} = \frac{1}{\int_{0}^{1} t^2 \sin t \, dt} \lim_{x \to 0^-} x e^{-\frac{1}{x}} \\
&\stackrel{\frac{-1}{x} = t}{=} \frac{1}{\int_{0}^{1} t^2 \sin t \, dt} \lim_{t \to +\infty} \left( -\frac{e^t}{t} \right) = \infty,
\end{align*}
\]
可知 \( x = 0 \) 是第二类间断点。
由
\[
\begin{align*}
\lim_{x \to 1} f(x) &= \lim_{x \to 1} \frac{x(x - 1)|x + 1|e^{-\frac{1}{x}}}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t \, dt} = \frac{2}{e} \lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t \, dt} \\
&\stackrel{\text{洛必达法则}}{=} \frac{2}{e} \lim_{x \to 1} \frac{1}{x^2 \sin x} = \frac{2}{e \sin 1},
\end{align*}
\]
可知 \( x = 1 \) 是第一类间断点。
由
\[
\begin{align*}
\lim_{x \to -1^+} f(x) &= \lim_{x \to -1^+} \frac{x(x - 1)|x + 1|e^{\frac{1}{x}}}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t \, dt} = 2e \lim_{x \to -1^+} \frac{x + 1}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t \, dt} \\
&= 2e \lim_{x \to -1^+} \frac{1}{x^2 \sin x} = -\frac{2e}{\sin 1},
\end{align*}
\]
同理 \( \lim_{x \to -1^-} f(x) = \frac{2e}{\sin 1} \)，可知 \( x = -1 \) 是第一类间断点。选项 C 正确。

答案 D
解析 对于选项D,记\( f(x)=\sqrt{e^{|x|}} \),则\( f(0)=1 \).
\( f'_{+}(0)=\lim_{x \to 0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x \to 0^{+}}\frac{e^{\frac{1}{2}|x|}-1}{x}=\lim_{x \to 0^{+}}\frac{\frac{1}{2}|x|}{x}=\frac{1}{2} \),
\( f'_{-}(0)=\lim_{x \to 0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x \to 0^{-}}\frac{e^{\frac{1}{2}|x|}-1}{x}=\lim_{x \to 0^{-}}\frac{\frac{1}{2}|x|}{x}=-\frac{1}{2} \),
故\( f(x)=\sqrt{e^{|x|}} \)在\( x=0 \)处不可导.选项D正确.

对于选项A,\( \int_{0}^{x}\sin t^{2}dt \)在\( x=0 \)处可导且为0,\( |x| \)在\( x=0 \)处连续但不可导,故\( |x|\int_{0}^{x}\sin t^{2}dt \)在\( x=0 \)处可导.

对于选项B,记\( f(x)=\sin(x - \sin x) \),则\( f(0)=0 \),
\( f'(0)=\cos(x - \sin x) \cdot (1 - \cos x)|_{x=0}=0 \),
故\( |f(x)|=|\sin(x - \sin x)| \)在\( x=0 \)处可导.

对于选项C,由\( \lim_{x \to 0^{+}}\sqrt{x}\ln x = \lim_{x \to 0^{+}}\frac{\ln x}{\frac{1}{\sqrt{x}}}=\lim_{x \to 0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{2\sqrt{x^{3}}}}=\lim_{x \to 0^{+}}(-2\sqrt{x})=0 \),
\( \lim_{x \to 0^{-}}\sqrt{-x}\ln(-x) \stackrel{-x=u}{=} \lim_{u \to 0^{+}}\sqrt{u}\ln u = 0 \),
知\( \lim_{x \to 0}\sqrt{|x|}\ln|x|=0 \),故\( x=0 \)是\( \sqrt{|x|}\ln|x| \)的可去间断点,从而\( \int_{-1}^{x}\sqrt{|t|}\ln|t|dt \)在\( x=0 \)处可导.

【注】 结论:设\( F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt \),\( f(x) \)在\( [a,b] \)上除点\( x_{0} \in (a,b) \)外连续,若\( x_{0} \)是\( f(x) \)的可去间断点,则\( F(x) \)在\( x_{0} \)处可导,且\( F'(x_{0})=\lim_{x \to x_{0}}f(x) \).

答案 B
解析 记$u=\sqrt{x^2+y^2}$，则曲面在$M_0$处的法向量为
$\boxed{n}=\left. \left( \frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},-1 \right) \right|_{M_0} =\frac{1}{u_0}\left( x_0f'(u_0),y_0f'(u_0),-u_0 \right)$，
其中$u_0=\sqrt{x_0^2+y_0^2}≠0$.由$f'(u_0)≠0$，知$\boxed{n}$与$\boxed{k}=(0,0,1)$不平行（即法线与$z$轴不平行）.又由
$\boxed{k} \cdot (\overrightarrow{OM_0} \times \boxed{n})=\frac{1}{u_0} \begin{vmatrix} 0 & 0 & 1 \\ x_0 & y_0 & z_0 \\ x_0f'(u_0) & y_0f'(u_0) & -u_0 \end{vmatrix}=0$，
知$\boxed{k}$，$\overrightarrow{OM_0}$，$\boxed{n}$共面，故法线与$z$轴相交.又由
$\boxed{k} \cdot \boxed{n}=(0,0,1) \cdot \frac{1}{u_0}\left( x_0f'(u_0),y_0f'(u_0),-u_0 \right)=-1≠0$，
知法线与$z$轴不垂直.故选项B正确.

答案 D
解析 依题设，有
$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{f^2\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n^2}} = \lim\limits_{n \to \infty}\left[\frac{f\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}}\right]^2 = 1 > 0$，
而$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$收敛，由比较法，知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n^2$收敛.
又由$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{f\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} = 1$，知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$发散. 由$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x} = 1 > 0$及$f(x)$的连续性，知$f(0) = \lim\limits_{x \to 0}f(x) = 0$，故$f'(0) = \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x} = 1 > 0$. 而由$f'(x)$连续，知在$x=0$的邻域内有$f'(x) > 0$，$f(x)$单调递增，当$n$充分大时，$f\left(\frac{1}{n}\right)$单调递减，且有
$\lim\limits_{n \to \infty}f\left(\frac{1}{n}\right) = f(0) = 0$.
由莱布尼茨定理，知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n$收敛. 故选项D正确.

答案 A
解析 由(A-2E)α=0，知Aα=2α，λ₁=2是A的特征值，其特征向量为α=(-1,1,1)ᵀ.
又A是实对称矩阵，且r(A)=1，故
A～Λ=⎡⎢⎣2 0 0
0 0 0
0 0 0⎤⎥⎦,
即λ₂=λ₃=0是A的二重特征值，设其特征向量为β=(x₁,x₂,x₃)ᵀ，则
βᵀα=-x₁+x₂+x₃=0，
解得β₁=(1,1,0)ᵀ,β₂=(1,0,1)ᵀ，即(0E - A)β₁=-Aβ₁=0,Aβ₁=0，同理Aβ₂=0，故AX=0的基础解系为(1,1,0)ᵀ,(1,0,1)ᵀ.故选项A正确.

答案 D
解析 用排除法.
对于选项A，\( A \)是实对称矩阵，\( C \)不是实对称矩阵，故矩阵\( A \)与\( C \)不合同，排除选项A.
对于选项B，由
\( |\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 1&0&0 \\ 0&\lambda + \frac{1}{2}&-\frac{1}{2} \\ 0&-\frac{1}{2}&\lambda + \frac{1}{2} \end{vmatrix} = (\lambda - 1)(\lambda + 1)\lambda \)，
知\( A \)的特征值为\( 1, -1, 0 \).
由 \( |\lambda E - B| = \begin{vmatrix} \lambda - 1&1&0 \\ -2&\lambda + 1&-1 \\ 0&-1&\lambda - 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \lambda - 1&1&0 \\ -2&\lambda + 1&-1 \\ \lambda - 1&0&\lambda - 1 \end{vmatrix} \)
\( = \begin{vmatrix} \lambda - 1&1&0 \\ -1&\lambda + 1&-1 \\ 0&0&\lambda - 1 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)\begin{vmatrix} \lambda - 1&1 \\ -1&\lambda + 1 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)\lambda^2 \)，
知\( B \)的特征值为\( 1, 0, 0 \)，由此可知\( A \)与\( B \)的特征值不同.故\( A \)与\( B \)不相似.排除选项B.
对于选项C，由
\( |\lambda E - C| = \begin{vmatrix} \lambda - 1&1&0 \\ -2&\lambda + 2&0 \\ 0&0&\lambda - 1 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)\begin{vmatrix} \lambda - 1&1 \\ -2&\lambda + 2 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)(\lambda + 1)\lambda \)，
知\( C \)的特征值为\( 1, -1, 0 \).故\( B \)与\( C \)的特征值不同，从而\( B \)与\( C \)不相似，排除选项C，只有选项D正确.

【注】 \( B \)与\( C \)均不是实对称矩阵，不能直接用二次型的配方法判断\( B \)与\( C \)合同于同一个对角矩阵，用合同变换(仅作为了解内容).
对照\( B = \begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 2&-1&1 \\ 0&1&1 \end{pmatrix} \)与\( C = \begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 2&-2&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \)，将\( B \)的第3列乘以\(-1\)加到第2列，同时将\( B \)的第3行乘以\(-1\)加到第2行得到\( C \)，此时
\( P = \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&-1&1 \end{pmatrix} \)，
计算
\( P^TBP = \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&-1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 2&-1&1 \\ 0&1&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&-1&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 2&-2&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} = C \)，
故\( B \)与\( C \)合同.

答案 B
解析 由
AB=A(α₁,α₂,α₃)=(Aα₁,Aα₂,Aα₃)
=(α₁,α₂−2α₃,α₃−2α₂)
=(α₁,α₂,α₃)$\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&-2\\ 0&-2&1\end{pmatrix}$$\buildrel 记 \over =$BC,
知B⁻¹AB=C，即A～C.
又由
$|\lambda E - C| = \begin{vmatrix} \lambda - 1&0&0\\ 0&\lambda - 1&2\\ 0&2&\lambda - 1\end{vmatrix} = (\lambda - 1)(\lambda - 3)(\lambda + 1)$,
知C的特征值为1,3,−1，也是A的特征值.
又 f(x₁,x₂,x₃)=tr(AXXᵀ)=tr[(AX)Xᵀ]=tr[Xᵀ(AX)]=XᵀAX，
故f(x₁,x₂,x₃)的规范形为y₁²+y₂²−y₃².选项B正确.

【注】 设有矩阵Aₘₓₙ,Bₙₓₘ，则tr(AB)=tr(BA).

答案 A
解析 依题意，$P(\overline{A})=1-p\stackrel{记}{=}q$，$X$取值为$2,3,\cdots,k,\cdots$。$X$的分布律为
$P\{X=k\}=p^{k-1}q+q^{k-1}p\ (k\geqslant 2)$，
故
$E(X)=\sum_{k=2}^{\infty}(k\cdot p^{k-1}q + k\cdot pq^{k-1})$
$=q\sum_{k=2}^{\infty}kp^{k-1} + p\sum_{k=2}^{\infty}kq^{k-1}$
$=q\sum_{k=1}^{\infty}kp^{k-1} - q + p\sum_{k=1}^{\infty}kq^{k-1} - p$
$=\frac{1}{q} + \frac{1}{p} - 1 = 3$，
解得$p=\frac{1}{2}$. 故选项A正确.

答案 A
解析 由已知，有$X\sim N(1,9)$，$Y\sim N(0,16)$，$\rho_{XY}=-\frac {1}{2}$，
$\text{Cov}(X,Z)=\text{Cov}\left(X,\frac {1}{3}X+\frac {1}{2}Y\right)=\frac {1}{3}\text{Cov}(X,X)+\frac {1}{2}\text{Cov}(X,Y)$
$=\frac {1}{3}D(X)+\frac {1}{2}\rho_{XY}\sqrt {D(X)}\sqrt {D(Y)}$
$=\frac {1}{3}\times 9+\frac {1}{2}\times \left(-\frac {1}{2}\right)\times \sqrt {9}\times \sqrt {16}=0$，
故$\rho_{XZ}=0$，从而$X$ 与 $Z$ 不相关，选项 A 正确.
由于$(X,Y)$ 服从二维正态分布，故$(X,Z)$ 也服从二维正态分布，由$\rho_{XZ}=0$可知，$X$ 与 $Z$ 相互独立，故排除选项 B.
由
$\text{Cov}(Y,Z)=\text{Cov}\left(Y,\frac {1}{3}X+\frac {1}{2}Y\right)=\frac {1}{3}\text{Cov}(Y,X)+\frac {1}{2}\text{Cov}(Y,Y)$
$=\frac {1}{3}\rho_{XY}\sqrt {D(X)}\sqrt {D(Y)}+\frac {1}{2}D(Y)$
$=\frac {1}{3}\times \left(-\frac {1}{2}\right)\times \sqrt {9}\times \sqrt {16}+\frac {1}{2}\times 16=6\neq 0$，
知可排除选项 C,D.

答案 C

解析 记\( X \)表示一轮射击的次数，\( A_i = \{第 i 次射击命中\} \)，\( i = 1, 2, \cdots \)，则\( P(A_i) = p \)．

依题设，各次射击是独立的，则事件\( A_i(i = 1, 2, \cdots) \)及对立事件相互独立，故对任意正整数\( k \)，有

\[
\begin{align*}
P\{X = k\} &= P(\overline{A_1} \cdots \overline{A_{k-1}} A_k) = P(\overline{A_1}) \cdots P(\overline{A_{k-1}}) P(A_k) \\
&= p(1 - p)^{k - 1} \quad (k = 1, 2, \cdots),
\end{align*}
\]

即\( X \)服从几何分布，故\( E(X) = \frac{1}{p} \)．

将\( k_1, k_2, \cdots, k_n \)视为来自总体\( X \)的简单随机样本值，则

\[
E(X) = \overline{k} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} k_i,
\]

故\( p \)的矩估计值为\( \hat{p} = \frac{1}{\overline{k}} = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} k_i} \)．

似然函数为

\[
L(p) = \prod_{i=1}^{n} p(1 - p)^{k_i - 1} = p^n (1 - p)^{\sum_{i=1}^{n} k_i - n},
\]

取对数得

\[
\ln L(p) = n \ln p + \left( \sum_{i=1}^{n} k_i - n \right) \ln(1 - p).
\]

令

\[
\frac{d \ln L(p)}{dp} = \frac{n}{p} - \frac{\sum_{i=1}^{n} k_i - n}{1 - p} = 0,
\]

解得\( p \)的最大似然估计值为\( \hat{p} = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} k_i} \)．

选项 C 正确．

答案 $\sqrt{2}$
解析 因 $\lim\limits_{x\to+\infty}(\cos\frac{a}{x})^{x^2}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[1-\left(\sin\frac{a}{x}\right)^2\right]^{\frac{x^2}{2}}=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x^2}{2}\ln\left[1-\left(\sin\frac{a}{x}\right)^2\right]}$，
而 $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x^2}{2}\ln\left[1-\left(\sin\frac{a}{x}\right)^2\right]=\lim\limits_{x\to+\infty}-\frac{x^2}{2}\left(\sin\frac{a}{x}\right)^2=-\frac{a^2}{2}$，
故$\lim\limits_{x\to+\infty}(\cos\frac{a}{x})^{x^2}=e^{-\frac{a^2}{2}}$．
由积分中值定理，知
$\int_{x}^{x+1}f(t)dt=f(\xi)$，$\xi\in(x,x+1)$，
故
$\lim\limits_{x\to+\infty}\int_{x}^{x+1}f(t)dt=\lim\limits_{x\to+\infty}f(\xi)=e^{-1}$，
所以有$e^{-\frac{a^2}{2}}=e^{-1}$，$a=\sqrt{2}$．

答案 $8\pi$

解析 利用曲线方程化简被积函数，有
$\oint_L (4x^2 + y^2)(|y|dx + xdy) = 4\oint_L (|y|dx + xdy)$．
L 的参数方程为$x = \cos t$，$y = 2\sin t$，$t \in [0, 2\pi]$，则有
$I = 4\int_0^{2\pi} [2|\sin t|(-\sin t) + 2\cos t \cos t] dt$
$= 8\left(\int_0^{2\pi} -|\sin t|\sin t dt + \int_0^{2\pi} \cos^2 t dt\right)$
$= 8\left(\int_{-\pi}^{\pi} -|\sin t|\sin t dt + 4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 t dt\right)$
$= 8(0 + \pi) = 8\pi$．

答案 $\mathrm{d}x - \mathrm{d}y$

解析 依题设，有
$$0 = f\left(x, \int_{0}^{x}(\mathrm{e}^{-t^2} + \sin t^2)\mathrm{d}t\right).$$
上式两边对$x$求导，得
$$0 = f'_1\left(x, \int_{0}^{x}(\mathrm{e}^{-t^2} + \sin t^2)\mathrm{d}t\right) \cdot 1 + f'_2\left(x, \int_{0}^{x}(\mathrm{e}^{-t^2} + \sin t^2)\mathrm{d}t\right) \cdot (\mathrm{e}^{-x^2} + \sin x^2).$$
上式中令$x = 0$，得
$$0 = f'_1(0,0) + f'_2(0,0) \cdot 1,$$
$$f'_2(0,0) = -f'_1(0,0) = -1,$$
故$\mathrm{d}z|_{(0,0)} = \mathrm{d}x - \mathrm{d}y$。

答案 \([0, +\infty)\)
解析 \( y'' + ay' + y = 0 \)的特征方程为\( r^2 + ar + 1 = 0 \)。
当\( a \neq \pm 2 \)时，微分方程的通解为
\( y(x) = C_1 e^{\frac{-a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}x} + C_2 e^{\frac{-a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}x} \)。
当\( a^2 - 4 > 0 \)，即\( a > 2 \)或\( a < -2 \)时，要使\( y(x) \)在\( [0, +\infty) \)上有界，应有\( -a \pm \sqrt{a^2 - 4} < 0 \)，即\( a > 2 \)。
当\( a^2 - 4 < 0 \)，即\( -2 < a < 2 \)时，要使\( y(x) \)在\( [0, +\infty) \)上有界，应有\( -a \pm \sqrt{a^2 - 4} \)的实部小于或等于零，即\( -a \leq 0 \)，故\( 0 \leq a < 2 \)。
当\( a = 2 \)时，\( y(x) = (C_1 + C_2 x)e^{-x} \)在\( [0, +\infty) \)上有界。
当\( a = -2 \)时，\( y(x) = (C_1 + C_2 x)e^{x} \)在\( [0, +\infty) \)上无界。
综上所述，当且仅当\( a \geq 0 \)时，\( y(x) \)在\( [0, +\infty) \)上有界。\( a \)的取值范围为\( [0, +\infty) \)。

答案 -4
解析 由B=P⁻¹AP，知AP=PB，则
AP=A(α,Aα,A²α)=(Aα,A²α,A³α)
=(Aα,A²α,3Aα - 2A²α)
=(α,Aα,A²α)$\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 1&0&3\\ 0&1&-2\end{pmatrix}$=PB，
故B=$\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 1&0&3\\ 0&1&-2\end{pmatrix}$，tr(B)=-2．由A与B相似，知tr(A)=-2，故tr(A + B)=tr(A) + tr(B)=-2 - 2 = -4．

答案 $-\dfrac{27}{20}$

解析 由二维均匀分布的性质，知$X$与$Y$都服从$[0,3]$上的均匀分布，且$X$与$Y$相互独立，其边缘概率密度为
$$f_X(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{3},&0\leqslant x\leqslant 3,\\0,&\text{其他},\end{cases}\quad f_Y(y)=\begin{cases}\dfrac{1}{3},&0\leqslant y\leqslant 3,\\0,&\text{其他}.\end{cases}$$
$$E(X)=E(Y)=\dfrac{3}{2},\quad D(X)=D(Y)=\dfrac{3}{4},\quad E(X^2)=E(Y^2)=3,$$
$$E(X^4)=\int_0^3\dfrac{1}{3}x^4\text{d}x=\dfrac{81}{5},\quad E(Y^4)=\dfrac{81}{5},\quad D(X^2)=D(Y^2)=\dfrac{81}{5}-9=\dfrac{36}{5},$$
故
$$\text{Cov}(U,V)=\text{Cov}[(X+Y)^2,(X-Y)^2]$$
$$=\text{Cov}(X^2+Y^2+2XY,X^2+Y^2-2XY)$$
$$=D(X^2+Y^2)-4D(XY).$$
由$X$与$Y$相互独立，知$X^2$与$Y^2$也相互独立．
$$D(X^2+Y^2)=D(X^2)+D(Y^2)=\dfrac{72}{5},$$
$$D(XY)=E(XY)^2-[E(XY)]^2=E(X^2)E(Y^2)-[E(X)E(Y)]^2=9-\dfrac{81}{16}=\dfrac{63}{16},$$
故$\text{Cov}(U,V)=\dfrac{72}{5}-\dfrac{63}{4}=-\dfrac{27}{20}$．

解析 （Ⅰ）$l_1=(1,1)$的方向余弦为$\cos\alpha_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}$，$\cos\beta_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}$。
$l_2=(0,-2)$的方向余弦为$\cos\alpha_2 = 0$，$\cos\beta_2 = -1$。
依题设，有
$\frac{\partial f}{\partial l_1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\partial f}{\partial x} + \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\partial f}{\partial y} = \sqrt{2}(x - xy^2 + 2y - x^2y)$， ①
$\frac{\partial f}{\partial l_2} = 0\cdot\frac{\partial f}{\partial x} + (-1)\frac{\partial f}{\partial y} = 2x^2y - 4y$。 ②
解①式与②式得
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x - 2xy^2$，$\frac{\partial f}{\partial y} = 4y - 2x^2y$。
在点$M(2,1)$处，$\frac{\partial f}{\partial x}=0$，$\frac{\partial f}{\partial y}=-4$。$f(x,y)$在点$M(2,1)$处的最大方向导数为梯度的模，即
$\|\text{grad } f\| = \sqrt{0^2 + (-4)^2} = 4$。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$f(x,y)$的全微分为
$\text{d}f(x,y) = \frac{\partial f}{\partial x}\text{d}x + \frac{\partial f}{\partial y}\text{d}y$
$=(2x - 2xy^2)\text{d}x + (4y - 2x^2y)\text{d}y$
$=2x\text{d}x + 4y\text{d}y - (2xy^2\text{d}x + 2x^2y\text{d}y)$
$=\text{d}(x^2) + \text{d}(2y^2) - \text{d}(x^2y^2)$
$=\text{d}(x^2 + 2y^2 - x^2y^2)$，
故$f(x,y) = x^2 + 2y^2 - x^2y^2 + C$。由$f(1,1)=2$，得$C=0$。
由此可得
$f(x,y) = x^2 + 2y^2 - x^2y^2$。
由
$\begin{cases}
\frac{\partial f}{\partial x} = 2x - 2xy^2 = 0, \\
\frac{\partial f}{\partial y} = 4y - 2x^2y = 0,
\end{cases}$
解得驻点为$(0,0)$，$(\pm\sqrt{2},1)$，$(\pm\sqrt{2},-1)$。
$A = f_{xx}'' = 2 - 2y^2$，$B = f_{xy}'' = -4xy$，$C = f_{yy}'' = 4 - 2x^2$。
对于点$(0,0)$，$A=2$，$B=0$，$C=4$，$AC - B^2 = 2×4 - 0^2 > 0$，且$A > 0$，故$f(0,0)=0$为极小值。
对于点$(\pm\sqrt{2},1)$，$(\pm\sqrt{2},-1)$，经计算$AC - B^2 < 0$，不取极值。
综上所述，$f(x,y)$的极小值为$0$，无极大值。

解析 如图所示，用投影法。

Σ在xOy平面上的投影区域为
\( D = \{(x, y) | x^2 + y^2 \leq 1, x \geq 0, y \geq 0\} \)，
由已知，Σ的法向量为\( \boxed{n} = (2x, 2y, 1) \)，方向余弦为
\( \cos\alpha = \frac{2x}{\sqrt{(2x)^2 + (2y)^2 + 1}} \)，\( \cos\beta = \frac{2y}{\sqrt{(2x)^2 + (2y)^2 + 1}} \)，\( \cos\gamma = \frac{1}{\sqrt{(2x)^2 + (2y)^2 + 1}} \)。
由转换公式
\( \frac{\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{\cos\alpha} = \frac{\mathrm{d}z\mathrm{d}x}{\cos\beta} = \frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\cos\gamma} \)，
有
\( \mathrm{d}y\mathrm{d}z = \frac{\cos\alpha}{\cos\gamma}\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2x\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)，
\( \mathrm{d}z\mathrm{d}x = \frac{\cos\beta}{\cos\gamma}\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2y\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)，
将其代入原积分，得
\( I = \iint_{\Sigma} yz\mathrm{d}x\mathrm{d}y + zx \cdot 2x\mathrm{d}x\mathrm{d}y + xy \cdot 2y\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( = \iint_{\Sigma} (yz + 2x^2 z + 2xy^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( = \iint_{D} [y(2 - x^2 - y^2) + 2x^2(2 - x^2 - y^2) + 2xy^2]\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( = 2\iint_{D} x^2(2 - x^2 - y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_{D} (2y - x^2 y - y^3 + 2xy^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( \stackrel{\text{记}}{=} I_1 + I_2 \)。
由二重积分的轮换对称性，有
\( I_1 = 4\iint_{D} x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y - 2\iint_{D} x^2(x^2 + y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( = 2\iint_{D} (x^2 + y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y - \iint_{D} (x^2 + y^2)^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^2 \cdot r\mathrm{d}r - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^5\mathrm{d}r \)
\( = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{6} \)，
而
\( I_2 = \iint_{D} (2y - y^3 + xy^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y \)
\( = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^2 \sin\theta \mathrm{d}r - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^4 \sin^3\theta \mathrm{d}r + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^4 \sin^2\theta \cos\theta \mathrm{d}r \)
\( = \frac{2}{3} - \frac{2}{15} + \frac{1}{15} = \frac{3}{5} \)，
故\( I = I_1 + I_2 = \frac{\pi}{6} + \frac{3}{5} \)。

解析 （Ⅰ）由$\mathrm{e}^{f(x)}[f'(x)-1]=x-1$，得$\mathrm{e}^{f(x)}f'(x)-\mathrm{e}^{f(x)}=x-1$．
令$\mathrm{e}^{f(x)}=u(x)$，则
$u'(x)-u(x)=x-1$，
$u(x)=\mathrm{e}^{\int \mathrm{d}x}\left[\int (x-1)\mathrm{e}^{-\int \mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]$
$=\mathrm{e}^x\left[(1-x)\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-x}+C\right]$
$=C\mathrm{e}^x - x$．
由$f(0)=0$及$\mathrm{e}^{f(x)}=u(x)$，知$u(0)=1$，可得$C=1$，从而$\mathrm{e}^{f(x)}=u(x)=\mathrm{e}^x - x$，即$f(x)=\ln(\mathrm{e}^x - x)$．故$a_{n+1}=\ln(\mathrm{e}^{a_n} - a_n)$．
由已知$a_1=1>0$，假设$a_k>0$，则
$a_{k+1}=\ln(\mathrm{e}^{a_k} - a_k)>\ln 1=0$（这里利用了当$x>0$时，$\mathrm{e}^x - x>1$）．
由数学归纳法，知$a_n>0$．又由$a_{n+1}=\ln(\mathrm{e}^{a_n} - a_n)$，得$\mathrm{e}^{a_n} - \mathrm{e}^{a_{n+1}}=a_n>0$．
所以$a_n>a_{n+1}>0$，$\{a_n\}$单调递减．由单调有界准则，知$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$存在，记$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$．
$\mathrm{e}^{a_n} - \mathrm{e}^{a_{n+1}}=a_n$两边取极限$(n\to\infty)$，得$\mathrm{e}^A - \mathrm{e}^A=A$．
故$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A=0$．

（Ⅱ）$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}^{a_n} - a_n)}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}^{a_n} - a_n + 1 - 1)}{a_n}$
$=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\mathrm{e}^{a_n} - a_n - 1}{a_n}\stackrel{a_n=t}{\xlongequal{}}\lim\limits_{t\to 0^+}\frac{\mathrm{e}^t - t - 1}{t}=\lim\limits_{t\to 0^+}\frac{\mathrm{e}^t - 1}{1}=0$，
故收敛域为$(-\infty,+\infty)$．
$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$的前$n$项和为
$S_n=\sum\limits_{k=1}^n a_k=\sum\limits_{k=1}^n (\mathrm{e}^{a_k} - \mathrm{e}^{a_{k+1}})=\mathrm{e}^{a_1} - \mathrm{e}^{a_{n+1}}$，
故$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$的和为$S=\lim\limits_{n\to\infty}S_n=\mathrm{e}-1$．

解析 （Ⅰ）令$x=y=0$，由$f\left(\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\right)=\sqrt{f(x)f(y)}$，知$f(0)=|f(0)| \geqslant 0$.
由$f(x)$在$(0,+\infty)$内单调递增，知当$x > 0$时，$f(x) > f(0) \geqslant 0$.
分别令$y=x$与$y=-x$，则
$f(|x|)=\sqrt{f(x)f(x)}$，
$f(|x|)=\sqrt{f(x)f(-x)}$，
由此可得$f(x)=f(-x)$，即$f(x)$是偶函数，从而$f(x)$在$(-\infty,0)$内单调递减，且$f(x) > f(0) \geqslant 0$，即$\forall x \in (-\infty,+\infty)$，有$f(x) \geqslant 0$.
由$x^2 + y^2 \geqslant 2xy$，得$\frac{x^2 + y^2}{2} \geqslant \left(\frac{x+y}{2}\right)^2$，即有$\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}} \geqslant \left|\frac{x+y}{2}\right|$.
由$f(x)$为偶函数，$f(x)$在$(0,+\infty)$内单调递增，知
$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leqslant f\left(\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\right)$.
又
$f\left(\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\right)=\sqrt{f(x)f(y)} \leqslant \frac{f(x)+f(y)}{2}$，
故对$\forall x,y \in (-\infty,+\infty)$，有$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leqslant \frac{f(x)+f(y)}{2}$.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，$y=f(x)$在$(-\infty,+\infty)$内是凹函数.
用反证法证明$\forall x \in (-\infty,+\infty)$，有$f''(x) \geqslant 0$.
假设$\exists x_0$，使得$f''(x_0) < 0$. 由$f''(x)$连续，知$\lim\limits_{x \to x_0}f''(x)=f''(x_0) < 0$，由极限的保号性可知，$\exists \delta > 0$，在$(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$内，均有$f''(x) < 0$.
由凹凸性判定定理，知$y=f(x)$在$(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$内是凸函数，矛盾.
故$\forall x \in (-\infty,+\infty)$，有$f''(x) \geqslant 0$.

（Ⅲ）由（Ⅰ）知，$f(x)$是非负的偶函数，故
$\int_{-1}^{1} f(x)\text{d}x = 2\int_{0}^{1} f(x)\text{d}x$.
令$g(x)=\frac{f(x)-f(0)}{x}$，$x \in (0,1]$，则由拉格朗日中值定理，有
$g'(x)=\frac{xf'(x)-[f(x)-f(0)]}{x^2}=\frac{xf'(x)-xf'(\xi)}{x^2}$，$\xi \in (0,x)$.
由（Ⅱ）$f''(x) \geqslant 0$，知$f'(x)$单调递增，从而$g'(x) \geqslant 0$，$g(x)$单调递增，从而$g(x) \leqslant g(1)$，即$f(x) \leqslant f(0)+[f(1)-f(0)]x$.
故$\int_{-1}^{1} f(x)\text{d}x = 2\int_{0}^{1} f(x)\text{d}x \leqslant 2\int_{0}^{1}\{f(0)+[f(1)-f(0)]x\}\text{d}x = f(0)+f(1)$.

【注】 题中$y=f(x)$是非负偶函数，且为凹函数，如图所示.$y=f(x)$上$A,B$两点连线在$y=f(x)$的上方，$\overline{AB}$所在的直线方程为$y=f(0)+[f(1)-f(0)]x$.

解析（Ⅰ）\( |\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - a&-1&-1 \\ -1&\lambda - a&-1 \\ -1&-1&\lambda - a \end{vmatrix} = (\lambda - a - 2)\begin{vmatrix} 1&-1&-1 \\ 1&\lambda - a&-1 \\ 1&-1&\lambda - a \end{vmatrix} \)
\( = (\lambda - a - 2)(\lambda - a + 1)^2 \)，
由已知，\( A \)有二重特征值1，故\( (1 - a - 2)(1 - a + 1)^2 = 0 \)，得\( a = -1 \)或\( a = 2 \)。
当\( a = -1 \)时，\( |\lambda E - A| = (\lambda - 1)(\lambda + 2)^2 \)，1不是\( A \)的二重特征值。
当\( a = 2 \)时，\( |\lambda E - A| = (\lambda - 4)(\lambda - 1)^2 \)，1是\( A \)的二重特征值。
故\( a = 2 \)，由\( (E - A)\boldsymbol{X} = \boldsymbol{0} \)，解得特征向量为\( \boldsymbol{\alpha}_1 = (-1,1,0)^T \)，\( \boldsymbol{\alpha}_2 = (-1,-1,2)^T \)（已正交）
由\( (4E - A)\boldsymbol{X} = \boldsymbol{0} \)，解得特征向量为\( \boldsymbol{\alpha}_3 = (1,1,1)^T \)。
将\( \boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3 \)单位化，得
\( \boldsymbol{\gamma}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1,1,0)^T \)，\( \boldsymbol{\gamma}_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}(-1,-1,2)^T \)，\( \boldsymbol{\gamma}_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T \)。
令\( Q = (\boldsymbol{\gamma}_1, \boldsymbol{\gamma}_2, \boldsymbol{\gamma}_3) \)，则\( \boldsymbol{X} = Q\boldsymbol{Y} \)为所求正交变换，标准形为\( y_1^2 + y_2^2 + 4y_3^2 \)。

（Ⅱ）先求\( g(x_1,x_2,x_3) = \begin{vmatrix} 0&\boldsymbol{X}^T \\ -\boldsymbol{X}&A \end{vmatrix} \)的矩阵。
对分块矩阵\( \begin{pmatrix} 0&\boldsymbol{X}^T \\ -\boldsymbol{X}&A \end{pmatrix} \)进行分块初等列变换，使\( -\boldsymbol{X} \)化为\( \boldsymbol{0} \)。
有
\( \begin{pmatrix} 0&\boldsymbol{X}^T \\ -\boldsymbol{X}&A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I&\boldsymbol{0} \\ A^{-1}\boldsymbol{X}&I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \boldsymbol{X}^T A^{-1}\boldsymbol{X}&\boldsymbol{X}^T \\ \boldsymbol{0}&A \end{pmatrix} \)，
故
\( g(x_1,x_2,x_3) = \begin{vmatrix} 0&\boldsymbol{X}^T \\ -\boldsymbol{X}&A \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0&\boldsymbol{X}^T \\ -\boldsymbol{X}&A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I&\boldsymbol{0} \\ A^{-1}\boldsymbol{X}&I \end{pmatrix} \end{vmatrix} \)
\( = \begin{vmatrix} \boldsymbol{X}^T A^{-1}\boldsymbol{X}&\boldsymbol{X}^T \\ \boldsymbol{0}&A \end{vmatrix} = |A|(\boldsymbol{X}^T A^{-1}\boldsymbol{X}) \)
\( = \boldsymbol{X}^T (|A|A^{-1})\boldsymbol{X} = \boldsymbol{X}^T A^* \boldsymbol{X} \)。
由（Ⅰ）知，\( A \)的特征值分别为\( \lambda_1 = \lambda_2 = 1 \)，\( \lambda_3 = 4 \)，\( |A| = 1×1×4 = 4 \)，可得\( A^* \)的特征值分别为\( \mu_1 = \frac{|A|}{\lambda_1} = 4 \)，\( \mu_2 = \frac{|A|}{\lambda_2} = 4 \)，\( \mu_3 = \frac{|A|}{\lambda_3} = 1 \)，故
\( g(x_1,x_2,x_3) = \boldsymbol{X}^T A^* \boldsymbol{X} \stackrel{\boldsymbol{X}=Q\boldsymbol{Y}}{=} 4y_1^2 + 4y_2^2 + y_3^2 \geq 1·(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2) \)。

又 \( f(x_1,x_2,x_3) = \boldsymbol{X}^T A \boldsymbol{X} \stackrel{\boldsymbol{X}=Q\boldsymbol{Y}}{=} y_1^2 + y_2^2 + 4y_3^2 \leq 4(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2) \)，
且\( \forall \boldsymbol{X} \neq \boldsymbol{0} \)，
\( \boldsymbol{X}^T \boldsymbol{X} \stackrel{\boldsymbol{X}=Q\boldsymbol{Y}}{=} \boldsymbol{Y}^T Q^T Q \boldsymbol{Y} = \boldsymbol{Y}^T \boldsymbol{Y} = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 > 0 \)，
故当\( \forall \boldsymbol{X} \neq \boldsymbol{0} \)时，\( \frac{\boldsymbol{X}^T A \boldsymbol{X}}{\boldsymbol{X}^T A^* \boldsymbol{X}} \leq \frac{4(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2)}{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2} = 4 \)，即\( k \)的最小值为4。

【注】由(Ⅰ)知，$|Q|=1$，$Q^{\text{T}}AQ = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} = \Lambda$，得$A = Q\Lambda Q^{\text{T}}$，从而有
$Q^{\text{T}}A^{*}Q = Q^{\text{T}}(Q\Lambda Q^{\text{T}})^{*}Q = Q^{\text{T}}(Q^{*})^{\text{T}}\Lambda^{*}Q^{*}Q$
$=(Q^{*}Q)^{\text{T}}\Lambda^{*}(Q^{*}Q) = (|Q|E)^{\text{T}}\Lambda^{*}(|Q|E)$
$=\Lambda^{*} = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$．
由此可见，正交矩阵$Q$能同时使$A$与$A^{*}$化为对角矩阵．

解析 （Ⅰ）$Y$的分布函数记为$F_Y(y)$，由$0<Y<\pi$，有：
当$y\leq0$时，$F_Y(y)=P\{Y\leq y\}=P\{\text{arccot }X\leq y\}=0$；
当$y\geq\pi$时，$F_Y(y)=P\{\text{arccot }X\leq y\}=1$；
当$0<y<\pi$时，
$F_Y(y)=\int_{\cot y}^{+\infty}\frac{1}{\pi(1+x^2)}\text{d}x=-\frac{1}{\pi}\text{arccot }x\big|_{\cot y}^{+\infty}=\frac{y}{\pi}$.
故
$$F_Y(y)=\begin{cases}
0, & y<0, \\
\frac{y}{\pi}, & 0\leq y<\pi, \\
1, & y\geq\pi.
\end{cases}$$
$Y$的概率密度为$f_Y(y)=F_Y'(y)=\begin{cases}
\frac{1}{\pi}, & 0<y<\pi, \\
0, & \text{其他}.
\end{cases}$

（Ⅱ）由卷积公式得$U=Z+Y$的概率密度为
$$\begin{align*}
f_U(u)&=\int_{-\infty}^{+\infty}f_Z(u-y)f_Y(y)\text{d}y=\int_{0}^{\pi}f_Z(u-y)\cdot\frac{1}{\pi}\text{d}y \\
&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\text{e}^{-\frac{(u-y)^2}{2}}\text{d}y\stackrel{u-y=t}{=}\frac{1}{\pi}\int_{u-\pi}^{u}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\text{e}^{-\frac{t^2}{2}}(-\text{d}t) \\
&=\frac{1}{\pi}\int_{u-\pi}^{u}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\text{e}^{-\frac{t^2}{2}}\text{d}t=\frac{1}{\pi}[\Phi(u)-\Phi(u-\pi)],
\end{align*}$$
其中，$\Phi(x)=\int_{-\infty}^{x}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\text{e}^{-\frac{t^2}{2}}\text{d}t$为$N(0,1)$的分布函数.