【答案】 D
【分析】 当\(x \to 0\)时，
\[
\int_{0}^{\sin x}[(1+t)^t - 1]dt \sim \int_{0}^{\sin x} t^2 dt = \frac{1}{3}\sin^3 x \sim \frac{1}{3}x^3 ;
\]
\[
\int_{0}^{\sin x^2} (1+t)^{\frac{1}{t}} dt \sim \int_{0}^{\sin x^2} e dt = e\sin x^2 \sim e x^2 ;
\]
\[
\int_{0}^{\sin x} [e - (1+t)^{\frac{1}{t}}]dt \sim \int_{0}^{\sin x} \frac{e t}{2} dt = \frac{e}{4}\sin^2 x \sim \frac{e}{4}x^2 ;
\]
\[
\int_{0}^{\sin^2 x} (t e^t - t)dt \sim \int_{0}^{\sin^2 x} t^2 dt = \frac{1}{3}\sin^6 x \sim \frac{1}{3}x^6.
\]
故选D.

【答案】 C
【分析】 \(D_1, D_2\)是以原点为圆心、半径分别为\(R\)与\(\sqrt{2}R\)的圆，\(D_3\)是正方形，边长为\(2R\)，如图所示.显然有
\[
D_1 \subset D_3 \subset D_2.
\]

又由于\(e^{-(x^2 + y^2)}\)恒正，因此C成立.

【答案】 B
【分析】 对于①\(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}\)，由于\(\lim_{n \to \infty} \frac{n^{\frac{1}{1 + \frac{1}{n}}}}{\frac{1}{n}} = 1\)，因此由正项级数比较判别法的极限形式可知，\(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}\)发散.
对于②\(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{\sqrt{\ln n}}}}\)，
\[
\frac{1}{n^{1 + \frac{1}{\sqrt{\ln n}}}} = \frac{1}{n \cdot e^{\frac{\ln n}{\sqrt{\ln n}}}} = \frac{1}{n \cdot e^{\sqrt{\ln n}}}.
\]
令\(f(x) = \frac{1}{x e^{\sqrt{\ln x}}}\)，由于\(f(x)\)在\([2, +\infty)\)上非负连续且单调递减，故由积分判别法可知，级数\(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{\sqrt{\ln n}}}}\)的敛散性与反常积分\(\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x e^{\sqrt{\ln x}}} dx\)的敛散性相同.又因为
\[
\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x e^{\sqrt{\ln x}}} dx = \int_{2}^{+\infty} \frac{1}{e^{\sqrt{\ln x}}} d(\ln x) \stackrel{\sqrt{\ln x} = t}{=} \int_{\sqrt{\ln 2}}^{+\infty} \frac{2t dt}{e^t}
\]
\[
= (-2t e^{-t} - 2e^{-t}) \big|_{\sqrt{\ln 2}}^{+\infty} = 2(\sqrt{\ln 2} + 1)e^{-\sqrt{\ln 2}}
\]
所以级数\(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{\sqrt{\ln n}}}}\)收敛.故选B.

【答案】 A
【分析】 对于①，可举反例\(f(x) = \frac{\sin x^2}{x}\)，\(\lim_{x \to +\infty} f(x)\)存在，但\(\lim_{x \to +\infty} f'(x)\)不存在.
对于②，可举反例\(f(x) = x\)，\(\lim_{x \to +\infty} f'(x)\)存在，但\(\lim_{x \to +\infty} f(x)\)不存在.
对于③，不妨设\(a > 0\)，则存在\(X > 0\)，当\(x > X\)时，\(f'(x) > \frac{a}{2}\)，故
\[
f(x) = f(X) + \int_{X}^{x} f'(t) dt > f(X) + \frac{a}{2}(x - X),
\]
当\(x \to +\infty\)时，\(f(x) \to +\infty\)，故③正确.
对于④，可举反例\(f(x) = \sqrt{x}\)，\(\lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0\)，但\(f(x)\)在\(x \to +\infty\)时无界.
故选A.

【答案】 B
【分析】 记\(\alpha_1 = \begin{pmatrix} a \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)，\(\alpha_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ a \\ 1 \end{pmatrix}\)，\(\alpha_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ a \\ a \end{pmatrix}\)，\(\alpha_4 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ a \end{pmatrix}\)，由题意，向量组\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4\)可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示，可知\(\alpha_4\)可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示，所以方程组\(x_1\alpha_1 + x_2\alpha_2 + x_3\alpha_3 = \alpha_4\)有解，其系数行列式
\[
|A| = |\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3| = \begin{vmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & a & a \\ 1 & 1 & a \end{vmatrix} = (a + 1)(a - 1)^2.
\]
当\(|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3| = (a + 1)(a - 1)^2 \neq 0\)，即\(a \neq \pm 1\)时，\(\alpha_4\)可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示；
当\(a = 1\)时，有\(\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = \alpha_4 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)，可知\(\alpha_4\)仍可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示；
当\(a = -1\)时，对增广矩阵\(\overline{A}\)作初等行变换，则
\[
\overline{A} = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \vdots \alpha_4) = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}
\]
\[
\to \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
\]
可知\(r(\overline{A}) = 3\)，\(r(A) = 2\)，此时\(\alpha_4\)不能由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示.
由题设知，\(A\)可经初等列变换化成\(B\)，则\(B\)也可经初等列变换化成\(A\)，即\(\alpha_3\)可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4\)线性表示.同理可得\(a \neq -2\).
综上，\(a \neq -1\)且\(a \neq -2\).故选B.
【注】 本题实质上是\(\alpha_4\)可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\)线性表示且\(\alpha_3\)可由\(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4\)线性表示，进而转化成非齐次线性方程组有解的问题.

【答案】 C
【分析】 设二次型矩阵为\( A \)，则
\[
P^{-1}AP = P^{T}AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix},
\]
则\( e_1,e_2,e_3 \)分别是\( A \)的对应于特征值\( 1,1,-2 \)的特征向量，于是\( -e_3 \)也是\( A \)的对应于特征值\( -2 \)的特征向量.因此
\[
Q^{-1}AQ = Q^{T}AQ = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
\]
从而\( f(x_1,x_2,x_3) \)在正交变换\( x = Qy \)下的标准形为\( -2y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 \).故选C.

【答案】 C
【分析】 必要性(⇐).若\( A = CB, BC = E_r, r(C) = r \)，则\( A^2 = CBCB = CE_rB = A \)，成立.
充分性(⇒).由\( A^2 = A \)得\( A(A - E) = O \)，故\( r(A) + r(A - E) \leq n \).又\( r(A) + r(A - E) \geq r(A - (A - E)) = r(E) = n \)，可得\( r(A) + r(A - E) = n \).由\( A^2 = A \)可得矩阵\( A \)的特征值只能为\( 0 \)或\( 1 \)，而\( A \)属于\( 0 \)的线性无关的特征向量个数为\( n - r(A) \)，属于\( 1 \)的线性无关的特征向量个数为\( n - r(A - E) \).故\( A \)的线性无关的特征向量个数为\( n - r(A) + n - r(A - E) = n \)，则\( A \)可相似对角化.又\( r(A) = r \)，则存在可逆矩阵\( P \)，使\( A = P^{-1}\begin{pmatrix} E_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}P \)，即\( A = P^{-1}\begin{pmatrix} E_r \\ 0 \end{pmatrix}(E_r, 0)P \stackrel{记}{=} CB \)，其中
\[
C = P^{-1}\begin{pmatrix} E_r \\ 0 \end{pmatrix}, r(C) = r, B = (E_r, 0)P,
\]
且\( BC = (E_r, 0)PP^{-1}\begin{pmatrix} E_r \\ 0 \end{pmatrix} = E_r \)，成立.
故选C.

【答案】 D
【分析】 令\( Z \sim P(n - m) \)且与\( Y \)独立，由于\( Z + Y \sim P(n - m + m) = P(n) \)，故与\( X \)同分布，于是
\[
F_X(z) = P\{X \leq z\} = P\{Z + Y \leq z\}, F_Y(z) = P\{Y \leq z\},
\]
又由于\( \{Z + Y \leq z\} \subset \{Y \leq z\} \)，因此\( F_X(z) \leq F_Y(z) \)，故选D.
【注】 此题的随机变量\( X \)，\( Y \)的取值范围均为非负整数，\( X \)与\( Y \)无法比较大小，故A，B均不正确.

【答案】 A
【分析】 令\( Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \)，则\( Z \sim N(0,1) \)，故
\[
E(|Z|) = \int_{-\infty}^{+\infty} |z| \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}} \mathrm{d}z
\]
\[
= \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} z\mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}} \mathrm{d}z = \frac{-2}{\sqrt{2\pi}} \mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}} \bigg|_{0}^{+\infty} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}.
\]
因\( Z \sim N(0,1) \)，则\( Z^2 \sim \chi^2(1) \)，可知\( E(Z^2) = 1 \)，故
\[
D(|Z|) = E(Z^2) - [E(|Z|)]^2 = 1 - \frac{2}{\pi},
\]
\[
D(Y) = \frac{1}{n^2} D\left( \sum_{i=1}^{n} |X_i - \mu| \right) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^{n} D(|X_i - \mu|)
\]
\[
= \frac{1}{n} D(|X - \mu|) = \frac{1}{n} D\left( \left| \frac{X - \mu}{\sigma} \right| \cdot \sigma \right)
\]
\[
= \frac{\sigma^2}{n} D(|Z|) = \frac{\sigma^2}{n} \left( 1 - \frac{2}{\pi} \right).
\]
故选A.

【答案】 B
【分析】 由题设，\( H_0: X \sim N(0,1), H_1: X \sim N(1,1) \)，故
\[
\beta = P\{\overline{W} | H_1\} = P\{\overline{X} < 0.55 | H_1\}.
\]
在\( H_1 \)成立的条件下，\( \overline{X} \sim N\left(1, \frac{1}{9}\right) \)，故
\[
\beta = P\left\{ \frac{\overline{X} - 1}{\frac{1}{3}} < \frac{0.55 - 1}{\frac{1}{3}} \right\} = \Phi(-1.35) = 1 - \Phi(1.35).
\]
因此不犯第二类错误的概率为\( 1 - \beta = \Phi(1.35) \).
故选B.
【注】 设犯第二类错误的概率为\( \beta \)，则不犯第二类错误的概率为\( 1 - \beta \)，而不是犯第一类错误的概率，不要弄混.

【答案】 2
【分析】 原式$=\lim\limits _{x→0}\frac {|x|^{x}\cdot x^{2}\cdot (\sqrt {1+x^{2}}+1)}{x^{2}}=\lim\limits _{x→0}|x|^{x}\cdot \lim\limits _{x→0}(\sqrt {1+x^{2}}+1)=1\cdot 2=2$．

【答案】 $\frac {\sqrt {3}}{3}\ln 2dx-\frac {\sqrt {3}}{6}dy$
【分析】 $\frac {\partial z}{\partial x}=\frac {y^{x}\ln y}{\sqrt {1-(y^{x})^{2}}},$
$\frac {\partial z}{\partial y}=\frac {xy^{x-1}}{\sqrt {1-(y^{x})^{2}}},$
故 $\frac {\partial z}{\partial x}|_{(-1,2)}=\frac {\frac {1}{2}\ln 2}{\frac {\sqrt {3}}{2}}=\frac {\sqrt {3}}{3}\ln 2,$
$\frac {\partial z}{\partial y}|_{(-1,2)}=\frac {-1×\frac {1}{4}}{\frac {\sqrt {3}}{2}}=-\frac {\sqrt {3}}{6},$
于是 $dz|_{(-1,2)}=\frac {\sqrt {3}}{3}\ln 2dx-\frac {\sqrt {3}}{6}dy.$

【答案】 $\{ 1\}$
【分析】 首先，$a>0$，若不然，当$x>0$时，$e^{ax}≤1$，此时$e^{ax}≥1+x$不成立．
令$f(x)=e^{ax}-1-x$，则$f'(x)=ae^{ax}-1$，令$f'(x)=0$，得$e^{ax}=\frac {1}{a}$，即$ax=-\ln a$，解得$x=-\frac {\ln a}{a}$．因为
$f''(x)=a^{2}e^{ax}>0,$
故 $f_{\text{min}}=f\left(-\frac {\ln a}{a}\right)=e^{-\ln a}-1+\frac {\ln a}{a}=\frac {1}{a}-1+\frac {\ln a}{a}≥0,$
即$1-a+\ln a≥0$，又$\ln a≤a-1$，故$\ln a=a-1$，得$a=1$．
综上，$a$的取值范围是$\{ 1\}$．
【注】 考生熟知对任意的$x∈R$，有$e^{x}≥1+x$，但本题的解答显然不是那么轻易的，要明确本题是含参不等式问题，才能走上正确的解题之路．

【答案】 $\frac {7}{4}π$
【分析】 由高斯公式，得
原式$=\iiint\limits_{\Omega} (3y^{2}+1)dv$
$=\int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r(3r^{2}\cos^{2}\theta +1)dr \int_{0}^{1} dx$
$=\int_{0}^{2\pi} \left[ \int_{0}^{1} (3r^{3}\cos^{2}\theta +r)dr \right] d\theta$
$=\int_{0}^{2\pi} \left( \frac {3}{4}\cos^{2}\theta +\frac {1}{2} \right) d\theta$
$=\frac {3}{4}\cdot 4\cdot \frac {1}{2}\cdot \frac {\pi}{2} + \pi$
$=\frac {7}{4}\pi$．

【答案】 $\{ k|k∈R\text{且}k≠-1\}$
【分析】 方程组（Ⅱ）的通解为
$k_{1}(2,-1,k+2,1)^{\text{T}} + k_{2}(-1,2,4,k+8)^{\text{T}}$
$=(2k_{1}-k_{2}, -k_{1}+2k_{2}, k_{1}(k+2)+4k_{2}, k_{1}+k_{2}(k+8))^{\text{T}},$
其中$k_{1},k_{2}$为任意常数．将通解代入方程组（Ⅰ）并整理得$\begin{cases} -(k+1)k_{1}=0, \\ (k+1)k_{1}-(k+1)k_{2}=0, \end{cases}$ 则
方程组（Ⅰ）与（Ⅱ）有非零公共解
$\Leftrightarrow$关于$k_{1},k_{2}$的方程组$\begin{cases} -(k+1)k_{1}=0, \\ (k+1)k_{1}-(k+1)k_{2}=0 \end{cases}$有非零解
$\Leftrightarrow \begin{vmatrix} -(k+1) & 0 \\ k+1 & -(k+1) \end{vmatrix} = 0$
$\Leftrightarrow k=-1$．
则方程组（Ⅰ）与（Ⅱ）没有非零公共解$\Leftrightarrow k≠-1$，即$k$的取值范围为$\{ k|k∈R$且$k≠-1\}$．

【答案】 $\frac {1}{4}(e^{2}+1)^{2}$
【分析】 因为$X\sim B\left(2,\frac {1}{2}\right)$，所以
$E(e^{2X})=\sum_{k=0}^{2} e^{2k}C_{2}^{k}\left( \frac {1}{2} \right)^{k}\left( \frac {1}{2} \right)^{2-k}$
$=\sum_{k=0}^{2} C_{2}^{k}\left( e^{2}\cdot \frac {1}{2} \right)^{k}\left( \frac {1}{2} \right)^{2-k}$
$=\left( e^{2}\cdot \frac {1}{2} + \frac {1}{2} \right)^{2}$
$=\frac {1}{4}(e^{2}+1)^{2}$．

【解】积分区域如图所示，则

原式\( =-\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}(e^{-y^{2}}+e^{y}\sin y)dy \)
\( =-\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}(e^{-y^{2}}+e^{y}\sin y)dx \)
\( =-\int_{0}^{1}ye^{-y^{2}}dy-\int_{0}^{1}ye^{y}\sin ydy \)
\( =\frac{1}{2}e^{-y^{2}}\big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}ye^{y}\sin ydy \)
\( =\frac{1}{2}e^{-1}-\frac{1}{2}-\int_{0}^{1}ye^{y}\sin ydy \).
其中，
\( \int_{0}^{1}ye^{y}\sin ydy=\int_{0}^{1}y\sin yd(e^{y}) \)
\( =y\sin y\cdot e^{y}\big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^{y}(\sin y+y\cos y)dy \)
\( =e\sin1-\int_{0}^{1}e^{y}\sin ydy-\int_{0}^{1}y\cos yd(e^{y}) \)
\( =e\sin1-\int_{0}^{1}e^{y}\sin ydy-y\cos y\cdot e^{y}\big|_{0}^{1}+\int_{0}^{1}e^{y}(\cos y-y\sin y)dy \)
\( =e(\sin1-\cos1)+e^{y}\cos y\big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}ye^{y}\sin ydy \)
\( =e\sin1-1-\int_{0}^{1}ye^{y}\sin ydy, \)
则
\( \int_{0}^{1}ye^{y}\sin ydy=\frac{1}{2}(e\sin1-1) \).
故
原式\( =\frac{1}{2}e^{-1}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(e\sin1-1) \)
\( =\frac{e^{-1}-e\sin1}{2} \).

【解】(1)\( x^{2}y'+(x^{2}-3)y^{2}=0 \)整理得\( y'=(\frac{3}{x^{2}}-1)y^{2} \)，即\( y^{-2}y'=\frac{3}{x^{2}}-1 \)，此为可分离变量型微分方程，即\( \frac{dy}{y^{2}}=(\frac{3}{x^{2}}-1)dx \)，积分得\( -\frac{1}{y}=-\frac{3}{x}-x+C \)，即\( y=\frac{x}{x^{2}-Cx+3} \).由\( y(1)=1 \)，知\( \frac{1}{4-C}=1 \)，有\( C=3 \)，故
\( y(x)=\frac{x}{x^{2}-3x+3} \).

(2)由(1)知，
\( \int_{0}^{3}y^{2}(x)dx=\int_{0}^{3}\frac{x^{2}}{(x^{2}-3x+3)^{2}}dx \).
因
\( x^{2}-3x+3=(x-\frac{3}{2})^{2}+\frac{3}{4} \),
令\( x-\frac{3}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\tan u(|u|<\frac{\pi}{2}) \)，则
\( (x^{2}-3x+3)^{2}=(\frac{3}{4}\sec^{2}u)^{2}=\frac{9}{16}\sec^{4}u \)，\( dx=\frac{\sqrt{3}}{2}\sec^{2}udu \).
当\( x=0 \)时，\( u=-\frac{\pi}{3} \)；当\( x=3 \)时，\( u=\frac{\pi}{3} \).于是
\( \int_{0}^{3}\frac{x^{2}}{(x^{2}-3x+3)^{2}}dx=\int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}}(\frac{3}{4}\tan^{2}u+\frac{3\sqrt{3}}{2}\tan u+\frac{9}{4})\cdot\frac{16}{9}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cos^{2}udu \)
\( =\frac{8}{3\sqrt{3}}\cdot2\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}(\frac{3}{4}\tan^{2}u+\frac{9}{4})\cos^{2}udu \)
\( =\frac{4}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}(\sin^{2}u+3\cos^{2}u)du=\frac{4}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}(2+\cos2u)du \)
\( =\frac{4}{\sqrt{3}}(2u+\frac{1}{2}\sin2u)\big|_{0}^{\frac{\pi}{3}}=\frac{8\sqrt{3}\pi}{9}+1 \).

【证】必要性\( (\Rightarrow) \).
由题设，对任意的\( x\in\mathbf{R} \)，\( f(x)=f(x+T) \)，则
\( \int_{a}^{a+T}f(x)dx=\int_{a}^{0}f(x)dx+\int_{0}^{T}f(x)dx+\int_{T}^{a+T}f(x)dx, \)
其中
\( \int_{T}^{a+T}f(x)dx\stackrel{t=x-T}{=}\int_{0}^{a}f(t+T)dt=\int_{0}^{a}f(t)dt, \)
故\( \int_{a}^{a+T}f(x)dx=\int_{a}^{0}f(x)dx+\int_{0}^{T}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=\int_{0}^{T}f(x)dx \)，即\( \int_{a}^{a+T}f(x)dx \)为常数.

充分性\( (\Leftarrow) \).
因\( \int_{a}^{a+T}f(x)dx\equiv C \)，则\( \left[\int_{a}^{a+T}f(x)dx\right]_{a}'=0 \)，即\( f(a+T)-f(a)=0 \)，也即任给常数\( a\in\mathbf{R} \)，有\( f(a+T)=f(a) \)，故\( f(x) \)以\( T \)为周期.
证毕.

【解】将\( y=x\tan\theta \)代入\( x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} \)，有\( x^{2}\sec^{2}\theta+z^{2}=a^{2} \)，令\( \begin{cases}x\sec\theta=a\cos\alpha, \\ z=a\sin\alpha, \end{cases} \)
可得曲线\( \varGamma \)的参数方程为\( \begin{cases}x=a\cos\alpha\cos\theta, \\ y=a\cos\alpha\sin\theta, \\ z=a\sin\alpha, \end{cases} \)其中参数\( \theta \)的取值范围分如下两种情况.

①当\( -\frac{\pi}{2}<\theta<0 \)时，参数\( \alpha:0\rightarrow2\pi \)，则有
\( I(\theta)=\int_{0}^{2\pi}(a\cos\alpha\sin\theta-a\sin\alpha)(-a\sin\alpha\cos\theta)d\alpha+ \)
\( \int_{0}^{2\pi}(a\sin\alpha-a\cos\alpha\cos\theta)(-a\sin\alpha\sin\theta)d\alpha+ \)
\( \int_{0}^{2\pi}(a\cos\alpha\cos\theta-a\cos\alpha\sin\theta)a\cos\alpha d\alpha \)
\( =\int_{0}^{2\pi}a^{2}(\cos\theta-\sin\theta)d\alpha=2\pi a^{2}(\cos\theta-\sin\theta) \).
令
\( I'(\theta)=2\pi a^{2}(-\sin\theta-\cos\theta)=0, \)
可得\( \sin\theta+\cos\theta=0 \)，结合\( -\frac{\pi}{2}<\theta<0 \)可解得\( \theta=-\frac{\pi}{4} \).

又
\( I''(\theta)\big|_{\theta=-\frac{\pi}{4}}=2\pi a^{2}(\sin\theta-\cos\theta)\big|_{\theta=-\frac{\pi}{4}}<0, \)
故此时
\( I_{\max}=I\left(-\frac{\pi}{4}\right)=2\pi a^{2}\cdot\sqrt{2}=2\sqrt{2}\pi a^{2} \).

②当\( 0<\theta<\frac{\pi}{2} \)时，参数\( \alpha:2\pi\rightarrow0 \)，类似①可得\( I(\theta)=2\pi a^{2}(\sin\theta-\cos\theta) \).此时\( I'(\theta)=2\pi a^{2}(\cos\theta+\sin\theta)>0 \)，故此时\( I(\theta)<I\left(\frac{\pi}{2}\right)=2\pi a^{2}<2\sqrt{2}\pi a^{2} \).

综上，当\( \theta=-\frac{\pi}{4} \)时，\( I \)最大，最大值为\( 2\sqrt{2}\pi a^{2} \).

【解】(1)由A与B相似，可知|A|=|B|，即-6-2a=2，解得a=-4．
由Ax=x+(b,-b,2b)ᵀ的一个解为(0,-1,1)ᵀ，可得(A-E)$\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} b \\ -b \\ 2b \end{pmatrix}$，又因(A-E)$\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$，故b=1．

(2)设可逆矩阵P=(ξ₁,ξ₂,ξ₃)，使得P⁻¹AP=B，即AP=PB，也即
A(ξ₁,ξ₂,ξ₃)=(ξ₁,ξ₂,ξ₃)$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$，
于是有(Aξ₁,Aξ₂,Aξ₃)=(ξ₁,ξ₁+ξ₂,2ξ₃)，则$\begin{cases} Aξ₁=ξ₁, \\ Aξ₂=ξ₁+ξ₂, \\ Aξ₃=2ξ₃. \end{cases}$
由Aξ₁=ξ₁，得(E-A)ξ₁=0，解(E-A)x=0得ξ₁=(1,-1,2)ᵀ；
由Aξ₂=ξ₁+ξ₂，得(E-A)ξ₂=-ξ₁，解(E-A)x=(-1,1,-2)ᵀ得ξ₂=(0,-1,1)ᵀ；
由Aξ₃=2ξ₃，得(2E-A)ξ₃=0，解(2E-A)x=0得ξ₃=(0,1,0)ᵀ．

故P=$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$，使得P⁻¹AP=B，于是A=PBP⁻¹，所以
A¹⁰⁰=PB¹⁰⁰P⁻¹=$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$\begin{pmatrix} 1 & 100 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2¹⁰⁰ \end{pmatrix}$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$
=$\begin{pmatrix} -199 & 0 & 100 \\ 201-2¹⁰⁰ & 2¹⁰⁰ & -101+2¹⁰⁰ \\ -400 & 0 & 201 \end{pmatrix}$．

【解】(1)X=min{T₁,T₂}，则当x>0时，
F_X(x)=P{X≤x}=P{min{T₁,T₂}≤x}=1-P{T₁>x}P{T₂>x}=1-e⁻ˣe⁻ˣ=1-e⁻²ˣ．
则
P{Y>0}=P{X>1}=1-P{X≤1}=1-F_X(1)=e⁻²．
(2)N~P(2e²)，P{M=m|N=n}=Cₙᵐ$(\frac{1}{e²})^m$$(1-\frac{1}{e²})^{n-m}$．
P{M=m,N=n}=P{N=n}P{M=m|N=n}=$\frac{(2e²)^n}{n!}$e⁻²ᵉ²Cₙᵐ$(\frac{1}{e²})^m$$(1-\frac{1}{e²})^{n-m}$．

故M的概率分布为
P{M=m}=$\sum_{n=m}^∞$P{M=m,N=n}=$\sum_{n=m}^∞$$\frac{(2e²)^n}{n!}$e⁻²ᵉ²Cₙᵐ$(\frac{1}{e²})^m$$(1-\frac{1}{e²})^{n-m}$
=$(2e²)^m$$(\frac{1}{e²})^m$$\frac{e⁻²ᵉ²}{m!}$$\sum_{n=m}^∞$$\frac{(2e²)^{n-m}}{(n-m)!}$$(1-\frac{1}{e²})^{n-m}$
=2ᵐe²ᵐ$\frac{1}{e²ᵐ}$$\frac{e⁻²ᵉ²}{m!}$e²ᵉ²⁻²=$\frac{2ᵐ}{m!}$e⁻², m=0,1,2,⋯．
即M~P(2)．