【解析】\(\lim _{x \to 0^{+}} \frac{1-\cos \sqrt{x}}{a x}=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{2} x}{a x}=\frac{1}{2 a}\)，\(\frac{1}{2 a}=b \Rightarrow ab=\frac{1}{2}\)

【解析】\(f(x)\)为偶函数时满足题设条件，此时 \(\int_{-1}^{0} f(x) d x=\int_{0}^{1} f(x) d x\)，排除C、D；取 \(f(x)=2 x^{2}-1\) 满足条件，则 \(\int_{-1}^{1} f(x) d x=\int_{-1}^{1}(2 x^{2}-1) d x=-\frac{2}{3}<0\)，选B

【解析】特例法：(A)取 \(x_{n}=\pi\)，有 \(\lim _{n \to \infty} \sin x_{n}=0\)，\(\lim _{n \to \infty} x_{n}=\pi\)，A错；取 \(x_{n}=-1\)，排除B、C，所以选D

【解析】特征方程为：\(\lambda^{2}-4 \lambda+8=0 \Rightarrow \lambda_{1,2}=2 \pm 2 i\)，\(\because f(x)=e^{2 x}(1+\cos 2 x)=e^{2 x}+e^{2 x} \cos 2 x\)，\(\therefore y_{1}^{*}=A e^{2 x}\)，\(y_{2}^{*}=x e^{2 x}(B \cos 2 x+C \sin 2 x)\)，故特解为：\(y^{*}=y_{1}^{*}+y_{2}^{*}=A e^{2 x}+x e^{2 x}(B \cos 2 x+C \sin 2 x)\)，选C

【答案】D

【解析】\( \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} \gt 0,\frac{\partial f(x,y)}{\partial y} \lt 0,\Rightarrow f(x,y) \) 是关于 \( x \) 的单调递增函数，是关于 \( y \) 的单调递减函数， 所以有 \( f(0,1) \lt f(1,1)\lt f(1,0) \)，故答案选 D. 

【解析】从0到 \(t_{0}\) 这段时间内甲乙的位移分别为 \(\int_{0}^{t_{0}} v_{1}(t) d t\)、\(\int_{0}^{t_{0}} v_{2}(t) d t\)，则乙追上甲时，\(\int_{0}^{t_{0}} v_{2}(t)-v_{1}(t) d t=10\)。根据图像面积分析，当 \(t_{0}=25\) 时，累计面积超过10，但结合选项及面积数值分布，实际追上时刻在15到20之间，故选B

【解析】由 \(P^{-1} A P=\begin{pmatrix}0 & & \\ & 1 & \\ & & 2\end{pmatrix}\) 得 \(A P=P\begin{pmatrix}0 & & \\ & 1 & \\ & & 2\end{pmatrix}\)，即 \(A(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})\begin{pmatrix}0 & & \\ & 1 & \\ & & 2\end{pmatrix}=\alpha_{2}+2 \alpha_{3}\)，因此B正确

【解析】由 \(|\lambda E - A|=0\) 可知\(A\)的特征值为2,2,1，且 \(3 - r(2E - A)=1\)，故\(A\)可相似对角化为\(C\)；由 \(|\lambda E - B|=0\) 可知\(B\)的特征值为2,2,1，但 \(3 - r(2E - B)=2\)，故\(B\)不可相似对角化，显然\(C\)可相似对角化，因此\(A \sim C\)，但\(B\)不相似于\(C\)

\[\because \lim _{x \to \infty} \frac{y}{x}=\lim _{x \to \infty}\left(1+\arcsin \frac{2}{x}\right)=1, \lim _{x \to \infty}(y-x)=\lim _{x \to \infty} x \arcsin \frac{2}{x}=2,\]

\[\therefore y=x+2\]

【答案】\(-\frac{1}{8}\)

【解析】

\(\frac{dy}{dt} = \cos t\)，\(\frac{dx}{dt} = 1 + e^t \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{\cos t}{1 + e^t}\)

\(\Rightarrow \frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{(\frac{\cos t}{1 + e^t})'}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-\sin t(1 + e^t) - \cos t e^t}{(1 + e^t)^2} \Rightarrow \frac{d^2 y}{dx^2}\big|_{t = 0} = -\frac{1}{8}\)

\[\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln (1+x)}{(1+x)^{2}} d x & =-\int_{0}^{+\infty} \ln (1+x) d \frac{1}{1+x} \\ & =-\left[\left.\frac{\ln (1+x)}{1+x}\right|_{0} ^{+\infty}-\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1+x)^{2}} d x\right] \\ & =\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1+x)^{2}} d x=1 . \end{aligned}\]

\(f_{x}'=y e^{y}\)，\(f_{y}'=x(1+y) e^{y}\)，\(f(x, y)=\int y e^{y} d x=x y e^{y}+c(y)\)，故

\[f_{y}'=x e^{y}+x y e^{y}+c'(y)=x e^{y}+x y e^{y},\]

因此 \(c'(y)=0\)，即 \(c(y)=C\)，再由 \(f(0,0)=0\)，可得 \(f(x, y)=x y e^{y}\)

交换积分次序:

\[\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} \tan x d x=\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} \tan x d y=\int_{0}^{1} x \tan x d x=-\ln \cos 1\]

由 \(A \alpha=\lambda \alpha\) 得

\[\left(\begin{array}{ccc} 4 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & a \\ 3 & 1 & -1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 2 \end{array}\right)=\lambda\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 2 \end{array}\right) \Rightarrow\left(\begin{array}{c} 1 \\ 3+2 a \\ 2 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \lambda \\ \lambda \\ 2 \lambda \end{array}\right)\]

故 \(3+2a=\lambda\) 且 \(2=2\lambda\)，解得 \(\lambda=1\)，\(a=-1\)

【答案】\(\frac{2}{3}\)

[H] \(\lim _{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{x-t e^{t}}}{\sqrt{x^{3}}}\) 北会 \(x-t=u\) 随

\[\int_{0}^{x} \sqrt{x-t e^{t}} d t=-\int_{x}^{0} \sqrt{u} e^{x+u} d u=\int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{x+u} d u\]

\[\begin{aligned} & 原式 =lim _{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{x+s} d u}{x^{\frac{3}{2}}}=lim _{x \to \infty} \frac{e^{x} \int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{u} d u}{x^{\frac{3}{2}}} \\ & =lim _{x \to \infty} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{u} d u}{x^{\frac{3}{2}}}=lim _{x \to \infty} \frac{\sqrt{x} e^{x}}{3 x^{\frac{1}{2}}}=\frac{2}{3} \end{aligned}\]

【答案】\(\left.\frac{d y}{d x}\right|_{x=0}=f_{1}'(1,1)\)，\(\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{x=0}=f_{11}''(1,1)+f_{1}'(1,1)-f_{2}'(1,1)\)

【解析】

\[\begin{aligned} & y=f\left(e^{x}, \cos x\right) \Rightarrow y(0)=f(1,1) \\ & \left.\Rightarrow \frac{d y}{d x}\right|_{x=0}=\left(f_{1}' e^{x}+f_{2}^{\cdot}(-\sin x)\right)_{| x=0}=f_{1}'(1,1) \cdot 1+f_{2}'(1,1) \cdot 0=f_{1}'(1,1) \\ & \Rightarrow \frac{d^{2} y}{d x^{2}}=f_{11}^{-} e^{2 x}+f_{12}'' e^{x}(-\sin x)+f_{21}'' e^{x}(-\sin x)+f_{22}'' \sin ^{2} x+f_{1} e^{x}-f_{2}' \cos x \\ & \left.\Rightarrow \frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{x=0}=f_{11}'(1,1)+f_{1}'(1,1)-f_{2}'(1,1) \end{aligned}\]

结论:

\[\left.\frac{d y}{d x}\right|_{x=0}=f_{1}'(1,1)\]

\[\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{x=0}=f_{11}^{*}(1,1)+f_{1}'(1,1)-f_{2}'(1,1)\]

【答案】\(\frac{1}{4}\)

【解析】

\[lim _{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1} x \ln (1+x) d x=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \ln (1+x) d x^{2}=\frac{1}{2}\left(\ln (1+x)x^{2}\big|_{0} ^{1}-\int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{1+x} d x\right)=\frac{1}{4}\]

【答案】极大值为 \(y(1)=1\) ，极小值为 \(y(-1)=0\)

【解析】

两边求导得:

\[3 x^{2}+3 y^{2} y'-3+3 y'=0\]

令 \(y'=0\) 得 \(x= \pm 1\) 对(1)式两边关于x求导得 \(6x + 6y(y')^{2} + 3y^{2}y'' + 3y'' = 0\) (2) ，将 \(x= \pm 1\) 代入原方程得 \(\begin{cases}x=1, y=1 \\ x=-1, y=0\end{cases}\) ，将 \(x=1\) ，\(y=1\) 代入(2)得 \(y''(1)=-1<0\) ，将 \(x=-1\) ，\(y=0\) 代入(2)得 \(y''(-1)=2>0\) ，故 \(x=1\) 为极大值点，\(y(1)=1\) ；\(x=-1\) 为极小值点，\(y(-1)=0\)

【解析】
（I）\(f(x)\)二阶导数，\(f(1)>0,\lim\limits_{x \to 0^+}\frac{f(x)}{x}<0\)
解：1）由于\(\lim\limits_{x \to 0^+}\frac{f(x)}{x}<0\)，根据极限的保号性得
\(\exists \delta>0,\forall x \in(0,\delta)\)有\(\frac{f(x)}{x}<0\)，即\(f(x)<0\)
进而\(\exists x_0 \in(0,\delta)\)有\(f(\delta)<0\)
又由于\(f(x)\)二阶可导，所以\(f(x)\)在\([0,1]\)上必连续
那么\(f(x)\)在\([\delta,1]\)上连续，由\(f(\delta)<0,f(1)>0\)根据零点定理得：
至少存在一点\(\xi \in(\delta,1)\)，使\(f(\xi)=0\)，即得证

（II）由（1）可知\(f(0)=0\)，\(\exists \xi \in(0,1)\)，使\(f(\xi)=0\)，令\(F(x)=f(x)f'(x)\)，则\(f(0)=f(\xi)=0\)
由罗尔定理\(\exists \eta \in(0,\xi)\)，使\(f'(\eta)=0\)，则\(F(0)=F(\eta)=F(\xi)=0\)，
对\(F(x)\)在\((0,\eta),(\eta,\xi)\)分别使用罗尔定理：
\(\exists \eta_1 \in(0,\eta),\eta_2 \in(\eta,\xi)\)且\(\eta_1,\eta_2 \in(0,1),\eta_1 \neq \eta_2\)，使得\(F'(\eta_1)=F'(\eta_2)=0\)，即
\(F'(x)=f(x)f''(x)+(f'(x))^2 = 0\)在\((0,1)\)至少有两个不同实根。
得证。

【答案】\(\frac{5 \pi}{4}\)

【解析】\(\iint_{D}(x+1)^{2} d x d y=\iint_{D}\left(x^{2}+2x + 1\right) d x d y=\iint_{D}x^{2} d x d y + 2\iint_{D}x d x d y + \iint_{D}1 d x d y\)，由于区域 \(D\) 关于 \(y\) 轴对称，\(x\) 为奇函数，所以 \(2\iint_{D}x d x d y = 0\) ，则原式=\(\iint_{D}x^{2} d x d y + \iint_{D}d x d y\)。利用极坐标变换，\(x = r\cos\theta\)，\(y = r\sin\theta\)，区域 \(D\) 的方程化为 \(r^{2} \leq 2r\sin\theta\) ，即 \(r \leq 2\sin\theta\)（\(\theta \in [0, \pi]\)）。则\(\iint_{D}x^{2} d x d y = \int_{0}^{\pi} d\theta \int_{0}^{2\sin\theta} r^{2}\cos^{2}\theta \cdot r dr = \int_{0}^{\pi}\cos^{2}\theta d\theta \int_{0}^{2\sin\theta} r^{3} dr = \int_{0}^{\pi}\cos^{2}\theta \cdot \left[\frac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{2\sin\theta} d\theta = \int_{0}^{\pi}\cos^{2}\theta \cdot 4\sin^{4}\theta d\theta\)，利用三角恒等式化简计算可得此积分值为\(\frac{\pi}{4}\)；\(\iint_{D}d x d y\)为区域 \(D\) 的面积，\(D\) 是圆心在\((0,1)\)，半径为1的圆，面积为\(\pi\)。所以原式=\(\frac{\pi}{4} + \pi = \frac{5\pi}{4}\)。

【解析】由题意可知：过$P$点的切线为：$Y - y = y'(X - x)\cdots①$
过$P$点的法线为：$Y - y = \frac{-1}{y'}(X - x)\cdots②$
对$①$，令$X = 0$，则$Y_{P} = y - xy'$
对$②$，令$Y = 0$，则$X_{P} = x + yy'$
$\therefore y - xy' = x + yy' \Rightarrow y' = \frac{y - x}{y + x} = \frac{\frac{y}{x} - 1}{\frac{y}{x} + 1}$
令$u = \frac{y}{x}$，则$y = ux$，故$y' = u'x + u$
$\therefore u'x + u = \frac{u - 1}{u + 1} \Rightarrow u'x = \frac{-1 - u^2}{u + 1}$ 

$\therefore \frac{(1 + u)du}{1 + u^2} = \frac{-1}{x}dx \Rightarrow \arctan u + \frac{1}{2}\ln(1 + u^2) = -\ln|x| + C$，且$y(1) = 0$ 
$\therefore C = 0$，故$\arctan \frac{y}{x} + \ln\sqrt{\frac{x^2 + y^2}{x^2}} + \ln x = 0$ 
$\therefore \arctan \frac{y}{x} + \frac{1}{2}\ln(x^2 + y^2) = 0$，$x \in (0, \frac{3}{2})$ 

【解析】
（I）证明：由\(\boldsymbol{\alpha}_{3} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2}\)可得\(\boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2} - \boldsymbol{\alpha}_{3} = 0\)，即\(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\)线性相关，
因此，\(\vert\boldsymbol{A}\vert = \vert\boldsymbol{\alpha}_{1}\boldsymbol{\alpha}_{2}\boldsymbol{\alpha}_{3}\vert = 0\)，即\(\boldsymbol{A}\)的特征值必有\(0\)。
又因为\(\boldsymbol{A}\)有三个不同的特征值，则三个特征值中只有\(1\)个\(0\)，另外两个非\(0\)。
且由于\(\boldsymbol{A}\)必可相似对角化，则可设其对角矩阵为\(\boldsymbol{\Lambda} = \begin{pmatrix}
\lambda_{1} & & \\
& \lambda_{2} & \\
& & 0
\end{pmatrix},\lambda_{1} \neq \lambda_{2} \neq 0\) 
\(\therefore \text{r}(\boldsymbol{A}) = \text{r}(\boldsymbol{\Lambda}) = 2\) 
（II）由（I）\(\text{r}(\boldsymbol{A}) = 2\)，知\(3 - \text{r}(\boldsymbol{A}) = 1\)，即\(\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = 0\)的基础解系只有\(1\)个解向量，
由\(\boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2} - \boldsymbol{\alpha}_{3} = 0\)可得\((\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-1
\end{pmatrix} = \boldsymbol{A}\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-1
\end{pmatrix} = 0\)，则\(\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = 0\)的基础解系为\(\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-1
\end{pmatrix}\)，
又\(\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3}\)，即\((\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix} = \boldsymbol{A}\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix} = \boldsymbol{\beta}\)，则\(\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}\)的一个特解为\(\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}\)，
综上，\(\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}\)的通解为\(k\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-1
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix},k \in \boldsymbol{R}\) 

$f(x_{1},x_{2},x_{3}) = X^{\text{T}}AX$，其中 $A = \begin{pmatrix}2&1&-4\\1&-1&1\\-4&1&a\end{pmatrix}$

由于 $f(x_{1},x_{2},x_{3}) = X^{\text{T}}AX$ 经正交变换后，得到的标准形为 $\lambda_{1}y_{1}^{2}+\lambda_{2}y_{2}^{2}$，

故 $r(A)=2\Rightarrow|A| = 0\Rightarrow\begin{vmatrix}2&1&-4\\1&-1&1\\-4&1&a\end{vmatrix}=0\Rightarrow a = 2$，

将 $a = 2$ 代入，满足 $r(A)=2$，因此 $a = 2$ 符合题意，此时 $A=\begin{pmatrix}2&1&-4\\1&-1&1\\-4&1&2\end{pmatrix}$，则

$|\lambda E - A|=\begin{vmatrix}\lambda - 2&-1&4\\-1&\lambda + 1&-1\\4&-1&\lambda - 2\end{vmatrix}=0\Rightarrow\lambda_{1}=-3,\lambda_{2}=0,\lambda_{3}=6$，

由 $(-3E - A)x = 0$，可得 $A$ 的属于特征值 $-3$ 的特征向量为 $\alpha_{1}=\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}$；

由 $(6E - A)x = 0$，可得 $A$ 的属于特征值 $6$ 的特征向量为 $\alpha_{2}=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$

由 $(0E - A)x = 0$，可得 $A$ 的属于特征值 $0$ 的特征向量为 $\alpha_{3}=\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}$

令 $P = (\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})$，则 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-3&&\\&6&\\&&0\end{pmatrix}$，由于 $\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 彼此正交，故只需单位化即可：

$\beta_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1, - 1,1)^{\text{T}}$，$\beta_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,0,1)^{\text{T}}$，$\beta_{3}=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,1)^{\text{T}}$，，

则 $Q = (\beta_{1}\ \beta_{2}\ \beta_{3})=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\-\frac{1}{\sqrt{3}}&0&\frac{2}{\sqrt{6}}\\\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\end{pmatrix}$，$Q^{\text{T}}AQ=\begin{pmatrix}-3&&\\&6&\\&&0\end{pmatrix}$

$f(x_{1},x_{2},x_{3})\stackrel{x = Qy}{=}- 3y_{1}^{2}+6y_{2}^{2}$