A可导:

\[f'(0)=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{|x| \sin (|x|)}{x}=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{x \cdot \sin x}{x}=0, f_{+}'(0)=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{|x| \sin (|x|)}{x}=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot \sin x}{x}=0\]

B可导:

\[f'(0)=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{|x| \sin \sqrt{|x|}}{x}=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{-x \cdot \sin \sqrt{-x}}{x}=0, f_{+}'(0)=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{|x| \sin \sqrt{|x|}}{x}=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot \sin \sqrt{x}}{x}=0\]

C可导:

\[f'(0)=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{\cos |x|-1}{x}=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x}=0, f_{+}'(0)=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{\cos |x|-1}{x}=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x}=0\]

D不可导:

\[f'(0)=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{\cos \sqrt{|x|}-1}{x}=\lim _{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2}(-x)}{x}=\frac{1}{2}, f_{+}'(0)=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{\cos \sqrt{|x|}-1}{x}=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x}{x}=-\frac{1}{2}\]

\[f_{+}'(0) \neq f'(0)\]

A错误:\(f(x)=-x+\frac{1}{2}\)，\(\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1}\left(-x+\frac{1}{2}\right) d x=0\)，\(f'(x)=-1<0\)，\(f\left(\frac{1}{2}\right)=0\)

B错误:\(f(x)=-x^{2}+\frac{1}{3}\)，\(\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1}\left(-x^{2}+\frac{1}{3}\right) d x=0\)，\(f''(x)=-2<0\)，\(f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=\frac{1}{12}>0\)

C错误:\(f(x)=x-\frac{1}{2}\)，\(\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right) d x=0\)，\(f'(x)=1>0\)，\(f\left(\frac{1}{2}\right)=0\)

D正确:方法1由\(f''(x)>0\)可知，由凸函数性质得出\(f(\frac{1}{2})<0\)；方法2:\(f(x)=f(\frac{1}{2})+f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})+f''(\xi)(x-\frac{1}{2})^{2}\)，\(\xi\)在\(x\)与\(\frac{1}{2}\)之间，

\[\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1} f\left(\frac{1}{2}\right)+f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)+f''(\xi)\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} d x=f\left(\frac{1}{2}\right)+f''(\xi) \int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} d x=0\]

又\(f''(x)>0\)，故\(f(\frac{1}{2})<0\)

\(M=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\frac{2 x}{1+x^{2}}\right) d x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 d x\)，当\(x \in[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\)时\(1+\sqrt{\cos x} \geq1\)，所以\(K>M\)。令\(f(x)=1+x-e^{x}\)，\(f(0)=0\)，\(f'(x)=1-e^{x}\)，当\(x \in[0, \frac{\pi}{2}]\)时，\(f'(x)<0\)；当\(x \in[-\frac{\pi}{2}, 0]\)时，\(f'(x)>0\)，所以在\(x \in[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\)时，有\(f(x) \leq0\)，从而有\(\frac{1+x}{e^{x}} \leq1\)，由比较定理得\(N

平均成本\(\bar{C}=\frac{C(Q)}{Q}\)，当产量为\(Q_{0}\)时平均成本最小，则有

\[\left.(\overline{C})'\right|_{Q=Q_{0}}=\left.\frac{C'(Q) Q-C(Q)}{Q^{2}}\right|_{Q=Q_{0}}=\frac{C'\left(Q_{0}\right) Q_{0}-C\left(Q_{0}\right)}{Q_{0}^{2}}=0 \Rightarrow Q_{0} C'\left(Q_{0}\right)=C\left(Q_{0}\right)\]

方法一:排除法，\(Q=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)的\(r(E-Q)=2\)。

A:\(A=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(r(E-A)=r\begin{pmatrix}0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=2\)

B:\(B=\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(r(E-B)=r\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=1\)

C:\(C=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(r(E-C)=r\begin{pmatrix}0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=1\)

D:\(D=\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(r(E-D)=r\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=1\)

若矩阵\(Q\)与\(J\)相似，则矩阵\(E-Q\)与\(E-J\)相似，从而\(r(E-Q)=r(E-J)\)，故选(A)。

方法二:构造法(利用初等矩阵的性质)，令\(P=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(P^{-1}\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}P=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，即\(\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)与\(\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)相似，故选(A)

\(r(E, B)=n \Rightarrow r(A, AB)=r[A(E, B)]=r(A)\)，故选(A)

特殊值法:由已知可将\(f(x)\)看成随机变量\(X \sim N(1, \sigma^{2})\)的概率密度，根据正态分布的对称性，\(P(X<0)=0.2\)

\(\overline{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^{2}}{n}\right)\)，\(\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma / \sqrt{n}} \sim N(0,1)\)，\(\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)\)，又\(\overline{X}\)与\(S^{2}\)相互独立，所以\(\frac{\sqrt{n}(\overline{X}-\mu)}{S} \sim t(n-1)\)，故B正确。A中\(\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma} \sim N(0,1)\)，\(\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n)\)，\(\overline{X}\)与\(S^{2}\)相互独立，所以\(\frac{n(\overline{X}-\mu)}{\sqrt{n-1} S^{*}} \sim t(n)\)，故C、D错。

\(y=x^{2}+2 \ln x\) ，定义域为 \(\{x | x>0\}\) ，\(y'=2 x+\frac{2}{x}\) ，\(y^{\prime \prime}=2-\frac{2}{x^{2}}\) 。令 \(y^{\prime \prime}=0\) ，则 \(x_{0}= \pm 1\) ，由于 \(x>0\) ，故 \(x_{0}=1\) ，故拐点为 \((1,1)\) ，\(y'(x_{0})=4\) ，则过拐点 \((1,1)\) 的切线方程为 \(y-1=4(x-1)\) 即 \(y=4 x-3\) 。

\(\int e^{x} \arcsin \sqrt{1-e^{2 x}} d x=\int \arcsin \sqrt{1-e^{2 x}} d e^{x} \underline{\underline{t=e^{x}}} \int \arcsin \sqrt{1-t^{2}} d t\) ，\(\underline{\underline{t=\cos u}}=-\int u \sin u d u=u \cos u-\int \cos u d u=u \cos u-\sin u+C\) ，\(=e^{x} \arccos e^{x}-\sqrt{1-e^{2 x}}+C\)

\(\Delta^{2} y_{x}-y_{x}=5 \Rightarrow y_{x+2}-2 y_{x+1}=5\) ，特征方程为：\(r^{2}-2 r=0 \Rightarrow r_{1}=0\) ，\(r_{2}=2\) ，齐次形式的通解：\(C_{1}+C_{2} 2^{x}\) ，由于 \(f(x)=5\) ，故特解设为 \(y=a\) ，代入得 \(a=-5\) ，综上，通解为 \(y=C_{1}+C_{2} 2^{x}-5\)

\(f(x+\Delta x)-f(x)=2 x f(x) \Delta x+o(\Delta x)\) ，\(\Rightarrow \lim _{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=2 x f(x) \Rightarrow f'(x)=2 x f(x)\) ，\(\Rightarrow f(x)=C e^{x^{2}}\) ，\(C=f(0)=2 \Rightarrow f(x)=2 e^{x^{2}} \Rightarrow f(1)=2 e\)

\(\left(A \alpha_{1}, A \alpha_{2}, A \alpha_{3}\right)=A\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right)=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right)\left[\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1\end{array}\right]\) ，\(\alpha_{1}\) 、\(\alpha_{2}\) 、\(\alpha_{3}\) 线性无关，令 \(P=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})\) ，则 \(P^{-1} A P=\left[\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1\end{array}\right]=B\) ，A 与 B 相似，特征值相等。\(|\lambda E-B|=(\lambda-2)\left(\lambda^{2}-2 \lambda+3\right)=0 \Rightarrow\) 实特征值 \(\lambda=2\)

\(P(A C | A \cup B)=\frac{P(A C \cap(A \cup B))}{P(A \cup B)}=\frac{P(A C \cup A B C)}{P(A \cup B)}=\frac{P(A C)+P(A B C)-P(A B C)}{P(A)+P(B)-P(A B)}\) ，\(=\frac{P(A) P(C)}{P(A)+P(B)-P(A) P(B)}=\frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}\)

方法1:

\[\begin{aligned} & \lim _{x \to+\infty}\left[(a x+b) e^{\frac{1}{x}}-x\right]=\lim _{t \to 0^{+}} \frac{(a+b t) e^{t}}{t}-\frac{1}{t} \\ & =\lim _{t \to 0^{+}} \frac{(a+b t)(1+t+o(t))-1}{t}=\lim _{t \to 0^{+}} \frac{(a-1)+(a+b) t+o(t)}{t}=2 \end{aligned}\]

\[故 \left\{\begin{array} { l } { a - 1 = 0 } \\ { a + b = 2 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} a=1 \\ b=1 \end{array}\right.\right.\]

方法2:

\[\begin{aligned} & \lim _{x \to+\infty}\left[(a x+b) e^{\frac{1}{x}}-x\right]=\lim _{x \to+\infty}(a x+b)\left\{\left[1+\frac{1}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\right]-x\right\} \\ & =\lim _{x \to+\infty}\left[(a-1) x+a+b+\frac{b}{x}+(a x+b) o\left(\frac{1}{x}\right)\right]=2 . \end{aligned}\]

\[故 \left\{\begin{array} { l } { a - 1 = 0 } \\ { a + b = 2 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} a=1 \\ b=1 \end{array}\right.\right.\]

\[\iint_{D} x^{2} d x d y=\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} d x \int_{\sqrt{3} x}^{\sqrt{3\left(1-x^{2}\right)}} x^{2} d y=\frac{\sqrt{3} \pi}{32}-\frac{\sqrt{3}}{16}\]

假设圆的半径为$x$，正方形边长为$y$，正三角形边长为$z$，则有

\[2 \pi x+4 y+3 z=2, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0\]

\[令 f(x, y, z)=\pi x^{2}+y^{2}+\frac{\sqrt{3}}{4} z^{2}+\lambda(2 \pi x+4 y+3 z-2)\]

\[\left\{\begin{array}{c} \frac{\partial f}{\partial x}=2 \pi x+2 \pi \lambda=0 \\ \frac{\partial f}{\partial y}=2 y+4 \lambda=0 \\ \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{\sqrt{3}}{2} z+3 \lambda=0 \\ 2 \pi x+4 y+3 z-2=0 \end{array}\right.\]

解得最优解为$x=\frac{1}{\pi+4+3 \sqrt{3}}, y=\frac{2}{\pi+4+3 \sqrt{3}}, z=\frac{2 \sqrt{3}}{\pi+4+3 \sqrt{3}}$

最小面积为\[S_{\min }=\frac{1}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\]

由泰勒展开可知：

\[\cos 2x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{2^{2n}}{(2n)!} x^{2n}\]

\[\frac{1}{(1+x)^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} n(-1)^{n-1} x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(-1)^{n} x^{n}\]

因此

\[a_{n} = \begin{cases}

(-1)^{\frac{n}{2}} \frac{2^{n}}{n!} - (n+1), & n为偶数 \\

-(n+1), & n为奇数

\end{cases}\]

由$x_{n} e^{x_{n+1}}=e^{x_{n}}-1$得$x_{n+1}=\ln \frac{e^{x_{n}}-1}{x_{n}}$。

**单调性**：令$g(x)=e^x-1-xe^x$，则$g'(x)=-xe^x<0$（$x>0$），故$g(x)

**有界性**：由$e^x-1>x$（$x>0$）知$\frac{e^{x_n}-1}{x_n}>1$，故$x_{n+1}=\ln \frac{e^{x_n}-1}{x_n}>0$，数列有下界。

根据单调有界定理，$\lim_{n\to\infty}x_n$存在，设为$a$，则$ae^a=e^a-1$，解得$a=0$。

综上，数列收敛且$\lim_{n\to\infty}x_n=0$。

(1) 当$a=2$时，二次型矩阵秩为2，方程组有非零解，通解为$x_1=2x_3$，$x_2=-x_3$（$x_3$为任意常数）；当$a\neq2$时，仅零解$x_1=x_2=x_3=0$。

(2) 当$a\neq2$时，规范形为$y_1^2+y_2^2+y_3^2$；当$a=2$时，规范形为$z_1^2+z_2^2$。

(1) 由矩阵等价得$r(A)=r(B)$，计算得$a=2$。

(2) 通过初等行变换求解，可逆矩阵$P$为：

\[P=\begin{pmatrix}-6k_1+3 & -6k_2+4 & -6k_3+4 \\ 2k_1-1 & 2k_2-1 & 2k_3-1 \\ k_1 & k_2 & k_3\end{pmatrix}\]，其中$k_2\neq k_3$，$k_1,k_2,k_3\in\mathbb{R}$。

(1) $Cov(X,Z)=Cov(X,XY)=E[X^2Y]-E[X]E[XY]=E[Y]=\lambda$。

(2) $Z$的分布律为：

\[P(Z=k)=\begin{cases}

e^{-\lambda}, & k=0 \\

\frac{\lambda^{|k|}}{2|k|!}e^{-\lambda}, & k=\pm1,\pm2,\cdots

\end{cases}\]

(1) 似然函数为\[L(\sigma)=\frac{1}{(2\sigma)^n}e^{-\frac{\sum_{i=1}^n|X_i|}{\sigma}}\]，取对数求导得$\hat{\sigma}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n|X_i|$。

(2) 由$E|X|=\sigma$，$D|X|=\sigma^2$，得$E\hat{\sigma}=\sigma$，$D\hat{\sigma}=\frac{\sigma^2}{n}$。