因为当 \(x \to 0\) 时。 \([\int_{0}^{x^{2}}(e^{t^{3}}-1) d t]'=2 x(e^{x^{6}}-1)\sim x^{7}\) ,所以 \(\int_{0}^{x^{2}}(e^{t^{3}}-1) d t\) 是 \(x^{7}\) 高阶无穷小,正确答案为C。

因为 \(\lim _{x \to 0} f(x)=\lim _{x \to 0} \frac{e^{x}-1}{x}=1=f(0)\) ，故 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续； \(\lim _{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x \to 0} \frac{\frac{e^{x}-1}{x}-1}{x}=\lim _{x \to 0} \frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}=\frac{1}{2}\) ，故 \(f'(0)=\frac{1}{2}\) ，因此选D。

令 \(f(x)=a x+b \ln x=0\) ，\(f'(x)=a+\frac{b}{x}\) ，令 \(f'(x)=0\) ，有驻点 \(x=-\frac{b}{a}\) 。由 \(f(-\frac{b}{a})=a \cdot (-\frac{b}{a})+b \cdot \ln (-\frac{b}{a})<0\) ，从而 \(\ln (-\frac{b}{a})>1\) ，可得 \(-\frac{b}{a}>e\) ，即 \(\frac{b}{a}<-e\) ，但选项中无此结果，推测题目中函数应为 \(f(x)=a x-b \ln x(a>0)\) ，此时 \(f'(x)=a-\frac{b}{x}\) ，驻点 \(x=\frac{b}{a}\) ，\(f(\frac{b}{a})=a \cdot \frac{b}{a}-b \cdot \ln \frac{b}{a}<0\) ，从而 \(\ln \frac{b}{a}>1\) ，可得 \(\frac{b}{a}>e\) ，正确答案为A。

对 \(f(x+1, e^{x})=x(x+1)^{2}\) 两边求导得 \(f_{1}'(x+1, e^{x})+e^{x} f_{2}'(x+1, e^{x})=(x+1)^{2}+2 x(x+1)\) ；对 \(f(x, x^{2})=2 x^{2} \ln x\) 两边求导得 \(f_{1}'(x, x^{2})+2 x f_{2}'(x, x^{2})=4 x \ln x+2 x\) 。分别将 \(x=0\) 代入第一式得 \(f_{1}'(1,1)+f_{2}'(1,1)=1\) ，将 \(x=1\) 代入第二式得 \(f_{1}'(1,1)+2 f_{2}'(1,1)=2\) ，联立可得 \(f_{1}'(1,1)=0\) ，\(f_{2}'(1,1)=1\) ，故 \(df(1,1)=f_{1}'(1,1)dx+f_{2}'(1,1)dy=dy\) ，正确答案为C。

将二次型展开得 \(f(x_{1}, x_{2}, x_{3})=2 x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}+2 x_{2} x_{3}+2 x_{1} x_{3}\) ，所以对应的矩阵 \(A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}\) ，计算特征多项式 \(|\lambda E - A|=\begin{vmatrix}\lambda & -1 & -1 \\ -1 & \lambda - 2 & -1 \\ -1 & -1 & \lambda\end{vmatrix}=(\lambda + 1)(\lambda - 3)\lambda\) ，令其等于零，故特征值为-1,3,0，故该二次型的正惯性指数为1，负惯性指数为1，应选B。

【答案】D.
【解析】因为\(A = (\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4})\)为4阶正交矩阵，所以向量组\(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\)是一组标准正交向量组，则\(r(B)=3\)，又\(B\boldsymbol{\alpha}_{4}=\begin{pmatrix}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\\\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\\\boldsymbol{\alpha}_{3}^{\mathrm{T}}\end{pmatrix}\boldsymbol{\alpha}_{4}=\boldsymbol{0}\)，所以齐次线性方程组\(B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)的通解为\(k\boldsymbol{\alpha}_{4}\)。而\(B(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3})=\begin{pmatrix}\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\\\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\\\boldsymbol{\alpha}_{3}^{\mathrm{T}}\end{pmatrix}(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3})=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=\boldsymbol{\beta}\)，故线性方程组\(B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta}\)的通解\(\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}+k\boldsymbol{\alpha}_{4}\)，其中\(k\)为任意常数.故应选D.

对 \((A, E)\) 进行初等行变换：\(\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & -5 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -6 & 1 & 0 & 1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & 2 & 1\end{pmatrix}\) ，得到 \(P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1\end{pmatrix}\) ；再通过列变换得到 \(Q=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\) ，故正确答案为C。

计算 \(P(A | A \cup B)=\frac{P(A)}{P(A \cup B)}\) ，\(P(\overline{A} | A \cup B)=\frac{P(\overline{A}B)}{P(A \cup B)}=\frac{P(B) - P(AB)}{P(A \cup B)}\) ，由 \(P(A | A \cup B)>P(\overline{A} | A \cup B)\) 得 \(P(A)>P(B) - P(AB)\) ，无法推出 \(P(A)>P(B)\) ，故正确答案为D。

因为 \(X\) ，\(Y\) 是二维正态分布，所以 \(\overline{X}\) 与 \(\overline{Y}\) 也服从二维正态分布，则 \(\overline{X}-\overline{Y}\) 服从正态分布，\(E(\hat{\theta})=E(\overline{X}-\overline{Y})=E(\overline{X})-E(\overline{Y})=\mu_{1}-\mu_{2}=\theta\) ，\(D(\hat{\theta})=D(\overline{X}-\overline{Y})=D(\overline{X})+D(\overline{Y})-2cov(\overline{X},\overline{Y})=\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}-2 \rho \sigma_{1} \sigma_{2}}{n}\) ，故正确答案为B。

似然函数 \(L(\theta)=(\frac{1-\theta}{2})^{3}(\frac{1+\theta}{4})^{5}\) ，取对数得 \(\ln L(\theta)=3 \ln(\frac{1-\theta}{2})+5 \ln(\frac{1+\theta}{4})\) ，求导得 \(\frac{d \ln L(\theta)}{d \theta}=\frac{-3}{1-\theta}+\frac{5}{1+\theta}=0\) ，解得 \(\theta=\frac{1}{4}\) ，故正确答案为A。

【详解】 \(\frac{d y}{d x}=-\left.\sin e^{-\sqrt{x}}\left(e^{-\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{-2 \sqrt{x}}\right) \frac{d y}{d x}\right|_{x=1}=\frac{\sin \frac{1}{e}}{2 e}\)

【详解】 \(\int_{\sqrt{5}}^{3} \frac{x}{\sqrt{9-x^{2}}} d x+\int_{3}^{5} \frac{x}{\sqrt{x^{2}-9}} d x=\frac{-1}{2} \int_{\sqrt{5}}^{3} \frac{d\left(9-x^{2}\right)}{\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{2} \int_{3}^{5} \frac{d\left(x^{2}-9\right)}{\sqrt{x^{2}-9}}=6\)

【详解】\(V = \pi \int_{0}^{1}(\sqrt{x} \sin \pi x)^{2} d x = \pi \int_{0}^{1} x \sin ^{2} \pi x d x \stackrel{\pi x=t}{=} \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} t d t = \frac{\pi}{4}\)

【详解】齐次解为 \(y = C\)，设特解 \(y^{*} = \frac{1}{2}(at + b)\)，代入方程 \((t+1)(a(t+1)+b) - t(at + b) = t\)，得 \(2at + a + b = t\)，解得 \(a = \frac{1}{2}\)，\(b = -\frac{1}{2}\)，故通解为 \(y = y^{*} + \bar{y} = \frac{1}{2}t^{2} - \frac{1}{2}t + C\)，C 为任意常数

【详解】展开行列式后，含 \(x^{3}\) 项的有 \(-x^{3}\) 和 \(-4x^{3}\)，故 \(x^{3}\) 项的系数为 \(-1 - 4 = -5\)

【详解】\(X \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\)，\(Y \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\)，计算得 \(cov(X, Y) = \frac{1}{20}\)，\(DX = \frac{1}{4}\)，\(DY = \frac{1}{4}\)，故相关系数 \(\rho_{XY} = \frac{1}{5}\)

要想极限存在,则左右极限相等;

\[又由于 lim _{x \to 0^{+}}\left[\alpha arctan \frac{1}{x}+(1+|x|)^{\frac{1}{x}}\right]=\frac{\pi}{2} \alpha+e,\]

\[lim _{x \to 0^{-}}\left[\alpha arctan \frac{1}{x}+(1+|x|)^{\frac{1}{x}}\right]=-\frac{\pi}{2} \alpha+\frac{1}{e} ;\]

\[从而 \frac{\pi}{2} \alpha+e=-\frac{\pi}{2} \alpha+\frac{1}{e}, 即 \alpha=\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{e}-e\right).\]

(1) \(\left\{\begin{array}{l}f_{x}'=\frac{2 x^{2}+x-1-y^{2}}{x^{3}}=0 \\ f_{y}'=\frac{y}{x^{2}}=0\end{array}\right.\) 即 \(\left\{\begin{array}{c}2 x^{2}+x-1-y^{2}=0 \\ y=0\end{array}\right.\)，得驻点 \((1,0)\) 和 \((\frac{1}{2}, 0)\)

(2)计算二阶偏导数：

\(\left\{\begin{array}{l}f_{x x}^{*}=\frac{(4 x+1) x-3\left(2 x^{2}+x-1-y^{2}\right)}{x^{4}} \\ f_{x y}^{*}=\frac{-2 y}{x^{3}} \\ f_{y y}^{*}=\frac{1}{x^{2}}\end{array}\right.\)

(3)在驻点\((-1,0)\)处（注：原解析中驻点\((-1,0)\)应为\((1,0)\)），\(A=3\)，\(B=0\)，\(C=1\)，\(AC - B^{2}=3>0\)，\(A>0\)，故\(f(x, y)\)在\((1,0)\)处取极小值2；在驻点\((\frac{1}{2}, 0)\)处，\(A=24\)，\(B=0\)，\(C=4\)，\(AC - B^{2}=96>0\)，故\(f(x, y)\)在\((\frac{1}{2}, 0)\)处取极小值\(\frac{1}{2}-2 \ln 2\)。

【答案】\(\frac{1}{8}e^{2}-\frac{1}{4}e+\frac{1}{8}\)。
\[
\begin{align*}
&\iint_{D} e^{(x + y)^{2}}(x^{2}-y^{2})d\sigma=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos2\theta d\theta\int_{0}^{1} e^{(\cos\theta + \sin\theta r)^{2}}r dr^{2}=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos2\theta d\theta\int_{0}^{1} e^{(\cos\theta + \sin\theta r)^{2}}r dr^{2}\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos2\theta d\theta\int_{0}^{1} ue^{(\cos\theta + \sin\theta u)^{2}}du\\
&\int_{0}^{1} ue^{(\cos\theta + \sin\theta u)^{2}}du = \frac{1}{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}}\int_{0}^{1} (\cos\theta + \sin\theta)^{2}ue^{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}}du(\cos\theta + \sin\theta)^{2}\\
&=\frac{1}{(\cos\theta + \sin\theta)^{4}}\int_{0}^{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}} te^{t}dt\\
&=\frac{1}{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}}e^{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}}-\frac{1}{(\cos\theta + \sin\theta)^{4}}[e^{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}} - 1]
\end{align*}
\]

\[
\begin{align*}
&\therefore 上式=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos\theta - \sin\theta}{\cos\theta + \sin\theta}e^{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}}d\theta - \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos\theta - \sin\theta}{(\cos\theta + \sin\theta)^{3}}[e^{(\cos\theta + \sin\theta)^{2}} - 1]d\theta\\
&=\frac{1}{2}\int_{1}^{\sqrt{2}} \frac{1}{u}e^{u^{2}}du - \frac{1}{2}\int_{1}^{\sqrt{2}} \frac{e^{u^{2}} - 1}{u^{3}}du\\
&其中\int_{1}^{\sqrt{2}} \frac{1}{u}e^{u^{2}}du = \int_{1}^{\sqrt{2}} u^{2}d(\frac{1}{2}e^{u^{2}})=\frac{1}{2u^{2}}e^{u^{2}}\big|_{1}^{\sqrt{2}} - \int_{1}^{\sqrt{2}} (\frac{1}{2}e^{u^{2}})(-2u^{-3})du=\frac{1}{4}e^{2}-\frac{1}{2}e + \int_{1}^{\sqrt{2}} \frac{e^{u^{2}}}{u^{3}}du\\
&\therefore 原式=\frac{e^{2}}{8}-\frac{e}{4}+\frac{1}{2}\int_{1}^{\sqrt{2}} u^{-3}du=\frac{1}{8}e^{2}-\frac{1}{4}e+\frac{1}{8}
\end{align*}
\]

(1) 微分方程 \(y' - \frac{(n+1)}{x} y = 0\) 的通解为 \(y = C e^{\int \frac{n+1}{x} dx} = C x^{n+1}\)，代入 \(y_{n}(1)=\frac{1}{n(n+1)}\) 得 \(C = \frac{1}{n(n+1)}\)，故 \(y_{n}(x)=\frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}\)；

(2) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}\) 的收敛半径为1，在\(x=-1\)处收敛，\(x=1\)处需单独判断。

设 \(S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} x^{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}\)，通过逐项求导积分可得：

\(S(x)=(1 - x) \ln(1 - x) + x\)，\(x \in (-1, 1)\)。

又因\(S(x)\)在\([-1, 1]\)连续，\(S(1)=\lim _{x \to 1^{-}} S(x)=1\)，故和函数为：

\[S(x)=\left\{\begin{array}{c}(1 - x) \ln(1 - x) + x, \quad x \in [-1, 1) \\ 1, \quad x = 1\end{array}\right.\]

由 \(|\lambda E - A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda - 2 & -1 & 0 \\ -1 & \lambda - 2 & 0 \\ -1 & -a & \lambda - b \end{array}\right|=(\lambda - b)(\lambda - 3)(\lambda - 1)=0\) 得特征值\(\lambda_1=3\)，\(\lambda_2=1\)，\(\lambda_3=b\)。

当\(b=3\)时，对于二重特征值\(\lambda=3\)，矩阵\(3E - A=\left(\begin{array}{ccc}1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & -a & 0\end{array}\right)\)，要使其有两个线性无关的特征向量，需秩为1，故\(-a - 1 = 0\)，即\(a=-1\)，此时特征向量为\(\alpha_1=(1,1,0)^T\)，\(\alpha_2=(0,0,1)^T\)，\(\lambda_3=1\)对应的特征向量为\(\alpha_3=(-1,1,1)^T\)；

当\(b=1\)时，对于二重特征值\(\lambda=1\)，矩阵\(E - A=\left(\begin{array}{ccc}-1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & -a & 0\end{array}\right)\)，要使其有两个线性无关的特征向量，需秩为1，故\(-a + 1 = 0\)，即\(a=1\)，此时特征向量为\(\beta_1=(-1,1,0)^T\)，\(\beta_2=(0,0,1)^T\)，\(\lambda_3=3\)对应的特征向量为\(\alpha_3=(1,1,1)^T\)；

综上，当\(a=-1,b=3\)或\(a=1,b=1\)时，存在可逆矩阵P使\(P^{-1}AP\)为对角矩阵。

(1) 当随机点在(0,1)时，X为该点到0的距离，即X~U(0,1)，故X的概率密度为\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}1, \quad 0

(2) \(Y=2 - X\)，则\(Z=\frac{2 - X}{X}\)，当\(z \geq 1\)时，\(F_Z(z)=P\left\{\frac{2 - X}{X} \leq z\right\}=1 - P\left\{X \leq \frac{2}{z + 1}\right\}=1 - \frac{2}{z + 1}\)，故概率密度为\(f_Z(z)=\left\{\begin{array}{c}\frac{2}{(z + 1)^2}, \quad z \geq 1 \\ 0, \quad \text{其他}\end{array}\right.\)；

(3) \(E\left(\frac{X}{Y}\right)=E\left(\frac{X}{2 - X}\right)=\int_{0}^{1} \frac{x}{2 - x} dx = -1 + 2 \ln 2\)。