【解析】由于未明确给出具体解析内容，根据答案选项推测需通过函数极限及连续性定义判断分段点处左右极限与函数值关系，但文档中本题解析缺失。

【解析】由于 \(|sinx|\) 是周期为 \(2\pi\) 的周期函数,所以

\[I=\int_{a}^{a+k \pi}|sin x| d x=\int_{0}^{k \pi}|sin x| d x=k \int_{0}^{\pi} sin x d x=2 k,\]

选B.

【解析】 \(\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} ~d x \int_{sin x}^{1} f(x, y) d y=\int_{\frac{1}{2}}^{1} ~d y \int_{\frac{\pi}{6}}^{arcsin y} f(x, y) d x\) 选A

【解析】将\(ln (2+x)\)展开可得

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

于是 \(a_{0}=\ln 2\)，\(a_{n}=\frac{(-1)^{n-1}}{2^{n} n}\) ，所以

\[\sum_{n=0}^{\infty} n a_{2 n}=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{2 n+1}}=-\frac{1}{6}\]

选A.

【解析】矩阵 A 的特征值为1,-2,3,于是 \(|A|=-6\)，\(tr A=2\) ，选C.

【解析】

\[

\begin{aligned}

A & =\left(P^{T}\right)^{-1}\left(\begin{array}{ccc} a+2 c & 0 & c \\ 0 & b & 0 \\ 2 c & 0 & c \end{array}\right)\left(P^{2}\right)^{-1} \\

& =\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} a+2 c & 0 & c \\ 0 & b & 0 \\ 2 c & 0 & c \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll} a & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c \end{array}\right),

\end{aligned}

\]

选C.

【解析】由\(-M_{21}+M_{22}-M_{23}=0\)可得

\[

|\begin{array}{lll}a+1 & b & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}|=a-b+1=0

\]

所以

\[|A|=\left|\begin{array}{ccc} a+1 & a+1 & 3 \\ a & \frac{a+1}{2} & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{array}\right|=\frac{(1-a)(2 a-1)}{2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow a=0 或 a=\frac{3}{2}\]

选B.

【解析】 \(E X=\int_{0}^{1} x \cdot 6 x(1-x) d x=\frac{1}{2},\) 则 \[E(X-E X)^{3}=\int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right)^{3} \cdot 6 x(1-x) d x=0,\] 选B.

【解析】 \[ \begin{aligned} p_{1}=P(2 X>Y)=P(Y-2 X<0)=P\left(\frac{Y-2 X+1}{3}<\frac{1}{3}\right)=\Phi\left(\frac{1}{3}\right), \\ p_{2}=P(X-2 Y>1)=P\left(\frac{X-2 Y-2}{\sqrt{6}}>-\frac{1}{\sqrt{6}}\right)=1-\Phi\left(-\frac{1}{\sqrt{6}}\right)=\Phi\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right), \end{aligned} \] 于是 \(p_{2}>p_{1}>\frac{1}{2}\) ,选B.

【解析】先求 Z 的分布函数 \(F_{Z}(z)\) .当 \(z ≤0\) 时,显然 \(F_{Z}(z)=0\) .当 \(z>0\) 时,

\[

\begin{aligned}

F_{Z}(z) & =P(Z \leq z)=P(|X-Y| \leq z)=1-P(|X-Y|>z) \\

& =1-2 \int_{z}^{+\infty} d x \int_{0}^{x-z} \lambda e^{-\lambda x} \cdot \lambda e^{-\lambda y} d y \\

& =1-2 \int_{z}^{+\infty} \lambda e^{-\lambda x}\left(1-e^{\lambda z-\lambda x}\right) d x=1-e^{-\lambda z},

\end{aligned}

\]

这说明 Z 服从参数为 \(\lambda\) 的指数分布,选D.

【解析】 \(x \to 0\) 时, \(\int_{0}^{x} \frac{(1+t^{2}) \sin t^{2}}{1+\cos t^{2}} ~d t \sim \int_{0}^{x} \frac{t^{2}}{2} ~d t=\frac{x^{3}}{6}\) ,所以 \(k=3\)

【解析】\(\frac{5}{x^{4}+3 x^{2}-4}=\frac{5}{(x^{2}-1)(x^{2}+4)}=\frac{1}{x^{2}-1}-\frac{1}{x^{2}+4}=\frac{1}{2(x-1)}-\frac{1}{2(x+1)}-\frac{1}{x^{2}+4}\)，于是

\[\begin{aligned}

\int_{2}^{+\infty} \frac{5}{x^{4}+3 x^{2}-4} ~d x & =\int_{2}^{+\infty}\left(\frac{1}{2(x-1)}-\frac{1}{2(x+1)}-\frac{1}{x^{2}+4}\right) ~d x \\

& =\left.\left(\frac{1}{2} \ln \frac{x-1}{x+1}-\frac{1}{2} \arctan \frac{x}{2}\right)\right|_{2} ^{+\infty}=\frac{\ln 3}{2}-\frac{\pi}{8}.

\end{aligned}\]

【解析】由 \(\begin{cases}f_{x}'=6 x^{2}-18 x+12=0 \\ f_{y}'=-24 y^{3}+24=0\end{cases} \Rightarrow(x, y)=(1,1)\) 或 \((2,1)\)，且

\[f_{x x}''=12 x-18, f_{x y}''=0, f_{y y}''=-72 y^{2}.\]

当 \((x, y)=(1,1)\) 时, \(A=f_{x x}^{\prime \prime}(1,1)=-6\)，\(B=f_{x y}^{\prime \prime}(1,1)=0\)，\(f_{y y}^{\prime \prime}(1,1)=-72\)，此时 \(A C-B^{2}>0\)，所以 \((1,1)\) 是极值点；

当 \((x, y)=(2,1)\) 时, \(A=f_{x x}^{\prime \prime}(2,1)=6\)，\(B=f_{x y}^{\prime \prime}(2,1)=0\)，\(f_{y y}^{\prime \prime}(2,1)=-72\)，那么 \(A C-B^{2}<0\)，所以 \((2,1)\) 不是极值点。

【解析】利润函数 \(L(Q)=p Q-C= \begin{cases}-0.5 Q^{2}+20 Q-150, & Q \leq 20 \\ -Q^{2}+30 Q-150, & Q>20\end{cases}\)，\(L(Q)\) 是连续函数。\(L'(Q)= \begin{cases}-Q+20>0, & Q<20 \\ -2 Q+30<0, & Q>20\end{cases}\)，所以 \(L(Q)\) 的最大值为 \(L(20)=50\) 万元。

【解析】由于 \(r(2 E-A)=1\)，\(r(E+A)=2\)，所以2至少为 \(A\) 的二重特征值，\(-1\) 也是 \(A\) 的特征值，所以 \(A\) 的特征值为2,2,-1，于是 \(|A|=-4\)，\(|A^{*}|=|A|^{2}=16\)。

【解析】设在3次试验中，\(B\) 表示事件 \(A\) 至少成功1次，\(C\) 表示事件 \(A\) 成功3次，则

\[\frac{4}{13}=P(C | B)=\frac{P(C)}{P(B)}=\frac{P(C)}{1-P(\overline{B})}=\frac{p^{3}}{1-(1-p)^{3}} \Rightarrow p=\frac{2}{3}.\]

积分区域关于直线 \(y=x\) 对称,由轮换对称性有 \(\iint_{D} x ~d x ~d y=\iint_{D} y ~d x ~d y\)，于是

\[\begin{aligned} \iint_{D}(1+x-y) d x d y & =\iint_{D} d x d y=\int_{\arctan \frac{1}{3}}^{\arctan 3} d \theta \int_{\sqrt{\frac{1}{3 \sin \theta \cos \theta}}}^{\sqrt{\frac{3}{\sin \theta \cos \theta}}} r d r \\ & =\frac{1}{2} \int_{\arctan \frac{1}{3}}^{\arctan 3}\left(\frac{3}{\sin \theta \cos \theta}-\frac{1}{3 \sin \theta \cos \theta}\right) d \theta \\ & =\frac{8}{3} \int_{\arctan \frac{1}{3}}^{\arctan 3} \frac{1}{\sin 2 \theta} d \theta=\left.\frac{4}{3} \ln (\csc 2 \theta-\cot 2 \theta)\right|_{\arctan \frac{1}{3}} ^{\arctan 3}=\frac{8}{3} \ln 3 . \end{aligned}\]

将 \((x, y)=(0,0)\) 代入原方程可得 \(z(0,0)=-1\)。方程两边对 \(x\) 求偏导可得

\[z_{x}'+e^{x}-y \cdot \frac{2 z z_{x}'}{1+z^{2}}=0 \Rightarrow z_{x}'(0,0)=-1\]。

上述等式两边继续对 \(x\) 求偏导可得

\[z_{x x}''+e^{x}-y \cdot \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{2 z z_{x}'}{1+z^{2}}\right)=0 \Rightarrow z_{x x}''(0,0)=-1\]。

原方程两边对 \(y\) 求偏导可得

\[z_{y}'-ln \left(1+z^{2}\right)-y \cdot \frac{2 z z_{y}'}{1+z^{2}}=0 \Rightarrow z_{y}'(0,0)=\ln 2\]。

上述等式两边继续对 \(y\) 求偏导可得

\[z_{y y}''-\frac{2 z z_{y}'}{1+z^{2}}-\frac{2 z z_{y}'}{1+z^{2}}-y \cdot \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{2 z z_{y}'}{1+z^{2}}\right)=0 \Rightarrow z_{y y}''(0,0)=-2 \ln 2\]。

所以 \(\left.\left(\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}\right)\right|_{(0,0)}=-1-2 \ln 2\)。

由题意可知 \(S(t)=\int_{t}^{2 t} x e^{-2 x} ~d x\)，那么

\[S'(t)=4 t e^{-4 t}-t e^{-2 t}=t e^{-2 t}\left(4 e^{-2 t}-1\right) \begin{cases}>0, & 0\ln 2\end{cases}\]。

这说明 \(S(t)\) 在 \((0,\ln 2]\) 上单调递增,在 \([\ln 2,+\infty)\) 上单调递减,所以 \(S(t)\) 的最大值为

\[S(\ln 2)=\int_{\ln 2}^{2 \ln 2} x e^{-2 x} d x=\frac{\ln 2}{16}+\frac{3}{64}\]。

(1)令 \(g(x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x-\frac{x(1-x)}{2}, x \in[0,1]\)。那么 \(g(0)=g(1)=0\) 且

\[g'(x)=f'(x)+f(0)-f(1)-\frac{1}{2}+x, g''(x)=f''(x)+1 \geq 0\]。

如果存在 \(x_{0} \in(0,1)\) ,使得 \(g(x_{0})>0\) ,那么由拉格朗日中值定理可知,存在 \(\xi_{1} \in(0, x_{0})\) , \(\xi_{2} \in(x_{0}, 1)\) ,使得

\[g'\left(\xi_{1}\right)=\frac{g\left(x_{0}\right)-g(0)}{x_{0}}>0, g'\left(\xi_{2}\right)=\frac{g(1)-g\left(x_{0}\right)}{1-x_{0}}<0\]。

进一步存在 \(\xi \in(\xi_{1}, \xi_{2})\) 使得 \(g^{\prime \prime}(\xi)=\frac{g'(\xi_{2})-g'(\xi_{1})}{\xi_{2}-\xi_{1}}<0\) 矛盾,因此对任意 \(x \in(0,1)\) 都有 \(g(x) \leq0\) ,即

\[f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x \leq \frac{x(1-x)}{2}\]。

同理还有

\[f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x \geq-\frac{x(1-x)}{2}\]。

综合起来即

\[|f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x| \leq \frac{x(1-x)}{2}, x \in[0,1]\)。

(2)将不等式

\[-\frac{x(1-x)}{2} \leq f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x \leq \frac{x(1-x)}{2}\]

在 \([0,1]\) 上积分,注意到 \(\int_{0}^{1} \frac{x(1-x)}{2} d x=\frac{1}{12}\) ,且

\[\int_{0}^{1}[f(x)-f(0)(1-x)-f(1) x] d x=\int_{0}^{1} f(x) d x-\frac{f(0)+f(1)}{2}\]。

于是

\[-\frac{1}{12} \leq \int_{0}^{1} f(x) d x-\frac{f(0)+f(1)}{2} \leq \frac{1}{12}\]，

即 \(\left|\int_{0}^{1} f(x) d x-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right| \leq \frac{1}{12}\)。

(1)首先解方程组 \(A x=\alpha\) ,对 \((A, \alpha)\) 进行初等行变换可得

\[(A, \alpha)=\left(\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 3 & 2 \\ 2 & 1 & 2 & 6 & 3 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 4 & 2 \\ 0 & 3 & 2 & 8 & 3 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{lllll} 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right)\]。

令 \(x_{4}=k\) ,那么 \(x_{1}=1-k\) , \(x_{2}=1-2 k\) , \(x_{3}=1-k\) ,则方程组 \(A x=\alpha\) 的通解为 \(x=(1-k, 1-2 k, 1-k, k)^{T}=k \xi+\eta\) ,其中 \(\xi=(-1,-2,-1,1)^{T}\) , \(\eta=(1,1,1,0)^{T}\) 。容易验证 \(B \xi=0\) , \(B \eta=\beta\) ,这就意味着 \(k \xi+\eta\) 都是方程组 \(B x=\beta\) 的解。

(2)由于 \(A x=\alpha\) 的解都是 \(B x=\beta\) 的解,如果这两个方程组不同解,则 \(r(B)

\[B=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & a & a-1 \\ 2 & -3 & 2 & -2 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & a-1 & a-3 \\ 0 & -3 & 0 & -6 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & a-1 & a-3 \\ 0 & 0 & 3(a-1) & 3(a-1) \end{array}\right)\]，

所以当 \(3(a-1)=0\) 即 \(a=1\) 时, \(r(B)=2<3\) 。

(1)先求 \(X_{(n)}\) 的分布函数 \(F(x)=P(X_{(n)} \leq x)\)。当 \(x<0\) 时, \(F(x)=0\)；当 \(x>\theta\) 时, \(F(x)=1\)；当 \(0 \leq x \leq \theta\) 时,

\[\begin{aligned} F(x) & =P\left(\max \left\{X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\right\} \leq x\right)=P\left(X_{1} \leq x, X_{2} \leq x, \cdots, X_{n} \leq x\right) \\ & =\prod_{i=1}^{n} P\left(X_{i} \leq x\right)=[P(X \leq x)]^{n}=\left(\int_{0}^{x} \frac{1}{\theta} d t\right)^{n}=\frac{x^{n}}{\theta^{n}} \end{aligned}\]。

于是 \(X_{(n)}\) 的概率密度为 \(f(x)= \begin{cases}\frac{n x^{n-1}}{\theta^{n}}, & 0 \leq x \leq \theta \\ 0, & \text { 其他 }\end{cases}\)，\(E(X_{(n)})=\int_{0}^{\theta} x \cdot \frac{n x^{n-1}}{\theta^{n}} ~d x=\frac{n}{n+1} \theta\)。要使得 \(E(T_{c})=\theta\)，于是 \(c \cdot \frac{n}{n+1} \theta=\theta\)，解得 \(c=\frac{n+1}{n}\)。

(2) \(E(X_{(n)}^{2})=\int_{0}^{\theta} x^{2} \cdot \frac{n x^{n-1}}{\theta^{n}} ~d x=\frac{n}{n+2} \theta^{2}\)，于是

\[h(c)=E\left[\left(T_{c}-\theta\right)^{2}\right]=E\left(c^{2} X_{(n)}^{2}-2 c \theta X_{(n)}+\theta^{2}\right)=c^{2} E(X_{(n)}^{2})-2 c \theta E(X_{(n)})+\theta^{2}=\left(\frac{n}{n+2} c^{2}-\frac{2 n}{n+1} c+1\right) \theta^{2}\]。

这是一个关于 \(c\) 的二次函数，二次项系数为 \(\frac{n}{n+2}>0\)，所以当 \(c=-\frac{b}{2a}=-\frac{-\frac{2n}{n+1}}{2 \cdot \frac{n}{n+2}}=\frac{n+2}{n+1}\) 时，\(h(c)\) 最小。