\[e^{-sin x}-1 \sim -sin x \sim -x\]，A不对。

\(\sqrt{x+1}-cos x \sim \frac{1}{2}x\)，B不对。

\[1-cos \sqrt{2 x} \sim \frac{1}{2}(\sqrt{2 x})^{2}=x\]，C对。

\[\begin{aligned} & 1-\frac{\ln (1+x)}{x}=1-\frac{x-\frac{x^{2}}{2}+o\left(x^{2}\right)}{x} \\ & =\frac{x}{2}+o(x) \end{aligned}\]，D不对。

\[f'(x)=e^{x^{2}} \sin x, f''(x)=2 x e^{x^{2}} \sin x+e^{x^{2}} \cos x\]

\[f'(0)=0, f''(0)=1>0\]，\(x=0\) 是 \(f(x)\) 的极值点。

\[g'(x)=e^{x^{2}} \sin ^{2} x+\sin 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t,\]

\[g''(x)=e^{x^{2}} \sin 2 x+2 x e^{x^{2}} \sin ^{2} x+\sin 2 x e^{x^{2}}+2 \cos 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t\]

\[g'(0)=0, g''(0)=0, g'''(0)>0\]，(0,0)是 \(y=g(x)\) 的拐点。

当 \(k=0\) 时，级数为 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n}\)，条件收敛；

当 \(k \neq 0\) 时，原级数为 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \ln (1+\frac{k}{n^{2}})\)，为条件收敛+绝对收敛，故原级数条件收敛。

\[\begin{aligned} & \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} f(x) d x \\ & =\int_{0}^{1} \int_{0}^{y} f(x) d x d y=\left.y \int_{0}^{y} f(x) d x\right|_{0} ^{1}-\int_{0}^{1} y \cdot f(y) d y \\ & =\int_{0}^{1} f(x) d x-\int_{0}^{1} y f(y) d y \\ & =\int_{0}^{1} f(x) d x-\int_{0}^{1} x f(x) d x=\int_{0}^{1}(1-x) f(x) d x \end{aligned}\]

\[r(A) \geq k\]，若 \(k=m\)，则 \(r(A)=m\)，且 \(r(A, \beta)=m\)（因 \(\beta\) 为 m 维向量），故 \(r(A)=r(A, \beta)=m\)，则 \(A x=\beta\) 有解。

若 A 可对角化，则 A 有 3 个线性无关的特征向量，故 \(f(A)=A^{3}-A^{2}\) 也有 3 个线性无关的特征向量，即 \(f(A)\) 可对角化（必要性成立）；

反例：取 \(A=(\begin{array}{lll}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array})\)，\(f(A)=A^{3}-A^{2}=O\)（零矩阵可对角化），但 A 不可对角化（充分性不成立），故选 B。

\[f(x, y)=|x A+y B|=\begin{vmatrix}x+y & 2x \\ -2x+y & -a x+a y\end{vmatrix}=(4-a)x^{2}+a y^{2}-2xy=(x, y)\begin{pmatrix}4-a & -1 \\ -1 & a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}\] 正定需满足： \[\begin{cases}4-a > 0 \\ (4-a)a - (-1)(-1) > 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}a < 4 \\ a^{2}-4a+1 < 0\end{cases} \Rightarrow 2-\sqrt{3} < a < 2+\sqrt{3}\]，故 \(a \in (2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})\)。

由 X 与 \(X+2Y\) 不相关，得 \(Cov(X, X+2Y)=Cov(X,X)+2Cov(X,Y)=DX+2Cov(X,Y)=0\)， 因 \(DX=1\)，故 \(Cov(X,Y)=-\frac{1}{2}\)。 \[Cov(X, X-Y)=Cov(X,X)-Cov(X,Y)=DX-Cov(X,Y)=1-(-\frac{1}{2})=\frac{3}{2}\]， \[D(X-Y)=DX+DY-2Cov(X,Y)=1+2-2\times(-\frac{1}{2})=4\]， 相关系数 \(\rho_{X,X-Y}=\frac{Cov(X,X-Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{D(X-Y)}}=\frac{\frac{3}{2}}{1\times2}=\frac{3}{4}\)。

由题意，\(T \sim B(20,0.1)\)，\(np=20\times0.1=2\)，用泊松近似 \(T \sim P(2)\)， \[P\{T \leq1\}=P\{T=0\}+P\{T=1\}=\frac{2^{0}}{0!}e^{-2}+\frac{2^{1}}{1!}e^{-2}=e^{-2}+2e^{-2}=\frac{3}{e^{2}}\]。

\(F_{n}(x)\) 为样本中 \(\{x_{i} \leq x\}\) 发生的频率，令 \(I_{i}(x)=\begin{cases}1, & x_{i} \leq x \\ 0, & x_{i} > x\end{cases}\)，则 \(I_{i}(x) \sim B(1, F(x))\)， \[F_{n}(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}I_{i}(x)\]，故 \(D(F_{n}(x))=\frac{1}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}D(I_{i}(x))=\frac{1}{n}F(x)(1-F(x))\)。

【解析】

\[y=\frac{1}{2} \ln \frac{3+x}{3-x} \Rightarrow 2 y=\ln \frac{3+x}{3-x}\]

\[令 \Rightarrow e^{2 y}=\frac{3+x}{3-x}=\frac{6}{3-x}-1\]

\[\Rightarrow x=3-\frac{6}{e^{2 y}+1}\]

\[g(x)=3-\frac{6}{e^{2 y}+1}, \lim _{x} g(x)=3, \lim _{x} g(x)=-3\]

故 \(y=g(x)\) 渐近线方程为

【解析】\(\int_{1}^{+\infty}(\frac{1}{x}-\frac{2}{2 x+a}) d x=\ln \frac{x}{2 x+a}|_{1} ^{+\infty}=\ln 2\) 保险 \(a=2\)

【解析】

\[x y'-y+x^{2} e^{x}=0 \Rightarrow y'-\frac{y}{x}=-x e^{x}\]

\[\Rightarrow y=e^{\int \frac{1}{x} d x}\left[\int e^{-\int \frac{1}{x} d x}\left(-x e^{x}\right) d x+C\right]\]

\[=-x\left(e^{x}+C\right)\]

代入 \(y(1)=-e\) 得 \(C=0\)

故解 \(y=-x e^{x}\)

【答案】\( \frac{1}{8}\text{e}^{-2} \)

【解析】\( \left. \frac{\partial z}{\partial x} \right|_{(1,1)} = \frac{\int_{y}^{x} \text{e}^{-t^2} dt + x\text{e}^{-x^2}}{1 + \frac{1}{z}} \big|_{(1,1)} = \frac{\text{e}^{-1}}{2} \)；

\( \left. \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} \right|_{(1,1)} = \frac{\left[ 2\text{e}^{-x^2} + x\text{e}^{-x^2}(-2x) \right]\left( 1 + \frac{1}{z} \right) + \frac{1}{z^2}\left( \int_{y}^{x} \text{e}^{-t^2} dt + x\text{e}^{-x^2} \right)\left. \frac{\partial z}{\partial x} \right|_{(1,1)}}{\left( 1 + \frac{1}{z} \right)^2} \)

\( = \frac{\text{e}^{-1} \cdot \frac{\text{e}^{-1}}{2}}{4} = \frac{\text{e}^{-2}}{8} \) 

【解析】\(f(x)=\begin{vmatrix}2x+1&2x+1&1\\2x&4x&-2\\0&0&0\end{vmatrix}=0\)，\(g(x)=x(-8x-2)=0\)，可得两个根 \(x_{1}=-\frac{1}{4}\)，\(x_{2}=0\)

【解析】

\[P(A \cup B \cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)\]

\[=P(A)+P(B)+P(C)-P(A)P(B)-P(B)P(C)=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}-\frac{1}{8}=\frac{3}{4}\]

\[P(AB\overline{C})+P(A\overline{B}C)+P(\overline{A}BC)=P(A\overline{C})+P(\overline{A}C)=P(A)+P(C)-2P(AC)=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\]（注：原解析中“\(=P(AB)+P(BC)\)”存在错误，正确应为上述推导）

\[P=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{4}}=\frac{2}{3}\]（注：原解析答案有误，正确概率应为\(\frac{2}{3}\)，但按原始文档答案保留）

\[\int_{0}^{1} \frac{1}{(x+1)\left(x^{2}-2 x+2\right)} d x=\int_{0}^{1}\left(\frac{A}{x+1}+\frac{B x+C}{x^{2}-2 x+2}\right) d x\]

\[=\int_{0}^{1}\left(\frac{\frac{1}{5}}{x+1}+\frac{-\frac{1}{5} x+\frac{3}{5}}{x^{2}-2 x+2}\right) d x\]

\[=\frac{1}{5} \ln |1+x|_{0}^{1}-\frac{1}{10} \ln \left|x^{2}-2 x+2\right|_{0} ^{1}+\left.\frac{2}{5} \arctan (x-1)\right|_{0} ^{1}=\frac{3}{10} \ln 2+\frac{1}{10} \pi.\]

已知\(\ln (1+x)+\ln (1-x)=\ln(1-x^2)\sim -x^2\)（\(x\to0\)）

\[e^{2 \sin x}=1+2 \sin x+\frac{1}{2}(2 \sin x)^{2}+o\left(x^{2}\right)=1+2 \sin x+2 \sin ^{2} x+o\left(x^{2}\right)\]

因此，\(-3=\lim _{x \to 0} \frac{x f(x)-e^{2 \sin x}+1}{-x^{2}}=\lim _{x \to 0} \frac{x f(x)-2 \sin x-2 \sin ^{2} x}{-x^{2}}\)

\[=\lim _{x \to 0} \frac{x f(x)-2 \sin x}{x^{2}}+\lim _{x \to 0} \frac{-2 \sin ^{2} x}{-x^{2}}\]

由于\(\lim _{x \to 0} \frac{-2 \sin ^{2} x}{-x^{2}}=2\)，故\(\lim _{x \to 0} \frac{x f(x)-2 \sin x}{x^{2}}=-5\)

将\(\sin x\)展开为\(\sin x=x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3)\)，代入得：

\(\lim _{x \to 0} \frac{x f(x)-2x+\frac{1}{3}x^3+o(x^3)}{x^{2}}=-5\)，即\(\lim _{x \to 0} \frac{x(f(x)-2)+\frac{1}{3}x^3+o(x^3)}{x^{2}}=-5\)

分子分母同除以\(x\)，得\(\lim _{x \to 0} \frac{f(x)-2+\frac{1}{3}x^2+o(x^2)}{x}=-5\)

因为分母趋于0，极限存在，故分子必趋于0，即\(\lim _{x \to 0}(f(x)-2)=0\)，所以\(f(0)=2\)

则\(\lim _{x \to 0} \frac{f(x)-2}{x}=-5\)，即\(f'(0)=-5\)

\[\iint_{D}(x-y+1)^{2} d x d y=\iint_{D}\left((x-y)^{2}+2(x-y)+1\right) d x d y\]

由轮换对称性，\(\iint_{D}(x-y) d x d y=0\)

计算\(\iint_{D}(x-y)^{2} d x d y\)：

\[=\int_{0}^{1} d x \int_{x^{2}}^{\sqrt{x}}(x-y)^{2} d y=\left.\int_{0}^{1} \frac{1}{3}(y-x)^{3}\right|_{x^{2}} ^{\sqrt{x}} d x\]

\[=\frac{1}{3} \int_{0}^{1}\left[(\sqrt{x}-x)^{3}-\left(x^{2}-x\right)^{3}\right] d x=\frac{1}{3} \times \frac{1}{70}=\frac{1}{210}\]

计算\(\iint_{D} 1 d x d y\)：

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

故原积分\(=\frac{1}{210}+\frac{1}{3}=\frac{71}{210}\)

充分性证明：
若对任意\(x_{1}<x_{2}<x_{3}\)，有\(\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}<\frac{f(x_{3})-f(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}\)，在区间内取任意\(x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4}\)，则有：
\(\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}<\frac{f(x_{3})-f(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}<\frac{f(x_{4})-f(x_{3})}{x_{4}-x_{3}}\)
令\(x_{2} \to x_{1}^{+}\)，得\(f'_{+}(x_{1}) \leq \frac{f(x_{3})-f(x_{1})}{x_{3}-x_{1}}\)；令\(x_{2} \to x_{3}^{-}\)，得\(\frac{f(x_{3})-f(x_{1})}{x_{3}-x_{1}} \leq f'_{-}(x_{3})\)
由\(f(x)\)可导，\(f'_{+}(x_{1})=f'_{-}(x_{1})=f'(x_{1})\)，\(f'_{+}(x_{3})=f'_{-}(x_{3})=f'(x_{3})\)，故\(f'(x_{1})<f'(x_{3})\)，即\(f'(x)\)严格单调递增。

必要性证明：
已知\(f'(x)\)严格单调递增，在\([x_{1}, x_{2}]\)和\([x_{2}, x_{3}]\)上分别用拉格朗日中值定理，存在\(\xi_{1} \in(x_{1}, x_{2})\)，\(\xi_{2} \in(x_{2}, x_{3})\)，使得：
\(f'(\xi_{1})=\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}\)，\(f'(\xi_{2})=\frac{f(x_{3})-f(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}\)
因为\(\xi_{1}<\xi_{2}\)且\(f'(x)\)严格递增，所以\(f'(\xi_{1})<f'(\xi_{2})\)，即\(\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}<\frac{f(x_{3})-f(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}\)
综上，充要条件得证。

(1) 对矩阵\(A\)作初等行变换：

\[A \to \begin{bmatrix}1 & -1 & 3 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -a & -2 \\ 0 & 0 & a-1 & -2a+2 & 0\end{bmatrix}\]

因为\(r(A)=2\)，所以第三行元素全为0，即\(a-1=0\)且\(-2a+2=0\)，解得\(a=1\)。

(2) 当\(a=1\)时，矩阵\(A\)经初等行变换为：

\[A \to \begin{bmatrix}1 & -1 & 3 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}\]

令\(A=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}, \alpha_{5})\)，则列向量组的一个极大线性无关组为\(\alpha_{1}, \alpha_{2}\)，即\(\alpha=\alpha_{1}=(1,-1,1)^T\)，\(\beta=\alpha_{2}=(-1,0,1)^T\)。

由列向量线性关系：

\(\alpha_{3}=2\alpha_{1}-\alpha_{2}\)，\(\alpha_{4}=\alpha_{1}+\alpha_{2}\)，\(\alpha_{5}=\alpha_{1}+2\alpha_{2}\)

故矩阵\(H=\begin{bmatrix}1 & 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & 2\end{bmatrix}\)，满足\(A=GH\)。

(1) \(P\{Y>0\}=P\{X>100\}=\int_{100}^{+\infty} \frac{2 \times 100^{2}}{(100+x)^{3}} d x\)

令\(t=100+x\)，则积分\(=\int_{200}^{+\infty} \frac{2 \times 100^{2}}{t^{3}} d t=-\left.\frac{100^{2}}{t^{2}}\right|_{200} ^{+\infty}=\frac{100^{2}}{200^{2}}=\frac{1}{4}\)

\(EY=\int_{100}^{+\infty}(x-100) \cdot \frac{2 \times 100^{2}}{(100+x)^{3}} d x\)

令\(t=x-100\)，则\(x=t+100\)，积分\(=\int_{0}^{+\infty} t \cdot \frac{2 \times 100^{2}}{(200+t)^{3}} d t\)

令\(u=200+t\)，则\(t=u-200\)，积分\(=2 \times 100^{2} \int_{200}^{+\infty} \frac{u-200}{u^{3}} d u=2 \times 100^{2}\left(\int_{200}^{+\infty} \frac{1}{u^{2}} d u-200 \int_{200}^{+\infty} \frac{1}{u^{3}} d u\right)\)

\[=2 \times 100^{2}\left(\left.-\frac{1}{u}\right|_{200} ^{+\infty}-200 \times\left.-\frac{1}{2 u^{2}}\right|_{200} ^{+\infty}\right)=2 \times 100^{2}\left(\frac{1}{200}-\frac{100}{200^{2}}\right)=50\]

(2) 由题意，\(N \sim P(8)\)，\(M|N=n \sim B(n, \frac{1}{4})\)

\[P\{M=m\}=\sum_{n=m}^{\infty} P\{N=n\} \cdot P\{M=m|N=n\}=\sum_{n=m}^{\infty} \frac{8^{n} e^{-8}}{n!} \cdot C_{n}^{m}\left(\frac{1}{4}\right)^{m}\left(\frac{3}{4}\right)^{n-m}\]

\[=\frac{(8 \times \frac{1}{4})^{m} e^{-8}}{m!} \sum_{n=m}^{\infty} \frac{(8 \times \frac{3}{4})^{n-m}}{(n-m)!}=\frac{2^{m} e^{-8}}{m!} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{6^{k}}{k!}=\frac{2^{m} e^{-8} \cdot e^{6}}{m!}=\frac{2^{m} e^{-2}}{m!}\]

故\(M\)服从参数为2的泊松分布，即\(M \sim P(2)\)，概率分布为\(P\{M=m\}=\frac{2^{m} e^{-2}}{m!}\)，\(m=0,1,2,\cdots\)