解析：由于\(e^{\cos t}\)是偶函数，所以\(f(x)=\int_{0}^{x}e^{\cos t}dt\)是奇函数，又\(g^{\prime}(x)=e^{(\sin x)^{2}}\cos x\)是偶函数，所以\(g(x)\)是奇函数。

故选 C.

由转换投影公式。

\[
\begin{aligned}
&\iint_{\Sigma}P\cdot\left(-\frac{\partial z}{\partial x}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y + Q\cdot\left(-\frac{\partial z}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\
=&\iint_{\Sigma}\left[P\cdot\left(\frac{x}{z}\right)+Q\cdot\left(\frac{y}{z}\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\
=&\iint_{\Sigma}\left(\frac{Px}{z}+\frac{Qy}{z}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y
\end{aligned}
\]

选 A

【解析】
\(\ln(2 + x)=\ln(1+\frac{x}{2})+\ln2\)
\(=\ln2+\sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n - 1}\frac{(\frac{x}{2})^{n}}{n}\)
\(=\ln2+(\frac{x}{2})-\frac{(\frac{x}{2})^{2}}{2}+\frac{(\frac{x}{2})^{3}}{3}-\frac{(\frac{x}{2})^{4}}{4}+\cdots-\frac{(\frac{x}{2})^{6}}{6}+\cdots\)
\(\sum_{n = 0}^{\infty}na_{2n}=0 + a_{2}+2a_{4}+3a_{6}+4a_{8}+\cdots\)
\(=-\frac{1}{2\cdot2^{2}}+2\cdot(-\frac{1}{2^{4}\cdot4})-3\frac{1}{2^{6}\cdot6}+\cdots\)
\(=-[\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{5}}+\frac{1}{2^{7}}+\cdots]\)
\(=-\left[\frac{\frac{1}{2^{3}}}{1 - \frac{1}{2^{2}}}\right]=-\frac{\frac{1}{8}}{\frac{3}{4}}=-\frac{1}{8}\times\frac{4}{3}=-\frac{1}{6}\) 

故选A

答案 B

因为$f^{\prime}(0)=m$，所以$f(x)$在$x = 0$处连续，
从而$\lim\limits_{x \to 0}f(x)=f(0)=0$，所以$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x - 0}=m$，
故选 B.
对于 A 选项，$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=m$，推不出来$f^{\prime}(0)=m$； 
对于C选项，$f^{\prime}(x)$在$x = 0$处不一定连续；
对于D选项，$f^{\prime}(x)$在$x = 0$处极限未必存在。

【答案】B
【解析】由题意知$\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\\alpha_{2}\\\alpha_{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}d_{1}\\d_{2}\\d_{3}\end{pmatrix}$有无穷多解，故$r\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\\alpha_{2}\\\alpha_{3}\end{pmatrix}=r\begin{pmatrix}\beta_{1}\\\beta_{2}\\\beta_{3}\end{pmatrix}<3$。
又由存在两平面的法向量不共线即线性无关，故$r\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\\alpha_{2}\\\alpha_{3}\end{pmatrix}\geq2$，则
$r\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\\alpha_{2}\\\alpha_{3}\end{pmatrix}=r\begin{pmatrix}\beta_{1}\\\beta_{2}\\\beta_{3}\end{pmatrix}=2$，故$m = n = 2$，故选 B。 

【答案】D 

【解析】由于\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\)线性相关，故\(r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)<3\)，故\(\begin{vmatrix}a&1&1\\1&1&a\\1&a&1\end{vmatrix}=0\)，
得\(a = 1\)或\(-2\)，当\(a = 1\)时，\(\alpha_1,\alpha_3\)线性相关，与题意矛盾，故\(a=-2\)，
又由\(\begin{vmatrix}a&1&1\\1&1&a\\ -1&b&-1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}-2&1&1\\1&1&-2\\ -1&b&-1\end{vmatrix}=0\)，得\(b = 2\)，故选D. 

【答案】A
【解析】由\(A\alpha = 0\)且\(\alpha\neq 0\)，故\(\lambda_{1}=0\)，设非零向量\(\beta_{1},\beta_{2}\)线性无关（因为与\(\alpha\)垂直的平面中一定存在两个线性无关的向量）且满足\(\beta_{1}^{T}\alpha=\beta_{2}^{T}\alpha = 0\)，则\(A\beta_{1}=\beta_{1},A\beta_{2}=\beta_{2}\)，又由\(\beta_{1},\beta_{2}\)线性无关，故\(\lambda = 1\) 
至少为二重根，故$\lambda_1 = 0, \lambda_2 = \lambda_3 = 1$，故$A^3$的特征值为$0, 1, 1$，故$tr(A^3)=0 + 1 + 1 = 2$，故选A. 

【答案】B
【解析】$2X + Y: N(-2,10)$，$Y - X: N(-2,2^{2})$，
所以$P\{2X + Y < a\} = \varPhi(\frac{a + 2}{\sqrt{10}})=P\{Y - X < 0\} = \varPhi(\frac{0 + 2}{2})$，
于是$\frac{a + 2}{\sqrt{10}} = \frac{0 + 2}{2}$，$a = -2 + \sqrt{10}$。
故选 B. 

【答案】D
【解析】当\(0 < x < 1\)时，\(f_{Y|X}(y|x)=\begin{cases}\frac{1}{1 - x},&x < y < 1\\0,&其他\end{cases}\)
\[
f(x,y)=
\begin{cases}
2, & x < y < 1, 0 < x < 1 \\
0, & 其他
\end{cases}
\]
\[
\begin{align*}
EXY&=\iint_{\substack{-\infty<x<+\infty\\-\infty<y<+\infty}}xyf(x,y)dxdy=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}2xydx = \frac{1}{4}\\
EX&=\int_{0}^{1}x\cdot2(1 - x)dx=\frac{1}{3}\\
EY&=\iint_{\substack{-\infty<x<+\infty\\-\infty<y<+\infty}}yf(x,y)dxdy=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}2ydx=\frac{2}{3}\\
\mathrm{Cov}(X,Y)&=EXY - EXEY=\frac{1}{36}. 故选D.
\end{align*}
\] 

【答案】D
【解析】令$Z = |X - Y|$，则$F_Z(z)=P\{Z\leq z\}=P\{|X - Y|\leq z\}$
当$z < 0$时，$F_Z(z)=0$；
当$z\geq0$时，
\[
\begin{align*}
F_Z(z)&=\iint_{|x - y|\leq z}f(x,y)dxdy=\iint_{|x - y|\leq z}\lambda e^{-\lambda x}\lambda e^{-\lambda y}dxdy\\
&=2\int_{0}^{\infty}dy\int_{y}^{y + z}\lambda e^{-\lambda x}\lambda e^{-\lambda y}dx = 1 - e^{-\lambda z}
\end{align*}
\]
所以$F_Z(z)=\begin{cases}0, & z < 0\\1 - e^{-\lambda z}, & z\geq0\end{cases}$，显然$Z = |X - Y|$与$X$同分布。 
故选D。

答案：6

### 解析
\[
\begin{align*}
\lim_{x \to 0}\frac{(1 + ax^{2})^{\sin x}-1}{x^{3}}&=\lim_{x \to 0}\frac{e^{\sin x\ln(1 + ax^{2})}-1}{x^{3}}\\
&=\lim_{x \to 0}\frac{\sin x\cdot\ln(1 + ax^{2})}{x^{3}}\\
&=\lim_{x \to 0}\frac{ax^{3}}{x^{3}} = 6
\end{align*}
\]
故\(a = 6\) 

【答案】5.
【解析】由$df|_{(1,1)} = 3du + 4dv$知，$f_{u}'(1,1)=3$，$f_{v}'(1,1)=4$.
又$\frac{dy}{dx}=f_{u}'\cdot(-\sin x)+f_{v}'\cdot2x$，则
$\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=[f_{uu}''\cdot(-\sin x)+f_{uv}''\cdot2x](-\sin x)+f_{u}'\cdot(-\cos x)$
$+[f_{vu}''\cdot(-\sin x)+f_{vv}''\cdot2x](2x)+2f_{v}'$，
则$\frac{d^{2}y}{dx^{2}}|_{x = 0}=f_{u}'(1,1)\cdot(-1)+2f_{v}'(1,1)= - 3 + 8 = 5$. 

【答案】$-\frac{1}{\pi}$

【解析】
由题意可得将$f(x)$在$[0, \pi]$展为余弦级数，由公式可得
\[
\begin{align*}
a_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(x + 1)\cos\frac{n\pi x}{\pi}dx\\
&=\frac{2}{\pi}\left[(x + 1)\frac{1}{n}\sin nx+\frac{1}{n^{2}}\cos nx\right]_0^{\pi}\\
&=-\frac{4}{n^{2}\pi},n = 2k - 1
\end{align*}
\]
\[
\lim_{n \to \infty}n^{2}\sin a_{2n - 1}=\lim_{n \to \infty}\left[-\frac{4}{(2n - 1)^{2}\pi}n^{2}\right]=-\frac{1}{\pi}
\] 

答案
$x=\tan(y+\frac{\pi}{4})-y$

解析
1. 令$x + y = u$，等式两边同时对$x$求导，得到$u' = 1 + y'$，代入原式可得$u' - 1=\frac{1}{u^2}$。
2. 整理得$\frac{du}{dx}=\frac{1 + u^2}{u^2}$，即$\int\frac{u^2}{u^2 + 1}du=\int dx$。
3. 求得$u-\arctan u = x + c$，即$y-\arctan(x + y)=c$。
4. 把初始条件代入可得$c = -\frac{\pi}{4}$，解得$x=\tan(y+\frac{\pi}{4})-y$。 

【答案】\([0, +\infty)\) 
【解析】由题意知：$\alpha^{T}A(\beta\alpha^{T}-\alpha\beta^{T})A\beta\leq0$恒成立，
设函数$f(x_{1},x_{2},y_{1},y_{2})=\alpha^{T}A(\beta\alpha^{T}-\alpha\beta^{T})A\beta$.
由$\beta\alpha^{T}-\alpha\beta^{T}=\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}(x_{1}\ x_{2})-\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}(y_{1}\ y_{2})=(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\begin{pmatrix}0& - 1\\1&0\end{pmatrix}$
则$A(\beta\alpha^{T}-\alpha\beta^{T})A=(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\begin{pmatrix}a + 1&a\\a&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& - 1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a + 1&a\\a&a\end{pmatrix}$
$=(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\begin{pmatrix}0& - a\\a&0\end{pmatrix}$，
故$f(x_{1},x_{2},y_{1},y_{2})=(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\alpha^{T}\begin{pmatrix}0& - a\\a&0\end{pmatrix}\beta=-a(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}\leq0$，
可得$a\geq0$. 

【答案】\(\frac{2}{3}\) 
【解析】设随机变量\(X\)表示三次试验中成功的次数，则\(X:B(3,p)\)，所以
\(P\{X = 3|X\geq1\}=\frac{P\{X = 3,X\geq1\}}{P\{X\geq1\}}=\frac{P\{X = 3\}}{P\{X\geq1\}}=\frac{C_{3}^{3}p^{3}}{1 - C_{3}^{0}(1 - p)^{3}}=\frac{4}{13}\)
故\(p = \frac{2}{3}\)。 

解析
由于积分区域关于\(x\)轴对称，被积函数关于\(y\)为偶函数，故
\(\iint_{D}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}dxdy = 2\iint_{D_{1}}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}dxdy=2\int_{0}^{1}dy\int_{\sqrt{1 - y^{2}}}^{1}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}dx\)
\(=\int_{0}^{1}dy\int_{\sqrt{1 - y^{2}}}^{1}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}d(x^{2}+y^{2})\)
\(=2\int_{0}^{1}\sqrt{1 + y^{2}}dy - 2=[y\sqrt{1 + y^{2}}+\ln(y+\sqrt{1 + y^{2}})]\big|_{0}^{1}-2\)
\(=\sqrt{2}-2+\ln(1 + \sqrt{2})\) 

【解析】(1) 对于$z = f(x,y)=x^{3}+y^{3}-(x + y)^{2}+3$，
有$z_{x}'(1,1)= - 1,z_{y}'(1,1)= - 1$，
从而曲面在点$(1,1,1)$处的一个法向量为$n=(-z_{x},-z_{y},1)=(1,1,1)$ 
得该点处曲面的切平面方程为\(x + y + z = 3\)。

(2)在\(xoy\)平面中，区域\(D:x + y\leq3,x\geq0,y\geq0\)。
在\(D\)内部求驻点，解方程组\(\begin{cases}f_{x}' = 3x^{2}-2(x + y)=0\\f_{y}' = 3y^{2}-2(x + y)=0\end{cases}\)，得\((\frac{4}{3},\frac{4}{3})\)，有\(f(\frac{4}{3},\frac{4}{3})=\frac{17}{27}\)；
在边界\(y = 0,0 < x < 3\)上，对于\(f(x,0)=x^{3}-x^{2}+3\)，解得其驻点\((\frac{2}{3},0)\)，有\(f(\frac{2}{3},0)=\frac{77}{27}\)；
在边界\(x = 0,0 < y < 3\)上，对于\(f(0,y)=y^{3}-y^{2}+3\)，解得其驻点\((0,\frac{2}{3})\)，有\(f(0,\frac{2}{3})=\frac{77}{27}\)；
在边界\(x + y = 3,0 < x < 3\)上，对于\(f(x,3 - x)=x^{3}+(3 - x)^{3}-6\)，解得其驻点\((\frac{3}{2},\frac{3}{2})\)，有\(f(\frac{3}{2},\frac{3}{2})=\frac{3}{4}\)；
在边界顶点，有\(f(0,0)=3,f(3,0)=f(0,3)=21\)；
综上，得\(f(x,y)\)在\(D\)上的最大值为\(f(3,0)=f(0,3)=21\)，最小值为\(f(\frac{4}{3},\frac{4}{3})=\frac{17}{27}\)。 

【解析】
(1) 证明：
令\(g(x)=f(0)(1 - x)+f(1)x\)
令\(F(x)=f(x)-g(x)-\frac{x(1 - x)}{2}\)，\(x\in(0,1)\)
\(\because F(0)=0,F(1)=0\)
\(\because F''(x)=f''(x)+1\geq0,(|f''(x)|\leq1)\)
\(\therefore F(x)\)为凹函数. \(\therefore F(x)\geq0\).
\(\therefore f(x)-f(0)(1 - x)-f(1)x\leq\frac{x(1 - x)}{2}\)

令\(F(x)=f(x)-g(x)+\frac{x(1 - x)}{2}\)，\(x\in(0,1)\)
\(\because F(0)=0,F(1)=0\)
\(\because F''(x)=f''(x)-1\leq0,(|f''(x)|\leq1)\)
\(\therefore F(x)\)为凸函数. \(\therefore F(x)\geq0\).
\(\therefore f(x)-f(0)(1 - x)-f(1)x\geq-\frac{x(1 - x)}{2}\)

综上：\(\vert f(x)-f(0)(1 - x)-f(1)x\vert\leq\frac{x(1 - x)}{2}\) 
(2) 由(1) 中 \(f(x)-f(0)(1 - x)-f(1)x\leq\frac{x(1 - x)}{2}\)
\(\Rightarrow\int_{0}^{1}[f(x)-f(0)(1 - x)-f(1)x]dx\leq\int_{0}^{1}\frac{x(1 - x)}{2}dx\) 
\[
\begin{align*}
&\Rightarrow\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{f(0) + f(1)}{2}\leq\frac{1}{12}\\
&由第(1)中f(x)-f(0)(1 - x)-f(1)x\geq-\frac{x(1 - x)}{2}\\
&\Rightarrow\int_{0}^{1}[f(x)-f(0)(1 - x)-f(1)x]dx\geq\int_{0}^{1}-\frac{x(1 - x)}{2}dx\\
&\Rightarrow\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{f(0) + f(1)}{2}\geq-\frac{1}{12}\\
&综上:\left|\int_{0}^{1}f(x)dx - \frac{f(0) + f(1)}{2}\right|\leq\frac{1}{12}
\end{align*}
\] 

【解析】
\(I=\oint_{L}(6xyz - yz^{2})dx + 2x^{2}zdy + xyzdz\)
\(=\iint_{\sum}\begin{vmatrix}
dydz & dzdx & dxdy \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
6xyz - yz^{2} & 2x^{2}z & xyz
\end{vmatrix}\)其中\(\sum:z = 2x - 1\)，取上侧
\(=\iint_{\sum}(xz - 2x^{2})dydz+(6xy - 3yz)dzdx+(z^{2}-2xz)dxdy\)
\(=\iint_{\sum}[(xz - 2x^{2})(-2)+(6xy - 3yz)\cdot0+(z^{2}-2xz)]dxdy\)
\(=\iint_{\sum}(4x^{2}-4xz + z^{2})dxdy\) 
\[
\begin{align*}
&=\iint_D\left[4x^{2}-4x(2x - 1)+(2x - 1)^{2}\right]dxdy\text{ 其中 }D:\frac{(x-\frac{3}{5})^{2}}{(\frac{2}{5})^{2}}+\frac{y^{2}}{(\frac{2}{\sqrt{5}})^{2}}\leq1\\
&=\iint_D 1dxdy\\
&=\frac{4\sqrt{5}\pi}{25}
\end{align*}
\] 

解析
由题设得\(\begin{pmatrix}x_{n}\\y_{n}\\z_{n}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&0&2\\0&-2&-2\\-6&-3&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{n - 1}\\y_{n - 1}\\z_{n - 1}\end{pmatrix}\)，即\(\alpha_{n}=A\alpha_{n - 1}\)，
故\(A = \begin{pmatrix}-2&0&2\\0&-2&-2\\-6&-3&3\end{pmatrix}\)。

由\(|\lambda E - A| = 0\)，即\(\begin{vmatrix}\lambda + 2&0&-2\\0&\lambda + 2&2\\6&3&\lambda - 3\end{vmatrix}=0\)，得\(\lambda_{1}=0\)，\(\lambda_{2}=1\)，\(\lambda_{3}=-2\)，
当\(\lambda_{1}=0\)时，\(Ax = 0\)，得基础解系为\(\eta_{1}=(1\ -1\ 1)^{T}\)，
当\(\lambda_{2}=1\)时，\((E - A)x = 0\)，得基础解系为\(\eta_{2}=(2\ -2\ 3)^{T}\)，
当\(\lambda_{3}=-2\)时，\((-2E - A)x = 0\)，得基础解系为\(\eta_{3}=(-1\ 2\ 0)^{T}\) 
故存在可逆矩阵\(P = (\eta_1\ \eta_2\ \eta_3)=\begin{pmatrix}1&2& - 1\\-1&-2&2\\1&3&0\end{pmatrix}\)，
使\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&&\\&1&\\&& - 2\end{pmatrix}\)，即\(A = P\Lambda P^{-1}\)，
则\(A^n=P\Lambda^nP^{-1}=\begin{pmatrix}1&2& - 1\\-1&-2&2\\1&3&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&&\\&1&\\&& - 2\end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}1&2& - 1\\-1&-2&2\\1&3&0\end{pmatrix}^{-1}\)
\(=\begin{pmatrix}-4+(-1)^{n + 1}\cdot2^n&-2+(-1)^{n + 1}\cdot2^n&2\\4+(-1)^{n}\cdot2^{n + 1}&2+(-1)^{n}\cdot2^{n + 1}&-2\\-6&-3&3\end{pmatrix}\)。
由\(\alpha_n = A\alpha_{n - 1}\)，得
\(\alpha_n=A^n\alpha_0=\begin{pmatrix}-4+(-1)^{n + 1}\cdot2^n&-2+(-1)^{n + 1}\cdot2^n&2\\4+(-1)^{n}\cdot2^{n + 1}&2+(-1)^{n}\cdot2^{n + 1}&-2\\-6&-3&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_0\\y_0\\z_0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}8+(-2)^n\\-8+(-2)^{n + 1}\\12\end{pmatrix}\)，
则\(x_n = 8+(-2)^n\)，\(y_n=-8+(-2)^{n + 1}\)，\(z_n = 12\)。 

【解析】
(1) $X$的概率密度为$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{\theta},&0 < x < \theta\\0,&其它\end{cases}$ ，
$X$的分布函数为$F(x)=\begin{cases}0,&x < 0\\\frac{1}{\theta}x,&0\leq x < \theta\\1,&x\geq\theta\end{cases}$ 。
$X_{(n)}$的分布函数为：
$F_{X_{(n)}}(x)=P\{\max\{X_1,X_2,\cdots,X_n\}\leq x\}$
$=P\{X_1\leq x,X_2\leq x,\cdots,X_n\leq x\}$
$=P\{X_1\leq x\}\cdot P\{X_2\leq x\}\cdots P\{X_n\leq x\}=F^n(x)$ ，
$X_{(n)}$概率密度为$f_{X_{(n)}}(x)=nF^{n - 1}(x)\cdot f(x)=\begin{cases}\frac{n}{\theta^n}x^{n - 1},&0 < x < \theta\\0,&其它\end{cases}$ 。
$E(T_c)=cE(X_{(n)})=c\int_{0}^{\theta}x\cdot\frac{n}{\theta^n}x^{n - 1}dx=\frac{cn}{n + 1}\theta$ ，令$E(T_c)=\frac{cn}{n + 1}\theta=\theta$ ，
得$c = \frac{n + 1}{n}$ 。 
(2) 
\[
\begin{align*}
E(T_{c}^{2})&=c^{2}E(X_{(n)}^{2}) = c^{2}\int_{0}^{\theta}x^{2}\cdot\frac{n}{\theta^{n}}x^{n - 1}dx=\frac{c^{2}n}{n + 2}\theta^{2}\\
h(c)&=E(T_{c}-\theta)^{2}\\
&=E(T_{c}^{2}-2\theta T_{c}+\theta^{2})\\
&=E(T_{c}^{2})-2\theta E(T_{c})+\theta^{2}\\
&=\frac{c^{2}n}{n + 2}\theta^{2}-\frac{2cn}{n + 1}\theta^{2}+\theta^{2}
\end{align*}
\] 
\(h'(c)=\frac{2cn}{n + 2}\theta^{2}-\frac{2n}{n + 1}\theta^{2}\)，令\(h'(c)=0\)得\(c = \frac{n + 2}{n + 1}\)。\(h''(c)=\frac{2n}{n + 2}\theta^{2}>0\)，
所以当\(c = \frac{n + 2}{n + 1}\)时，\(h(c)\)最小。