由 \(y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4}\) 可知1,2.3,4分别是 \(y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4}=0\) 的一、二、三、四重根,故由导数与原函数之间的 关系可知 \(y'(1) ≠0\) , \(y'(2)=y'(3)=y'(4)=0\) \(y^{\prime \prime}(2) ≠0\) , \(y^{\prime \prime}(3)=y^{\prime \prime}(4)=0\) , \(y^{\prime \prime \prime}(3) ≠0\) , \(y^{\prime \prime \prime}(4)=0\) ,故(3,0)是一拐点。

\(S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}(n=1,2 \cdots \cdots)\) 无界,说明幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}\) 的收敛半径 \(R ≤1\) 。\({a_{n}}\) 单调减少, \(\lim _{n \to \infty} a_{n}=0\) ,说明级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(-1)^{n}\) 收敛,可知幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}\) 的收敛半径 \(R ≥1\) 。因此:幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}\) 的收敛半径 \(R=1\) ,收敛区间为(0,2),又由于 \(x=0\) 时幂级数收敛, \(x=2\) 时幂级数发散,可知收敛域为[0,2)。

由 \(z=f(x) \ln f(y)\) 知 \(z_{x}'=f'(x) \ln f(y)\) , \(z_{y}'=\frac{f(x)}{f(y)} f'(y)\) , \(z_{xy}''=\frac{f'(x)}{f(y)} f'(y)\) , \(z_{xx}''=f''(x) \ln f(y)\) , \(z_{yy}''=f(x) \frac{f''(y) f(y)-(f'(y))^{2}}{f^{2}(y)}\) 。所以 \(\left.z_{xy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}=\frac{f'(0)}{f(0)} f'(0)=0\) , \(\left.z_{xx}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}=f''(0) \ln f(0)\) , \(\left.z_{yy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}=f(0) \frac{f''(0) f(0)-(f'(0))^{2}}{f^{2}(0)}=f''(0)\) 。要使得函数 \(z=f(x) \ln f(y)\) 在点(0,0)处取得极小值,仅需 \(\left.z_{xx}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}}>0\) 且 \(\left.z_{xx}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}} \cdot \left.z_{yy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}} - (\left.z_{xy}''\right|_{\substack{x=0 \\ y=0}})^2 >0\) ,即 \(f''(0) \ln f(0)>0\) 。因为 \(f(x)>0\) ,所以当 \(f(0)>1\) 时, \(\ln f(0)>0\) ,此时需 \(f''(0)>0\) ;当 \(f(0)<1\) 时, \(\ln f(0)<0\) ,此时需 \(f''(0)<0\) 。结合选项可知,充分条件为 \(f(0)>1, f''(0)>0\) 。

【答案】\(B\) 

【考点分析】本题考查定积分的性质，直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数的大小即可。 

【解析】\(x\in(0,\frac{\pi}{4})\)时，\(0 \lt \sin x \lt \frac{\sqrt{2}}{2} \lt \cos x \lt \cot x\)，因此\(\ln\sin x \lt \ln\cos x \lt \ln\cot x\) 

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\sin xdx \lt \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos xdx \lt \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\cot xdx\)，故选（B）

答案：D

解析：

在矩阵运算中，初等列变换相当于右乘相应的初等矩阵，初等行变换相当于左乘相应的初等矩阵。

1. 分析第一步变换：
   将 $A$ 的第 2 列加到第 1 列得到 $B$。
   观察矩阵 $P_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，它正是由单位矩阵 $I$ 的第 2 列加到第 1 列得到的。
   因此，这个操作可以表示为：
   $$A P_1 = B$$

2. 分析第二步变换：
   交换 $B$ 的第 2 行与第 3 行得到单位矩阵 $I$。
   观察矩阵 $P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$，它正是由单位矩阵 $I$ 交换第 2 行与第 3 行得到的。
   因此，这个操作可以表示为：
   $$P_2 B = I$$

3. 求解矩阵 $A$：
   将 $B = A P_1$ 代入上式：
   $$P_2 (A P_1) = I$$
   $$P_2 A P_1 = I$$
   等式两边左乘 $P_2^{-1}$，右乘 $P_1^{-1}$，得到：
   $$A = P_2^{-1} I P_1^{-1}$$
   $$A = P_2^{-1} P_1^{-1}$$
   
   由于 $P_2$ 是交换两行的初等矩阵，其逆矩阵就是它本身（即 $P_2^{-1} = P_2$）。
   所以：
   $$A = P_2 P_1^{-1}$$

对照选项，正确答案是 (D)。

由 \(A x=0\) 的基础解系只有一个知 \(r(A)=3\) ,所以 \(r(A^{*})=1\) ,又由 \(A^{*} A=|A| E=0\) 知, \(\alpha_{1}\) , \(\alpha_{2}\) , \(\alpha_{3}\) , \(\alpha_{4}\) 都是 \(A^{*} x=0\) 的解。由 \(A(1,0,1,0)^{T}=0\) 可得 \(\alpha_{1} + \alpha_{3}=0\) ,即 \(\alpha_{1}\) 与 \(\alpha_{3}\) 线性相关。所以在 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 中, \(\alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 或 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}\) 等可能为极大线性无关组,结合选项可知(D)正确。

检验概率密度的性质:首先, \(f_{1}(x) F_{2}(x)+f_{2}(x) F_{1}(x) ≥0\) ,因为 \(f_{1}(x), f_{2}(x)\) 为概率密度非负, \(F_{1}(x), F_{2}(x)\) 为分布函数单调不减且取值在[0,1]之间,故乘积和非负。其次, \(\int_{-\infty}^{+\infty} [f_{1}(x) F_{2}(x)+f_{2}(x) F_{1}(x)] d x = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{1}(x) F_{2}(x) d x + \int_{-\infty}^{+\infty} f_{2}(x) F_{1}(x) d x\) 。对第一项,令 \(u=F_{2}(x)\) ,则 \(du=f_{2}(x)dx\) ,当 \(x \to +\infty\) , \(u \to 1\) ; \(x \to -\infty\) , \(u \to 0\) ,故第一项为 \(\int_{0}^{1} u d F_{1}(x)\) （此处通过分部积分可得）,同理第二项为 \(\int_{0}^{1} u d F_{2}(x)\) ,最终可得积分结果为 \(F_{1}(x) F_{2}(x)|_{-\infty}^{+\infty}=1\) ,可知 \(f_{1}(x) F_{2}(x)+f_{2}(x) F_{1}(x)\) 为概率密度,故选(D)。

由于 \(U V=max \{X, Y\} min \{X, Y\}=X Y\) ,可知 \(E(UV)=E(max \{X, Y\} min \{X, Y\})=E(X Y)\) 。又因为 \(X\) 与 \(Y\) 相互独立,所以 \(E(X Y)=E(X) E(Y)\) ,故应选(B)。

本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

\[s=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{(y')^{2}+1} \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan^{2} x + 1} \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec x \, dx=\ln|\sec x + \tan x|\big|_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\ln(\sqrt{2}+1)\]

本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。

原方程的通解为

\[y=e^{-\int 1 \, dx}\left[\int e^{-x} \cos x \cdot e^{\int 1 \, dx} \, dx + C\right]=e^{-x}\left[\int \cos x \, dx + C\right]=e^{-x}[\sin x + C]\]

由 \(y(0)=0\)，得 \(0 = e^{0}[\sin 0 + C]\)，即 \(0 = 1 \times (0 + C)\)，解得 \(C=0\)，故所求解为 \(y=\sin x e^{-x}\)。

解答过程

第一步：求一阶偏导数 $\frac{\partial F}{\partial x}$
根据变上限积分求导法则（微积分基本定理）和链式法则，对 $x$ 求偏导时，将 $y$ 视为常数。
令 $u = xy$，则：
$$ \frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left( \int_0^u \frac{\sin t}{1+t^2} \mathrm{d}t \right) \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\sin(xy)}{1+(xy)^2} \cdot y $$

第二步：求二阶偏导数 $\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}$
对上述结果继续关于 $x$ 求偏导：
$$ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} \left[ y \cdot \frac{\sin(xy)}{1+(xy)^2} \right] $$
由于 $y$ 是常数，提取出 $y$，利用商的求导法则：
$$ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = y \cdot \frac{ \left[ \frac{\partial}{\partial x}(\sin(xy)) \right] \cdot [1+(xy)^2] - \sin(xy) \cdot \left[ \frac{\partial}{\partial x}(1+(xy)^2) \right] }{[1+(xy)^2]^2} $$
其中：
$\frac{\partial}{\partial x}(\sin(xy)) = y\cos(xy)$
$\frac{\partial}{\partial x}(1+(xy)^2) = 2(xy) \cdot y = 2xy^2$

代入得：
$$ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = y \cdot \frac{ y\cos(xy)[1+(xy)^2] - \sin(xy) \cdot 2xy^2 }{[1+(xy)^2]^2} $$

第三步：代入具体数值计算
将 $x=0, y=2$ 代入上式：
$$ \left. \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \right|_{\substack{x=0 \\ y=2}} = 2 \cdot \frac{ 2\cos(0)[1+0] - \sin(0) \cdot 0 }{[1+0]^2} $$
因为 $\cos(0) = 1$，$\sin(0) = 0$，所以：
$$ \left. \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \right|_{\substack{x=0 \\ y=2}} = 2 \cdot \frac{2 \times 1 \times 1 - 0}{1} = 2 \times 2 = 4 $$

(注：本题也可以利用等价无穷小在 $x=0$ 附近的泰勒展开快速求解。当 $t \to 0$ 时，$\frac{\sin t}{1+t^2} \sim t$，所以 $F(x,y) \approx \int_0^{xy} t \mathrm{d}t = \frac{1}{2}x^2y^2$。则 $\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \approx y^2$，代入 $y=2$ 同样得到 $4$。)

最终答案：
$$ \boxed{4} $$

本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。

\(L\) 的参数方程为 \(\begin{cases}x=\cos t \\ y=\sin t \\ z=\cos t + \sin t\end{cases}\)，\(t\) 从 \(0\) 到 \(2\pi\)。

\[

\begin{aligned}

&\oint_{L} xz \, dx + x \, dy + \frac{y^{2}}{2} \, dz \\

=&\int_{0}^{2\pi} \cos t(\cos t + \sin t)(-\sin t) + \cos t \cdot \cos t + \frac{\sin^{2} t}{2}(\cos t - \sin t) \, dt \\

=&\int_{0}^{2\pi} \left(-\sin t \cos^{2} t - \sin^{2} t \cos t + \cos^{2} t + \frac{\sin^{2} t \cos t}{2} - \frac{\sin^{3} t}{2}\right) \, dt \\

=&\int_{0}^{2\pi} \cos^{2} t \, dt = \pi

\end{aligned}

\]

本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出 \(a\)。

本题等价于将二次型 \(f(x, y, z)=x^{2}+3y^{2}+z^{2}+2axy+2xz+2yz\) 经正交变换后化为了 \(f=y_{1}^{2}+4z_{1}^{2}\)，由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为 \(1,4,0\)。

二次型的矩阵 \(A=\begin{pmatrix}1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\)，因为特征值之和等于矩阵的迹，所以 \(1 + 4 + 0 = 1 + 3 + 1\)，恒成立；又因为特征值之积等于矩阵的行列式，即 \(|A|=0\)。

计算行列式：

\[

\begin{vmatrix}1 & a & 1 \\ a & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{vmatrix}=1\times(3\times1 - 1\times1) - a\times(a\times1 - 1\times1) + 1\times(a\times1 - 3\times1)=2 - a(a - 1) + (a - 3)= -a^{2} + 2a - 1

\]

令 \(|A|=0\)，即 \(-a^{2} + 2a - 1 = 0\)，解得 \(a=1\)。

本题考查二维正态分布的性质。由于 \(\rho=0\)，由二维正态分布的性质可知随机变量 \(X\) 与 \(Y\) 独立。因此 \(E(XY^{2})=E(X) \cdot E(Y^{2})\)。

由于 \((X, Y)\) 服从 \(N(\mu, \mu ; \sigma^{2}, \sigma^{2} ; 0)\)，可知 \(E(X)=\mu\)，\(E(Y^{2})=D(Y) + (E(Y))^{2}=\sigma^{2} + \mu^{2}\)，则

\[E(XY^{2})=\mu(\mu^{2} + \sigma^{2})=\mu^{3} + \mu\sigma^{2}\]。

\[\begin{aligned} & \lim _{x \to 0}\left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)^{\frac{1}{e^{x}-1}}=\lim _{x \to 0}\left(1+\frac{\ln (1+x)-x}{x}\right)^{\frac{1}{e^{x}-1}}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{\ln (1+x)-x}{x} \cdot \frac{1}{e^{x}-1}}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{\ln (1+x)-x}{x^{2}}}=e^{\lim _{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x}-1}{2 x}} \\ & =e^{\lim _{x \to 0} \frac{-x}{2 x(1+x)}}=e^{-\frac{1}{2}} \end{aligned}\]

答案： $f'_1(1,1) + f''_{11}(1,1) + f''_{12}(1,1)$

详细解析过程：

1. 分析已知条件
函数 $f$ 具有二阶连续偏导数，因此 $f''_{12} = f''_{21}$。
函数 $g(x)$ 在 $x=1$ 处取得极值且可导，由费马定理可知：$g'(1) = 0$。
已知 $g(1) = 1$。
令中间变量 $u = xy$，$v = yg(x)$，则 $z = f(u, v)$。

2. 求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$
根据复合函数求导法则（链式法则）：
$$ \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} $$
因为 $\frac{\partial u}{\partial x} = y$，$\frac{\partial v}{\partial x} = yg'(x)$，所以：
$$ \frac{\partial z}{\partial x} = y f'_1 + y g'(x) f'_2 $$
(注：$f'_1$ 表示 $f$ 对第一个变量 $u$ 的偏导，$f'_2$ 表示对第二个变量 $v$ 的偏导)

3. 求二阶混合偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$
对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 关于 $y$ 求偏导：
$$ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left[ y f'_1 + y g'(x) f'_2 \right] $$
利用乘积求导法则：
$$ = f'_1 + y \frac{\partial}{\partial y}(f'_1) + g'(x) f'_2 + y g'(x) \frac{\partial}{\partial y}(f'_2) $$
其中：
$$ \frac{\partial}{\partial y}(f'_1) = f''_{11} \frac{\partial u}{\partial y} + f''_{12} \frac{\partial v}{\partial y} = x f''_{11} + g(x) f''_{12} $$
$$ \frac{\partial}{\partial y}(f'_2) = f''_{21} \frac{\partial u}{\partial y} + f''_{22} \frac{\partial v}{\partial y} = x f''_{21} + g(x) f''_{22} $$
代入整理得：
$$ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = f'_1 + xy f''_{11} + y g(x) f''_{12} + g'(x) f'_2 + xy g'(x) f''_{12} + y g(x) g'(x) f''_{22} $$

4. 代入具体数值求解
将 $x=1, y=1, g(1)=1, g'(1)=0$ 代入上式：
 此时中间变量 $u = 1 \times 1 = 1$，$v = 1 \times g(1) = 1$。
 包含 $g'(1)$ 的项全部为 $0$。

$$ \left. \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} \right|_{\substack{x=1 \\ y=1}} = f'_1(1,1) + (1)(1)f''_{11}(1,1) + (1)(1)f''_{12}(1,1) + 0 + 0 + 0 $$
$$ = f'_1(1,1) + f''_{11}(1,1) + f''_{12}(1,1) $$

最终结果为：
$$ \left. \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} \right|_{\substack{x=1 \\ y=1}} = f'_1(1,1) + f''_{11}(1,1) + f''_{12}(1,1) $$

解答：

显然，$x=0$ 恒为方程的一个根。

当 $x \neq 0$ 时，原方程可以变形为：
$$k = \frac{x}{\arctan x}$$

令函数 $g(x) = \frac{x}{\arctan x}$，其定义域为 $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。
由于 $g(-x) = \frac{-x}{\arctan(-x)} = \frac{-x}{-\arctan x} = g(x)$，所以 $g(x)$ 是偶函数。我们只需讨论 $x > 0$ 的情况。

对 $g(x)$ 求导：
$$g'(x) = \frac{1 \cdot \arctan x - x \cdot \frac{1}{1+x^2}}{(\arctan x)^2} = \frac{\arctan x - \frac{x}{1+x^2}}{(\arctan x)^2}$$

令 $h(x) = \arctan x - \frac{x}{1+x^2}$，求导得：
$$h'(x) = \frac{1}{1+x^2} - \frac{(1+x^2) - x(2x)}{(1+x^2)^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{2x^2}{(1+x^2)^2}$$
当 $x > 0$ 时，$h'(x) > 0$，所以 $h(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。
又因为 $h(0) = 0$，所以当 $x > 0$ 时，$h(x) > 0$，从而 $g'(x) > 0$。
这说明 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。

求 $g(x)$ 在 $x > 0$ 时的极限：
$$\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{\arctan x} \xlongequal{\text{洛必达}} \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\frac{1}{1+x^2}} = 1$$
$$\lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{\arctan x} = +\infty$$
所以当 $x > 0$ 时，$g(x)$ 的值域为 $(1, +\infty)$。
由偶函数对称性可知，当 $x < 0$ 时，$g(x)$ 的值域也是 $(1, +\infty)$，且在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减。

原方程不同实根的个数，等价于水平直线 $y=k$ 与曲线 $y=g(x)$（$x \neq 0$）的交点个数，再加上固定的根 $x=0$。

分情况讨论：
1. 当 $k \le 1$ 时：直线 $y=k$ 与曲线 $y=g(x)$（$x \neq 0$）没有交点。此时方程仅有 $x=0$ 一个实根。
2. 当 $k > 1$ 时：直线 $y=k$ 与曲线 $y=g(x)$ 在 $x > 0$ 和 $x < 0$ 时各有一个交点，加上 $x=0$，方程共有 3 个不同实根。

最终答案：
当 $k \le 1$ 时，方程有 1 个不同实根；
当 $k > 1$ 时，方程有 3 个不同实根。