正确答案： D .

由

$$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1=f(0),$$

可知 $f$ 在 $x=0$ 处连续。又

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} =\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2} =\frac12,$$

所以 $f$ 在 $x=0$ 处可导且导数不为 $0$。

正确答案： C .

对 $f(x+1,e^x)=x(x+1)^2$ 在 $x=0$ 处求导，得

$$f_x(1,1)+f_y(1,1)=1.$$

对 $f(x,x^2)=2x^2\ln x$ 在 $x=1$ 处求导，得

$$f_x(1,1)+2f_y(1,1)=2.$$

解得 $f_x(1,1)=0$，$f_y(1,1)=1$，故

$$df(1,1)=f_x(1,1)\,dx+f_y(1,1)\,dy=dy.$$

正确答案： A .

设

$$\frac{\sin x}{1+x^2}=ax+bx^2+cx^3+o(x^3),$$

则

$$\sin x=(1+x^2)(ax+bx^2+cx^3+o(x^3)) =ax+bx^2+(a+c)x^3+o(x^3).$$

又 $\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$，比较系数得

$$a=1,\qquad b=0,\qquad a+c=-\frac16,$$

故 $c=-\dfrac76$。

正确答案： B .

把 $[0,1]$ 等分为 $n$ 份，第 $k$ 个小区间的中点为

$$\xi_k=\frac{k-1}{n}+\frac{1}{2n}=\frac{2k-1}{2n}.$$

由定积分定义，

$$\int_0^1 f(x)\,dx =\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac1n.$$

正确答案： B .

展开得

$$f=2x_2^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3,$$

对应矩阵为

$$A=\begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&2&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}.$$

其特征多项式为

$$|\lambda E-A|=\lambda(\lambda-3)(\lambda+1),$$

特征值为 $3,-1,0$，所以正惯性指数与负惯性指数均为 $1$。

正确答案： A .

由 $(\beta_1,\beta_2)=0$，得

$$(\alpha_1,\alpha_2-k\alpha_1)=2-2k=0,$$

故 $k=1$，于是 $\beta_2=(0,2,0)^T$。再由 $(\beta_1,\beta_3)=0$，

$$(\alpha_1,\alpha_3)-l_1(\alpha_1,\alpha_1)=5-2l_1=0,$$

得 $l_1=\dfrac52$。由 $(\beta_2,\beta_3)=0$，

$$(\beta_2,\alpha_3)-l_2(\beta_2,\alpha_2)=2-4l_2=0,$$

得 $l_2=\dfrac12$。

正确答案： C .

A 中 $r(A^TA)=r(A)$，故成立。B、D 可由分块矩阵初等变换和 $r(A^T)=r(A)$ 判断成立。

C 不恒成立。例如取

$$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},$$

则对应分块矩阵秩为 $3$，而 $2r(A)=2$，故 C 不成立。

正确答案： D .

A 表示 $A,B$ 独立，可推出 $A,\overline B$ 也独立。B、C 都可由

$$P(AB)>P(A)P(B)$$

推出。

D 只说明在 $A\cup B$ 已发生的条件下，$A$ 比 $\overline A$ 更可能发生，不能推出 $P(A)>P(B)$，因此为假命题。

正确答案： C .

因为

$$E(\hat\theta)=E(\overline X)-E(\overline Y)=\mu_1-\mu_2=\theta,$$

所以 $\hat\theta$ 是无偏估计。又

$$D(\hat\theta)=D(\overline X-\overline Y) =\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac{\sigma_2^2}{n} -2\operatorname{Cov}(\overline X,\overline Y),$$

而 $\operatorname{Cov}(\overline X,\overline Y)=\dfrac{\rho\sigma_1\sigma_2}{n}$，故

$$D(\hat\theta)=\frac{\sigma_1^2+\sigma_2^2-2\rho\sigma_1\sigma_2}{n}.$$

正确答案： B .

当 $\mu=11.5$ 时，

$$\overline X\sim N\left(11.5,\frac14\right),$$

因此犯第二类错误的概率为

$$P_{\mu=11.5}(\overline X<11) =P\left(\frac{\overline X-11.5}{1/2}<-1\right) =\Phi(-1)=1-\Phi(1).$$

答案：$\dfrac{\pi}{4}$.

因为

$$x^2+2x+2=(x+1)^2+1,$$

所以

$$\int_0^{+\infty}\frac{dx}{x^2+2x+2} =\left.\arctan(x+1)\right|_0^{+\infty} =\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} =\frac{\pi}{4}.$$

答案：$\dfrac23$.

有

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt} =\frac{4te^t+2t}{2e^t+1}=2t.$$

故

$$\frac{d^2y}{dx^2} =\frac{d(2t)/dt}{dx/dt} =\frac{2}{2e^t+1},$$

代入 $t=0$ 得 $\dfrac23$。

答案：$x^2$.

令 $x=e^t$，$D=\dfrac{d}{dt}$，则

$$xy'=Dy,\qquad x^2y''=D(D-1)y.$$

原方程化为

$$D^2y-4y=0,$$

通解为

$$y=C_1x^{-2}+C_2x^2.$$

由 $y(1)=1$、$y'(1)=2$ 得 $C_1=0$，$C_2=1$，故 $y=x^2$。

答案：$4\pi$.

设 $\Sigma$ 围成的空间区域为 $\Omega$。由高斯公式，

$$I=\iiint_\Omega (2x+2y+1)\,dv.$$

由于区域关于 $x,y$ 对称，含 $x,y$ 的奇函数积分为 $0$，故

$$I=\iiint_\Omega 1\,dv.$$

底面椭圆半轴为 $2,1$，高为 $2$，体积为

$$2\cdot\pi\cdot2\cdot1=4\pi.$$

答案：$\dfrac32$.

由每行元素之和均为 $2$，得

$$A\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =2\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}.$$

又 $A^*A=|A|E=3E$，两边左乘 $A^*$ 后等价于

$$3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =2A^*\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},$$

所以

$$A^*\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =\frac32\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}.$$

$A_{11}+A_{21}+A_{31}$ 是 $A^*$ 第一行元素之和，故为 $\dfrac32$。

答案：$\dfrac15$.

$P(X=0)=P(X=1)=\dfrac12$。若 $X=0$，则乙盒有 2 红 3 白，$P(Y=1\mid X=0)=\dfrac25$；若 $X=1$，则乙盒有 3 红 2 白，$P(Y=1\mid X=1)=\dfrac35$。

于是

$$P(X=0,Y=0)=\frac12\cdot\frac35=\frac3{10},\qquad P(X=1,Y=1)=\frac12\cdot\frac35=\frac3{10}.$$

且 $E(X)=E(Y)=\dfrac12$，$D(X)=D(Y)=\dfrac14$，$E(XY)=\dfrac3{10}$。故

$$\rho_{XY}= \frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}} =\frac{\frac3{10}-\frac14}{\frac12\cdot\frac12} =\frac15.$$

答案：$\dfrac12$.

将式子通分：

$$\frac{(1+\int_0^x e^{t^2}\,dt)\sin x-(e^x-1)} {(e^x-1)\sin x}.$$

由于 $(e^x-1)\sin x\sim x^2$，只需计算分子到二阶项。由

$$\int_0^x e^{t^2}\,dt=x+o(x^2),\qquad \sin x=x+o(x^2),\qquad e^x-1=x+\frac{x^2}{2}+o(x^2),$$

得

$$(1+\int_0^x e^{t^2}\,dt)\sin x-(e^x-1) =\left(1+x+o(x)\right)(x+o(x^2))-\left(x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right) =\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

故原极限为 $\dfrac12$。

答案：收敛域为 $(0,1]$，和函数见下式.

级数分解为

$$\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x) =\sum_{n=1}^{\infty}e^{-nx} +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}.$$

第一项为等比级数，收敛条件为 $x>0$，且

$$\sum_{n=1}^{\infty}e^{-nx} =\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}} =\frac{1}{e^x-1}.$$

第二项幂级数收敛域为 $[-1,1]$，因此原级数收敛域为 $(0,1]$。当 $0<x<1$ 时，

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n(n+1)} =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^{n+1}}n-\frac{x^{n+1}}{n+1}\right) =(1-x)\ln(1-x)+x.$$

当 $x=1$ 时，

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)}=1, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}e^{-n}=\frac1{e-1}.$$

故

$$S(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{e^x-1}+(1-x)\ln(1-x)+x,&0<x<1,\\[6pt] \dfrac{e}{e-1},&x=1. \end{cases}$$

答案：$66$.

点 $M(x,y,z)$ 到 $xOy$ 面的距离为 $|z|$，等价于在约束条件下求 $z^2$ 的最大值。设

$$F=z^2+\lambda(x^2+2y^2-z-6)+\mu(4x+2y+z-30).$$

由

$$\begin{cases} 2\lambda x+4\mu=0,\\ 4\lambda y+2\mu=0,\\ 2z-\lambda+\mu=0,\\ x^2+2y^2-z-6=0,\\ 4x+2y+z-30=0 \end{cases}$$

解得候选点

$$(x,y,z)=(4,1,12),\qquad (-8,-2,66).$$

比较 $|z|$，最大距离为 $66$。

答案：（Ⅰ）$I(D_1)=8\pi$；（Ⅱ）$-\pi$.

（Ⅰ）为使积分最大，应取被积函数非负的区域：

$$D_1=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le4\}.$$

于是

$$I(D_1)=\int_0^{2\pi}\int_0^2(4-r^2)r\,dr\,d\theta =8\pi.$$

（Ⅱ）被积表达式在原点奇异。取小椭圆

$$L_0:x^2+4y^2=r^2$$

绕开原点，用格林公式可知圆盘去掉小椭圆后的区域积分为 $0$，故原积分等于小椭圆正向积分。设 $L_0$ 所围区域为 $D_2$，则

$$\int_{L_0}\frac{(xe^{x^2+4y^2}+y)\,dx+(4ye^{x^2+4y^2}-x)\,dy}{x^2+4y^2} =-\pi.$$

因此所求积分为 $-\pi$。

答案如下.

特征多项式为

$$|\lambda E-A|=(\lambda-a+1)^2(\lambda-a-2),$$

故特征值为 $a-1,a-1,a+2$。对应的单位正交特征向量可取

$$\gamma_1=\frac1{\sqrt2}(-1,1,0)^T,\quad \gamma_2=\frac1{\sqrt6}(1,1,2)^T,\quad \gamma_3=\frac1{\sqrt3}(-1,-1,1)^T.$$

令

$$P= \begin{pmatrix} -\dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt6}&-\dfrac1{\sqrt3}\\[4pt] \dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt6}&-\dfrac1{\sqrt3}\\[4pt] 0&\dfrac2{\sqrt6}&\dfrac1{\sqrt3} \end{pmatrix},$$

则

$$P^TAP=\operatorname{diag}(a-1,a-1,a+2).$$

又

$$P^T\bigl((a+3)E-A\bigr)P =\operatorname{diag}(4,4,1).$$

故所求正定矩阵为

$$C=P\operatorname{diag}(2,2,1)P^T =\frac13 \begin{pmatrix} 5&-1&1\\ -1&5&1\\ 1&1&5 \end{pmatrix}.$$

答案：（Ⅰ）$f_X(x)=\begin{cases}1,&0<x<1,\\0,&\text{其他};\end{cases}$ （Ⅱ）$f_Z(z)=\begin{cases}\dfrac{2}{(z+1)^2},&z>1,\\0,&z\le1;\end{cases}$ （Ⅲ）$2\ln2-1$.

设随机点到左端点距离为 $T$，则 $T\sim U(0,2)$，且

$$X=\min(T,2-T),\qquad Y=2-X.$$

对 $0<x<1$，

$$P(X\le x)=1-P(x<T<2-x)=1-\frac{2-2x}{2}=x,$$

故

$$f_X(x)= \begin{cases} 1,&0<x<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

由 $Z=\dfrac{Y}{X}=\dfrac{2-X}{X}=\dfrac2X-1$，当 $z>1$ 时，

$$F_Z(z)=P\left(\frac2X-1\le z\right) =P\left(X\ge\frac2{z+1}\right) =1-\frac2{z+1} =\frac{z-1}{z+1}.$$

所以

$$f_Z(z)= \begin{cases} \dfrac{2}{(z+1)^2},&z>1,\\ 0,&z\le1. \end{cases}$$

最后

$$E\left(\frac{X}{Y}\right) =E\left(\frac{X}{2-X}\right) =\int_0^1\frac{x}{2-x}\,dx =2\ln2-1.$$