正确答案： B .

当 $x\to1$ 时，$\ln x\to0$，且 $\frac{f(x)}{\ln x}\to1$，所以

$$f(x)=\ln x\cdot \frac{f(x)}{\ln x}\to0.$$

题设不能保证 $f(1)$ 的取值，也不能保证 $f$ 在 $x=1$ 处可导或 $f'(x)$ 的极限存在。

正确答案： B .

由链式法则，

$$\frac{\partial z}{\partial x} =yf\left(\frac yx\right)-\frac{y^2}{x}f'\left(\frac yx\right), \qquad \frac{\partial z}{\partial y} =xf\left(\frac yx\right)+yf'\left(\frac yx\right).$$

因此

$$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y} =2xyf\left(\frac yx\right).$$

与 $y^2\ln\frac yx$ 比较得

$$f(u)=\frac12u\ln u,$$

故 $f(1)=0,\ f'(1)=\frac12$。

正确答案： D .

因 $\cos x_n\in[0,1]$，而 $\sin x$ 在 $[0,1]$ 上单调且有反函数。若 $\sin(\cos x_n)$ 极限存在，则 $\cos x_n$ 极限存在。

但 $\cos x_n$ 极限存在不推出 $x_n$ 极限存在。例如取 $x_n=(-1)^n\frac{\pi}{2}$，则 $\cos x_n\to0$，而 $x_n$ 不收敛。

正确答案： A .

当 $0<x<1$ 时，

$$\frac{x}{2}<\ln(1+x)<x.$$

于是

$$\frac{x}{2(1+\cos x)} < \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}.$$

又因为 $1<1+\sin x<2$，所以

$$\frac{2x}{1+\sin x}>x> \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}.$$

在同一区间积分，即得 $I_1<I_2<I_3$。

正确答案： A .

$n$ 阶矩阵有 $n$ 个不同特征值时，必有 $n$ 个线性无关特征向量，因此可相似对角化。

反过来，可相似对角化不要求特征值互不相同。例如单位矩阵本身可对角化，但只有一个特征值。

正确答案： C .

设 $y=\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}$。对 C 中第一个系数矩阵作初等行变换：

$$\begin{pmatrix}A&O\\B&B\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}A&O\\O&B\end{pmatrix},$$

其解满足 $Ay_1=0,\ By_2=0$。同理，

$$\begin{pmatrix}B&O\\A&A\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}B&O\\O&A\end{pmatrix},$$

其解满足 $By_1=0,\ Ay_2=0$。由于 $Ax=0$ 与 $Bx=0$ 同解，故两个分块方程组同解。

正确答案： C .

两向量组等价的充要条件为

$$r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) =r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4) =r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4).$$

计算行列式得

$$|\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3|=(\lambda-1)^2(\lambda+2), \qquad |\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4|=(\lambda-1)^2(\lambda+1).$$

当 $\lambda\ne-2$ 且 $\lambda\ne-1$ 时，两个三元向量组的秩均与合并向量组一致，故等价。$\lambda=1$ 时四个向量相同，也包含在该范围中。

正确答案： C .

$X\sim U(0,3)$，故 $D(X)=\frac{(3-0)^2}{12}=\frac34$；$Y$ 服从参数为 $2$ 的泊松分布，故 $D(Y)=2$。

因此

$$D(2X-Y+1)=4D(X)+D(Y)-4\operatorname{Cov}(X,Y) =4\cdot\frac34+2-4(-1)=9.$$

正确答案： A .

令

$$\overline{Z}=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^2.$$

则 $E(\overline Z)=\mu_2$。由于 $X_i$ 独立同分布，

$$D(\overline Z) =\frac1{n^2}\sum_{i=1}^nD(X_i^2) =\frac{\mu_4-\mu_2^2}{n}.$$

由切比雪夫不等式得

$$P\{|\overline Z-\mu_2|\ge\varepsilon\} \le\frac{D(\overline Z)}{\varepsilon^2} =\frac{\mu_4-\mu_2^2}{n\varepsilon^2}.$$

正确答案： D .

由条件分布可写成

$$Y=X+\varepsilon,$$

其中 $\varepsilon\sim N(0,1)$ 且与 $X$ 独立。于是

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=\operatorname{Cov}(X,X+\varepsilon)=D(X)=1,$$

且 $D(Y)=D(X)+D(\varepsilon)=2$。故相关系数为

$$\rho_{XY}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}}=\frac1{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

答案：$4$.

最大方向导数等于梯度模长。因为

$$\nabla f(x,y)=(2x,4y),$$

所以 $\nabla f(0,1)=(0,4)$，最大方向导数为 $|\nabla f(0,1)|=4$。

答案：$4$.

令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^2,\ dx=2t\,dt$，积分化为

$$\int_1^e \frac{\ln t^2}{t}\cdot2t\,dt =4\int_1^e\ln t\,dt =4[t\ln t-t]_1^e =4.$$

答案：$[4e^{-2},+\infty)$.

原不等式等价于

$$(x^2+y^2)e^{-(x+y)}\le k.$$

设 $F(x,y)=(x^2+y^2)e^{-(x+y)}$。在区域内部驻点满足

$$2x=x^2+y^2,\qquad 2y=x^2+y^2,$$

得 $(1,1)$，此时 $F(1,1)=2e^{-2}$。边界 $x=0$ 时 $F(0,y)=y^2e^{-y}$，最大值在 $y=2$ 处取得，为 $4e^{-2}$；边界 $y=0$ 同理。故最大值为 $4e^{-2}$。

答案：$-1$.

令 $u_n=\frac{n!}{n^n}e^{-nx}$。则

$$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n} =e^{-x}\lim_{n\to\infty}\frac{n^n}{(n+1)^n} =e^{-x-1}.$$

由比值审敛法，级数收敛需 $e^{-x-1}<1$，即 $x>-1$。当 $x<-1$ 时级数发散。端点 $x=-1$ 时，原级数为

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^n}e^n,$$

其一般项不趋于 $0$，故发散。因此收敛域为 $(-1,+\infty)$，所以 $a=-1$。

答案：$-E$.

两端左乘 $E-A$：

$$\left[(E-A)-(E-A)(E-A)^{-1}\right]B=(E-A)A.$$

即

$$-AB=A-A^2.$$

由于 $A$ 可逆，左乘 $A^{-1}$ 得 $-B=E-A$，所以 $B=A-E$，从而 $B-A=-E$。

答案：$\dfrac58$.

由条件知

$$P(AB)=P(AC)=0,\qquad P(BC)=P(B)P(C)=\frac19.$$

所以

$$P(A\cup B\cup C)=\frac13+\frac13+\frac13-\frac19=\frac89,$$

且

$$P(B\cup C)=\frac13+\frac13-\frac19=\frac59.$$

故

$$P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=\frac{P(B\cup C)}{P(A\cup B\cup C)}=\frac58.$$

答案：曲线的渐近线为 $y=2x$.

该方程为一阶线性微分方程。积分因子为

$$e^{\int\frac1{2\sqrt{x}}dx}=e^{\sqrt{x}}.$$

故

$$y=e^{-\sqrt{x}}\left[\int(2+\sqrt{x})e^{\sqrt{x}}\,dx+C\right].$$

令 $u=\sqrt{x}$，则

$$\int(2+\sqrt{x})e^{\sqrt{x}}\,dx =2\int(2+u)ue^u\,du =2u^2e^u =2xe^{\sqrt{x}}.$$

于是

$$y=2x+Ce^{-\sqrt{x}}.$$

由 $y(1)=3$ 得 $C=e$，即

$$y=2x+e^{1-\sqrt{x}}.$$

当 $x\to+\infty$ 时，$y-2x=e^{1-\sqrt{x}}\to0$，所以斜渐近线为 $y=2x$。

答案：$2\pi-2$.

区域 $D$ 由直线 $y=x+2$、圆 $x^2+y^2=4$ 以及 $x$ 轴围成。转为极坐标后，被积函数与面积元为

$$\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}\,dx\,dy =(\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,dr\,d\theta.$$

区域可分为

$$D_1:\ 0\le\theta\le\frac\pi2,\ 0\le r\le2,$$

以及

$$D_2:\ \frac\pi2\le\theta\le\pi,\ 0\le r\le\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}.$$

于是

$$I=\int_0^{\pi/2}\int_0^2(\cos\theta-\sin\theta)^2r\,dr\,d\theta +\int_{\pi/2}^{\pi}\int_0^{2/(\sin\theta-\cos\theta)}(\cos\theta-\sin\theta)^2r\,dr\,d\theta.$$

计算得

$$I=\pi-2+\pi=2\pi-2.$$

答案：$0$.

记

$$P=yz^2-\cos z,\quad Q=2xz^2,\quad R=2xyz+x\sin z.$$

由斯托克斯公式，

$$I=\iint_\Sigma \left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)dy\,dz +\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)dz\,dx +\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy.$$

计算得

$$I=\iint_\Sigma (-2xz)\,dy\,dz+z^2\,dx\,dy.$$

给 $\Sigma$ 补上三个坐标面上的边界曲面，构成第一卦限中的封闭曲面。对向量场 $(-2xz,0,z^2)$ 用高斯公式，其散度为

$$\frac{\partial(-2xz)}{\partial x}+\frac{\partial z^2}{\partial z}=-2z+2z=0.$$

坐标面补片上的通量也为 $0$，所以 $I=0$。

证明如下.

不妨设 $a<b$，记 $m=\frac{a+b}{2}$。

先证必要性。若 $f''(x)\ge0$，则 $f$ 为凸函数。对任意 $t\in[0,\frac{b-a}{2}]$，凸性给出

$$f(m)\le\frac{f(m-t)+f(m+t)}2.$$

两端对 $t$ 从 $0$ 到 $\frac{b-a}{2}$ 积分，得

$$\frac{b-a}{2}f(m) \le \frac12\int_0^{(b-a)/2}\left[f(m-t)+f(m+t)\right]dt =\frac12\int_a^b f(x)\,dx.$$

整理即得

$$f(m)\le\frac1{b-a}\int_a^b f(x)\,dx.$$

再证充分性。若存在 $x_0$ 使 $f''(x_0)<0$，由连续性可取充分小的 $h>0$，使 $f''(x)<0$ 在 $[x_0-h,x_0+h]$ 上成立。此时 $f$ 在该小区间上严格凹，按上面不等式反向成立：

$$f(x_0)>\frac1{2h}\int_{x_0-h}^{x_0+h}f(x)\,dx,$$

与题设矛盾。因此对任意 $x$ 都有 $f''(x)\ge0$。

答案：（Ⅰ）$A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&6\\3&6&9\end{pmatrix}$；（Ⅱ）标准形为 $14y_1^2$；（Ⅲ）$x_1+2x_2+3x_3=0$.

（Ⅰ）二次型对应矩阵为

$$A=(ij)_{3\times3} =\begin{pmatrix} 1&2&3\\ 2&4&6\\ 3&6&9 \end{pmatrix}.$$

该矩阵可写为

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

故特征值为 $14,0,0$。

取单位正交特征向量

$$\varepsilon_1=\frac1{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\quad \varepsilon_2=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix},\quad \varepsilon_3=\frac1{\sqrt{70}}\begin{pmatrix}-3\\-6\\5\end{pmatrix}.$$

令

$$Q=(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3),$$

则正交变换 $x=Qy$ 下

$$Q^TAQ=\operatorname{diag}(14,0,0),$$

所以标准形为

$$f=14y_1^2.$$

由 $f=(x_1+2x_2+3x_3)^2$，方程 $f=0$ 等价于

$$x_1+2x_2+3x_3=0.$$

其通解为

$$x=k_1\begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix} +k_2\begin{pmatrix}-3\\0\\1\end{pmatrix},$$

其中 $k_1,k_2$ 为任意常数。

答案：$\displaystyle\hat\theta=\frac{2\sum_{i=1}^nX_i+\sum_{j=1}^mY_j}{2(m+n)}$，$\displaystyle D(\hat\theta)=\frac{\theta^2}{m+n}$.

因为 $E(X)=\theta$，所以 $X_i$ 的密度为

$$f_X(x)=\frac1\theta e^{-x/\theta},\quad x>0.$$

因为 $E(Y)=2\theta$，所以 $Y_j$ 的密度为

$$f_Y(y)=\frac1{2\theta}e^{-y/(2\theta)},\quad y>0.$$

似然函数为

$$L(\theta)=\frac1{2^m\theta^{m+n}} \exp\left[ -\frac1\theta\sum_{i=1}^nx_i -\frac1{2\theta}\sum_{j=1}^my_j \right].$$

取对数：

$$\ln L(\theta) =-m\ln2-(m+n)\ln\theta -\frac1\theta\sum_{i=1}^nx_i -\frac1{2\theta}\sum_{j=1}^my_j.$$

令导数为 $0$：

$$-\frac{m+n}{\theta} +\frac1{\theta^2}\sum_{i=1}^nx_i +\frac1{2\theta^2}\sum_{j=1}^my_j=0.$$

解得

$$\hat\theta=\frac{\sum_{i=1}^nX_i+\frac12\sum_{j=1}^mY_j}{m+n} =\frac{2\sum_{i=1}^nX_i+\sum_{j=1}^mY_j}{2(m+n)}.$$

又 $D(X_i)=\theta^2$，$D(Y_j)=(2\theta)^2=4\theta^2$，且两样本相互独立，故

$$D(\hat\theta) =\frac1{(m+n)^2}D\left(\sum_{i=1}^nX_i\right) +\frac1{4(m+n)^2}D\left(\sum_{j=1}^mY_j\right) =\frac{n\theta^2+m\theta^2}{(m+n)^2} =\frac{\theta^2}{m+n}.$$