正确答案： B .

斜渐近线设为 $y=kx+b$。有

$$k=\lim_{x\to\infty}\frac{y}{x} =\lim_{x\to\infty}\ln\left(e+\frac{1}{x-1}\right)=1.$$

截距为

$$b=\lim_{x\to\infty}\left[x\ln\left(e+\frac{1}{x-1}\right)-x\right] =\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac{1}{e(x-1)}\right)=\frac{1}{e}.$$

故渐近线为 $y=x+\dfrac{1}{e}$。

正确答案： C .

特征方程为 $\lambda^2+a\lambda+b=0$。若有实根，通解含指数项或 $xe^{\lambda x}$ 项，一般不能在整个实轴上有界。

要使所有解为有界振荡形式，应有共轭纯虚根 $\lambda=\pm \beta i$，即

$$a=0,\qquad b=\beta^2>0.$$

正确答案： C .

由参数方程可得

$$f(x)= \begin{cases} \dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3}, & x\ge0,\\ -x\sin x, & x<0. \end{cases}$$

于是 $f$ 在 $0$ 处连续，且 $f'(0)=0$，左右导数极限也同为 $0$，所以 $f'(x)$ 在 $0$ 处连续。

但二阶导数在 $0$ 处左右极限不同，故 $f''(0)$ 不存在。

正确答案： A .

因为 $b_n-a_n>0$，且

$$\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n) =\sum_{n=1}^{\infty}b_n-\sum_{n=1}^{\infty}a_n$$

收敛，所以 $\sum (b_n-a_n)$ 绝对收敛。

若 $\sum a_n$ 绝对收敛，则由

$$|b_n|\le |b_n-a_n|+|a_n|$$

知 $\sum b_n$ 绝对收敛；反向同理由

$$|a_n|\le |a_n-b_n|+|b_n|$$

得到。因此二者互为充要条件。

正确答案： B .

由初等变换和 $ABC=O$ 可得

$$r_1=n,\qquad r_2=n+r(AB),\qquad r_3=n+r(ABAB).$$

又 $r(ABAB)\le r(AB)$，故

$$r_1\le r_3\le r_2.$$

正确答案： D .

A 的特征值互异，故可对角化；B 是实对称矩阵，必可正交相似对角化；C 对二重特征值 $2$ 有两个线性无关特征向量，也可对角化。

D 中特征值 $2$ 的代数重数为 $2$，但对应特征子空间维数不足 $2$，因此不能相似于对角矩阵。

正确答案： D .

设

$$\gamma=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2=t_1\beta_1+t_2\beta_2.$$

比较三个分量得线性方程组，解得 $k_1=-3k_2$。于是

$$\gamma=-3k_2\alpha_1+k_2\alpha_2 =k_2(-1,-5,-8)^T =k(1,5,8)^T.$$

正确答案： C .

由 $X\sim P(1)$，有 $EX=1$，且 $P\{X=k\}=e^{-1}/k!$。因此

$$E|X-1| =e^{-1}+\sum_{k=2}^{\infty}(k-1)\frac{e^{-1}}{k!} =\frac{2}{e}.$$

正确答案： D .

由正态总体样本方差性质，

$$\frac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1),\qquad \frac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2}\sim \chi^2(m-1).$$

两样本独立，所以

$$\frac{S_2^2}{2S_1^2}\sim F(m-1,n-1)$$

正确答案： A .

因为 $X_1-X_2\sim N(0,2\sigma^2)$，所以

$$E|X_1-X_2|=\sqrt{2}\sigma\cdot\sqrt{\frac{2}{\pi}}=\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}.$$

由 $E\hat\sigma=\sigma$ 得

$$a\cdot\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}=\sigma,\qquad a=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$$

答案：$-2$.

展开得

$$e^{x^2}-\cos x=\frac{3}{2}x^2+o(x^2),$$

而

$$ax+bx^2+\ln(1+x)=(a+1)x+\left(b-\frac12\right)x^2+o(x^2).$$

要等价，需 $a+1=0$ 且 $b-\frac12=\frac32$，故 $a=-1,\ b=2$，从而 $ab=-2$。

答案：$x+2y-z=0$.

令

$$F(x,y,z)=x+2y+\ln(1+x^2+y^2)-z.$$

则

$$\nabla F(0,0,0)=(1,2,-1),$$

所以切平面为 $x+2y-z=0$。

答案：$0$.

由余弦系数公式，

$$a_n=2\int_0^1(1-x)\cos n\pi x\,dx =\frac{2(1-\cos n\pi)}{n^2\pi^2}.$$

当 $n$ 为偶数时，$\cos n\pi=1$，所以 $a_{2n}=0$，故级数和为 $0$。

答案：$\dfrac12$.

有

$$\begin{aligned} \int_1^3 f(x)\,dx &=\int_1^2 f(x)\,dx+\int_2^3 f(x)\,dx\\ &=\int_1^2 f(x)\,dx+\int_0^1 f(x+2)\,dx\\ &=\int_0^2 f(x)\,dx+\int_0^1 x\,dx\\ &=\frac12. \end{aligned}$$

答案：$\dfrac{11}{9}$.

三向量 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 两两正交，且模平方均为 $3$。因此

$$3k_i=\beta^T\alpha_i.$$

计算得

$$k_1=\frac13,\qquad k_2=-1,\qquad k_3=-\frac13.$$

所以

$$k_1^2+k_2^2+k_3^2=\frac{1}{9}+1+\frac{1}{9}=\frac{11}{9}.$$

答案：$\dfrac13$.

$X$ 只可能取 $0,1$，所以

$$\begin{aligned} P\{X=Y\} &=P\{X=0,Y=0\}+P\{X=1,Y=1\}\\ &=\frac23\cdot\left(\frac12\right)^2+\frac13\cdot {2\choose1}\left(\frac12\right)^2\\ &=\frac13. \end{aligned}$$

答案：（1）$y=x(2-\ln x)$；（2）最大值为 $\dfrac{e^4-5}{4}$.

曲线在 $P(x,y)$ 处的切线为

$$Y-y=y'(X-x).$$

令 $X=0$，切线在 $y$ 轴上的截距为 $y-xy'$。题设给出

$$x=y-xy',$$

即

$$y'-\frac{1}{x}y=-1.$$

解得 $y=x(C-\ln x)$。由 $y(1)=2$ 得 $C=2$，故

$$y=x(2-\ln x).$$

于是

$$f'(x)=x(2-\ln x).$$

当 $0<x<e^2$ 时 $f'(x)>0$，当 $x>e^2$ 时 $f'(x)<0$，故最大值在 $x=e^2$ 处取得：

$$f(e^2)=\int_1^{e^2}t(2-\ln t)\,dt=\frac{e^4-5}{4}.$$

答案：极小值为 $-\dfrac{4}{729}$.

先求驻点。由

$$f_y=2y-x^2-x^3=0,$$

得 $y=\dfrac{x^2+x^3}{2}$。再代入 $f_x=0$，可得

$$x=0,\quad x=1,\quad x=\frac23.$$

对应驻点为

$$(0,0),\qquad (1,1),\qquad \left(\frac23,\frac{10}{27}\right).$$

对 $(0,0)$，沿 $y=x^2+kx^3$ 有 $f(x,y)=kx^5$，邻域内可正可负，故不是极值点。

对 $(1,1)$，Hessian 判别式小于 $0$，不是极值点。

对 $\left(\dfrac23,\dfrac{10}{27}\right)$，Hessian 判别式大于 $0$ 且 $f_{xx}>0$，故为极小值点，极小值为

$$f\left(\frac23,\frac{10}{27}\right) =\left(\frac{10}{27}-\frac49\right) \left(\frac{10}{27}-\frac{8}{27}\right) =-\frac{4}{729}.$$

答案：$\dfrac{5\pi}{4}$.

由高斯公式，

$$I=\iiint_{\Omega}(2z-xz\sin y+3y\sin x)\,dV.$$

区域关于 $y$ 对称，且 $xz\sin y$、$y\sin x$ 对 $y$ 为奇函数，故对应积分为 $0$。于是

$$I=\iiint_{\Omega}2z\,dV.$$

在圆域 $D:x^2+y^2\le1$ 上，$0\le z\le1-x$，所以

$$\begin{aligned} I &=\iint_D\int_0^{1-x}2z\,dz\,dx\,dy\\ &=\iint_D(1-x)^2\,dx\,dy\\ &=\iint_D(1-2x+x^2)\,dx\,dy\\ &=\pi+\iint_Dx^2\,dx\,dy =\pi+\frac{\pi}{4} =\frac{5\pi}{4}. \end{aligned}$$

证明如下.

（1）由 Taylor 公式，

$$f(a)=af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(\eta_1),\qquad f(-a)=-af'(0)+\frac{a^2}{2}f''(\eta_2),$$

其中 $\eta_1\in(0,a)$，$\eta_2\in(-a,0)$。两式相加得

$$f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}\left[f''(\eta_1)+f''(\eta_2)\right].$$

因 $f''$ 连续，由介值定理，存在 $\xi\in(\eta_2,\eta_1)\subset(-a,a)$，使

$$f''(\xi)=\frac{f''(\eta_1)+f''(\eta_2)}{2}.$$

故

$$f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}.$$

（2）设 $f$ 在 $x_0\in(-a,a)$ 处取得极值，则 $f'(x_0)=0$。由 Taylor 公式，

$$f(a)=f(x_0)+\frac{(a-x_0)^2}{2}f''(\gamma_1),$$

$$f(-a)=f(x_0)+\frac{(-a-x_0)^2}{2}f''(\gamma_2),$$

其中 $\gamma_1,\gamma_2\in(-a,a)$。令

$$M=\max\{|f''(\gamma_1)|,\ |f''(\gamma_2)|\}.$$

则

$$|f(a)-f(-a)| \le \frac{M}{2}\left[(a-x_0)^2+(a+x_0)^2\right] =M(a^2+x_0^2)<2Ma^2.$$

故

$$M\ge \frac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|.$$

取使 $M$ 达到的点为 $\eta$，即得结论。

答案：（1）$P=\begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}$；（2）不存在正交变换.

配方得

$$f=(x_1+x_2-x_3)^2+(x_2+x_3)^2,$$

令

$$z_1=x_1+x_2-x_3,\quad z_2=x_2+x_3,\quad z_3=x_3.$$

又

$$g=y_1^2+(y_2+y_3)^2,$$

令

$$z_1=y_1,\quad z_2=y_2+y_3,\quad z_3=y_3.$$

由两组变换联立可得

$$x=Py,\qquad P=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ -1&1&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}.$$

若存在正交变换 $x=Qy$ 使 $Q^TAQ=B$，则二次型矩阵 $A,B$ 相似，迹应相等。

但

$$A=\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&2&0\\-1&0&2\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&1&1\end{pmatrix},$$

且 $\operatorname{tr}(A)=5$，$\operatorname{tr}(B)=3$，矛盾。因此不存在这样的正交变换。

答案：（1）$\operatorname{Cov}(X,Y)=0$；（2）$X$ 与 $Y$ 不相互独立；（3）$f_Z(z)=\begin{cases}2z,&0<z<1,\\0,&\text{其他}.\end{cases}$.

（1）由区域和密度关于 $x,y$ 的对称性，

$$E(X)=E(Y)=0,\qquad E(XY)=0,$$

故

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0.$$

（2）当 $-1<x<1$ 时，

$$f_X(x)=\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\frac{2}{\pi}(x^2+y^2)\,dy =\frac{4}{\pi}\left[x^2\sqrt{1-x^2}+\frac13(1-x^2)^{3/2}\right].$$

同理可得 $f_Y(y)$。一般有

$$f(x,y)\ne f_X(x)f_Y(y),$$

所以 $X$ 与 $Y$ 不相互独立。

（3）令 $Z=X^2+Y^2$。当 $0\le z<1$ 时，改用极坐标得

$$F_Z(z)=P\{X^2+Y^2\le z\} =\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt z}\frac{2}{\pi}r^2\cdot r\,dr\,d\theta =z^2.$$

因此

$$f_Z(z)=F_Z'(z)= \begin{cases} 2z,&0<z<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$