正确答案： C .

$e^{\cos t}$ 是偶函数，因此 $f(x)=\int_0^x e^{\cos t}\,dt$ 是奇函数。

又

$$g'(x)=e^{\sin^2x}\cos x,$$

而 $e^{\sin^2x}\cos x$ 是偶函数，且 $g(0)=0$，所以 $g(x)$ 是奇函数。

正确答案： A .

上侧曲面 $z=z(x,y)$ 的投影公式为

$$dy\,dz=-z_x\,dx\,dy,\qquad dx\,dz=-z_y\,dx\,dy.$$

对 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，有 $z_x=-\dfrac{x}{z}$，$z_y=-\dfrac{y}{z}$，故

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

正确答案： A .

由

$$\ln(2+x)=\ln2+\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) =\ln2+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^k}{k2^k},$$

得

$$a_{2n}=-\frac{1}{2n\,2^{2n}}.$$

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty}n a_{2n} =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2\cdot 4^n} =-\frac12\cdot\frac{1/4}{1-1/4} =-\frac16.$$

正确答案： B .

若 $f'(0)=m$，则 $f$ 在 $0$ 处连续。又 $\lim_{x\to0}f(x)=0$，故 $f(0)=0$，于是

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x =\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =f'(0)=m.$$

正确答案： B .

图示三平面有公共直线，因此对应线性方程组有无穷多解，故系数矩阵秩等于增广矩阵秩且小于 $3$。

又图中至少有两个平面的法向量不共线，所以 $r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\ge2$。于是

$$m=n=2.$$

正确答案： D .

由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性相关，取一个三阶子式得

$$\begin{vmatrix} a&1&1\\ 1&1&a\\ 1&a&1 \end{vmatrix}=0,$$

解得 $a=1$ 或 $a=-2$。当 $a=1$ 时，$\alpha_1$ 与 $\alpha_3$ 线性相关，与题意矛盾，故 $a=-2$。

再由另一三阶子式

$$\begin{vmatrix} -2&1&1\\ 1&1&-2\\ -1&b&-1 \end{vmatrix}=0$$

可得 $b=2$。

正确答案： A .

$A\alpha=0$ 且 $\alpha\ne0$，说明 $0$ 是 $A$ 的一个特征值。

与 $\alpha$ 正交的三维向量构成二维子空间，该子空间中任意向量 $\beta$ 都满足 $A\beta=\beta$，因此 $1$ 至少是二重特征值。又 $r(A)=2$，故 $A$ 的特征值为 $0,1,1$。

所以 $A^3$ 的特征值仍为 $0,1,1$，从而

$$\operatorname{tr}(A^3)=2.$$

正确答案： B .

由独立正态变量的线性组合可知

$$2X+Y\sim N(-2,10),\qquad Y-X\sim N(-2,4).$$

于是

$$P\{2X+Y<a\} =\Phi\left(\frac{a+2}{\sqrt{10}}\right),$$

而

$$P\{X>Y\}=P\{Y-X<0\} =\Phi\left(\frac{0+2}{2}\right)=\Phi(1).$$

故 $\dfrac{a+2}{\sqrt{10}}=1$，即 $a=-2+\sqrt{10}$。

正确答案： D .

条件密度为

$$f_{Y|X}(y|x)=\frac1{1-x},\qquad x<y<1.$$

因此联合密度为 $f(x,y)=2$，其中 $0<x<y<1$。

计算得

$$E(XY)=\int_0^1\int_0^y2xy\,dx\,dy=\frac14,$$

$$E(X)=\int_0^1 2x(1-x)\,dx=\frac13,\qquad E(Y)=\int_0^1\int_0^y2y\,dx\,dy=\frac23.$$

故

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y) =\frac14-\frac13\cdot\frac23 =\frac1{36}.$$

正确答案： D .

当 $z<0$ 时，$F_Z(z)=0$。当 $z\ge0$ 时，

$$F_Z(z)=P(|X-Y|\le z) =2\int_0^\infty\int_y^{y+z}\lambda^2e^{-\lambda(x+y)}\,dx\,dy =1-e^{-\lambda z}.$$

这正是参数为 $\lambda$ 的指数分布分布函数，因此 $Z$ 与 $X$ 同分布。

答案：$6$.

因为

$$(1+ax^2)^{\sin x}-1 \sim \sin x\ln(1+ax^2) \sim x\cdot ax^2=ax^3,$$

故极限为 $a$，所以 $a=6$。

答案：$5$.

由 $df|_{(1,1)}=3\,du+4\,dv$ 得

$$f_u(1,1)=3,\qquad f_v(1,1)=4.$$

设 $u=\cos x$，$v=1+x^2$，则 $u'(0)=v'(0)=0$，$u''(0)=-1$，$v''(0)=2$。因此

$$y''(0)=f_u(1,1)u''(0)+f_v(1,1)v''(0) =3(-1)+4\cdot2=5.$$

答案：$-\dfrac1\pi$.

余弦级数系数为

$$a_n=\frac2\pi\int_0^\pi(x+1)\cos nx\,dx.$$

当 $n$ 为奇数时，

$$a_n=-\frac{4}{\pi n^2}.$$

于是 $a_{2n-1}\to0$，$\sin a_{2n-1}\sim a_{2n-1}$，故

$$\lim_{n\to\infty}n^2\sin a_{2n-1} =\lim_{n\to\infty}n^2\left(-\frac{4}{\pi(2n-1)^2}\right) =-\frac1\pi.$$

答案：$x=\tan\left(y+\dfrac\pi4\right)-y$.

令 $u=x+y$，则

$$\frac{du}{dx}=1+y'=1+\frac1{u^2}.$$

故

$$\frac{dx}{du}=\frac{u^2}{u^2+1}.$$

积分得

$$x=u-\arctan u+C.$$

代入 $u=x+y$，可得

$$y-\arctan(x+y)=C.$$

由 $y(1)=0$ 得 $C=-\dfrac\pi4$，整理为

$$x=\tan\left(y+\frac\pi4\right)-y.$$

答案：$[0,+\infty)$.

该不等式是由二次型 $\langle u,v\rangle_A=u^TAv$ 诱导的 Cauchy 不等式。它对任意实向量成立，当且仅当 $A$ 半正定。

由

$$A=\begin{pmatrix}a+1&a\\a&a\end{pmatrix}$$

半正定，需满足 $a+1\ge0$ 且

$$\det A=(a+1)a-a^2=a\ge0.$$

故 $a\in[0,+\infty)$。

答案：$\dfrac23$.

设 $X$ 为 $3$ 次试验成功次数，则 $X\sim B(3,p)$。由题意

$$P(X=3\mid X\ge1)=\frac{p^3}{1-(1-p)^3}=\frac4{13}.$$

化简得

$$13p^3=4(3p-3p^2+p^3),$$

即 $p(3p-2)^2=0$。又 $p>0$，故 $p=\dfrac23$。

答案：$\sqrt2-2+\ln(1+\sqrt2)$.

区域关于 $x$ 轴对称，被积函数关于 $y$ 为偶函数，故

$$I=2\int_0^1dy\int_{\sqrt{1-y^2}}^1\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dx.$$

对内层积分令 $u=x^2+y^2$，得

$$I=2\int_0^1\left(\sqrt{1+y^2}-1\right)\,dy.$$

因此

$$I=\left[y\sqrt{1+y^2}+\ln\left(y+\sqrt{1+y^2}\right)\right]_0^1-2 =\sqrt2-2+\ln(1+\sqrt2).$$

答案：$T:x+y+z=3$；最大值为 $21$，最小值为 $\dfrac{17}{27}$.

由

$$f_x=3x^2-2(x+y),\qquad f_y=3y^2-2(x+y),$$

得

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

所以切平面为

$$z-1=-(x-1)-(y-1),$$

即

$$x+y+z=3.$$

切平面与坐标平面围成的四面体在 $xOy$ 平面上的投影为

$$D=\{(x,y)\mid x\ge0,\ y\ge0,\ x+y\le3\}.$$

区域内部驻点由

$$3x^2=2(x+y),\qquad 3y^2=2(x+y)$$

确定，得 $(x,y)=\left(\dfrac43,\dfrac43\right)$，此时

$$f\left(\frac43,\frac43\right)=\frac{17}{27}.$$

边界上逐段检查：$x=0$、$y=0$ 与 $x+y=3$，再比较三个顶点，最大值在 $(3,0)$ 与 $(0,3)$ 处取得，值为 $21$。故最大值为 $21$，最小值为 $\dfrac{17}{27}$。

证明如下.

令

$$g(x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x.$$

则 $g(0)=g(1)=0$，且 $g''(x)=f''(x)$。

令

$$\varphi_1(x)=\frac{x(1-x)}2-g(x).$$

则 $\varphi_1(0)=\varphi_1(1)=0$，并且

$$\varphi_1''(x)=-1-f''(x)\le0.$$

所以 $\varphi_1$ 在 $[0,1]$ 上为凹函数，端点为 $0$，从而 $\varphi_1(x)\ge0$，即

$$g(x)\le\frac{x(1-x)}2.$$

再令

$$\varphi_2(x)=\frac{x(1-x)}2+g(x).$$

则 $\varphi_2(0)=\varphi_2(1)=0$，并且

$$\varphi_2''(x)=-1+f''(x)\le0.$$

故 $\varphi_2(x)\ge0$，即

$$g(x)\ge-\frac{x(1-x)}2.$$

两式合并得

$$\left|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\right| \le\frac{x(1-x)}2.$$

对上式在 $[0,1]$ 上积分，得

$$\left|\int_0^1f(x)\,dx-\int_0^1[f(0)(1-x)+f(1)x]\,dx\right| \le\int_0^1\frac{x(1-x)}2\,dx.$$

即

$$\left|\int_0^1f(x)\,dx-\frac{f(0)+f(1)}2\right| \le\frac1{12}.$$

答案：$\dfrac{4\sqrt5}{25}\pi$.

取平面片

$$\Sigma:\ z=2x-1$$

为 $L$ 所围成的曲面，方向取上侧。由 Stokes 公式，

$$I=\iint_\Sigma \begin{vmatrix} dy\,dz&dz\,dx&dx\,dy\\ \partial_x&\partial_y&\partial_z\\ 6xyz-yz^2&2x^2z&xyz \end{vmatrix}.$$

化简得

$$I=\iint_D\left[4x^2-4x(2x-1)+(2x-1)^2\right]\,dx\,dy =\iint_D1\,dx\,dy.$$

投影区域 $D$ 由

$$x^2+y^2+(2x-1)^2=2x$$

给出，即

$$5\left(x-\frac35\right)^2+y^2=\frac45.$$

这是半轴长为 $\dfrac25$ 与 $\dfrac2{\sqrt5}$ 的椭圆，所以

$$I=S_D=\pi\cdot\frac25\cdot\frac2{\sqrt5} =\frac{4\sqrt5}{25}\pi.$$

答案如下.

由递推式直接得

$$A=\begin{pmatrix} -2&0&2\\ 0&-2&-2\\ -6&-3&3 \end{pmatrix}.$$

当 $n\ge1$ 时，

$$A^n= \begin{pmatrix} -4-(-2)^n&-2-(-2)^n&2\\ 4+2(-2)^n&2+2(-2)^n&-2\\ -6&-3&3 \end{pmatrix}.$$

于是

$$\alpha_n=A^n\alpha_0 = \begin{pmatrix} 8+(-2)^n\\ -8+(-2)^{n+1}\\ 12 \end{pmatrix} \qquad(n\ge1).$$

故

$$x_n=8+(-2)^n,\qquad y_n=-8+(-2)^{n+1},\qquad z_n=12\quad(n\ge1).$$

这些结果与初始条件共同确定整个数列。

答案：$(1)\ c=\dfrac{n+1}{n}$；$(2)\ c=\dfrac{n+2}{n+1}$.

总体分布函数为

$$F(x)= \begin{cases} 0,&x<0,\\ \dfrac{x}{\theta},&0\le x<\theta,\\ 1,&x\ge\theta. \end{cases}$$

因此最大顺序统计量 $X_{(n)}$ 的密度为

$$f_{X_{(n)}}(x)=\frac{n x^{n-1}}{\theta^n},\qquad 0<x<\theta.$$

于是

$$E(X_{(n)})=\int_0^\theta x\frac{n x^{n-1}}{\theta^n}\,dx =\frac{n}{n+1}\theta.$$

若 $T_c=cX_{(n)}$ 是 $\theta$ 的无偏估计，则

$$c\frac{n}{n+1}\theta=\theta,$$

故

$$c=\frac{n+1}{n}.$$

又

$$E(X_{(n)}^2)=\int_0^\theta x^2\frac{n x^{n-1}}{\theta^n}\,dx =\frac{n}{n+2}\theta^2.$$

所以

$$h(c)=E(cX_{(n)}-\theta)^2 =c^2\frac{n}{n+2}\theta^2 -2c\frac{n}{n+1}\theta^2+\theta^2.$$

对 $c$ 求导：

$$h'(c)=2c\frac{n}{n+2}\theta^2-2\frac{n}{n+1}\theta^2.$$

令 $h'(c)=0$，得

$$c=\frac{n+2}{n+1}.$$