正确答案： B .

$f'(x)=e^{x^2}\sin x$，$f'(0)=0$，且 $f''(0)=1>0$，所以 $x=0$ 是 $f$ 的极小值点。

$g(x)$ 在 $x=0$ 附近的主部为 $x^3$，故 $g'(0)=g''(0)=0$ 且 $g'''(0)\ne0$，$(0,0)$ 是曲线 $y=g(x)$ 的拐点。

正确答案： B .

第一项中

$$\frac{n^3\pi}{n^2+1}=n\pi-\frac{n\pi}{n^2+1},$$

所以通项等价于 $(-1)^{n+1}\frac{\pi}{n}$，级数条件收敛但不绝对收敛。

第二项令 $u_n=n^{-2/3}$，则

$$u_n-\tan u_n\sim-\frac{u_n^3}{3}=-\frac{1}{3n^2},$$

故绝对收敛。

正确答案： D .

D 是连续型 Cesaro 平均结论：若 $f(x)\to A$，则

$$\frac1x\int_0^x f(t)\,dt\to A.$$

A 可用收敛但导数振荡的函数反例否定；B 可用 $f(x)=x$ 否定；C 可用 $f(x)=\cos x$ 否定。

正确答案： A .

原积分区域为

$$-2\le x\le2,\qquad 4-x^2\le y\le4.$$

换成先 $y$ 后 $x$：$0\le y\le4$，且 $x^2\ge4-y$，即

$$-2\le x\le-\sqrt{4-y} \quad\text{或}\quad \sqrt{4-y}\le x\le2.$$

正确答案： B .

二次型矩阵为

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

其特征值为 $2,-1,0$，因此正惯性指数为 $1$。

正确答案： D .

因为 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关，而 $\alpha_3$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性表示，所以系数矩阵秩为 $2$。又 $\alpha_4=-(\alpha_1+\alpha_2)$，方程组相容，解集维数为 $3-2=1$，是一条直线。

若原点在解集中，则 $\alpha_4=0$，从而 $\alpha_1+\alpha_2=0$，与 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关矛盾，故该直线不过原点。

正确答案： A .

由 Sylvester 秩不等式：

$$r(AB)\ge r(A)+r(B)-n,\qquad r(ABC)\ge r(AB)+r(C)-n.$$

两式相加得

$$r(ABC)\ge r(A)+r(B)+r(C)-2n.$$

题设恰使不等式取等号，因此上面两步均取等号，得到 ①②。③④不一定成立。

正确答案： C .

由 $D(X)=D(Y)=1$、$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho$，

$$D(aX+bY)=a^2+b^2+2ab\rho=1+2ab\rho.$$

在 $a^2+b^2=1$ 下，$|2ab|\le1$，故最大值为 $1+|\rho|$。

正确答案： C .

$T\sim B(20,0.1)$，用泊松分布近似时参数 $\lambda=np=2$。因此

$$P\{T\le1\}\approx P\{Z=0\}+P\{Z=1\}=e^{-2}+2e^{-2}=\frac{3}{e^2}.$$

正确答案： D .

这是方差已知的右侧检验，检验统计量为

$$Z=\frac{\overline X-1}{\sqrt{2/n}}.$$

显著性水平为 $\alpha$ 时拒绝域为 $Z>z_\alpha$，即

$$\overline x>1+\sqrt{\frac2n}z_\alpha.$$

答案：$-1$.

当 $x\to0^+$ 时，$\ln(1-x)\sim -x$，且

$$x^x-1=e^{x\ln x}-1\sim x\ln x.$$

因此原式等价于

$$\frac{\ln x\cdot(-x)}{x\ln x}=-1.$$

答案：$\dfrac18$.

正弦级数的和函数按周期 $2$ 延拓，且在间断点取左右极限平均值。由于

$$S\left(-\frac72\right)=S\left(\frac12\right),$$

而 $x=\frac12$ 处左右极限分别为 $0$ 与 $\frac14$，故

$$S\left(\frac12\right)=\frac{0+\frac14}{2}=\frac18.$$

答案：$1$.

单位方向向量为

$$\boldsymbol e=\frac{(2,2,-1)}{\sqrt{4+4+1}}=\left(\frac23,\frac23,-\frac13\right).$$

又

$$\nabla u=(y^2z^3,2xyz^3,3xy^2z^2),$$

所以 $\nabla u(1,1,1)=(1,2,3)$，方向导数为

$$(1,2,3)\cdot\left(\frac23,\frac23,-\frac13\right)=1.$$

答案：$\dfrac43-2\sin1$.

补上线段 $L_0:y=0$，方向从 $(-1,0)$ 到 $(1,0)$，则 $L\cup L_0$ 围成正向闭曲线。设 $P=y+\cos x$，$Q=2x+\cos y$，则

$$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2-1=1.$$

区域面积为

$$\int_{-1}^{1}(1-x^2)\,dx=\frac43.$$

而

$$\int_{L_0}P\,dx+Q\,dy=\int_{-1}^{1}\cos x\,dx=2\sin1.$$

故所求积分为 $\frac43-2\sin1$。

答案：$-4$.

要使 $A^2x=0$ 与 $Ax=0$ 不同解，必要地 $A$ 不可逆，故 $|A|=0$。计算行列式：

$$\begin{aligned} |A| &=\begin{vmatrix} 4&a&b\\ 2&3&5\\ -3&-4&-7 \end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix} 4&a&b\\ 2&3&5\\ -1&-1&-2 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} 4&a&b\\ 0&1&1\\ -1&-1&-2 \end{vmatrix}\\ &=4(-2+1)-(a-b). \end{aligned}$$

令 $|A|=0$，得 $a-b=-4$。

答案：$\dfrac45$.

设 $P(B)=p$，则 $P(A)=2p$。由独立性，

$$P(A\cup B)=2p+p-2p^2=\frac58.$$

解得 $p=\frac14$ 或 $p=\frac54$，取 $p=\frac14$。于是

$$P(A\triangle B)=P(A)+P(B)-2P(AB)=\frac12+\frac14-2\cdot\frac18=\frac12.$$

所求条件概率为

$$\frac{P(A\triangle B)}{P(A\cup B)} =\frac{\frac12}{\frac58}=\frac45.$$

答案：$\dfrac{3}{10}\ln2+\dfrac{\pi}{10}$.

作部分分式分解：

$$\frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)} =\frac{1}{5(x+1)}+\frac{-x+3}{5(x^2-2x+2)}.$$

因此

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1\left[\frac{1}{5(x+1)}+\frac{-x+3}{5(x^2-2x+2)}\right]dx\\ &=\frac15\ln(1+x)\bigg|_0^1 -\frac1{10}\ln(x^2-2x+2)\bigg|_0^1 +\frac25\arctan(x-1)\bigg|_0^1\\ &=\frac{3}{10}\ln2+\frac{\pi}{10}. \end{aligned}$$

答案：$f(u)=\dfrac12\ln^2u+2\ln u+1$.

令 $u=\frac{x}{y}$。由链式法则代入题设偏微分方程，可化为

$$u^2f''(u)+uf'(u)=1.$$

令 $p=f'(u)$，得

$$p'+\frac1u p=\frac1{u^2}.$$

解得

$$p=\frac{\ln u+C}{u}.$$

由 $g(x,x)=f(1)=1$，以及

$$g_x(x,x)=\frac{f'(1)}{x}=\frac2x,$$

得 $f'(1)=2$，所以 $C=2$。积分得

$$f(u)=\frac12\ln^2u+2\ln u+C_1.$$

再由 $f(1)=1$ 得 $C_1=1$。

证明如下.

必要性：若 $f'(x)$ 严格单调增加，则由拉格朗日中值定理，存在

$$\xi_1\in(x_1,x_2),\qquad \xi_2\in(x_2,x_3),$$

使

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f'(\xi_1),\qquad \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}=f'(\xi_2).$$

由于 $\xi_1<\xi_2$，故 $f'(\xi_1)<f'(\xi_2)$，必要性成立。

充分性：任取 $s<t$。由题设，对任意 $s<x<t$，

$$\frac{f(x)-f(s)}{x-s} < \frac{f(t)-f(x)}{t-x}.$$

令 $x\to s^+$，得

$$f'(s)\le \frac{f(t)-f(s)}{t-s}.$$

令 $x\to t^-$，得

$$\frac{f(t)-f(s)}{t-s}\le f'(t).$$

结合严格割线斜率条件，可推出 $f'(s)<f'(t)$，故 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加。

答案：$-\dfrac{2\sqrt3}{3}\pi$.

旋转曲面为圆锥面

$$xy+yz+zx=0.$$

记 $\boldsymbol F=(x,y+1,z+2)$，则 $\operatorname{div}\boldsymbol F=3$。补上平面 $x+y+z=1$ 上的截面 $S_1$ 与 $x+y+z=\varepsilon$ 上的截面 $S_\varepsilon$，对封闭曲面使用高斯公式，最后令 $\varepsilon\to0^+$。

作正交变换

$$u=\frac{x+y+z}{\sqrt3},\quad v=\frac{x-y}{\sqrt2},\quad w=\frac{x+y-2z}{\sqrt6},$$

圆锥面化为 $v^2+w^2=2u^2$。对应截锥体体积在极限下为

$$V=\int_0^{1/\sqrt3}2\pi u^2\,du=\frac{2\pi}{9\sqrt3}.$$

上截面 $S_1$ 的通量为

$$\frac{4}{\sqrt3}\cdot\frac{2\pi}{3} =\frac{8\pi}{3\sqrt3}.$$

下截面在 $\varepsilon\to0^+$ 时通量趋于 $0$。因此

$$I=3V-\frac{8\pi}{3\sqrt3} =\frac{2\pi}{3\sqrt3}-\frac{8\pi}{3\sqrt3} =-\frac{2\pi}{\sqrt3} =-\frac{2\sqrt3}{3}\pi.$$

（1）$a=3$.

特征多项式为

$$|A-\lambda E|=(1-\lambda)\big[(\lambda-a)(\lambda+1)+4\big].$$

因为 $1$ 是重根，代入括号项得

$$(1-a)(1+1)+4=0,$$

故 $a=3$。

（2）当 $a=3$ 时，

$$A-E= \begin{pmatrix} -1&-1&-1\\ -1&-1&-1\\ 2&2&2 \end{pmatrix}, \qquad (A-E)^2=0.$$

由 $A\alpha=\alpha+\beta$ 得 $\beta=(A-E)\alpha$；由 $A^2\alpha=\alpha+2\beta$ 得 $(A-E)^2\alpha=0$，对任意 $\alpha$ 均成立。

设

$$\alpha=(a_1,a_2,a_3)^T.$$

则

$$\beta=(A-E)\alpha =(2a_3-a_1-a_2)(1,1,1)^T.$$

由于要求 $\alpha,\beta$ 均为非零列向量，因此

$$(a_1,a_2,a_3)\ne(0,0,0),\qquad a_1+a_2\ne2a_3.$$

故全部解为

$$\alpha=(a_1,a_2,a_3)^T,\qquad \beta=(2a_3-a_1-a_2,\,2a_3-a_1-a_2,\,2a_3-a_1-a_2)^T,$$

其中 $(a_1,a_2,a_3)\ne(0,0,0)$ 且 $a_1+a_2\ne2a_3$。

（1）$P\{Y>0\}=\dfrac14$，$EY=50$.

由于 $Y>0\iff X>100$，

$$P\{Y>0\} =\int_{100}^{+\infty}\frac{2\times100^2}{(100+x)^3}\,dx =\frac14.$$

又

$$EY=\int_{100}^{+\infty}(x-100)\frac{2\times100^2}{(100+x)^3}\,dx=50.$$

（2）由（1）知 $p=\frac14$。对 $m=0,1,2,\cdots$，

$$\begin{aligned} P\{M=m\} &=\sum_{n=m}^{\infty}P\{N=n\}P\{M=m\mid N=n\}\\ &=\sum_{n=m}^{\infty}\frac{8^n}{n!}e^{-8}\binom{n}{m} \left(\frac14\right)^m\left(\frac34\right)^{n-m}\\ &=\frac{2^m}{m!}e^{-8}\sum_{n=m}^{\infty}\frac{6^{n-m}}{(n-m)!}\\ &=\frac{2^m}{m!}e^{-8}e^6 =\frac{2^m}{m!}e^{-2}. \end{aligned}$$

因此

$$M\sim P(2).$$