正确答案： A

由 $x-az=e^{y+az}$ 对 $x$、$y$ 分别求偏导：

$$1-a z_x=ae^{y+az}z_x,\qquad -a z_y=e^{y+az}(1+a z_y).$$

解得

$$z_x=\frac{1}{a(1+e^{y+az})},\qquad z_y=-\frac{e^{y+az}}{a(1+e^{y+az})}.$$

故 $z_x-z_y=\frac{1}{a}$。

正确答案： D

令 $y=x^2$，原级数化为 $\sum b_n y^n$，其中

$$b_n=\left(\frac{3+(-1)^n}{4}\right)^n.$$

$n$ 为偶数时 $b_n=1$，$n$ 为奇数时 $b_n=(1/2)^n$，所以根值上极限为 $1$，关于 $y$ 的收敛半径为 $1$。由 $|x|<1$ 得收敛；端点 $x=\pm1$ 时偶数项不趋于 $0$，发散。故收敛域为 $(-1,1)$。

正确答案： C

A、B 都忽略了函数在 $0$ 附近可能不连续或震荡；D 的割线斜率单调性不能反推整体凹性。若 $f$ 凹向上，则导数单调递增，固定右端点 $1$ 时，割线斜率

$$\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$$

随 $x$ 增大而增大，故 C 正确。

正确答案： C

区域由半径为 $2$ 的上半球面与圆锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 围成。球坐标下

$$x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\quad y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\quad z=\rho\cos\varphi.$$

圆锥面对应 $\varphi=\pi/4$，半球面对应 $0\le \rho\le2$，且 $0\le\theta\le2\pi$。被积函数变为 $f(\rho^2)$，体积元为 $\rho^2\sin\varphi\,d\rho d\varphi d\theta$。

正确答案： B

置换矩阵是正交矩阵，满足 $A^{-1}=A^T$，而 $A^T$ 仍为置换矩阵。又 $A^*=\det(A)A^{-1}$，当 $\det(A)=-1$ 时，$A^*$ 可能含负元素，所以 A 不恒成立；C、D 也只在特定行交换奇偶性下成立。

正确答案： A

$A$ 的列向量组可由 $B$ 的列向量组表示，等价于存在矩阵 $C$ 使 $A=BC$，因此

$$\operatorname{Col}(A)\subseteq \operatorname{Col}(B).$$

若 $Ax=\beta$ 有解，则 $\beta\in\operatorname{Col}(A)$，从而 $\beta\in\operatorname{Col}(B)$，所以 $Bx=\beta$ 有解。

正确答案： B

二次型矩阵为

$$\begin{pmatrix} a&2&2\\ 2&a&2\\ 2&2&a \end{pmatrix},$$

特征值为 $a+4$、$a-2$、$a-2$。圆柱面要求一个特征值为 $0$，其余两个同号且方程有实点。取 $a=-4$ 时，特征值为 $0,-6,-6$，正交变换下标准型为 $-6y_1^2-6y_2^2$，方程化为 $y_1^2+y_2^2=1/6$，是圆柱面。

正确答案： C

$$f(t)=E(X^2)+2tE(X)+t^2.$$

由 $X\sim N(1,2)$ 得 $E(X)=1$、$E(X^2)=D(X)+[E(X)]^2=3$，所以

$$f(t)=t^2+2t+3=(t+1)^2+2.$$

最小值点为 $t=-1$，最小值为 $2$。

正确答案： A

由 $F_Y(y)=F(ay+b)$ 可知 $X=aY+b$，即

$$Y=\frac{X-b}{a}.$$

于是

$$E(Y)=\frac{\mu-b}{a}=0,\qquad D(Y)=\frac{\sigma^2}{a^2}=1.$$

取 $a>0$，得 $a=\sigma$，$b=\mu$。

正确答案： D

先求尾概率：

$$P\{X>k\}=\sum_{j=k+1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{j+1}}+\frac{1}{3^j}\right) =\frac{1}{2^{k+1}}+\frac{1}{2\cdot3^k}.$$

因此 $P\{X>m+n\mid X>m\}$ 是 $2^{-n}$ 与 $3^{-n}$ 的加权平均，且权重更偏向较大的 $2^{-n}$. 而 $P\{X>n\}$ 是二者的等权平均。故条件概率大于 $P\{X>n\}$。

答案：$1+z$.

$$F=v_1\times v_2=(x,yz,-xy).$$

故

$$\operatorname{div}F=\frac{\partial x}{\partial x} +\frac{\partial (yz)}{\partial y} +\frac{\partial(-xy)}{\partial z}=1+z.$$

答案：$\frac{1}{2}$.

通分得

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\ln(1+x)}{x\sin x}.$$

分子分母均趋于 $0$，两次使用洛必达法则：

$$\lim_{x\to0}\frac{\cos x-\frac1{1+x}}{\sin x+x\cos x} = \lim_{x\to0}\frac{-\sin x+\frac1{(1+x)^2}}{2\cos x-x\sin x} =\frac12.$$

答案：$-\frac{\sqrt2}{8}$.

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt} =\frac{1-\sin t}{4\sin t\cos t}.$$

再用

$$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)\bigg/\frac{dx}{dt}.$$

当 $t=\pi/4$ 时，$\sin t=\cos t=\sqrt2/2$，代入得

$$\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=\pi/4}=-\frac{\sqrt2}{8}.$$

答案：$2\ln2$.

分部积分，取 $u=\ln(x+1)$、$dv=x^{-2}dx$，则

$$I=\left.-\frac{\ln(x+1)}{x}\right|_1^{+\infty} +\int_1^{+\infty}\frac{1}{x(x+1)}\,dx.$$

第一项为 $\ln2$. 第二项

$$\int_1^{+\infty}\left(\frac1x-\frac1{x+1}\right)dx=\ln2.$$

故 $I=2\ln2$。

答案：$(-\infty,0)$.

$A$ 的特征值为 $1,a-2,a+2$，所以

$$m(A)=\max\{1,a+2\}.$$

$B$ 的特征值可化为 $a-1$、$2$、$a+1$，从而

$$m(B)= \begin{cases} 2,&a\le1,\\ a+1,&a>1. \end{cases}$$

分段比较：

• $a\le-1$ 时，$m(A)=1<2=m(B)$.
• $-1<a\le1$ 时，$a+2<2$，得 $a<0$.
• $a>1$ 时，$a+2<a+1$ 无解。

故 $a<0$。

答案：$4$.

由 $X\sim P(1)$ 得 $E(X)=1$，$E(X^2)=D(X)+[E(X)]^2=2$。又

$$E(Y-X)=E(Y)-E(X)=3-1=2.$$

因为 $X$ 与 $Y-X$ 独立，

$$E(XY)=E[X(X+Y-X)]=E(X^2)+E[X(Y-X)]=2+1\cdot2=4.$$

答案：在 $(-2,0)$ 处取得极大值 $8e^{-2}$.$(0,0)$ 为鞍点，无极值。

先求一阶偏导：

$$f_x=e^x(2x^2+4x-y^2),\qquad f_y=-2ye^x.$$

令 $f_x=f_y=0$，得临界点 $(0,0)$ 与 $(-2,0)$。

二阶偏导为

$$f_{xx}=e^x(2x^2+8x+4-y^2),\quad f_{yy}=-2e^x,\quad f_{xy}=-2ye^x.$$

在 $(0,0)$ 处，$D=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2=4(-2)<0$，为鞍点。
在 $(-2,0)$ 处，$D>0$ 且 $f_{xx}<0$，为极大值点，极大值

$$f(-2,0)=8e^{-2}.$$

答案：

$$f(u)=e^{1-u}-e^{u-1}+u.$$

设

$$M=\frac{f(xy)}{x^2y},\qquad N=\frac{f''(xy)}{xy^2}.$$

由于 $dF=Mdx+Ndy$ 是全微分，故 $M_y=N_x$。计算得

$$\frac{xyf'(xy)-f(xy)}{x^2y^2} = \frac{xyf'''(xy)-f''(xy)}{x^2y^2}.$$

令 $u=xy$，得

$$uf'(u)-f(u)=uf'''(u)-f''(u).$$

两边除以 $u^2$ 可写成

$$\frac{d}{du}\left(\frac{f(u)}{u}\right) = \frac{d}{du}\left(\frac{f''(u)}{u}\right),$$

故

$$\frac{f''(u)}{u}-\frac{f(u)}{u}=c.$$

代入 $u=1$ 得 $c=f''(1)-f(1)=-1$，所以

$$f''(u)-f(u)=-u.$$

通解为

$$f(u)=Ae^u+Be^{-u}+u.$$

由 $f(1)=1$、$f'(1)=-1$ 解得 $A=-e^{-1}$、$B=e$，故

$$f(u)=e^{1-u}-e^{u-1}+u.$$

答案：

$$I=\sqrt3\pi-\frac14.$$

设

$$P=e^{x^2}\sin x-2xy,\qquad Q=6x-x^2-y\cos4y.$$

则

$$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =(6-2x)-(-2x)=6.$$

整个椭圆面积为 $\pi/\sqrt3$，故

$$\oint_E Pdx+Qdy=6\cdot\frac{\pi}{\sqrt3}=2\sqrt3\pi.$$

取另一段椭圆弧 $L_2$，并补直线段 $L_1'$：$x=t,y=t$，$t\in[-1/2,1/2]$。直线段积分中奇函数项为零，只剩

$$\int_{-1/2}^{1/2}(-3t^2)\,dt=-\frac14.$$

由对称性，$L_2\cup L_1'$ 围成面积为椭圆面积的一半，故

$$\int_{L_2}+\int_{L_1'}=6\cdot\frac{\pi}{2\sqrt3}=\sqrt3\pi.$$

于是

$$\int_{L_2}=\sqrt3\pi+\frac14,\qquad I=2\sqrt3\pi-\left(\sqrt3\pi+\frac14\right) =\sqrt3\pi-\frac14.$$

(1) 因为 $f$ 严格单调递增，在 $(-1,0)$ 上 $f(x)<f(0)$，在 $(0,1)$ 上 $f(x)>f(0)$。又

$$\int_{-1}^1 f(x)\,dx=0,\qquad a=\int_0^1 f(x)\,dx,$$

所以 $\int_{-1}^0 f(x)\,dx=-a$。由严格单调性可得

$$-a<f(0)<a,$$

从而 $a>0$。

(2) 计算

$$F(-1)=0,\qquad F(0)=a-\int_0^1f(t)\,dt=0,\qquad F(1)=0.$$

在 $[-1,0]$ 与 $[0,1]$ 上分别应用罗尔定理，存在 $c_1\in(-1,0)$、$c_2\in(0,1)$，使

$$F'(c_1)=F'(c_2)=0.$$

再在 $[c_1,c_2]$ 上对 $F'$ 使用罗尔定理，存在 $\xi\in(c_1,c_2)\subset(-1,1)$，使

$$F''(\xi)=0.$$

(1) 设 $k_1\alpha_1+k_2\alpha_2=0$，由分量比较得 $k_1=k_2=0$，所以 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关。又

$$\alpha_3=-\alpha_1+\alpha_2,\qquad \alpha_4=\alpha_1-\alpha_2,$$

故其余向量都可由 $\alpha_1,\alpha_2$ 表示，所以 $\alpha_1,\alpha_2$ 是极大线性无关组。

(2) 各列在基 $G$ 下的坐标为

$$(1,0)^T,\ (0,1)^T,\ (-1,1)^T,\ (1,-1)^T,$$

因此

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

由 $A=GH$ 得

$$A^{10}=G(HG)^9H.$$

计算

$$HG=\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix} =I+\begin{pmatrix}0&0\\-1&0\end{pmatrix},$$

且幂零部分平方为 $0$，故

$$(HG)^9=\begin{pmatrix}1&0\\-9&1\end{pmatrix}.$$

最终

$$A^{10}= \begin{pmatrix} 1&0&-1&-1\\ -8&-1&9&7\\ -9&-1&10&8\\ 9&1&-10&-8 \end{pmatrix}.$$

(1) 单个元件寿命密度为

$$f(t)=\frac1\theta e^{-t/\theta},\qquad t\ge0.$$

第一个失效时间 $T$ 为 $n$ 个独立样本的最小值：

$$P(T>t)=e^{-nt/\theta}.$$

故

$$f_T(t)=\frac{n}{\theta}e^{-nt/\theta},\qquad t\ge0.$$

于是 $E(T)=\theta/n$，要使 $\hat\theta=aT$ 无偏，应取 $a=n$。又 $D(T)=\theta^2/n^2$，所以

$$D(\hat\theta)=D(nT)=\theta^2.$$

(2) 取对数似然：

$$\ln L(\theta)=-k\ln\theta-\frac1\theta\left[\sum_{i=1}^k t_i+(n-k)t_k\right].$$

求导并令其为 $0$：

$$-\frac{k}{\theta} +\frac{1}{\theta^2}\left[\sum_{i=1}^k t_i+(n-k)t_k\right]=0.$$

解得最大似然估计

$$\hat\theta= \frac1k\left[\sum_{i=1}^k t_i+(n-k)t_k\right].$$