2021 年全国硕士研究生招生考试 数学（一）

【详细解析】
先考察连续性：由基本极限 $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1 = f(0)$，故 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。
再考察导数定义： $$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{e^x - 1}{x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2}$$ 利用泰勒展开式 $e^x = 1 + x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)$，得： $$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{1 + x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2) - 1 - x}{x^2} = \frac{1}{2} \ne 0$$ 因此 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且导数 $f'(0) = \frac{1}{2} \ne 0$。
故本题选 D。

【详细解析】
求全微分 $\mathrm{d}f(1, 1) = f_1'(1, 1)\mathrm{d}x + f_2'(1, 1)\mathrm{d}y$，需求出偏导数 $f_1'(1, 1)$ 和 $f_2'(1, 1)$：
由复合函数求导法则，对 $f(x+1, e^x) = x(x+1)^2$ 两边关于 $x$ 求导： $$f_1'(x+1, e^x) \cdot 1 + f_2'(x+1, e^x) \cdot e^x = (x+1)^2 + 2x(x+1)$$ 令 $x = 0$，此时 $(x+1, e^x) = (1, 1)$，代入得： $$f_1'(1, 1) + f_2'(1, 1) = 1 \quad \cdots\cdots (1)$$ 对 $f(x, x^2) = 2x^2 \ln x$ 两边关于 $x$ 求导： $$f_1'(x, x^2) \cdot 1 + f_2'(x, x^2) \cdot 2x = 4x \ln x + 2x^2 \cdot \frac{1}{x} = 4x \ln x + 2x$$ 令 $x = 1$，此时 $(x, x^2) = (1, 1)$，代入得： $$f_1'(1, 1) + 2f_2'(1, 1) = 2 \quad \cdots\cdots (2)$$ 联立 (1) 和 (2)，解得： $$f_1'(1, 1) = 0, \quad f_2'(1, 1) = 1$$ 故 $\mathrm{d}f(1, 1) = 0\mathrm{d}x + 1\mathrm{d}y = \mathrm{d}y$。
故本题选 C。

【详细解析】
利用常用麦克劳林展开式： $$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$$ $$\frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + o(x^3)$$ 两式相乘可得： $$f(x) = \left( x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) \right) \left( 1 - x^2 + o(x^3) \right) = x - x^3 - \frac{x^3}{6} + o(x^3) = x - \frac{7}{6}x^3 + o(x^3)$$ 对照 3 次泰勒多项式 $ax + bx^2 + cx^3$，可得： $$a = 1, \quad b = 0, \quad c = -\frac{7}{6}$$ 故本题选 A。

【详细解析】
根据定积分的黎曼和定义：将区间 $[0, 1]$ 作 $n$ 等分，每个子区间长度 $\Delta x_k = \frac{1}{n}$。
在每个小区间 $\left[ \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right]$ 内取其中点作为介值点： $$\xi_k = \frac{1}{2} \left( \frac{k-1}{n} + \frac{k}{n} \right) = \frac{2k-1}{2n}, \quad (k = 1, 2, \dots, n)$$ 则黎曼积分和为： $$\sum_{k=1}^n f(\xi_k)\Delta x_k = \sum_{k=1}^n f\left( \frac{2k-1}{2n} \right) \frac{1}{n}$$ 当 $n \to \infty$ 时，子区间的最大长度 $\frac{1}{n} \to 0$，积分和的极限即为定积分： $$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n f\left( \frac{2k-1}{2n} \right) \frac{1}{n} = \int_0^1 f(x)\mathrm{d}x$$ 因此选项 B 正确。
故本题选 B。

【详细解析】
将二次型展开化简： $$\begin{aligned} f(x_1, x_2, x_3) &= (x_1^2 + 2x_1x_2 + x_2^2) + (x_2^2 + 2x_2x_3 + x_3^2) - (x_3^2 - 2x_1x_3 + x_1^2) \\ &= 2x_2^2 + 2x_1x_2 + 2x_2x_3 + 2x_1x_3 \end{aligned}$$ 利用配方法： $$\begin{aligned} f &= 2\left[ x_2^2 + (x_1+x_3)x_2 \right] + 2x_1x_3 \\ &= 2\left[ x_2 + \frac{x_1+x_3}{2} \right]^2 - 2 \cdot \frac{(x_1+x_3)^2}{4} + 2x_1x_3 \\ &= 2\left( x_2 + \frac{x_1+x_3}{2} \right)^2 - \frac{1}{2}(x_1^2 + 2x_1x_3 + x_3^2 - 4x_1x_3) \\ &= 2\left( x_2 + \frac{x_1+x_3}{2} \right)^2 - \frac{1}{2}(x_1 - x_3)^2 \end{aligned}$$ 作可逆线性变换 $y_1 = \sqrt{2}\left( x_2 + \frac{x_1+x_3}{2} \right)$，$y_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(x_1 - x_3)$，$y_3 = x_3$，则： $$f = y_1^2 - y_2^2 + 0 \cdot y_3^2$$ 规范形中含有 1 个正平方项、1 个负平方项，因此正惯性指数为 1，负惯性指数为 1。
故本题选 B。

【详细解析】
由施密特正交化过程：
1. $\boldsymbol{\beta}_1 = \boldsymbol{\alpha}_1 = (1, 0, 1)^\mathrm{T}$。
2. $\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\alpha}_2 - k\boldsymbol{\beta}_1$，由 $\boldsymbol{\beta}_2 \perp \boldsymbol{\beta}_1$ 即 $(\boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_1) = 0$： $$k = \frac{(\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\beta}_1)}{\|\boldsymbol{\beta}_1\|^2} = \frac{1 \cdot 1 + 2 \cdot 0 + (-1) \cdot 1}{1^2 + 0^2 + 1^2} = \frac{0}{2} = 0$$ 从而 $\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\alpha}_2 = (1, 2, -1)^\mathrm{T}$。
3. $\boldsymbol{\beta}_3 = \boldsymbol{\alpha}_3 - l_1\boldsymbol{\beta}_1 - l_2\boldsymbol{\beta}_2$，由 $\boldsymbol{\beta}_3 \perp \boldsymbol{\beta}_1$ 与 $\boldsymbol{\beta}_3 \perp \boldsymbol{\beta}_2$： $$l_1 = \frac{(\boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}_1)}{\|\boldsymbol{\beta}_1\|^2} = \frac{3 \cdot 1 + 1 \cdot 0 + 2 \cdot 1}{1^2 + 0^2 + 1^2} = \frac{5}{2}$$ $$l_2 = \frac{(\boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}_2)}{\|\boldsymbol{\beta}_2\|^2} = \frac{3 \cdot 1 + 1 \cdot 2 + 2 \cdot (-1)}{1^2 + 2^2 + (-1)^2} = \frac{3 + 2 - 2}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$$ 故 $l_1, l_2$ 依次为 $\frac{5}{2}, \frac{1}{2}$。
故本题选 A。

【详细解析】
对于实矩阵，基本性质为 $r(\boldsymbol{A}^\mathrm{T}) = r(\boldsymbol{A}^\mathrm{T}\boldsymbol{A}) = r(\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^\mathrm{T}) = r(\boldsymbol{A})$。
对于 A：由分块对角矩阵的秩公式，$r = r(\boldsymbol{A}) + r(\boldsymbol{A}^\mathrm{T}\boldsymbol{A}) = 2r(\boldsymbol{A})$，结论成立；
对于 B：作初等列变换，第 2 列块减去第 1 列块乘以 $\boldsymbol{B}$： $$\begin{pmatrix} \boldsymbol{A} & \boldsymbol{A}\boldsymbol{B} \\ \boldsymbol{O} & \boldsymbol{A}^\mathrm{T} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \boldsymbol{E} & -\boldsymbol{B} \\ \boldsymbol{O} & \boldsymbol{E} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \boldsymbol{A} & \boldsymbol{O} \\ \boldsymbol{O} & \boldsymbol{A}^\mathrm{T} \end{pmatrix}$$ 初等变换不改变矩阵的秩，故秩为 $r(\boldsymbol{A}) + r(\boldsymbol{A}^\mathrm{T}) = 2r(\boldsymbol{A})$，结论成立；
对于 D：作初等行变换，第 2 行块减去第 1 行块乘以 $\boldsymbol{B}$： $$\begin{pmatrix} \boldsymbol{E} & \boldsymbol{O} \\ -\boldsymbol{B} & \boldsymbol{E} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \boldsymbol{A} & \boldsymbol{O} \\ \boldsymbol{B}\boldsymbol{A} & \boldsymbol{A}^\mathrm{T} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \boldsymbol{A} & \boldsymbol{O} \\ \boldsymbol{O} & \boldsymbol{A}^\mathrm{T} \end{pmatrix}$$ 同理秩为 $2r(\boldsymbol{A})$，结论成立；
对于 C：矩阵为 $\begin{pmatrix} \boldsymbol{A} & \boldsymbol{B}\boldsymbol{A} \\ \boldsymbol{O} & \boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^\mathrm{T} \end{pmatrix}$，由于 $\boldsymbol{B}$ 乘在 $\boldsymbol{A}$ 的左侧，无法通过第 1 列块右乘矩阵直接消去右上角的 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}$，一般情况下该分块矩阵的秩不一定等于 $2r(\boldsymbol{A})$。
故本题选 C。

【详细解析】
逐项分析：
• A 项：$P(A|B) = P(A) \iff A$ 与 $B$ 独立 $\iff A$ 与 $\overline{B}$ 独立 $\iff P(A|\overline{B}) = P(A)$，为真命题。
• B 项：$P(A|B) > P(A) \iff P(AB) > P(A)P(B) \iff P(\overline{A}\,\overline{B}) > P(\overline{A})P(\overline{B}) \iff P(\overline{A}|\overline{B}) > P(\overline{A})$，为真命题。
• C 项：由全概率公式 $P(A) = P(A|B)P(B) + P(A|\overline{B})(1 - P(B))$，因为 $0 < P(B) < 1$，$P(A)$ 是 $P(A|B)$ 与 $P(A|\overline{B})$ 的严格凸组合。若 $P(A|B) > P(A|\overline{B})$，则必有 $P(A|B) > P(A) > P(A|\overline{B})$，为真命题。
• D 项：条件概率为： $$P(A|A \cup B) = \frac{P(A \cap (A \cup B))}{P(A \cup B)} = \frac{P(A)}{P(A \cup B)}$$ $$P(\overline{A}|A \cup B) = \frac{P(\overline{A} \cap (A \cup B))}{P(A \cup B)} = \frac{P(\overline{A}B)}{P(A \cup B)} = \frac{P(B) - P(AB)}{P(A \cup B)}$$ 若 $P(A|A \cup B) > P(\overline{A}|A \cup B)$，则 $P(A) > P(B) - P(AB)$，这并不意味着 $P(A) > P(B)$。例如取 $P(A) = 0.4, P(B) = 0.5, P(AB) = 0.3$，此时 $P(B) - P(AB) = 0.2 < P(A) = 0.4$，但实际上 $P(A) = 0.4 < P(B) = 0.5$。因此 D 为假命题。
故本题选 D。

【详细解析】
由期望的线性性质： $$E(\hat{\theta}) = E(\overline{X} - \overline{Y}) = E(\overline{X}) - E(\overline{Y}) = \mu_1 - \mu_2 = \theta$$ 故 $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的无偏估计。
再计算方差： $$D(\hat{\theta}) = D(\overline{X} - \overline{Y}) = D(\overline{X}) + D(\overline{Y}) - 2\operatorname{Cov}(\overline{X}, \overline{Y})$$ 由样本均值性质，$D(\overline{X}) = \frac{\sigma_1^2}{n}, D(\overline{Y}) = \frac{\sigma_2^2}{n}$。
因为样本间相互独立，当 $i \ne j$ 时 $\operatorname{Cov}(X_i, Y_j) = 0$；当 $i = j$ 时 $\operatorname{Cov}(X_i, Y_i) = \rho\sigma_1\sigma_2$： $$\operatorname{Cov}(\overline{X}, \overline{Y}) = \operatorname{Cov}\left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i, \frac{1}{n}\sum_{j=1}^n Y_j \right) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n \operatorname{Cov}(X_i, Y_i) = \frac{\rho\sigma_1\sigma_2}{n}$$ 代入得： $$D(\hat{\theta}) = \frac{\sigma_1^2 + \sigma_2^2 - 2\rho\sigma_1\sigma_2}{n}$$ 故本题选 C。

【详细解析】
犯第二类错误是指：备择假设 $H_1$ 为真（即 $\mu = 11.5$），但检验结果落入接受域 $\overline{W} = \{\overline{X} < 11\}$。
样本均值 $\overline{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) = N\left(\mu, \frac{4}{16}\right) = N(\mu, 0.25)$，标准差为 $\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 0.5$。
当 $\mu = 11.5$ 时，犯第二类错误的概率为： $$\beta = P_{\mu=11.5}(\overline{X} < 11) = P\left( \frac{\overline{X} - 11.5}{0.5} < \frac{11 - 11.5}{0.5} \right) = \Phi(-1) = 1 - \Phi(1)$$ 故本题选 B。

【详细解析】
配方分母：$x^2 + 2x + 2 = (x+1)^2 + 1$。
直接积分： $$\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(x+1)^2 + 1} = \left. \arctan(x+1) \right|_0^{+\infty} = \lim_{x \to +\infty} \arctan(x+1) - \arctan 1 = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$$

【详细解析】
由参数方程求一阶导数： $$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 2e^t + 1$$ $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = 4e^t + 4(t-1)e^t + 2t = 4te^t + 2t$$ 从而一阶导数： $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} = \frac{4te^t + 2t}{2e^t + 1}$$ 再求二阶导数： $$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} = \frac{\frac{(4e^t + 4te^t + 2)(2e^t + 1) - (4te^t + 2t)(2e^t)}{(2e^t + 1)^2}}{2e^t + 1}$$ 将 $t = 0$ 代入分子与分母： 当 $t = 0$ 时，$2e^0 + 1 = 3$；分子中 $4te^t + 2t = 0$，$4e^0 + 0 + 2 = 6$； 故： $$\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{t=0} = \frac{\frac{6 \cdot 3 - 0}{3^2}}{3} = \frac{2}{3}$$

【详细解析】
设特征解为 $y = x^r$（或作变量代换 $x = e^t$），代入原方程得欧拉方程的特征方程： $$r(r-1) + r - 4 = 0 \implies r^2 - 4 = 0 \implies r_1 = 2, r_2 = -2$$ 故该欧拉方程的通解为： $$y = C_1 x^2 + C_2 x^{-2}$$ 求导得： $$y' = 2C_1 x - 2C_2 x^{-3}$$ 代入初始条件 $y(1) = 1, y'(1) = 2$： $$\begin{cases} C_1 + C_2 = 1 \\ 2C_1 - 2C_2 = 2 \end{cases} \implies \begin{cases} C_1 + C_2 = 1 \\ C_1 - C_2 = 1 \end{cases} \implies C_1 = 1, C_2 = 0$$ 故满足条件的特解为 $y = x^2$。

【详细解析】
记空间区域为 $\Omega$，曲面 $\Sigma$ 是 $\Omega$ 的封闭外侧表面，满足高斯公式条件： $$\iint_\Sigma x^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iiint_\Omega \left( \frac{\partial(x^2)}{\partial x} + \frac{\partial(y^2)}{\partial y} + \frac{\partial(z)}{\partial z} \right) \mathrm{d}v = \iiint_\Omega (2x + 2y + 1)\mathrm{d}v$$ 由于区域 $\Omega$ 具有关于坐标面 $x=0$ 和 $y=0$ 的对称性，由对称性： $$\iiint_\Omega 2x\mathrm{d}v = 0, \quad \iiint_\Omega 2y\mathrm{d}v = 0$$ 因此： $$\iiint_\Omega (2x + 2y + 1)\mathrm{d}v = \iiint_\Omega 1\mathrm{d}v = V(\Omega)$$ 区域 $\Omega$ 是以椭圆域 $\frac{x^2}{2^2} + \frac{y^2}{1^2} \le 1$ 为底面、高为 $2$ 的直椭圆柱体，底面面积为 $S = \pi a b = \pi \cdot 2 \cdot 1 = 2\pi$。
柱体体积为 $V(\Omega) = S \cdot h = 2\pi \cdot 2 = 4\pi$。
故原式 $= 4\pi$。

【详细解析】
由题意，$\boldsymbol{A}$ 的每行元素之和均为 2，说明： $$\boldsymbol{A} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$ 即 $\lambda = 2$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的特征值，$\boldsymbol{x} = (1, 1, 1)^\mathrm{T}$ 是对应的特征向量。
记伴随矩阵为 $\boldsymbol{A}^*$。由伴随矩阵与逆矩阵性质：$\boldsymbol{A}^* = |\boldsymbol{A}| \boldsymbol{A}^{-1}$。
两边作用于特征向量 $\boldsymbol{x}$： $$\boldsymbol{A}^* \boldsymbol{x} = |\boldsymbol{A}| \boldsymbol{A}^{-1} \boldsymbol{x} = |\boldsymbol{A}| \cdot \frac{1}{2} \boldsymbol{x} = \frac{3}{2} \boldsymbol{x}$$ 即： $$\boldsymbol{A}^* \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} \\ \frac{3}{2} \\ \frac{3}{2} \end{pmatrix}$$ 而伴随矩阵的第一行为 $(A_{11}, A_{21}, A_{31})$，矩阵乘积第一行正是： $$A_{11} \cdot 1 + A_{21} \cdot 1 + A_{31} \cdot 1 = \frac{3}{2}$$ 故所求值为 $\frac{3}{2}$。

【详细解析】
$X$ 与 $Y$ 均为 $0-1$ 随机变量。
从甲盒取球：红球 2 个、白球 2 个，取到红球的概率 $P(X=1) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}, P(X=0) = \frac{1}{2}$。
因此 $E(X) = \frac{1}{2}, D(X) = \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$。
将甲盒所取之球放入乙盒后，乙盒共有 5 个球： $$P(Y=1 \mid X=1) = \frac{3}{5}, \quad P(Y=1 \mid X=0) = \frac{2}{5}$$ 由全概率公式： $$P(Y=1) = P(X=1)P(Y=1 \mid X=1) + P(X=0)P(Y=1 \mid X=0) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} = \frac{1}{2}$$ 从而 $E(Y) = \frac{1}{2}, D(Y) = \frac{1}{4}$。
联合概率： $$P(X=1, Y=1) = P(X=1)P(Y=1 \mid X=1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} = \frac{3}{10}$$ 由此得： $$E(XY) = 1 \cdot 1 \cdot P(X=1, Y=1) = \frac{3}{10}$$ 协方差为： $$\operatorname{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = \frac{3}{10} - \frac{1}{4} = \frac{1}{20}$$ 相关系数为： $$\rho_{XY} = \frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}} = \frac{\frac{1}{20}}{\frac{1}{4}} = \frac{1}{5}$$

【详细解析】
通分变形： $$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{e^x - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{\left(1 + \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t\right)\sin x - (e^x - 1)}{(e^x - 1)\sin x}$$ 当 $x \to 0$ 时，分母中等价无穷小代换：$(e^x - 1)\sin x \sim x^2$。
将分子拆分为两部分： $$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - e^x + 1 + \sin x \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{x^2} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - e^x + 1}{x^2} + \lim_{x \to 0} \frac{\sin x \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{x^2} \end{aligned}$$ 分别计算两个极限：
第一项利用泰勒展开： $$\sin x = x + o(x^2), \quad e^x = 1 + x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)$$ $$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x - e^x + 1}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x - \left(1 + x + \frac{1}{2}x^2\right) + 1}{x^2} = -\frac{1}{2}$$ 第二项利用 $\sin x \sim x$ 及洛必达法则： $$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{x} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x \to 0} e^{x^2} = 1$$ 综合两部分： $$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{e^x - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) = -\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}$$

【详细解析】
将级数拆分为两部分：$\sum_{n=1}^\infty u_n(x) = \sum_{n=1}^\infty e^{-nx} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$。

(1) 求收敛域：
• 对于几何级数 $\sum_{n=1}^\infty (e^{-x})^n$：公比为 $e^{-x}$，收敛充要条件是 $e^{-x} < 1 \iff x > 0$，收敛区间为 $(0, +\infty)$；
• 对于幂级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$：收敛半径 $R = \lim_{n \to \infty} \frac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)} = 1$。 - 当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = 1$，收敛； - 当 $x = -1$ 时，为绝对收敛级数； 故第二部分的收敛域为 $[-1, 1]$。
两部分级数均收敛的交集为 $(0, +\infty) \cap [-1, 1] = (0, 1]$。
因此，原级数 $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 的收敛域为 $(0, 1]$。

(2) 求和函数：
• 第一部分和函数：当 $x \in (0, 1]$ 时，等比数列求和： $$S_1(x) = \sum_{n=1}^\infty e^{-nx} = \frac{e^{-x}}{1 - e^{-x}} = \frac{1}{e^x - 1}$$ • 第二部分和函数：记 $S_2(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$，当 $x \in [0, 1)$ 时可逐项求导： $$S_2'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = -\ln(1-x)$$ 两边积分，由 $S_2(0) = 0$： $$\begin{aligned} S_2(x) &= \int_0^x -\ln(1-t)\mathrm{d}t = \left. -(t-1)\ln(1-t) \right|_0^x - \int_0^x \frac{t-1}{1-t}\mathrm{d}t \\ &= (1-x)\ln(1-x) + \int_0^x 1\mathrm{d}t = x + (1-x)\ln(1-x) \end{aligned}$$ 当 $x = 1$ 时，由 Abel 定理（和函数的连续性）： $$S_2(1) = \lim_{x \to 1^-} \left[ x + (1-x)\ln(1-x) \right] = 1 + 0 = 1$$ • 综合两部分和函数： 当 $0 < x < 1$ 时： $$S(x) = S_1(x) + S_2(x) = \frac{1}{e^x - 1} + x + (1-x)\ln(1-x)$$ 当 $x = 1$ 时： $$S(1) = S_1(1) + S_2(1) = \frac{1}{e - 1} + 1$$

【详细解析】
空间点 $(x, y, z)$ 到 $xOy$ 坐标面的距离为 $|z|$。
从曲线方程的两式中消去参数：由第二个方程得 $z = 30 - 4x - 2y$。
代入第一个方程可得曲线在 $xOy$ 面上的投影椭圆区域方程： $$x^2 + 2y^2 - (30 - 4x - 2y) = 6 \implies x^2 + 4x + 2y^2 + 2y = 36$$ 配方可得： $$(x + 2)^2 - 4 + 2\left(y + \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{2} = 36 \implies (x + 2)^2 + 2\left(y + \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{81}{2}$$ 注意核算常数项：$36 + 4 + 0.5 = 40.5 = \frac{81}{2}$。
目标函数为 $z = 30 - 4x - 2y$。
引入平移变量：令 $X = x + 2, Y = \sqrt{2}\left(y + \frac{1}{2}\right)$，则约束条件为： $$X^2 + Y^2 = \frac{81}{2}$$ 将 $x = X - 2, y = \frac{Y}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2}$ 代入 $z$ 的表达式： $$z = 30 - 4(X - 2) - 2\left(\frac{Y}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2}\right) = 30 - 4X + 8 - \sqrt{2}Y + 1 = 39 - (4X + \sqrt{2}Y)$$ 由柯西-施瓦茨不等式： $$-(4X + \sqrt{2}Y) \le |4X + \sqrt{2}Y| \le \sqrt{4^2 + (\sqrt{2})^2} \sqrt{X^2 + Y^2} = \sqrt{18} \sqrt{\frac{81}{2}} = \sqrt{18 \cdot \frac{81}{2}} = \sqrt{9 \cdot 81} = 3 \cdot 9 = 27$$ 当且仅当 $\frac{X}{4} = \frac{Y}{\sqrt{2}} < 0$ 时，$-(4X + \sqrt{2}Y)$ 取到最大值 $27$。
此时 $z_{\max} = 39 + 27 = 66$。
同理，若取相反方向，$-(4X + \sqrt{2}Y) \ge -27$，得 $z_{\min} = 39 - 27 = 12$。
由于在整个曲线上 $z \ge 12 > 0$，故距离 $|z| = z$。
因此，曲线 $C$ 上的点到 $xOy$ 坐标面距离的最大值为 $66$。
【注：若原题常数为 $6$ 与 $30$，严格按方程计算 $z_{\max} = 66$。】

【详细解析】
(I) 求 $I(D_1)$：
要使二重积分 $\iint_D (4 - x^2 - y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 取得最大值，积分区域 $D$ 应恰好包含被积函数大于等于 0 的所有点，即： $$4 - x^2 - y^2 \ge 0 \implies x^2 + y^2 \le 4$$ 因此最大值区域 $D_1 = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \le 4\}$（半径为 2 的圆域）。
利用极坐标计算二重积分： $$I(D_1) = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^2 (4 - r^2)r\mathrm{d}r = 2\pi \left. \left( 2r^2 - \frac{r^4}{4} \right) \right|_0^2 = 2\pi (8 - 4) = 8\pi$$
(II) 计算曲线积分：
将积分拆分为两部分 $I_1$ 与 $I_2$： $$\int_{\partial D_1} = \int_{\partial D_1} \frac{x e^{x^2+4y^2}\mathrm{d}x + 4y e^{x^2+4y^2}\mathrm{d}y}{x^2+4y^2} + \int_{\partial D_1} \frac{y\mathrm{d}x - x\mathrm{d}y}{x^2+4y^2} = I_1 + I_2$$ • 对于 $I_1$：令 $u = x^2 + 4y^2$，则 $\mathrm{d}u = 2x\mathrm{d}x + 8y\mathrm{d}y$，分子为 $\frac{1}{2} e^u \mathrm{d}u$。
因此被积表达式为全微分： $$\frac{x e^{x^2+4y^2}\mathrm{d}x + 4y e^{x^2+4y^2}\mathrm{d}y}{x^2+4y^2} = \frac{1}{2} \frac{e^u}{u}\mathrm{d}u = \mathrm{d}\left( \frac{1}{2}\int \frac{e^u}{u}\mathrm{d}u \right)$$ 在闭曲线 $\partial D_1$ 上，全微分的积分为 0，即 $I_1 = 0$。
• 对于 $I_2 = \int_{\partial D_1} \frac{y\mathrm{d}x - x\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}$：
记 $P = \frac{y}{x^2+4y^2}, Q = \frac{-x}{x^2+4y^2}$，在除原点外的区域上： $$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{-(x^2+4y^2) - (-x)(2x)}{(x^2+4y^2)^2} = \frac{x^2 - 4y^2}{(x^2+4y^2)^2}$$ $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{(x^2+4y^2) - y(8y)}{(x^2+4y^2)^2} = \frac{x^2 - 4y^2}{(x^2+4y^2)^2}$$ 故 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$。
由格林公式的路径无关性与挖洞法，将积分路径替换为椭圆 $L_\varepsilon: x^2 + 4y^2 = \varepsilon^2$（取逆时针方向）： 参数方程为 $x = \varepsilon \cos t, y = \frac{\varepsilon}{2} \sin t \quad (0 \le t \le 2\pi)$。
代入得： $$\mathrm{d}x = -\varepsilon \sin t \mathrm{d}t, \quad \mathrm{d}y = \frac{\varepsilon}{2} \cos t \mathrm{d}t$$ $$y\mathrm{d}x - x\mathrm{d}y = \left( \frac{\varepsilon}{2}\sin t \right)(-\varepsilon \sin t \mathrm{d}t) - (\varepsilon \cos t)\left( \frac{\varepsilon}{2} \cos t \mathrm{d}t \right) = -\frac{\varepsilon^2}{2} (\sin^2 t + \cos^2 t)\mathrm{d}t = -\frac{\varepsilon^2}{2}\mathrm{d}t$$ 分母 $x^2 + 4y^2 = \varepsilon^2$。故： $$I_2 = \int_0^{2\pi} \frac{-\frac{\varepsilon^2}{2}\mathrm{d}t}{\varepsilon^2} = -\frac{1}{2} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}t = -\pi$$ 综合两部分，曲线积分的值为 $I_1 + I_2 = 0 + (-\pi) = -\pi$。

【详细解析】
(I) 计算特征值与特征向量：
计算特征多项式： $$|\lambda\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}| = \begin{vmatrix} \lambda - a & -1 & 1 \\ -1 & \lambda - a & 1 \\ 1 & 1 & \lambda - a \end{vmatrix}$$ 第 1 行减去第 2 行提取公因式 $(\lambda - a + 1)$： $$= (\lambda - a + 1)^2 (\lambda - a - 2)$$ 特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = a - 1$（二重），$\lambda_3 = a + 2$。

• 对于二重特征值 $\lambda = a - 1$： $$((a-1)\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0} \implies x_1 + x_2 - x_3 = 0$$ 选取基础解系：$\boldsymbol{\xi}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \boldsymbol{\xi}_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
正交化：取 $\boldsymbol{\eta}_1 = \boldsymbol{\xi}_1 = (1, 0, 1)^\mathrm{T}$； $$\boldsymbol{\eta}_2 = \boldsymbol{\xi}_2 - \frac{(\boldsymbol{\xi}_2, \boldsymbol{\eta}_1)}{\|\boldsymbol{\eta}_1\|^2}\boldsymbol{\eta}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} - \frac{-1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ 1 \\ 1/2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$$ 单位化： $$\boldsymbol{p}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{p}_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$$
• 对于特征值 $\lambda_3 = a + 2$： $$((a+2)\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$$ 解得特征向量 $\boldsymbol{\eta}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$，单位化： $$\boldsymbol{p}_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$$ 构造正交矩阵： $$\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{p}_1, \boldsymbol{p}_2, \boldsymbol{p}_3) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$$ 使得 $\boldsymbol{P}^\mathrm{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \operatorname{diag}(a-1, a-1, a+2)$。

(II) 求正定矩阵 $\boldsymbol{C}$：
令 $\boldsymbol{B} = (a+3)\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}$，则： $$\boldsymbol{P}^\mathrm{T}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P} = (a+3)\boldsymbol{E} - \boldsymbol{P}^\mathrm{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \operatorname{diag}(4, 4, 1)$$ 因为 $\boldsymbol{C}$ 正定，其特征值必全为正数，且满足 $\boldsymbol{C}^2 = \boldsymbol{B}$，故 $\boldsymbol{C}$ 的特征值依次为 $\sqrt{4}=2, \sqrt{4}=2, \sqrt{1}=1$。
因此： $$\boldsymbol{P}^\mathrm{T}\boldsymbol{C}\boldsymbol{P} = \operatorname{diag}(2, 2, 1) = \boldsymbol{\Lambda}_C$$ 从而： $$\boldsymbol{C} = \boldsymbol{P}\operatorname{diag}(2, 2, 1)\boldsymbol{P}^\mathrm{T} = 2\boldsymbol{p}_1\boldsymbol{p}_1^\mathrm{T} + 2\boldsymbol{p}_2\boldsymbol{p}_2^\mathrm{T} + \boldsymbol{p}_3\boldsymbol{p}_3^\mathrm{T}$$ 又因为 $\boldsymbol{p}_1\boldsymbol{p}_1^\mathrm{T} + \boldsymbol{p}_2\boldsymbol{p}_2^\mathrm{T} + \boldsymbol{p}_3\boldsymbol{p}_3^\mathrm{T} = \boldsymbol{E}$，可简便求得： $$\boldsymbol{C} = 2\boldsymbol{E} - \boldsymbol{p}_3\boldsymbol{p}_3^\mathrm{T} = 2\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{5}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ -\frac{1}{3} & \frac{5}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{5}{3} \end{pmatrix}$$

【详细解析】
设所取随机点为 $U$，则 $U \sim U(0, 2)$，其概率密度为 $f_U(u) = \frac{1}{2} \quad (0 < u < 2)$。
分成两段的长度为 $U$ 和 $2 - U$。
较短段长度 $X = \min(U, 2 - U)$，较长段长度 $Y = \max(U, 2 - U)$。
显然 $0 < X < 1 < Y < 2$，且 $X + Y = 2$，故 $Y = 2 - X$。

(I) 求 $X$ 的概率密度：
对于 $0 < x < 1$： $$F_X(x) = P(X \le x) = P(\min(U, 2 - U) \le x) = 1 - P(U > x, 2 - U > x) = 1 - P(x < U < 2 - x)$$ 由于 $U \sim U(0, 2)$： $$P(x < U < 2 - x) = \frac{(2 - x) - x}{2} = 1 - x$$ 因此： $$F_X(x) = 1 - (1 - x) = x \quad (0 < x < 1)$$ 求导得 $X$ 的概率密度函数： $$f_X(x) = \begin{cases} 1, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其它} \end{cases}$$ 即 $X$ 服从 $(0, 1)$ 上的均匀分布 $U(0, 1)$。

(II) 求 $Z$ 的概率密度：
由于 $Z = \frac{Y}{X} = \frac{2 - X}{X} = \frac{2}{X} - 1$。因为 $0 < X < 1$，故 $Z > 1$。
对于 $z > 1$： $$F_Z(z) = P(Z \le z) = P\left( \frac{2 - X}{X} \le z \right) = P\left( X \ge \frac{2}{z+1} \right) = 1 - F_X\left(\frac{2}{z+1}\right) = 1 - \frac{2}{z+1}$$ 求导得 $Z$ 的概率密度函数： $$f_Z(z) = F_Z'(z) = \frac{2}{(z+1)^2} \quad (z > 1)$$ 当 $z \le 1$ 时，$f_Z(z) = 0$。即： $$f_Z(z) = \begin{cases} \dfrac{2}{(z+1)^2}, & z > 1 \\ 0, & \text{其它} \end{cases}$$
(III) 求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$：
因为 $\frac{X}{Y} = \frac{1}{Z}$，由数学期望公式： $$E\left(\frac{X}{Y}\right) = E\left(\frac{1}{Z}\right) = \int_1^{+\infty} \frac{1}{z} \cdot \frac{2}{(z+1)^2}\mathrm{d}z$$ 利用部分分式分解： $$\frac{1}{z(z+1)^2} = \frac{1}{z} - \frac{1}{z+1} - \frac{1}{(z+1)^2}$$ 故： $$\begin{aligned} E\left(\frac{X}{Y}\right) &= 2 \int_1^{+\infty} \left[ \frac{1}{z} - \frac{1}{z+1} - \frac{1}{(z+1)^2} \right] \mathrm{d}z \\ &= 2 \left. \left[ \ln\frac{z}{z+1} + \frac{1}{z+1} \right] \right|_1^{+\infty} \\ &= 2 \left( 0 - \left( \ln\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) \right) = 2 \left( \ln 2 - \frac{1}{2} \right) = 2\ln 2 - 1 \end{aligned}$$