卷 1

【解析】
函数 $f(x)={\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{1+|x{|}^{3n}}$ 的极限计算如下：

• 当 $|x|<1$ 时， $|x{|}^{3n}\to 0$ ，故 $f(x)=1$ 。
• 当 $|x|=1$ 时， $1+|x{|}^{3n}=2$ ，故 $f(x)={\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{2}=1$ 。
• 当 $|x|>1$ 时， $|x{|}^{3n}\to \infty$ ，故 $f(x)=|x{|}^3$ 。
  因此， $f(x)=\{\begin{array}{ll}1& \text{if }|x|\le 1\\ |x{|}^3& \text{if }|x|>1\end{array}$ 。

由于 $f(x)$ 是偶函数，只需考虑 $x\ge 0$ 时的可导性。

• 在 $x=0$ 处， $f(x)=1$ 常数，可导，导数为 0。
• 在 $x=1$ 处，左导数为 0，右导数为 3，不可导。
  由偶函数对称性，在 $x=-1$ 处同样不可导。
• 在 $|x|<1$ 且 $x\ne 0$ 时， $f(x)=1$ 可导；在 $|x|>1$ 时， $f(x)=|x{|}^3$ 可导。
  因此，不可导点恰为 $x=1$ 和 $x=-1$ ，共两个不可导点。

【解析】 设 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，即 $F^{\prime }(x)=f(x)$ 。

• 对于选项 A：若 $F(x)$ 是偶函数，即 $F(-x)=F(x)$ ，求导得 $-F^{\prime }(-x)=F^{\prime }(x)$ ，即 $f(-x)=-f(x)$ ，所以 $f(x)$ 是奇函数；反之，若 $f(x)$ 是奇函数，考虑原函数 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ ，则 $F(-x)={\int }_0^{-x}f(t)dt$ ，令 $u=-t$ ，得 $F(-x)={\int }_0^{x}f(-u)(-du)={\int }_0^x-f(u)(-du)={\int }_0^{x}f(u)du=F(x)$ ，所以 $F(x)$ 是偶函数，且任意原函数 $F(x)+C$ 也是偶函数。因此 $F(x)$ 是偶函数 $\iff$ $f(x)$ 是奇函数，选项 A 正确。
• 对于选项 B：若 $F(x)$ 是奇函数，则 $F(-x)=-F(x)$ ，求导得 $-F^{\prime }(-x)=-F^{\prime }(x)$ ，即 $f(-x)=f(x)$ ，所以 $f(x)$ 是偶函数；但若 $f(x)$ 是偶函数，原函数 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ 是奇函数，但其他原函数 $F(x)+C$ 可能不是奇函数（当 $C\ne 0$ ），因此 $\iff$ 不成立。
• 对于选项 C：若 $F(x)$ 是周期函数，则 $F(x+T)=F(x)$ ，求导得 $f(x+T)=f(x)$ ，所以 $f(x)$ 是周期函数；但若 $f(x)$ 是周期函数，原函数 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ 满足 $F(x+T)=F(x)+{\int }_0^{T}f(t)dt$ ，当 ${\int }_0^{T}f(t)dt\ne 0$ 时 $F(x)$ 不是周期函数，因此 $\iff$ 不成立。
• 对于选项 D：若 $F(x)$ 是单调函数，则 $f(x)=F^{\prime }(x)\ge 0$ （或 $\le 0$ )，但 $f(x)$ 不一定单调；反之，若 $f(x)$ 是单调函数，原函数 $F(x)$ 不一定单调，例如 $f(x)=x$ 单调递增，但原函数 $F(x)=\frac{x^2}{2}$ 在 $(-\infty ,0)$ 递减，在 $(0,\infty )$ 递增，不是单调函数，因此 $\iff$ 不成立。
  故正确答案为 A。

【解析】 给定函数 $u(x,y)=\varphi (x+y)+\varphi (x-y)+{\int }_{x-y}^{x+y}\psi (t)dt$ ，其中 $\varphi$ 具有二阶导数， $\psi$ 具有一阶导数。计算一阶偏导数：

接着计算二阶偏导数：

比较得 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$ ，故选项 B 正确。其他选项不成立，例如混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}={\varphi }^{\prime \prime }(x+y)-{\varphi }^{\prime \prime }(x-y)+{\psi }^{\prime }(x+y)+{\psi }^{\prime }(x-y)$ 与 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$ 或 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$ 均不相等。

【解析】
设向量组为 ${\alpha }_1$ 与 $A({\alpha }_1+{\alpha }_2)$ 。
已知

所以

考虑线性组合

整理得

由于 ${\alpha }_1$ 与 ${\alpha }_2$ 属于不同特征值，它们线性无关，因此系数必须全为零：

• 若 ${\lambda }_2\ne 0$ ，则 $c_2=0$ ，代入第一式得 $c_1=0$ ，向量组线性无关。
• 若 ${\lambda }_2=0$ ，则 $c_2$ 可取任意非零值，如取 $c_2=1$ ，则 $c_1=-{\lambda }_1$ ，存在非零解，向量组线性相关。

因此，向量组线性无关的充要条件是 ${\lambda }_2\ne 0$ ，对应选项 B。

【解析】 设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，交换 $A$ 的第 $1$ 行与第 $2$ 行得矩阵 $B$ ，即 $B=E_{12}A$ ，其中 $E_{12}$ 为交换两行的初等矩阵。由伴随矩阵的性质， $A^{\ast }=|A|A^{-1}$ ， $B^{\ast }=|B|B^{-1}$ 。由于交换两行改变行列式的符号，有 $|B|=-|A|$ 。同时， $B^{-1}=A^{-1}{E}_{12}^{-1}=A^{-1}{E}_{12}$ （因为 $E_{12}^{-1}=E_{12}$ )。代入得 $B^{\ast }=(-|A|)A^{-1}{E}_{12}=-(|A|A^{-1})E_{12}=-A^{\ast }{E}_{12}$ 。右乘 $E_{12}$ 表示交换矩阵的列，因此 $A^{\ast }{E}_{12}$ 是交换 $A^{\ast }$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列后的矩阵。故 $B^{\ast }=-(A^{\ast }12)$ ，即交换 $A^{\ast }$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列得 $-B^{\ast }$ 。选项 C 正确。

通过 $n=2$ 的例子验证：设 $A=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ ，则 $A^{\ast }=\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$ 。交换行得 $B=\left(\begin{array}{cc}c& d\\ a& b\end{array}\right)$ ，则 $B^{\ast }=\left(\begin{array}{cc}b& -d\\ -a& c\end{array}\right)$ 。交换 $A^{\ast }$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列得 $\left(\begin{array}{cc}-b& d\\ a& -c\end{array}\right)=-B^{\ast }$ ，符合结论。其他选项不成立。

【解析】
由概率分布的性质，所有概率之和为 1，即

解得

事件 $\{X=0\}$ 与 $\{X+Y=1\}$ 相互独立，因此

其中，

代入独立条件得：

由 $a+b=0.5$ ，代入得：

解得

进而

验证：

乘积为 $0.8\times 0.5=0.4$ ，满足独立条件。

因此，选项 B 正确。

【解析】

应选 (D)。因 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n\ge 2)$ 为来自总体 $N(0,1)$ 的简单随机样本，故有

根据正态总体抽样分布理论有

故排除选项 (A)、(B)、(C)。又

且 $X_1^2$ 与 ${\sum }_{i=2}^n{X}_i^2$ 相互独立，于是

故应选 (D)。