【答案】D
【分析】 因为\( f'(\frac{1}{2}) = 1 \)，故\( f(x) \)在\( x = \frac{1}{2} \)连续，即\( \lim\limits_{x \to \frac{1}{2}^+}f(x) = f(\frac{1}{2}) \)。
由\( f(\frac{1}{2}) = \lim\limits_{x \to \frac{1}{2}^+}f(x) = \lim\limits_{x \to \frac{1}{2}^+}\frac{1}{2}f(x + \frac{1}{2}) \)，可知：
\( \lim\limits_{x \to 1}f(x) = 2f(\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = f(1) \)，故\( f(x) \)在\( x = 1 \)连续。

再求\( f'(1) \)：
\[
\begin{align*}
f'(1) &= \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(1 + x) - f(1)}{x} \\
&= \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + x) - 2f(\frac{1}{2})}{x} \\
&= \lim\limits_{x \to 0}\frac{2f(\frac{1}{2} + x) - 2f(\frac{1}{2})}{x} \\
&= 2f'(\frac{1}{2}) = 2.
\end{align*}
\]

选择D。

【答案】C
【分析】因为\( \lim\limits_{x \to +\infty} f'(x) = \beta > 0 \)，\( \lim\limits_{x \to -\infty} f'(x) = \alpha < 0 \)，所以存在\( x_1 < x_2 \)，使\( f'(x_1) < 0 \)，\( f'(x_2) > 0 \)。
又\( f(x) \)二阶可导，从而\( f'(x) \)连续，于是存在\( x_0 \in (x_1, x_2) \)，使\( f'(x_0) = 0 \)。
由\( f''(x) > 0 \)可知\( f'(x) \)严格单增。
- \( x > x_0 \)时，\( f'(x) > f'(x_0) = 0 \)，故\( f(x) \)在\( [x_0, +\infty) \)严格单调增。
- \( x < x_0 \)时，\( f'(x) < f'(x_0) = 0 \)，故\( f(x) \)在\( (-\infty, x_0] \)严格单调减。

因此，\( f(x_0) \)是\( f(x) \)的最小值，故\( f(x_0) \leqslant f(0) < 0 \)。

对\( \forall x \in (x_2, +\infty) \)，存在\( \xi_x \in (x_2, x) \)，由泰勒公式：
\[
f(x) = f(x_2) + f'(x_2)(x - x_2) + \frac{f''(\xi_x)}{2}(x - x_2)^2 > f(x_2) + f'(x_2)(x - x_2).
\]
因\( f'(x_2) > 0 \)，故\( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \)。

对\( \forall x \in (-\infty, x_1) \)，存在\( \eta_x \in (x, x_1) \)，由泰勒公式：
\[
f(x) = f(x_1) + f'(x_1)(x - x_1) + \frac{f''(\eta_x)}{2}(x - x_1)^2 > f(x_1) + f'(x_1)(x - x_1).
\]
因\( f'(x_1) < 0 \)，故\( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \)。

综上，\( f(x) \)在\( (-\infty, x_0] \)严格单调减，在\( [x_0, +\infty) \)严格单调增，且\( f(x_0) < 0 \)，\( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \)，\( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \)，故\( f(x) \)有且仅有两个零点。

选择C。

【答案】B
【分析】 等式\( f(x)=1+\frac{1}{2}\int_{x}^{1}f(y)f(y - x)dy \)两边在\( 0 \)到\( 1 \)上积分，可得
\[
\int_{0}^{1}f(x)dx = 1 + \frac{1}{2}\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(y)f(y - x)dy,
\]
注意到其中
\[
\begin{align*}
\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(y)f(y - x)dy&=\int_{0}^{1}f(y)dy\int_{0}^{y}f(y - x)dx\\
&\stackrel{y - x = u}{=}\int_{0}^{1}f(y)dy\int_{0}^{y}f(u)(-du)=\int_{0}^{1}f(y)dy\int_{0}^{y}f(u)du\\
&=\int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{y}f(u)du\right]d\left[\int_{0}^{y}f(u)du\right]\\
&=\left.\frac{\left[\int_{0}^{y}f(u)du\right]^{2}}{2}\right|_{0}^{1}=\frac{\left[\int_{0}^{1}f(u)du\right]^{2}}{2}.
\end{align*}
\]
因此
\[
\int_{0}^{1}f(x)dx = 1 + \frac{\left[\int_{0}^{1}f(u)du\right]^{2}}{4} = 1 + \frac{\left[\int_{0}^{1}f(x)dx\right]^{2}}{4},
\]
即有\(\left(\int_{0}^{1}f(x)dx - 2\right)^{2}=0\)，故\(\int_{0}^{1}f(x)dx = 2\)。

综上所述，选择B。

【答案】A
【分析】注意到
\( f(0)=\frac{x_1 + 2x_2 + \cdots + 2025x_{2025}}{2025 \cdot 2026} \)
以及
\( f(1)=\frac{(1 - x_1) + 2(1 - x_2) + \cdots + 2025(1 - x_{2025})}{2025 \cdot 2026} \)，
可得\( f(0) + f(1) = \frac{x_1 + 2x_2 + \cdots + 2025x_{2025}}{2025 \cdot 2026} + \frac{(1 - x_1) + 2(1 - x_2) + \cdots + 2025(1 - x_{2025})}{2025 \cdot 2026} \)
\( = \frac{1 + 2 + \cdots + 2025}{2025 \cdot 2026} = \frac{1}{2} \)。

另一方面，由于\( f(x) \)在\( [0,1] \)上连续，不妨设\( m \)和\( M \)为\( f(x) \)在\( [0,1] \)上的最小值和最大值，从而
\( m \leq \frac{f(0) + f(1)}{2} \leq M \)，即\( m \leq \frac{1}{4} \leq M \)。

结合**介值定理**，存在\( \xi \in [0,1] \)，使得\( f(\xi)=\frac{1}{4} \)，因此选择A。

【答案】B
【分析】 已知\( B = PA \)，其中\( P = \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&-2&1 \end{pmatrix} \)。
因为\(|A| = 2\)，所以\(|B| = |PA| = |P||A| = 2 \neq 0\)，故\( B \)可逆，\( B^* = |B|B^{-1} = 2B^{-1} \)。
所以\( AB^* = 2AB^{-1} = 2A(PA)^{-1} = 2P^{-1} = \begin{pmatrix} 2&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&4&2 \end{pmatrix} \)，选择B。

【答案】B
【分析】因\( A \neq 0 \)，\( C \neq 0 \)有\( r(A) \geq 1 \)，\( r(C) \geq 1 \).
由\( |B| \neq 0 \)，知\( r(B) = 4 \). 于是
\( r(A) + r(B) + r(C) \geq 6 \).
又因\( ABC = O \)，有\( r(A) + r(BC) \leq 4 \).
由\( B \)可逆有\( r(BC) = r(C) \). 于是\( r(A) + r(C) \leq 4 \)，从而
\( r(A) + r(B) + r(C) \leq 8 \)，
所以
\( 6 \leq r \leq 8 \).
选择B.

【答案】C
【分析】 我们分析每一个选项：
- **选项A**：若\( k = 0 \)，则\( kA = O \)，不是正定矩阵.
- **选项B**：若\( A = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \)，\( B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \)，则\( A \)与\( B \)均为正定矩阵，但\( AB = \begin{pmatrix} 1 & -3 \\ -1 & 6 \end{pmatrix} \)不是对称矩阵，从而不是正定矩阵.
- **选项C**：由题设可知\( (A + B)^T = A^T + B^T = A + B \)，于是\( A + B \)为实对称矩阵；对任意的\( n \)维非零列向量\( x \)，由题设可知\( x^T Ax > 0 \)，\( x^T Bx > 0 \)，因此：
  \[
  x^T (A + B)x = x^T Ax + x^T Bx > 0
  \]
  故\( A + B \)为正定矩阵.
- **选项D**：若\( A = B \)，则\( A - B = O \)，不是正定矩阵.

综上所述，选择C.

【答案】A
【分析】\( X_i \) 的分布为：
\[
\begin{array}{c|cc}
X_i & 0 & 1 \\
\hline
P & 1 - p_i & p_i
\end{array}
\]
则分布函数为：
\[
F_i(x) = 
\begin{cases} 
0, & x < 0, \\
1 - p_i, & 0 \leqslant x < 1, \\
1, & 1 \leqslant x.
\end{cases}
\]
现有 \( F_1(x_0) < F_2(x_0) \)，则 \( x_0 \) 必满足 \( 0 \leqslant x_0 < 1 \)。
由 \( F_1(x_0) < F_2(x_0) \)，即 \( 1 - p_1 < 1 - p_2 \)，故 \( p_1 > p_2 \)。选择 A。

【答案】D
【分析】 依题意要计算$f_{X|Y}(x|y) = \frac{f(x,y)}{f_Y(y)}$，其中$f(x,y)$的系数为$\frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1 - \rho^2}} = \frac{1}{2\pi\sqrt{3}}$，$f_Y(y)$的系数为$\frac{1}{2\sqrt{2\pi}}$，由此可知$f_{X|Y}(x|y)$的系数为$\frac{1}{2\pi\sqrt{3}} \div \frac{1}{2\sqrt{2\pi}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \cdot \sqrt{\frac{3}{4}}}$，选择D．

【答案】 C

【分析】 第一类错误：拒绝实际真的假设\( H_0 \)（弃真），即
\( \alpha = P(\bar{X} > 11 | \mu \leq 10) \)。

第二类错误：接受实际不真的假设\( H_0 \)（纳伪），即\( H_1 \)真时接受了\( H_0 \)，
\( \beta = P(\bar{X} \leq 11 | \mu > 10) \)。

选择 C。

【答案】0

【分析】
当\( x \neq 0 \)时，对\( f(x) \)变形（利用指数与对数的关系\( a^b = e^{b \ln a} \)）：
\[
\begin{align*}
f(x) &= \lim\limits_{t \to x} e^{\frac{1}{t - x} \ln \frac{\cos t}{\cos x}} \\
&= e^{\lim\limits_{t \to x} \frac{1}{t - x} \ln \left( 1 + \frac{\cos t - \cos x}{\cos x} \right)} \\
&\text{（等价无穷小：}\ln(1 + u) \sim u, u \to 0\text{，这里}\frac{\cos t - \cos x}{\cos x} \to 0 \text{当} t \to x\text{）} \\
&= e^{\lim\limits_{t \to x} \frac{\cos t - \cos x}{\cos x \cdot (t - x)}} \\
&= e^{\frac{1}{\cos x} \cdot \lim\limits_{t \to x} \frac{\cos t - \cos x}{t - x}} \\
&\text{（导数定义：}\lim\limits_{t \to x} \frac{\cos t - \cos x}{t - x} = (\cos t)'|_{t = x} = -\sin x\text{）} \\
&= e^{\frac{ - \sin x}{\cos x}}.
\end{align*}
\]

当\( x = 0 \)时，上述推导中“\( \lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{t + x} = \frac{1}{2x} \)”不成立，故单独求\( f(0) \)：
\[
\begin{align*}
f(0) &= \lim\limits_{t \to 0} (\cos t)^{\frac{1}{t}} \\
&= \lim\limits_{t \to 0} e^{\frac{1}{t} \ln \cos t} \\
&= e^{\lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{t} \ln (1 + \cos t - 1)} \\
&\text{（等价无穷小：}\ln(1 + u) \sim u, u \to 0\text{，这里}\cos t - 1 \sim -\frac{t^2}{2}\text{当} t \to 0\text{）} \\
&= e^{\lim\limits_{t \to 0} \frac{\cos t - 1}{t}} \\
&= e^{ - \frac{1}{2}}.
\end{align*}
\]

再求\( f'(0) \)（利用导数定义\( f'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} \)）：
\[
\begin{align*}
f'(0) &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} \\
&= \lim\limits_{x \to 0} \frac{e^{\frac{ - \sin x}{\cos x}} - e^{ - \frac{1}{2}}}{x} \\
&\text{（等价无穷小：}e^u - 1 \sim u, u \to 0\text{，令} u = \frac{ - \sin x}{\cos x} + \frac{1}{2}\text{）} \\
&= e^{ - \frac{1}{2}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{e^{\frac{ - \sin x}{\cos x} + \frac{1}{2}} - 1}{x} \\
&= e^{ - \frac{1}{2}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} - \frac{\sin x}{\cos x}}{x} \\
&= e^{ - \frac{1}{2}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{x \cos x - \sin x}{2 x^2 \cos x} \\
&\text{（泰勒展开：}\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3), \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\text{）} \\
&= e^{ - \frac{1}{2}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{ - \frac{x^3}{2} - x + \frac{x^3}{6} + o(x^3)}{2 x^2} \\
&= 0.
\end{align*}
\]

【答案】\(\cos x + \sin x\)

【分析】 已知\(\varphi(x)\cos x + 2\int_{0}^{x}\varphi(t)\sin t dt = x + 1\)，取\(x = 0\)，得\(\varphi(0) = 1\)。

对等式两端求导，得：
\[
\varphi'(x)\cos x - \varphi(x)\sin x + 2\varphi(x)\sin x = 1
\]
整理得：
\[
\varphi'(x)\cos x + \varphi(x)\sin x = 1
\]

当\(\cos x \neq 0\)时，观察到\(\left[\frac{\varphi(x)}{\cos x}\right]'\)的导数形式：
\[
\left[\frac{\varphi(x)}{\cos x}\right]' = \frac{\varphi'(x)\cos x + \varphi(x)\sin x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x
\]

对\(\left[\frac{\varphi(x)}{\cos x}\right]' = \sec^2 x\)积分，得：
\[
\frac{\varphi(x)}{\cos x} = \tan x + C
\]

由\(\varphi(0) = 1\)，代入\(x = 0\)：
\[
\frac{\varphi(0)}{\cos 0} = \tan 0 + C \implies \frac{1}{1} = 0 + C \implies C = 1
\]

因此：
\[
\frac{\varphi(x)}{\cos x} = \tan x + 1 \implies \varphi(x) = \cos x \cdot (\tan x + 1) = \cos x + \sin x
\]

【评注】 也可通过求解微分方程\(\varphi'(x)\cos x + \varphi(x)\sin x = 1\)，求得\(\varphi(x)\)。

答案
\(\frac{\pi}{2} \ln \pi\)

\[
\begin{align*}
\int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan(\pi x) - \arctan x}{x} dx &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x} \arctan(ux) \big|_{u=1}^{u=\pi} dx \\
&= \int_{0}^{+\infty} \int_{1}^{\pi} \frac{1}{1 + (xu)^2} du dx \\
&= \int_{1}^{\pi} \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1 + (xu)^2} dx du \\
&= \int_{1}^{\pi} \frac{1}{u} \cdot \frac{\pi}{2} du = \frac{\pi}{2} \ln \pi.
\end{align*}
\]

【答案】\( -\frac{1}{2}(e + 1) \)

【分析】令\( u = x - 4 \)，则
\( b_n = \int_{0}^{2} u \sin \frac{n\pi (u + 4)}{2} du + \int_{0}^{2} e^{u} \sin \frac{n\pi (u + 4)}{2} du \)
\( = \int_{0}^{2} x \sin \frac{n\pi x}{2} dx + \int_{0}^{2} e^{x} \sin \frac{n\pi x}{2} dx = \int_{0}^{2} f(x) \sin \frac{n\pi x}{2} dx \)
其中：\( f(x) = \begin{cases} x, & 0 \leq x \leq 1, \\ e^{x}, & 1 < x \leq 2. \end{cases} \) 故\( S(x) \)是奇函数，且周期\( T = 4 \)。因此
\( S(-9) = S(-1) = -S(1) = -\frac{1}{2}(e + 1) \)。

【答案】$0$

【分析】 二次型$f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+ax_{3}^{2}+4x_{1}x_{2}+2bx_{1}x_{3}$的矩阵为$A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & b \\ 2 & -1 & 0 \\ b & 0 & a \end{pmatrix}$，二次型$g(y_{1},y_{2},y_{3})=2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}+2y_{3}^{2}+2y_{1}y_{2}$的矩阵为$B=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$。由于二次型$f(x_{1},x_{2},x_{3})$经正交变换化为二次型$g(y_{1},y_{2},y_{3})$，所以矩阵$A$与矩阵$B$合同且相似。故$\text{tr}(A)=\text{tr}(B)$，$|A|=|B|$，于是
\[
\begin{cases}
1 - 1 + a = 2 - 2 + 2, \\
b^{2} - 5a = -10,
\end{cases}
\]
所以$a = 2$，$b = 0$。

【答案】\( \frac{-\sqrt{p_1 p_2}}{\sqrt{(1 - p_1)(1 - p_2)}} \)

【分析】 设\( n \)次摸球时共取得\( Z \)次黑球，则\( X + Y + Z = n \)，且
\( X \sim B(n, p_1) \)，\( Y \sim B(n, p_2) \)，\( Z \sim B(n, 1 - p_1 - p_2) \)。

所以
\( EX = n p_1 \)，\( DX = n p_1 (1 - p_1) \)，\( EY = n p_2 \)，\( DY = n p_2 (1 - p_2) \)，
\( EZ = n(1 - p_1 - p_2) \)，\( DZ = n(1 - p_1 - p_2)(p_1 + p_2) \)。

由 \( X + Y = n - Z \)，得\( D(X + Y) = D(n - Z) \)，
即 \( DX + DY + 2\text{Cov}(X, Y) = DZ \)。

代入得
\( n p_1 (1 - p_1) + n p_2 (1 - p_2) + 2\text{Cov}(X, Y) = n(1 - p_1 - p_2)(p_1 + p_2) \)，

化简得
\( \text{Cov}(X, Y) = -n p_1 p_2 \)，

故\( \rho_{XY} = \frac{\text{Cov}(X, Y)}{\sqrt{DX} \sqrt{DY}} = \frac{-\sqrt{p_1 p_2}}{\sqrt{(1 - p_1)(1 - p_2)}} \)。

【解】$\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} e^{-x} + \lim\limits_{x \to 0^+} e^{-\frac{1}{x}} = 1 = f(0)$，$f(x)$在$[0, +\infty)$连续。

$x > 0$时，$f'(x) = -e^{-x} + \frac{1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}} = e^{-x}\left(\frac{1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}} - 1\right)$。

令$g(x) = \frac{1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}} - 1$，则$g(1) = 0$，$f'(x) = e^{-x}g(x)$。

$x > 0$时，$g'(x) = -\frac{2}{x^3}e^{-\frac{1}{x}} + \frac{1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}}\left(1 + \frac{1}{x}\right)$
$= \frac{1}{x^3}e^{-\frac{1}{x}}\left(1 + \frac{1}{x} - \frac{2}{x}\right) = \frac{1}{x^3}e^{-\frac{1}{x}}\left(1 - \frac{1}{x}\right)^2$

易见$x > 0$时，$g'(x) \geq 0$（仅在$x = 1$处等于零），故$g(x)$在$(0, +\infty)$严格单增。

$x > 1$时，$g(x) > g(1) = 0$，$f'(x) = e^{-x}g(x) > 0$；$0 < x < 1$时，$g(x) < g(1) = 0$，$f'(x) = e^{-x}g(x) < 0$。

综上可知，$f(x)$在$[0, 1]$严格单调递减，在$[1, +\infty)$严格单调递增。

$f(0) = 1$，$f(1) = \frac{2}{e} < 1$，$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} e^{-x} + \lim\limits_{x \to +\infty} e^{-\frac{1}{x}} = 1$，

故$f(x)$在$[0, +\infty)$上的最大值为$f(0) = 1$，最小值为$f(1) = \frac{2}{e}$。

解答
设圆柱的高为\( H \)，圆柱的半径为\( R \)，圆锥的高为\( h \)，则空浮标的体积\( V_0 = \pi R^2 H + \frac{2}{3} \pi R^2 h \)（为定值），其表面积为\( S = 2\pi R H + 2\pi R \sqrt{R^2 + h^2} \)。

即需在约束条件\( \pi R^2 H + \frac{2}{3} \pi R^2 h = V_0 \)下，求\( 2\pi R H + 2\pi R \sqrt{R^2 + h^2} \)的最小值。

简化后，等价于在\( R^2 H + \frac{2}{3} R^2 h = \frac{V_0}{\pi} \)下，求\( R H + R \sqrt{R^2 + h^2} \)的最小值。

构造拉格朗日函数：
\[ L = R H + R \sqrt{R^2 + h^2} + \lambda \left( R^2 H + \frac{2}{3} R^2 h - \frac{V_0}{\pi} \right) \]

对\( R, H, h \)求偏导数并令其为0：
\[
\begin{cases}
\frac{\partial L}{\partial R} = H + \sqrt{R^2 + h^2} + \frac{R^2}{\sqrt{R^2 + h^2}} + \lambda \left( 2 R H + \frac{4}{3} R h \right) = 0, \\
\frac{\partial L}{\partial H} = R + R^2 \lambda = 0, \\
\frac{\partial L}{\partial h} = R \cdot \frac{h}{\sqrt{R^2 + h^2}} + \frac{2}{3} R^2 \lambda = 0,
\end{cases}
\]

解得唯一驻点满足\( H: R: h = 2: \sqrt{5}: 2 \)。

因此，此时圆柱的高、圆柱的半径和圆锥的高的比例为\( \boxed{H: R: h = 2: \sqrt{5}: 2} \)。

【分析】对此题，为了用高斯公式，除了补平面\( S_0: z = -2(x^2 + y^2 \leq 4) \)外，同时还需在\( S \)与\( S_0 \)围成的区域内作闭曲面\( S_\delta \)挖去原点。

【解】如右图所示，补平面\( S_0: z = -2(x^2 + y^2 \leq 4) \)，取下侧，在\( S \)与\( S_0 \)围成的区域内作椭球面\( S_\delta: x^2 + y^2 + 4z^2 = \delta^2 \)（\( \delta \)足够小），取内侧，记\( S, S_0, S_\delta \)所围立体为\( \Omega_2 \)，由高斯公式得
\[
\oiint_{S + S_0 + S_\delta} \frac{z\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + x\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 + 4z^2)^{\frac{3}{2}}} = \iiint_{\Omega_2} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) \mathrm{d}V = 0.
\]
又
\[
\begin{align*}
\iint_{S_0} \frac{z\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + x\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 + 4z^2)^{\frac{3}{2}}} &= \iint_{D_{xy}} \frac{-2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 + 16)^{\frac{3}{2}}} \\
&= 2\int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{2} \frac{\rho\mathrm{d}\rho}{(\rho^2 + 16)^{\frac{3}{2}}} = \left( 1 - \frac{2}{\sqrt{5}} \right)\pi.
\end{align*}
\]

\[
\begin{align*}
\iint_{S_\delta} \frac{z\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + x\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 + 4z^2)^{\frac{3}{2}}} &= \frac{1}{\delta^3} \iint_{S_\delta} x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\
&= -\frac{1}{\delta^3} \iiint_{\Omega_\delta} 3\mathrm{d}V = -\frac{3}{\delta^3} \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot \delta \cdot \delta \cdot \frac{\delta}{2} \\
&= -2\pi \, (\Omega_\delta 是 S_\delta 所围成的立体区域).
\end{align*}
\]

故
\[
I = \left( \oiint_{S + S_0 + S_\delta} - \iint_{S_0} - \iint_{S_\delta} \right) \frac{z\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + x\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 + 4z^2)^{\frac{3}{2}}} = 0 - \left( 1 - \frac{2}{\sqrt{5}} \right)\pi - (-2\pi) = \left( 1 + \frac{2}{\sqrt{5}} \right)\pi.
\]

【解】由\( x_n > 0 \)知，
\( x_n + \frac{4}{x_{n+1}} = \frac{x_n}{2} + \frac{x_n}{2} + \frac{4}{x_{n+1}} \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{x_n}{2} \cdot \frac{x_n}{2} \cdot \frac{4}{x_{n+1}}} \)，
由此可得\( 3\sqrt[3]{\frac{x_n^2}{x_{n+1}}} \leqslant x_n + \frac{4}{x_{n+1}} < 3 \)，\( \frac{x_n}{x_{n+1}} < 1 \)，\( \{x_n\} \)单调递增．
又\( x_n < 3 - \frac{4}{x_{n+1}} < 3 \)，即\( \{x_n\} \)有上界，故而根据单调有界原理\( \lim\limits_{n \to \infty} x_n \)存在．设\( \lim\limits_{n \to \infty} x_n = A \)．
因为\( x_n > x_1 > 0 \)，故\( A = \lim\limits_{n \to \infty} x_n \geqslant x_1 > 0 \)．
在不等式\( x_n + \frac{4}{x_{n+1}} < 3 \)两端取\( n \to \infty \)，可得\( A + \frac{4}{A^2} \leqslant 3 \)，而
\( A + \frac{4}{A^2} = \frac{A}{2} + \frac{A}{2} + \frac{4}{A^2} \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{A}{2} \cdot \frac{A}{2} \cdot \frac{4}{A^2}} = 3 \)，
故\( A + \frac{4}{A^2} = 3 \)．解得\( A = -1 \)或\( A = 2 \)，再由\( A > 0 \)，可知\( A = 2 \)，即\( \lim\limits_{n \to \infty} x_n = 2 \)．

【解】(1) 因\( A \)是\( 4 \times 3 \)矩阵，则\( A^T \)是\( 3 \times 4 \)矩阵，又\( \beta \)是\( A^T x = 0 \)的基础解系，所以
\( n - r(A^T) = 4 - r(A) = 1 \).
即\( r(A) = 3 \)，故\( A \)的列向量\( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \)线性无关.

又\( \beta \)是\( A^T x = 0 \)的基础解系，知\( \beta \neq 0 \)且
\( A^T \beta = \begin{pmatrix} \alpha_1^T \\ \alpha_2^T \\ \alpha_3^T \end{pmatrix} \beta = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \)，即\( \alpha_i^T \beta = 0 \)，\( i = 1,2,3 \).

设
\( k_1 \alpha_1 + k_2 \alpha_2 + k_3 \alpha_3 + k \beta = 0 \). ①

用\( \beta^T \)左乘①式得
\( k_1 \beta^T \alpha_1 + k_2 \beta^T \alpha_2 + k_3 \beta^T \alpha_3 + k \beta^T \beta = 0 \).

把\( \beta^T \alpha_i = 0 \)代入，得
\( k \beta^T \beta = 0 \). ②

因\( \beta \neq 0 \)，有\( \beta^T \beta \neq 0 \)，从而必有\( k = 0 \). 把\( k = 0 \)代入①式得
\( k_1 \alpha_1 + k_2 \alpha_2 + k_3 \alpha_3 = 0 \). ③

因\( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \)线性无关，由③知必有\( k_1 = 0 \)，\( k_2 = 0 \)，\( k_3 = 0 \).

所以\( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \beta \)必线性无关.

(2) 因\( A^T \beta = 0 \)，有\( \beta^T A = 0 \)，\( A \)的列向量是\( \beta^T x = 0 \)的解. 且
\( \beta^T = (1,2,-1,3) \),

得基础解系：\( \eta_1 = (-2,1,0,0)^T \)，\( \eta_2 = (1,0,1,0)^T \)，\( \eta_3 = (-3,0,0,1)^T \)，故\( A = \begin{pmatrix} -2 & 1 & -3 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \)为所求.

【解】(1) \( E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x;\theta) dx = \int_{0}^{+\infty} \frac{4x^3}{\theta^3 \sqrt{\pi}} e^{-(\frac{x}{\theta})^2} dx \)，令\( (\frac{x}{\theta})^2 = t \)，则\( \frac{4}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{+\infty} t^{\frac{3}{2}} e^{-t} \cdot \theta \cdot \frac{1}{2} t^{-\frac{1}{2}} dt \)
\( = \frac{2\theta}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{+\infty} t e^{-t} dt = \frac{2\theta}{\sqrt{\pi}} \Gamma(2) = \frac{2\theta}{\sqrt{\pi}} \)。

由\( \bar{X} = E(X) \)，得矩估计量\( \hat{\theta} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \bar{X} \)。

再求最大似然估计量。似然函数为
\( L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i;\theta) = \prod_{i=1}^{n} \left[ \frac{4x_i^2}{\theta^3 \sqrt{\pi}} e^{-(\frac{x_i}{\theta})^2} \right] = \frac{4^n (x_1 x_2 \cdots x_n)^2}{\theta^{3n} \pi^{\frac{n}{2}}} e^{-\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}{\theta^2}} \)。

取对数
\( \ln L(\theta) = n \ln 4 + 2\ln(x_1 x_2 \cdots x_n) - 3n \ln \theta - \frac{n}{2} \ln \pi - \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i^2}{\theta^2} \)，

求导得
\( [\ln L(\theta)]'_{\theta} = -\frac{3n}{\theta} + \frac{2}{\theta^3} \sum_{i=1}^{n} x_i^2 \)。

令\( [\ln L(\theta)]'_{\theta} = 0 \)，解得最大似然估计量\( \hat{\theta} = \sqrt{\frac{2 \sum_{i=1}^{n} X_i^2}{3n}} \)。

(2) 由(1)矩估计量\( \hat{\theta} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \bar{X} \)，则\( E(\hat{\theta}) = E\left( \frac{\sqrt{\pi}}{2} \bar{X} \right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} E(\bar{X}) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} E(X) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \cdot \frac{2\theta}{\sqrt{\pi}} = \theta \)。

所以\( \hat{\theta} \)是\( \theta \)的无偏估计量。