【答案】 A
【分析】 读懂题意，做好等价转化处理．
①欲讨论$\{ f(n)\}$是否收敛，先讨论$\lim\limits _{x→+∞}f(x)$是否存在．
若$\lim\limits _{x→+∞}f(x)$存在，则$\{ f(n)\}$收敛．于是想到单调有界准则．
因为$f'(x)$单调增加，故当$x→+∞$时，根据$f'(x)$的保号性，可知$f(x)$单调，又因为$f(x)$有界，可知$\lim\limits _{x→+∞}f(x)$存在，故$\{ f(n)\}$收敛．
②欲讨论$\{ nf'(n)\}$是否收敛，先讨论$\lim\limits _{x→+∞}xf'(x)$是否存在．
因涉及$f(x)$与$f'(x)$，故可考虑拉格朗日中值定理．
根据拉格朗日中值定理可知，存在$\xi ∈(x,2x)$，使得$f(2x)-f(x)=xf'(\xi )$；存在$\eta ∈(\frac {x}{2},x)$，使得$f(x)-f(\frac {x}{2})=\frac {x}{2}f'(\eta )$．
由①知，$\lim\limits _{x→+∞}[f(2x)-f(x)]=\lim\limits _{x→+∞}[f(x)-f(\frac {x}{2})]=0$，
即$\lim\limits _{x→+∞}xf'(\xi )=\lim\limits _{x→+∞}xf'(\eta )=0$．
又因为$xf'(x)$介于$xf'(\eta )$与$xf'(\xi )$之间，故由夹逼准则可知，$\lim\limits _{x→+∞}xf'(x)=0$．
综上，本题选A．

【答案】 B
【分析】 $\|\text{grad} f(0,0)\|=-a$，又$[\alpha,\beta]=\|\alpha\|\|\beta\|\cos\theta \leq \|\alpha\|\|\beta\|$，其中$\theta$为$\alpha$与$\beta$的夹角．
于是$\| \text{grad} f(0,0),(b,c) \| \leq \|\text{grad} f(0,0)\| \sqrt{b^2 + c^2} = -a\sqrt{b^2 + c^2}$，故选B．

【答案】 C
【分析】 令$S(x)=\sum_{n=2}^{\infty} \left[ \frac{1}{n!} + \frac{1}{(n-2)!} \right] x^n$，则
$S(x)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{(n-2)!} \to x^2$
$= e^x - x - 1 + e^x \cdot x^2 = e^x(1 + x^2) - x - 1$，
故$\sum_{n=2}^{\infty} \left[ \frac{1}{n!} + \frac{1}{(n-2)!} \right] = S(1) = e \cdot 2 - 1 - 1 = 2(e - 1)$．

【答案】 B
【分析】 对于“$f'(x) + f^2(x)$”，用逆向思维，化归经典形式．
令$F(x) = f(x)e^{\int_{0}^{x} f(t) dt}$，则
$F'(x) = e^{\int_{0}^{x} f(t) dt} [f'(x) + f^2(x)] \geq 0$，
于是$F(x)$在$[0,1]$上单调增加，故有
$F(1) \geq F(0)$，
则有$f(1)e^{\int_{0}^{1} f(x) dx} \geq f(0)$，又因为$f(0) > 0$，$e^{\int_{0}^{1} f(x) dx} > 0$，可知$f(1) > 0$，进而可得
$e^{\int_{0}^{1} f(x) dx} \geq \frac{f(0)}{f(1)}$，即$\int_{0}^{1} f(x) dx \geq \ln \frac{f(0)}{f(1)}$．故选B．

【答案】 C
【分析】 由于$Ax=0$与$A^T A x=0$同解，故$A$与$A^T A$的行向量组等价．
对于C选项，有
$\begin{pmatrix} A & A^T A \\ 0 & A^T A \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & A^T A \end{pmatrix}$，
$\begin{pmatrix} A^T A & A \\ 0 & A \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A^T A & 0 \\ 0 & A \end{pmatrix}$，
$\begin{pmatrix} A & A^T A \\ 0 & A^T A \\ A^T A & A \\ 0 & A \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & A^T A \\ A^T A & 0 \\ 0 & A \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & A^T A \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，
三秩相等，故C选项成立．
对于A，B选项，矩阵$A$未必可逆，故$|A|,|A^T A|$未必非零，故齐次线性方程组可能有非零解．对于D选项，无法推出三秩相等．

【答案】 D
【分析】 设二次型$f(x_1,x_2,x_3)$和$g(y_1,y_2,y_3)$对应的矩阵分别为
$A = \begin{pmatrix} 4 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & a \end{pmatrix}$与$B = \begin{pmatrix} b & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$．
由题设可知，$A$与$B$合同但不相似，则$A$与$B$有相同的正、负惯性指数且特征值不完全相同．显然，$B$的特征值为$b,6,0$，故$A$有特征值$0$，即$|A|=0$．
计算得$|A|=3(a - 4)$，故有$a = 4$．此时
$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 4 & -1 & 2 \\ -1 & \lambda - 1 & -1 \\ 2 & -1 & \lambda - 4 \end{vmatrix} = \lambda(\lambda - 3)(\lambda - 6)$，
可知$A$的特征值为$3,6,0$，即$A$的正惯性指数为$2$，负惯性指数为$0$，故$b > 0$且$b \neq 3$，
于是$a + b$的取值范围为$(4,7) \cup (7, +\infty)$．

【答案】 D
【分析】 利用排除法，题干中给定矩阵的特征值为$1,2,2$，分别求选项中给出的矩阵的特征值，A,B,C选项中的矩阵的特征值均为$1,2,2$，D选项中的矩阵的特征值为$1,2 \pm i$．
若特征值不相同，则矩阵必不相似．故选D．

【答案】 B
【分析】 此为超几何分布模型，$N=10,M=7,n=3$，故$E(X)=\frac{nM}{N}=\frac{3 \times 7}{10}=\frac{21}{10}$．
【注】 考前要记住这一结论：超几何分布的数学期望$E(X)=\frac{nM}{N}$．可以这样记，$p=\frac{M}{N}$，则$E(X)=np$，与二项分布$X \sim B(n,p)$的$E(X)=np$在形式上一样，但要注意，超几何分布的$E(X)=n \cdot \frac{M}{N}$是用组合恒等式经过计算化简得来的．

【答案】 C
【分析】 由题意，$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$，则
$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \ln f(x) dx$
$= \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \ln \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} dx + \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \ln e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx$
$= \ln \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} - \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \cdot \frac{(x - \mu)^2}{2\sigma^2} dx$，
因 $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)(x - \mu)^2 dx = E[(X - \mu)^2] = D(X - \mu) + [E(X - \mu)]^2 = D(X) + 0 = \sigma^2$，
故$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \ln f(x) dx = \ln \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} - \frac{1}{2}$，仅与$\sigma$有关，选C．

【答案】 A
【分析】 由题知，$X$的分布函数为$F(x)=\begin{cases} 1 - e^{-x}, & x \geq 0, \\ 0, & x < 0. \end{cases}$
$\nu_n(1)$为$n$重伯努利试验中$\{X \leq 1\}$出现的次数，故$\nu_n(1) \sim B(n,F(1))$，其中$F(1)=1 - e^{-1}$，故
$D\left[ \frac{\nu_n(1)}{n} \right] = \frac{F(1)[1 - F(1)]}{n} = \frac{(1 - e^{-1})e^{-1}}{n} = \frac{e - 1}{ne^2}$，
选A．

【答案】$4yf_{12}'' - \frac{2y^3}{x^2}f_{22}''$
【分析】显然，在$z = xf\left(2x, \frac{y^2}{x}\right)$中，$x$多次出现，又$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = \frac{\partial^2 z}{\partial y\partial x}$，故可先计算
$\frac{\partial z}{\partial y} = xf_2' \cdot \frac{2y}{x} = 2yf_2''$，
再计算
$\frac{\partial^2 z}{\partial y\partial x} = 2y\left[f_{21}'' \cdot 2 + f_{22}'' \cdot \left(-\frac{y^2}{x^2}\right)\right] = 4yf_{12}'' - \frac{2y^3}{x^2}f_{22}''$．
故$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = 4yf_{12}'' - \frac{2y^3}{x^2}f_{22}''$．
【注】 若先计算$\frac{\partial z}{\partial x}$，会很烦琐，你是这样做的吗？要注意观察研究对象．

【答案】$3\pi\ln \frac{4}{3}$
【分析】$\Sigma$的方程为$y^2 + z^2 = 2x$，用定限截面法，如图所示，则
$I = \int_{1}^{2} dx \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{2x}} \frac{r}{r^2 + x^2} dr = 3\pi\ln \frac{4}{3}$．

【答案】$\pi$
【分析】 由于$L$关于$y$轴对称，故$\oint_L x^3 ds = 0$，又
$\oint_L y^2 ds = \frac{1}{2}\oint_L (x^2 + y^2) ds = \frac{1}{2}l = \frac{1}{2} \cdot 2\pi = \pi$，
其中$l$表示圆周$L$的周长，于是
$\oint_L (x^3 + y^2) ds = \pi$．

【答案】$2x^2 + y^2 = 2$
【分析】 由格林公式，得
$I = \iint_D \left(2 - x^2 - 1 - \frac{1}{2}y^2\right) dxdy$
$= \iint_D \left(1 - x^2 - \frac{1}{2}y^2\right) dxdy$，
其中，$D$为曲线$L$围成的闭区域．
当$f(x, y) = 1 - x^2 - \frac{1}{2}y^2$在平面区域$D$上非负，在$D$之外小于零时，$I$达到最大值．故
$D = \{(x, y) | 2x^2 + y^2 \leq 2\}$，此时$L$的表达式为$2x^2 + y^2 = 2$．

【答案】$(-\infty, 2) \cup (2, +\infty)$
【分析】 令
$A = \begin{pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end{pmatrix}$，
若$\alpha_i$可由$\beta_1, \beta_2, \beta_3$线性表示，$i = 1,2,3$，即$BX = A$有解，则$r(B) = r(B \mid A)$．
又$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & a \\ 0 & 1 & -a \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，$r(B) = 2$，于是$r(B \mid A) = 2$．
$\begin{align*}
(B \mid A) &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & a & \vline & 1 & a & 2 \\ 1 & 3 & 0 & \vline & 0 & 1 & 1 \\ 2 & 7 & -a & \vline & -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & a & \vline & 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & -a & \vline & -1 & 1 - a & -1 \\ 0 & 3 & -3a & \vline & -3 & 1 - 2a & -3 \end{pmatrix} \\
&\to \begin{pmatrix} 1 & 2 & a & \vline & 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & -a & \vline & -1 & 1 - a & -1 \\ 0 & 0 & 0 & \vline & 0 & -2 + a & 0 \end{pmatrix},
\end{align*}$
故$a = 2$．由题意，则$a$的取值范围为$(-\infty, 2) \cup (2, +\infty)$．

【答案】$e^{-\frac{1}{2}}$
【分析】 $P\{Y \leq x\} = P\{-\ln[1 - F_X(X)] \leq x\} = P\{F_X(X) \leq 1 - e^{-x}\}$．
又$F_X(X) \sim U(0,1)$，故
$P\{Y \leq x\} = P\{F_X(X) \leq 1 - e^{-x}\} = 1 - e^{-x}, x > 0$．
于是
$P\left\{Y > \frac{1}{2}\right\} = 1 - P\left\{Y \leq \frac{1}{2}\right\} = e^{-\frac{1}{2}}$．

【解】
$f(x)=\int_{0}^{x}|\ln(x-t)|dt + \int_{x}^{1}|\ln(t-x)|dt$
$=-\int_{0}^{x}\ln(x-t)dt - \int_{x}^{1}\ln(t-x)dt$
$\stackrel{前项令x-t=u}{后项令t-x=v}\int_{x}^{0}\ln u du - \int_{0}^{1-x}\ln v dv,$
则当$x\in(0,1)$时，
$f'(x)=-\ln x + \ln(1-x)\stackrel{令}{=}0$，
得$\ln\frac{1-x}{x}=0$，即$\frac{1-x}{x}=1$，解得$x=\frac{1}{2}$．
又
$f''(x)=-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\right)<0(0<x<1)$，
故$x=\frac{1}{2}$是唯一的极大值点，
$f\left(\frac{1}{2}\right)=-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\ln u du - \int_{0}^{\frac{1}{2}}\ln v dv$
$=-2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\ln u du = -2u\ln u\big|_{0}^{\frac{1}{2}} + 2\int_{0}^{\frac{1}{2}}du = 1 + \ln 2$．
而$f(0)=f(1)=1$，故$f_{\max}(x)=1 + \ln 2$．

【解】（1）
$f_{x}'(x,y)=y(1+x)e^{x-y}=ye^{-y}(1+x)e^{x}$，
将$y$看作常数，两端同时对$x$积分，有
$f(x,y)=ye^{-y}\int(1+x)e^{x}dx = ye^{-y}\left[xe^{x} + C(y)\right]$．
又由于
$f(1,y)=ye^{-y}\left[e + C(y)\right]=ye^{1-y}$，
则$C(y)=0$，故$f(x,y)=xye^{x-y}$．

（2）
$f_{x}'(x,y)=y(1+x)e^{x-y}, f_{y}'(x,y)=x(1-y)e^{x-y}$
令$\begin{cases}f_{x}'(x,y)=0, \\ f_{y}'(x,y)=0, \end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=0, \\ y=0 \end{cases}$ 或$\begin{cases}x=-1, \\ y=1 \end{cases}$．
$f_{xx}''(x,y)=y(2+x)e^{x-y}, f_{xy}''(x,y)=(1+x-y-xy)e^{x-y}, f_{yy}''(x,y)=x(y-2)e^{x-y}$．
对于点$(0,0)$，$A_{1}=f_{xx}''(0,0)=0$，$B_{1}=f_{xy}''(0,0)=1$，$C_{1}=f_{yy}''(0,0)=0$，$A_{1}C_{1}-B_{1}^{2}<0$，故点$(0,0)$不是极值点．
对于点$(-1,1)$，$A_{2}=f_{xx}''(-1,1)=e^{-2}>0$，$B_{2}=f_{xy}''(-1,1)=0$，$C_{2}=f_{yy}''(-1,1)=e^{-2}$，$A_{2}C_{2}-B_{2}^{2}>0$，故点$(-1,1)$是极小值点，极小值为$f(-1,1)=-e^{-2}$．

【证】（1）由题设知，$f(x_{2})\leq\frac{x_{3}-x_{2}}{x_{3}-x_{1}}f(x_{1}) + \frac{x_{2}-x_{1}}{x_{3}-x_{1}}f(x_{3})(x_{1}<x_{2}<x_{3})$，即
$(x_{3}-x_{1})f(x_{2})\leq(x_{3}-x_{2})f(x_{1}) + (x_{2}-x_{1})f(x_{3})$．
因
$x_{3}-x_{2}=(x_{3}-x_{1})-(x_{2}-x_{1})$，
故有
$(x_{3}-x_{1})[f(x_{2})-f(x_{1})]\leq(x_{2}-x_{1})[f(x_{3})-f(x_{1})]$，
即
$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}\leq\frac{f(x_{3})-f(x_{1})}{x_{3}-x_{1}}$．
又因$x_{2}-x_{1}=(x_{3}-x_{1})-(x_{3}-x_{2})$，故有
$(x_{3}-x_{1})[f(x_{2})-f(x_{3})]\leq(x_{3}-x_{2})[f(x_{1})-f(x_{3})]$，
即
$\frac{f(x_{3})-f(x_{1})}{x_{3}-x_{1}}\leq\frac{f(x_{3})-f(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}$．
综上，
$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}\leq\frac{f(x_{3})-f(x_{1})}{x_{3}-x_{1}}\leq\frac{f(x_{3})-f(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}$．

（2）任取$x_{0}\in(a,b)$，存在$\delta>0$，使$[x_{0}-\delta,x_{0}+\delta]$在$(a,b)$内．
当$x_{0}-\delta<x_{0}<x<x_{0}+\delta$时，由（1）知
$\frac{f(x_{0})-f(x_{0}-\delta)}{\delta}\leq\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\leq\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{\delta}$，
即
$\frac{f(x_{0})-f(x_{0}-\delta)}{\delta}(x-x_{0})\leq f(x)-f(x_{0})\leq\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{\delta}(x-x_{0})$． ①
同理，当$x_{0}-\delta<x<x_{0}<x_{0}+\delta$时，有
$\frac{f(x_{0})-f(x_{0}-\delta)}{\delta}(x_{0}-x)\leq f(x_{0})-f(x)\leq\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{\delta}(x_{0}-x)$． ②
当$x\rightarrow x_{0}^{+}$时，①式两端的极限均为零，当$x\rightarrow x_{0}^{-}$时，②式两端的极限亦均为零．由夹逼准则，可知$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}[f(x_{0})-f(x)]=0$，即$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x)=f(x_{0})$，故$f(x)$在$(a,b)$内连续．

【解】 曲面$\Sigma$在$yOz$坐标面的投影域为$D=\{(y,z)|y^{2}+z^{2}\leq1\}$，因为$\frac{\partial x}{\partial y}=2y$，$\frac{\partial x}{\partial z}=2z$，
所以
$I=\iint_{\Sigma}(x-1)dydz + (y-1)^{3}dzdx + (z-1)^{3}dxdy$
$=\iint_{D}[1-y^{2}-z^{2} + 2y(y-1)^{3} + 2z(z-1)^{3}]dydz$
$=\iint_{D}(2y^{4} + 2z^{4} - 6y^{3} - 6z^{3} + 5y^{2} + 5z^{2} - 2y - 2z + 1)dydz$．
因为区域$D$关于$y,z$坐标轴对称，所以$\iint_{D}(-6y^{3} - 6z^{3} - 2y - 2z)dydz=0$，故
$I=\iint_{D}(2y^{4} + 2z^{4} + 5y^{2} + 5z^{2} + 1)dydz$
$=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{1}[2r^{4}(\cos^{4}\theta + \sin^{4}\theta) + 5r^{2} + 1]rdr$
$=\int_{0}^{2\pi}\left[\frac{1}{3}(\cos^{4}\theta + \sin^{4}\theta) + \frac{7}{4}\right]d\theta$
$=\frac{7}{2}\pi + \frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4}\theta d\theta = 4\pi$．

【解】(1) \( A^T A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} \)，由
\[
|\lambda E - A^T A| = \begin{vmatrix} \lambda - 2 & -1 & -1 \\ -1 & \lambda - 2 & -1 \\ -1 & -1 & \lambda - 2 \end{vmatrix} = (\lambda - 4)(\lambda - 1)^2 = 0,
\]
得 \( \lambda_1 = 4, \lambda_2 = \lambda_3 = 1 \).

由
\[
4E - A^T A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},
\]
得 \( \lambda_1 = 4 \) 对应的特征向量为 \( \xi_1 = (1,1,1)^T \)，单位化得 \( \eta_1 = \left( \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^T \).

由
\[
E - A^T A = \begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},
\]
得 \( \lambda_2 = \lambda_3 = 1 \) 对应的线性无关的特征向量为 \( \xi_2 = (-1,1,0)^T, \xi_3 = (-1,0,1)^T \)，将其正交化，得
\[
\beta_2 = \xi_2, \beta_3 = \xi_3 - \frac{[\xi_3, \beta_2]}{[\beta_2, \beta_2]} \beta_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix},
\]
再将 \( \beta_2, \beta_3 \) 单位化，得
\[
\eta_2 = \left( -\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0 \right)^T, \eta_3 = \left( -\frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}} \right)^T.
\]

令
\[
Q = (\eta_1, \eta_2, \eta_3) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix},
\]
则
\[
Q^T A^T A Q = \Lambda = \begin{pmatrix} 4 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{pmatrix},
\]
于是
\[
A^T A = Q \Lambda Q^T = Q \begin{pmatrix} 2 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{pmatrix}^2 Q^T = Q \begin{pmatrix} 2 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{pmatrix} Q^T Q \begin{pmatrix} 2 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{pmatrix} Q^T,
\]
则
\[
B = Q \begin{pmatrix} 2 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{pmatrix} Q^T = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & 4 \end{pmatrix}.
\]

(2) 因为 \( B \) 为正定矩阵，所以 \( B \) 可逆，由 \( A^T A = B^2 \)，有 \( B^{-1} A^T A B^{-1} = E \)，即 \( (A B^{-1})^T A B^{-1} = E \)，于是 \( A B^{-1} \) 为正交矩阵，且 \( A = (A B^{-1}) B \)，则有
\[
C = A B^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 5 & -1 & -1 \\ -1 & 5 & -1 \\ -1 & -1 & 5 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & 2 \\ 2 & -1 & 2 \end{pmatrix}.
\]

【注】 本题命题想法为
\[
A = C B
\]
可逆实矩阵\(\stackrel{可分解为}{=\!=\!=\!=\!=\!=\!}\)正交矩阵×正定矩阵

【解】(1) 由题可知，
\[
f_X(x) = \begin{cases} \frac{2}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{2x}{\theta}}, & x > 0, \\ 0, & 其他, \end{cases}
\]
因此，当 \( 0 < x < y \) 时，\( f(x,y) = f_X(x) f_{Y|X}(y|x) = \frac{2}{\theta^2} \mathrm{e}^{-\frac{y + x}{\theta}} \).

故
\[
f(x,y) = \begin{cases} \frac{2}{\theta^2} \mathrm{e}^{-\frac{y + x}{\theta}}, & 0 < x < y, \\ 0, & 其他. \end{cases}
\]

设 \( (X_1,Y_1),(X_2,Y_2),\cdots,(X_n,Y_n) \) 的观测值分别为 \( (x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_n,y_n) \)，则似然函数为
\[
L(\theta) = \begin{cases} \prod_{i=1}^n f(x_i,y_i) = \frac{2^n}{\theta^{2n}} \mathrm{e}^{-\frac{1}{\theta} \left( \sum_{i=1}^n x_i + \sum_{i=1}^n y_i \right)}, & 0 < x_i < y_i, i=1,2,\cdots, \\ 0, & 其他. \end{cases}
\]

当 \( 0 < x_i < y_i \) 时，
\[
\ln L(\theta) = n \ln 2 - 2n \ln \theta - \frac{1}{\theta} \left( \sum_{i=1}^n x_i + \sum_{i=1}^n y_i \right),
\]
\[
\frac{\mathrm{d}[\ln L(\theta)]}{\mathrm{d}\theta} = -\frac{2n}{\theta} + \frac{1}{\theta^2} \left( \sum_{i=1}^n x_i + \sum_{i=1}^n y_i \right).
\]

令
\[
\frac{\mathrm{d}[\ln L(\theta)]}{\mathrm{d}\theta} = 0,
\]
得
\[
\theta = \frac{1}{2n} \left( \sum_{i=1}^n x_i + \sum_{i=1}^n y_i \right),
\]
即 \( \theta \) 的最大似然估计量 \( \hat{\theta} = \frac{1}{2n} \left( \sum_{i=1}^n X_i + \sum_{i=1}^n Y_i \right) \).

(2) 由于 \( E(X) = \frac{\theta}{2}, D(X) = \frac{\theta^2}{4} \)，又
\[
f_Y(y) = \begin{cases} \int_0^y \frac{2}{\theta^2} \mathrm{e}^{-\frac{y + x}{\theta}} \mathrm{d}x, & y > 0, \\ 0, & y \leq 0 \end{cases} = \begin{cases} \frac{2}{\theta} \left( \mathrm{e}^{-\frac{y}{\theta}} - \mathrm{e}^{-\frac{2y}{\theta}} \right), & y > 0, \\ 0, & y \leq 0. \end{cases}
\]
\[
E(Y) = \int_{-\infty}^{+\infty} y f_Y(y) \mathrm{d}y = \frac{3}{2} \theta,
\]
\[
E(Y^2) = \int_{-\infty}^{+\infty} y^2 f_Y(y) \mathrm{d}y = \frac{2}{\theta} \left( 2\theta^3 - \frac{\theta^3}{4} \right) = \frac{7}{2} \theta^2,
\]
\[
D(Y) = E(Y^2) - [E(Y)]^2 = \frac{7}{2} \theta^2 - \frac{9}{4} \theta^2 = \frac{5}{4} \theta^2,
\]
\[
E(XY) = \iint_{\mathbb{R}^2} xy f(x,y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \frac{2}{\theta^2} \int_0^{+\infty} x \mathrm{e}^{-\frac{x}{\theta}} \mathrm{d}x \int_x^{+\infty} y \mathrm{e}^{-\frac{y}{\theta}} \mathrm{d}y = \theta^2,
\]
\[
\mathrm{Cov}(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = \frac{1}{4} \theta^2,
\]
故
\[
D(\hat{\theta}) = D\left[ \frac{1}{2}(\bar{X} + \bar{Y}) \right] = \frac{1}{4} [D(\bar{X}) + D(\bar{Y}) + 2\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})]
\]
\[
= \frac{1}{4} \left[ \frac{\theta^2}{4n} + \frac{5\theta^2}{4n} + 2 \cdot \frac{1}{n^2} \cdot n \mathrm{Cov}(X_1,Y_1) \right] = \frac{1}{4} \left( \frac{3\theta^2}{2n} + \frac{\theta^2}{2n} \right) = \frac{\theta^2}{2n}.
\]