【答案】D 
【解析】因为\(c \neq 0\) 

\(c = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x - \arctan x}{x^k}\stackrel{洛}{=}\lim\limits_{x \to 0}\frac{1 - \frac{1}{1 + x^2}}{kx^{k - 1}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x^2}{kx^{k - 1}(1 + x^2)} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x^2}{kx^{k - 1}} = \frac{1}{k}\lim\limits_{x \to 0}x^{3 - k}\) 

所以\(3 - k = 0,k = 3,c = \frac{1}{k} = \frac{1}{3}\)，故选D 

【答案】A

【解析】曲面在点 \( (0,1,-1) \) 处的法向量为
\[
\vec{n}=(F'_x,F'_y,F'_z)\big|_{(0,1,-1)}=(2x - y\sin(xy) + 1,-x\sin(xy) + z,y)\big|_{(0,1,-1)}=(1,-1,1)
\]
故曲面在点 \( (0,1,-1) \) 处的切平面方程为 \( 1\cdot(x - 0) - (y - 1) + (z + 1) = 0 \)，
即 \( x - y + z = -2 \)，选A

【答案】C 

【解析】\( f(x)=\left|x - \frac{1}{2}\right| = \begin{cases} \frac{1}{2}-x, & x\in\left[0,\frac{1}{2}\right] \\ x - \frac{1}{2}, & x\in\left[\frac{1}{2},1\right] \end{cases} \)
将\( f(x) \)作奇延拓，得周期函数\( F(x) \)，周期\( T = 2 \)
则\( F(x) \)在点\( x = -\frac{9}{4} \)处连续，从而
\( S\left(-\frac{9}{4}\right)=F\left(-\frac{9}{4}\right)=F\left(-\frac{1}{4}\right)= - F\left(\frac{1}{4}\right)= - f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4} \)
故选C 

【答案】D 

【解析】记 \( P = y + \frac{y^3}{6}, Q = 2x - \frac{x^3}{3} \)，则 \( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2 - x^2 - 1 - \frac{y^2}{2} = 1 - \left( x^2 + \frac{y^2}{2} \right) \)， 
\( I_i = \oint_{L_i} \left( y + \frac{y^3}{6} \right) dx + \left( 2x - \frac{x^3}{3} \right) dy = \iint_{D_i} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dxdy = \iint_{D_i} \left[ 1 - \left( x^2 + \frac{y^2}{2} \right) \right] dxdy \) 。 

用 \( D_i \) 表示 \( L_i \) 所围区域，则有 \( I_1 = \frac{5}{8}\pi, I_2 = \frac{1}{2}\pi, I_3 = \frac{3\sqrt{2}}{8}, I_4 = \frac{\sqrt{2}}{2}\pi, I_4 > I_1 > I_3 > I_2 \) 。 
故选D 

【答案】B
【解析】将A,C按列分块，$A = (\alpha_1, \dots, \alpha_n)$，$C = (\gamma_1, \dots, \gamma_n)$ 
由于$AB = C$，故 
\[
(\alpha_1, \dots, \alpha_n)\begin{pmatrix}
b_{11} & \dots & b_{1n} \\
\cdot & \dots & \cdot \\
b_{n1} & \dots & b_{nn}
\end{pmatrix} = (\gamma_1, \dots, \gamma_n)
\] 

即$\gamma_1 = b_{11}\alpha_1 + \dots + b_{n1}\alpha_n$，…，$\gamma_n = b_{1n}\alpha_1 + \dots + b_{nn}\alpha_n$ 
即C的列向量组可由A的列向量线性表示 
由于B可逆，故$A = CB^{-1}$，A的列向量组可由C的列向量组线性表示，选B

【答案】B

【解析】令\(A = \begin{pmatrix}1&a&1\\a&b&a\\1&a&1\end{pmatrix}\)，\(B = \begin{pmatrix}2&0&0\\0&b&0\\0&0&0\end{pmatrix}\)，
因为\(A\)为实对称矩阵，\(B\)为对角阵，则\(A\)与\(B\)相似的充要条件是\(A\)的特征值分别为\(2,b,0\)
\(A\)的特征方程\(\vert\lambda E - A\vert=\begin{vmatrix}\lambda - 1&-a&-1\\a&\lambda - b&-a\\-1&-a&\lambda - 1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\lambda&-a&-1\\0&\lambda - b&-a\\-\lambda&-a&\lambda - 1\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}\lambda&-a&-1\\0&\lambda - b&-a\\0&-a&\lambda - 1\end{vmatrix}=\lambda[(\lambda - 2)(\lambda - b) - 2a^2]\)，
因为\(\lambda = 2\)是\(A\)的特征值，所以\(\vert2E - A\vert = 0\)
所以\(-2a^2 = 0\)，即\(a = 0\)。
当\(a = 0\)时，\(\vert\lambda E - A\vert=\lambda(\lambda - 2)(\lambda - b)\)，
\(A\)的特征值分别为\(2,b,0\)所以\(b\)为任意常数即可. 故选B. 

【答案】A
【解析】
\( p_1 = P\{ -2 \leq X_1 \leq 2 \} = \varPhi(2) - \varPhi(-2) = 2\varPhi(2) - 1 \)，
\( p_2 = P\{ -2 \leq X_2 \leq 2 \} = P\left\{ \frac{-2 - 0}{2} \leq \frac{X_2 - 0}{2} \leq \frac{2 - 0}{2} \right\} = \varPhi(1) - \varPhi(-1) = 2\varPhi(1) - 1 \)，
\( p_3 = P\{ -2 \leq X_3 \leq 2 \} = P\left\{ \frac{-2 - 5}{3} \leq \frac{X_3 - 5}{3} \leq \frac{2 - 5}{3} \right\} = \varPhi(-1) - \varPhi\left( -\frac{7}{3} \right) = \varPhi\left( \frac{7}{3} \right) - \varPhi(1) \)，
由下图可知，\( p_1 > p_2 > p_3 \)，选A。 

【答案】C

【解析】\( X \sim t(n) \)，则 \( X^2 \sim F(1,n) \)
\( P\{Y > c^2\} = P\{X^2 > c^2\} = P\{X > c\} + P\{X < -c\} = 2P\{X > c\} = 2\alpha \)，选C。

【解析】 \(x=0\) 时，\(y=1\)

方程两边对 x 求导得 \(y'-1=e^{x(1-y)}(1-y-x y')\) 所以 \(y'(0)=1\)

\[lim _{n \to \infty} n\left[f\left(\frac{1}{n}\right)-1\right]=lim _{n \to \infty} \frac{f\left(\frac{1}{n}\right)-f(0)}{\frac{1}{n}}=f'(0)=1\]

【解析】 \(y_{1}-y_{2}=e^{3 x}-e^{x}\)，\(y_{2}-y_{3}=e^{x}\)，

对应齐次微分方程的通解 \(y^{2}=c_{1}(e^{3 x}-e^{x})+c_{2} e^{x}\)

非齐次微分方程的通解 \(y=c_{1}(e^{3 x}-e^{x})+c_{2} e^{x}-x e^{2 x}\)

【解析】 \(\frac{d y}{d x}=\frac{d y}{d t} \cdot \frac{1}{\frac{d x}{d t}}=\frac{\sin t+t \cos t-\sin t}{\cos t}=t\)，

\[\frac{d^{2} y}{d x^{2}}=\frac{d\left(\frac{d y}{d x}\right)}{d t} \cdot \frac{d t}{d x}=\frac{1}{\frac{d x}{d t}}=\frac{1}{\cos t}\]，\(\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{\cos \frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}\)

【解析】 \(\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^{2}} d x=-\left.\frac{\ln x}{(1+x)}\right|_{1} ^{+\infty}+\int_{1}^{+\infty} \frac{d x}{x(1+x)}=\left.\ln \frac{x}{(1+x)}\right|_{1} ^{+\infty}=\ln 2\)

【解析】方法一：取特殊矩阵 \(A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(|A|=-1\)

方法二：\(A^{*}=-A^{T}\)，则 \(|A^{*}|=|-A^{T}|\)，整理得到 \(|A|^{3-1}=(-1)^{3}|A|\)，即 \(|A|=-1\) 或者 \(|A|=0\)

\[|A|=a_{i 1} A_{i 1}+a_{i 2} A_{i 2}+a_{i 3} A_{i 3}=-\left(a_{i 1}^{2}+a_{i 2}^{2}+a_{i 3}^{2}\right) \leq 0\]

又因为 \(A ≠O\)，所以至少有一个 \(a_{i j} ≠0\)，所以

\[|A|=a_{i 1} A_{i 1}+a_{i 2} A_{i 2}+a_{i 3} A_{i 3}=-\left(a_{i 1}^{2}+a_{i 2}^{2}+a_{i 3}^{2}\right)<0\]

从而 \(|A|=-1\)

【解析】 \(f(y)= \begin{cases}e^{-y}, & y>0, \\ 0, & y \leq 0,\end{cases}\)

\[P\{Y \leq a+1 | Y>a\}=\frac{P\{Y>a, Y \leq a+1\}}{P\{Y>a\}}=\frac{\int_{a}^{a+1} f(y) d y}{\int_{a}^{+\infty} f(y) d y}=\frac{e^{-a}-e^{-(a+1)}}{e^{-a}}=1-\frac{1}{e}\]

【解析】\(f(x)=\int_{1}^{x} \frac{\ln (t+1)}{t} d t\) 则 \(f'(x)=\frac{\ln (x+1)}{x}\) \(f(1)=0\)

\[\begin{aligned} & \int_{0}^{1} \frac{f(x)}{\sqrt{x}} d x=2 \int_{0}^{1} f(x) d \sqrt{x}=\left.2[f(x) \sqrt{x}]\right|_{0} ^{1}-2 \int_{0}^{1} \sqrt{x} f'(x) d x \\ & =2 f(1)-2 \int_{0}^{1} \frac{\ln (x+1)}{x} \sqrt{x} d x=-2 \int_{0}^{1} \frac{\ln (x+1)}{\sqrt{x}} d x=-4 \int_{0}^{1} \ln (x+1) d \sqrt{x} \\ & =-4\left[\left.\ln (x+1) \sqrt{x}\right|_{0} ^{1}-\int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x}}{1+x} d x\right]=-4 \ln 2+4 \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x}}{1+x} d x \end{aligned}\]

\[其中 \begin{aligned} & \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x}}{1+x} d x \underset{\substack{x=t \\ d x=2 t d t}}{\stackrel{\sqrt{x}=t}{\to}} \int_{0}^{1} \frac{t}{1+t^{2}} \cdot 2 t d t=2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{1+t^{2}} d t=2 \int_{0}^{1} d t-2 \int_{0}^{1} \frac{1}{1+t^{2}} d t \\ = & 2[t-\arctan t]_{0}^{1}=2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]

\[所以原式 =-4 \ln 2+8\left(1-\frac{\pi}{4}\right)=8-2 \pi-4 \ln 2\]

【解析】 \(S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}\)，\(S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}\)，

\[S''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}\]

\[S''(x)-S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+2)(n+1) a_{n+2}-a_{n}\right] x^{n}\]

因为 \(n(n-1) a_{n}-a_{n-2}=0\)（\(n \geq 2\)），所以 \((n+2)(n+1) a_{n+2}-a_{n}=0(n \geq 0)\) ，

\[所以 \left\{\begin{array}{l} S''(x)-S(x)=0, \\ S(0)=a_{0}=3, \\ S'(0)=a_{1}=1. \end{array}\right.\]

(II) \(\lambda^{2}-1=0\)，\(\lambda_{1}=1\)，\(\lambda_{2}=-1\)，所以 \(S(x)=C_{1} e^{-x}+C_{2} e^{x}\) 。

又 \(S(0)=3\)，\(S'(0)=1\)，所以 \(C_{1}=1\)，\(C_{2}=2\)，\(S(x)=e^{-x}+2 e^{x}\)

【解析】令\(f'_{x}=e^{x + y}(x^{2}+y+\frac{x^{3}}{3}) = 0\)，\(f'_{y}=e^{x + y}(1 + y+\frac{x^{3}}{3}) = 0\)
解得\(\begin{cases}x = 1 \\ y = -\frac{4}{3} \end{cases}\)或\(\begin{cases}x = -1 \\ y = -\frac{2}{3} \end{cases}\) 

\(f''_{xx}=e^{x + y}(2x + 2x^{2}+y+\frac{x^{3}}{3})\)  \(f''_{xy}=e^{x + y}(1 + x^{2}+y+\frac{x^{3}}{3})\)  \(f''_{yy}=e^{x + y}(2 + y+\frac{x^{3}}{3})\)

\(A = f''_{xx}\vert_{(1,-\frac{4}{3})}=3e^{-\frac{1}{3}}\)，\(B = f''_{xy}\vert_{(1,-\frac{4}{3})}=e^{-\frac{1}{3}}\)，\(C = f''_{yy}\vert_{(1,-\frac{4}{3})}=e^{-\frac{1}{3}}\)

\(AC - B^{2}=3e^{-\frac{2}{3}}-e^{-\frac{2}{3}} = 2e^{-\frac{2}{3}}>0\)
又\(A>0\)
所以\((1,-\frac{4}{3})\)为\(f(x,y)\)的极小值点，极小值为\(f(1,-\frac{4}{3})=-e^{-\frac{1}{3}}\)

\(A = f''_{xx}\vert_{(1,-\frac{2}{3})}=-e^{-\frac{5}{3}}\)，\(B = f''_{xy}\vert_{(1,-\frac{2}{3})}=e^{-\frac{5}{3}}\)，\(C = f''_{yy}\vert_{(1,-\frac{2}{3})}=e^{-\frac{5}{3}}\)

因为\(AC - B^{2}<0\)，所以\((-1,-\frac{2}{3})\)不是\(f(x,y)\)的极值点。 

【解析】(I)由于 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\) 上为奇函数，故 \(f(-x)=-f(x)\) ，则 \(f(0)=0\) 。令 \(F(x)=f(x)-x\) ，则 \(F(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导，且 \(F(1)=f(1)-1=0\) ，\(F(0)=f(0)-0=0\) ，由罗尔定理，存在 \(\xi \in(0,1)\) ，使得 \(F'(\xi)=0\) ，即 \(f'(\xi)=1\) 。

(II)由于 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\) 上为奇函数，则 \(f'(x)\) 在 \([-1,1]\) 上为偶函数，所以由(I) \(f'(-\xi)=f'(\xi)=1\) 。

令 \(G(x)=e^{x}[f'(x)-1]\) ，则 \(G(x)\) 在 \([-1,1]\) 上连续，在 \((-1,1)\) 内可导，且 \(G(\xi)=G(-\xi)=0\) ，由罗尔定理存在 \(\eta \in(-\xi, \xi) \subset(-1,1)\) ，使得 \(G'(\eta)=0\) ，即 \(f^{\prime \prime}(\eta)+f'(\eta)=1\) 。

【解析】

(I) \(\overline{A B}=(-1,1,1)\) ，所以直线L方程 \(\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}\)

设∑上任一点由直线L上的点绕 z 轴旋转一周得到，则

\[\left\{\begin{array}{l} x^{2}+y^{2}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2} \\ z=z_{0} \end{array}\right.\]

又 \(\frac{x_{0}-1}{-1}=\frac{y_{0}}{1}=\frac{z_{0}}{1}\) ，所以∑方程为 \(x^{2}+y^{2}=(1-z)^{2}+z^{2}=2 z^{2}-2 z+1\)

(II) \(x^{2}+y^{2}-2\left(z-\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2}\)

设形心坐标 \((\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})\) ，几何体关于坐标轴对称，\(\bar{x}=\bar{y}=0\)

\[\overline{z}=\frac{\iiint_{\Omega} z d v}{\iiint_{\Omega} d v}=\frac{\int_{0}^{2} z d z \iint_{x^{2}+y^{2} \leq 2 z^{2}-2 z+1} d x d y}{\int_{0}^{2} d z \iint_{x^{2}+y^{2} \leq 2 z^{2}-2 z+1} d x d y}=\frac{\pi \int_{0}^{2}\left(2 z^{3}-z^{2}+z\right) d z}{\pi \int_{0}^{2}\left(2 z^{2}-2 z+1\right) d z}=\frac{7}{5} 。\]

【解析】设 \(C=\left(\begin{array}{ll}x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4}\end{array}\right)\) ，由 \(A C-C A=B\) 得

\[\left(\begin{array}{ll} 1 & a \\ 1 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4} \end{array}\right)-\left(\begin{array}{ll} x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4} \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} 1 & a \\ 1 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & b \end{array}\right),\]

\[即 \left(\begin{array}{cc}x_{1}+a x_{3} & x_{2}+a x_{4} \\ x_{1} & x_{2}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}x_{1}+x_{2} & a x_{1} \\ x_{3}+x_{4} & a x_{3}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & b\end{array}\right).\]

\[\left\{\begin{array}{c} -x_{2}+a x_{3}=0 \\ -a x_{1}+x_{2}+a x_{4}=1 \\ x_{1}-x_{3}-x_{4}=1 \\ x_{2}-a x_{3}=b \end{array}\right.\]

由于矩阵C存在，对方程组的增广矩阵进行初等行变换

\[\left(\begin{array}{cccccc} 0 & -1 & a & 0 & \vdots & 0 \\ -a & 1 & 0 & a & \vdots & 1 \\ 1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & b \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & a+1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & b \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & a+1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & b \end{array}\right)\]

方程组有解，故 \(a+1=0\) ，\(b=0\) ，即 \(a=-1\) ，\(b=0\) ，此时存在矩阵 C 使得 \(A C-C A=B\) 。当 \(a=-1\) ，\(b=0\) 时，增广矩阵化为 \(\left(\begin{array}{rrrrr:l}1 & 0 & -1 & -1 & \vdots & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vdots & 0\end{array}\right)\) ，\(x_{3}\) ，\(x_{4}\) 为自由变量，令 \(x_{3}=1\) ，\(x_{4}=0\) ，代入相应齐次方程组，得 \(x_{2}=-1\) ，\(x_{1}=1\) ；令 \(x_{3}=0\) ，\(x_{4}=1\) ，代入相应齐次方程组，得 \(x_{2}=0\) ，\(x_{1}=1\) 。故 \(\xi_{1}=(1,-1,1,0)^{T}\) ，\(\xi_{2}=(1,0,0,1)^{T}\) ，令 \(x_{3}=0\) ，\(x_{4}=0\) ，得特解 \(\eta=(1,0,0,0)^{T}\) ，方程组的通解为 \(x=k_{1} \xi_{1}+k_{2} \xi_{2}+\eta=(k_{1}+k_{2}+1,-k_{1}, k_{1}, k_{2})^{T}\) ，所以 \(C=\left(\begin{array}{cc}k_{1}+k_{2}+1 & -k_{1} \\ k_{1} & k_{2}\end{array}\right)\) （\(k_{1},k_{2}\) 为任意常数）。

【解析】证明：(I) \(f(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2(a_{1}x_{1} + a_{2}x_{2} + a_{3}x_{3})^{2} + (b_{1}x_{1} + b_{2}x_{2} + b_{3}x_{3})^{2}\) 

$$
\begin{align*}
&= 2(x_1, x_2, x_3)\begin{pmatrix}a_1\\a_2\\a_3\end{pmatrix}(a_1, a_2, a_3)\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} + (x_1, x_2, x_3)\begin{pmatrix}b_1\\b_2\\b_3\end{pmatrix}(b_1, b_2, b_3)\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} \\
&= (x_1, x_2, x_3)\left(2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T\right)\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} \\
&= x^T Ax, \text{ 其中 } A = 2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T, \text{ 其中 } x = (x_1, x_2, x_3)^T.
\end{align*}
$$

所以二次型 \( f \) 对应的矩阵为 \( 2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T \)。

（II）由于 \( A = 2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T \)，\(\alpha\) 与 \( \beta \) 正交，故 \( \alpha^T \beta = 0 \)，\(\alpha, \beta \) 为单位向量，故 \( \|\alpha\| = \sqrt{\alpha^T \alpha} = 1 \)，故 \( \alpha^T \alpha = 1 \)，同样 \( \beta^T \beta = 1 \)。

\( A\alpha = (2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T)\alpha = 2\alpha\alpha^T \alpha + \beta\beta^T \alpha = 2\alpha \)，由于 \( \alpha \neq 0 \)，故 \( A \) 有特征值 \( \lambda_1 = 2 \)。

\( A\beta = (2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T)\beta = \beta \)，由于 \( \beta \neq 0 \)，故 \( A \) 有特征值 \( \lambda_2 = 1 \)。

\( r(A) = r(2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T) \leq r(2\alpha\alpha^T) + r(\beta\beta^T) = r(\alpha\alpha^T) + r(\beta\beta^T) = 1 + 1 = 2 < 3 \)。

所以 \( |A| = 0 \)，故 \( \lambda_3 = 0 \)。

因此，\( f \) 在正交变换下的标准形为 \( 2y_1^2 + y_2^2 \)。

【解析】（I）设\(y\)的分布函数为\(F(y)\)，则

\(F(y)=P\{Y\leq y\}=P\{Y\leq y,X\leq1\}+P\{Y\leq y,1\lt X\lt 2\}+P\{Y\leq y,X\geq 2\}\)

\(=P\{2\leq y,X\leq1\}+P\{X\leq y,1\lt X\lt 2\}+P\{1\leq y,X\geq 2\}\)

（II）当\(y\lt1\)时，\(F(y)=0\)，

当\(1\leq y\lt 2\)时，\(F(y)=P\{X\leq y,1\lt X\lt 2\}+P\{X\geq 2\}=P\{1\lt X\leq y\}+P\{X\geq 2\}\)

\(=\int_{1}^{y}\frac{1}{9}x^2dx + \int_{2}^{3}\frac{1}{9}x^2dx = \frac{1}{27}(y^3 - 1) + \frac{1}{27}(3^3 - 2^3)=\frac{1}{27}(y^3 + 18)\)

当\(y\geq 2\)时，\(F(y)=P\{X\leq1\}+P\{1\lt X\lt 2\}+P\{X\geq 2\}=1\)

(I) \(E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x ; \theta) d x=\int_{0}^{+\infty} x \cdot \frac{\theta^{2}}{x^{3}} \cdot e^{-\frac{\theta}{x}} d x=\int_{0}^{+\infty} \frac{\theta^{2}}{x^{2}} \cdot e^{-\frac{\theta}{x}} d x\)

令 \(t=\frac{\theta}{x}\) ,则 \(x=\frac{\theta}{t}\) , \(d x=-\frac{\theta}{t^{2}} d t\) ,当 \(x \to 0^{+}\) 时, \(t \to +\infty\) ;当 \(x \to +\infty\) 时, \(t \to 0\)

\[E(X)=\int_{+\infty}^{0} \frac{\theta^{2}}{\left(\frac{\theta}{t}\right)^{2}} \cdot e^{-t} \cdot\left(-\frac{\theta}{t^{2}}\right) d t=\int_{0}^{+\infty} \theta e^{-t} d t=\theta\]

令 \(E(X)=\overline{X}\) ,即 \(\theta=\overline{X}\) ,故 θ 的矩估计量为 \(\hat{\theta}=\overline{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}\)

(II)似然函数为 \(L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i} ; \theta\right)= \begin{cases}\prod_{i=1}^{n} \frac{\theta^{2}}{x_{i}^{3}} e^{-\frac{\theta}{x_{i}}}, & x_{i}>0(i=1,2, \cdots, n) \\ 0, & \text { 其它 }\end{cases}\)

当 \(x_{i}>0(i=1,2, \cdots, n)\) 时,取对数得

\[\ln L(\theta)=\sum_{i=1}^{n}\left[2 \ln \theta-3 \ln x_{i}-\frac{\theta}{x_{i}}\right]\]

对 θ 求导并令其为 0

\[\frac{d \ln L(\theta)}{d \theta}=\frac{2 n}{\theta}-\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}=0\]

解得 \(\theta=\frac{2 n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}}}\) ,故 θ 的最大似然估计量为 \(\hat{\theta}=\frac{2 n}{\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{X_{i}}}\)