本题主要考查无穷小量的概念。四个命题均与无穷小量等价这个概念有关。当 \(x \to 0\) 时, \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) 意味着 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1\) ，\(o(\alpha(x))\) 满足 \(\lim _{x \to 0} \frac{o(\alpha(x))}{\alpha(x)}=0\) 。依次分析四个命题：

1. 若 \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) ,则 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1\) ,从而 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\beta^{2}(x)}=1\) ,即 \(\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)\) ，命题①是真命题。

2. 由 \(\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)\) 并不能得到 \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) ，考虑 \(\beta(x)=-\alpha(x)\) ,则 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\beta^{2}(x)}=\lim _{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\alpha^{2}(x)}=1\) ,即 \(\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)\) ,但 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{-\alpha(x)}=-1\) ，\(\alpha(x)\) 与 \(\beta(x)\) 只是同阶但并不等价的无穷小量，命题②不是真命题。

3. 要说明 \(\alpha(x)-\beta(x)=o(\alpha(x))\) ,只需说明 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)-\beta(x)}{\alpha(x)}=0\) ，\(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)-\beta(x)}{\alpha(x)}=1-\lim _{x \to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=1-1=0\) ，命题③是真命题。

4. 要说明 \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) ,只需说明 \(\lim _{x \to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=1\) ，\(\lim _{x \to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)-[\alpha(x)-\beta(x)]}{\alpha(x)}=1-\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)-\beta(x)}{\alpha(x)}=1-0=1\) ，命题④是真命题。

综上所述，应选C。

本题主要考查数列极限的性质。数列 \(\{a_{n}\}\) 具有极限1，且存在比1大的项 \(a_{1}=2\) ，比1小的项 \(a_{2}=\sqrt{2}-\frac{1}{2}\) 。由极限的定义可知，在1的附近，例如区间(0.99,1.01)内，聚集了 \(\{a_{n}\}\) 除有限项以外的所有项，即存在正整数 \(N\) ，对 \(n>N\) ，\(a_{n} \in (0.99,1.01)\) 。注意到 \(a_{1}=2>1.01\) ，\(a_{2}=\sqrt{2}-\frac{1}{2}<0.99\) ，故 \(a_{1}\) ，\(a_{2}\) 为落在该区间外的有限项中的两项，\(\{a_{n}\}\) 的最值必在没有落入该区间内的有限项中取得。因此，\(\{a_{n}\}\) 必能取得最大值，也能取得最小值，且最大值不小于 \(a_{1}\) ，最小值不大于 \(a_{2}\) ，应选A。

本题主要考查变限积分求偏导数。\(F(x, y)\) 是由含参变量的变限积分给出的二元函数，求它的偏导数，可以先将参变量从被积函数中分离出去，再利用变限积分求导公式计算偏导数。整理 \(F(x, y)\) 的表达式：\(F(x, y)=\int_{0}^{x-y}(x-y-t) f(t) d t=(x-y) \int_{0}^{x-y} f(t) d t-\int_{0}^{x-y} t f(t) d t\) 。分别计算偏导数：

\(\frac{\partial F}{\partial x}=(x-y) f(x-y)+\int_{0}^{x-y} f(t) d t-(x-y) f(x-y)=\int_{0}^{x-y} f(t) d t\)

\(\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=\frac{\partial\left[\int_{0}^{x-y} f(t) d t\right]}{\partial x}=f(x-y)\)

\(\frac{\partial F}{\partial y}=-(x-y) f(x-y)-\int_{0}^{x-y} f(t) d t+(x-y) f(x-y)=-\int_{0}^{x-y} f(t) d t\)

\(\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}=\frac{\partial\left[-\int_{0}^{x-y} f(t) d t\right]}{\partial y}=f(x-y)\)

因此，\(\frac{\partial F}{\partial x}=-\frac{\partial F}{\partial y}\) ，\(\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}\) ，应选C。

本题主要考查定积分比较大小。三个定积分的积分区间相同，故只需比较被积函数的大小。通过观察可发现，要比较 \(I_{1}\) 与 \(I_{2}\) 的大小，只需比较 \(\frac{x}{2}\) 与 \(\ln (1+x)\) 的大小。令 \(f(x)=\ln (1+x)-\frac{x}{2}\) ，则 \(f(0)=0\) ，\(f'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}\) ，当 \(x \in(0,1)\) 时，\(f'(x)>0\) ，\(f(x)\) 单调增加，从而 \(f(x)>f(0)=0\) ，即 \(\ln (1+x)>\frac{x}{2}\) ，\(\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}>\frac{x}{2(1+\cos x)}\) ，因此，\(I_{2}>I_{1}\) 。此外，同样的方法不难证明在(0,1)内，\(\ln (1+x)x\) 。结合 \(\ln (1+x)x>\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}\) ，因此，\(I_{3}>I_{2}\) 。综上所述，应选A。

本题主要考查矩阵相似的条件。3阶矩阵 \(A\) 的特征值为1，-1，0意味着 \(A\) 有3个不同的特征值，从而相似于与它具有相同特征值的对角矩阵，即 \(\Lambda\) 。矩阵相似的定义：设 \(A\) 、\(B\) 都是 \(n\) 阶矩阵，若有可逆矩阵 \(P\) ，使 \(P^{-1}AP=B\) ，则称 \(B\) 是 \(A\) 的相似矩阵，或者称矩阵 \(A\) 与 \(B\) 相似。选项B实际上为 \(A\) 与 \(\Lambda\) 相似的定义，即存在可逆矩阵 \(P\) ，使得 \(A=P^{-1}\Lambda P\) ，也即 \(A=P\Lambda P^{-1}\) ，因此，应选B。

本题主要考查线性方程组的解的情况。本题的方程组的系数矩阵带参数，故需要分情况讨论。注意到系数矩阵行列式与范德蒙德行列式有关。法一：注意到 \(|A|=\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & a & b \\ 1 & a^{2} & b^{2}\end{vmatrix}=(b-a)(b-1)(a-1)\) 。当 \(a \neq 1\) ，\(b \neq 1\) ，且 \(a \neq b\) 时，\(|A| \neq 0\) ，由克拉默法则可知，此时方程组 \(Ax=b\) 有唯一解。当 \(a=1\) 时，增广矩阵 \((A,b)=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & b & b^{2} & 4\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & b & b^{2} & 4\end{pmatrix}\) ，\(r(A,b) \neq r(A)\) ，方程组无解。同理可得，当 \(b=1\) 时，\(r(A,b) \neq r(A)\) ，方程组无解。当 \(a=b\) 时，增广矩阵 \((A,b)=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} & 2 \\ 1 & b & b^{2} & 4\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\) ，\(r(A,b) \neq r(A)\) ，方程组无解。综上所述，方程组 \(Ax=b\) 的解的情况只有两种可能，有唯一解或无解，应选D。

分析本题主要考查向量组等价.

向量组 \(\alpha_{1}\) ， \(\alpha_{2}\) ， \(\alpha_{3}\) 与 \(\alpha_{1}\) ， \(\alpha_{2}\) ， \(\alpha_{4}\) 等价的充分必要条件是 \(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})=r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4})=r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4})\) 。由这一条件出发，可以考虑对矩阵 \((\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4})\) 作初等行变换并讨论秩来得到 λ 的取值。

另一方面，也可以通过计算 \(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}|\) 和 \(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}|\) 来讨论 \(\alpha_{1}\) ， \(\alpha_{2}\) ， \(\alpha_{3}\) 和 \(\alpha_{1}\) ， \(\alpha_{2}\) ， \(\alpha_{4}\) 的秩。当它们均不为0时，这两个向量组都是3维向量组的极大无关组，从而是等价的。此外，还需讨论行列式均为0时两个向量组是否等价。

解 当 \(\lambda=1\) 时，\(\alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=\alpha_{4}=(1,1,1)^{T}\) ，故 \(\alpha_{1}\) ， \(\alpha_{2}\) ， \(\alpha_{3}\) 与 \(\alpha_{1}\) ， \(\alpha_{2}\) ， \(\alpha_{4}\) 等价。

当 \(\lambda \neq1\) 时，考虑矩阵 \(A=(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4})\) ：

\[

\begin{aligned}

A & =\left(\begin{array}{llll}

\lambda & 1 & 1 & 1 \\

1 & \lambda & 1 & \lambda \\

1 & 1 & \lambda & \lambda^{2}

\end{array}\right) \to\left(\begin{array}{cccc}

1 & \lambda & 1 & \lambda \\

1 & 1 & \lambda & \lambda^{2} \\

\lambda & 1 & 1 & 1

\end{array}\right) \frac{r_{2}-r_{1}}{r_{3}-\lambda r_{1}}\left(\begin{array}{cccc}

1 & \lambda & 1 & \lambda \\

0 & 1-\lambda & \lambda-1 & \lambda^{2}-\lambda \\

0 & 1-\lambda^{2} & 1-\lambda & 1-\lambda^{2}

\end{array}\right) \\

& \frac{r_{2}^{*} \times \frac{1}{1-\lambda}}{r_{3}^{*} \times \frac{1}{1-\lambda}}\left(\begin{array}{cccc}

1 & \lambda & 1 & \lambda \\

0 & 1 & -1 & -\lambda \\

0 & 1+\lambda & 1 & 1+\lambda

\end{array}\right) \frac{r_{3}^{* *}-(1+\lambda) r_{2}^{* *}}{\to}\left(\begin{array}{cccc}

1 & \lambda & 1 & \lambda \\

0 & 1 & -1 & -\lambda \\

0 & 0 & \lambda+2 & (\lambda+1)^{2}

\end{array}\right)

\end{aligned}

\]

（\(r_{i}^{*}\) 表示对第 \(i\) 行作初等行变换后所得新的第 \(i\) 行，每作一次初等行变换，加一个*）

由 \(A\) 有2阶非零子式 \(\begin{vmatrix}\lambda & 1 \\ 1 & \lambda\end{vmatrix}\) ，故 \(r(A) \geq2\) 。另一方面，因为不存在 \(\lambda\) 满足 \(\lambda+2=(\lambda+1)^{2}=0\) ，所以 \(r(A)=3\) 。

\(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})=3\) 当且仅当 \(\lambda \neq-2\) ，\(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4})=3\) 当且仅当 \(\lambda \neq-1\) 。

因此，当 \(\lambda \neq1\) 时，\(r(A)=r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4})=r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})=r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4})\) 当且仅当 \(\lambda \neq-2\) 且 \(\lambda \neq-1\) 。

注意到 \(\lambda=1\) 也包含在条件 \(\lambda \neq-2\) 且 \(\lambda \neq-1\) 中，故 \(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})=r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4})\) 当且仅当 \(\lambda \neq-2\) 且 \(\lambda \neq-1\) 。

综上所述，应选C。

(法二)分别计算 \(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}|\) ，\(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}|\) 。

\[

\left|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right|=\left|\begin{array}{ccc}

\lambda & 1 & 1 \\

1 & \lambda & 1 \\

1 & 1 & \lambda

\end{array}\right|=(1-\lambda)^{2}(\lambda+2)

\]

\[

\left|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}\right|=\left|\begin{array}{ccc}

\lambda & 1 & 1 \\

1 & \lambda & \lambda \\

1 & 1 & \lambda^{2}

\end{array}\right|=(1-\lambda)^{2}(1+\lambda)^{2}

\]

当 \(\lambda \neq1,-2,-1\) 时，\(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}|\) 与 \(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}|\) 均不为0。此时，\(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 和 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}\) 均为3维列向量组的极大无关组，从而等价。

当 \(\lambda=-2\) 或 \(\lambda=-1\) 时，\(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}|\) 与 \(|\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}|\) 中一个为0，另一个不为0，说明两向量组的秩不相等，从而不等价。

综上所述，\(\alpha_{1}\) ，\(\alpha_{2}\) ，\(\alpha_{3}\) 与 \(\alpha_{1}\) ，\(\alpha_{2}\) ，\(\alpha_{4}\) 等价当且仅当 \(\lambda \neq-2\) 且 \(\lambda \neq-1\) 。应选C。

分析本题主要考查方差的性质及常见分布的数字特征。

若随机变量 \(Y\) 服从参数为 \(n,p\) 的二项分布 \(B(n,p)\) ，则 \(D(Y)=np(1-p)\) 。

由于 \(X \sim N(0,4)\) ，\(Y \sim B(3, \frac{1}{3})\) ，故 \(X\) 的方差 \(D(X)=4\) ，\(Y\) 的方差 \(D(Y)=3 \times \frac{1}{3} \times (1-\frac{1}{3})=\frac{2}{3}\) 。

又因为 \(X\) ，\(Y\) 不相关，所以 \(Cov(X,Y)=0\) 。

由方差的性质，

\[

\begin{aligned}

D(X-3Y+1) & =D(X-3Y)=D(X)+D(3Y)-2Cov(X,3Y) \\

& =D(X)+9D(Y)-6Cov(X,Y)=4+9 \times \frac{2}{3}-0=10

\end{aligned}

\]

因此，应选D。

分析本题主要考查随机变量序列依概率收敛的概念、辛钦大数定律以及期望的计算。

依概率收敛：设 \(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}, \cdots\) 是一个随机变量序列，\(a\) 是一个常数。若对于任意正数 \(\varepsilon\) ，有 \(\lim _{n \to \infty} P\{|X_{n}-a|<\varepsilon\}=1\) ，则称序列 \(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}, \cdots\) 依概率收敛于 \(a\) 。

辛钦大数定律：设 \(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}, \cdots\) 是相互独立，服从同一分布的随机变量序列，且具有数学期望 \(E(X_{k})=\mu(k=1,2, \cdots)\) 。作前 \(n\) 个变量的算术平均 \(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} X_{k}\) ，则对于任意 \(\varepsilon>0\) ，有 \(\lim _{n \to \infty} P\left\{\left|\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} X_{k}-\mu\right|<\varepsilon\right\}=1\) 。

辛钦大数定律说明，独立同分布且期望存在的随机变量序列的算术平均依概率收敛到其期望。

由于随机变量序列 \(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}, \cdots\) 独立同分布，故 \(X_{1}^{2}, X_{2}^{2}, \cdots, X_{n}^{2}, \cdots\) 独立同分布。根据辛钦大数定律，\(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\) 依概率收敛于 \(E(X_{i}^{2})\) 。

\[

\begin{aligned}

E\left(X_{i}^{2}\right) & =E\left(X_{1}^{2}\right)=\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2} f(x) d x=\int_{-1}^{1} x^{2}(1-|x|) d x \stackrel{\text{对称性}}{=} 2 \int_{0}^{1} x^{2}(1-x) d x \\

& =2\left(\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}\right)\left.\right|_{0} ^{1}=\frac{1}{6}

\end{aligned}

\]

因此，应选B。

分析本题主要考查事件的独立性与协方差的计算.

二维离散型随机变量的联合分布律设二维离散型随机变量 \((X, Y)\) 所有可能取的值为 \((x_{i}, y_{j})\) i \(j=1,2, \cdots\) ,记 \(P{X=x_{i}, Y=y_{j}}=p_{i j},\) i, \(j=1,2, \cdots\) ,则由概率的定义有

\[p_{i j} \geq 0, \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{\infty} p_{i j}=1 .\]

我们称 \(P{X=x_{i}, Y=y_{j}}=p_{i j}\) i \(j=1,2, \cdots\) 为二维离散型随机变量 \((X, Y)\) 的分布律,或称为 随机变量 X 和 Y 的联合分布律.

要计算 \(Cov(X, Y)\) ,需计算 \(E(X)\) 、 \(E(Y)\) , \(E(X Y)\) ,而计算这些期望需要知道 X 和 Y 的联合分布 律,即确定参数 a , \(b.\) ,这一点可以由条件"事件 \({max {X, Y}=2}\) 与事件 \({min {X, Y}=1}\) 相互独立" 确定.

记事件 \(A={max {X, Y}=2}\) ,事件 \(B={min {X, Y}=1}\) .由于事件 A 与 B 相互独立, 故 \(P(A B)=P(A) P(B)\) .

分别计算 \(P(A)\) , \(P(B)\) , \(P(A B)\) .

\[P(A)=P\{max \{X, Y\}=2\}=P\{Y=2\}=b+0.1 .\]

\[(B)=P\{min \{X, Y\}=1\}=P\{X=1, Y=1\}+P\{X=1, Y=2\}=0.1+0.1=0\]

\[P(A B)=P\{max \{X, Y\}=2, min \{X, Y\}=1\}=P\{X=1, Y=2\}=0.1 .\]

于是, \(0.1=(b+0.1) ×0.2\) ,解得 \(b=0.4\) .进一步,由联合分布律中各概率之和为1,即0.1+0.1 \(+b+a+0.1+0.1=1\) 可得, \(a=0.2\)

\(X Y\) 的可能取值为-2,-1,0,1,2.

\[P\{X Y=-1\}=P\{X=-1, Y=1\}=0.1 .\]

\[P\{X Y=1\}=P\{X=1, Y=1\}=0.1 .\]

\[P\{X Y=2\}=P\{X=1, Y=2\}=0.1 .\]

\[P\{X Y=0\}=1-0.4-0.1-0.1-0.1=0.3 .\]

分别计算 \(E(X)\) , \(E(Y)\) , \(E(X Y)\) .

\[E(X)=-1 \times(0.1+0.1+0.4)+1 \times(0.2+0.1+0.1)=-0.2 .\]

\[E(Y)=0 \times(0.1+0.2)+1 \times(0.1+0.1)+2 \times(0.4+0.1)=1.2 .\]

\[E(X Y)=(-2) × 0.4+(-1) × 0.1+0 × 0.3+1 × 0.1+2 × 0.1=-0.6 .\]

因此,

\[Cov(X, Y)=E(X Y)-E(X) E(Y)=-0.6-(-0.2) × 1.2=-0.36 .\]

应选B.

答案 应填$\sqrt{\text{e}}$.

分析 本题主要考查极限计算.

$\left( \frac{1 + \text{e}^x}{2}\right)^{\cot x}$为幂指函数，且所求极限为$1^{\infty}$型未定式，故可以采用取对数再计算极限的方法.

解 取对数再求极限.

$\lim\limits_{x \to 0}\left( \frac{1 + \text{e}^x}{2}\right)^{\cot x} = \lim\limits_{x \to 0}\text{e}^{\cot x\ln\frac{1 + \text{e}^x}{2}} = \text{e}^{\lim\limits_{x \to 0}\cot x\ln\frac{1 + \text{e}^x}{2}}$.

下面计算$\lim\limits_{x \to 0}\cot x\ln\frac{1 + \text{e}^x}{2}$.

$\begin{align}
\lim\limits_{x \to 0}\cot x\ln\frac{1 + \text{e}^x}{2} &= \lim\limits_{x \to 0}\frac{\ln\frac{1 + \text{e}^x}{2}}{\tan x}\stackrel{\tan x \sim x}{=} \lim\limits_{x \to 0}\frac{\ln\left(1 + \frac{\text{e}^x - 1}{2}\right)}{x} \\
&\stackrel{\ln\left(1 + \frac{\text{e}^x - 1}{2}\right) \sim \frac{\text{e}^x - 1}{2}}{=} \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{\text{e}^x - 1}{2}}{x}\stackrel{\text{e}^x - 1 \sim x}{=} \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{x}{2}}{x} \\
&= \frac{1}{2}.
\end{align}$

因此，原极限 $= \text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\text{e}}$.

答案 应填$\boldsymbol{\ln 3 - \frac{\sqrt{3}}{3}\pi}$． 

分析 本题主要考查定积分的计算.
被积函数为有理函数，形如$\boldsymbol{\frac{Mx + N}{x^2 + px + q}}$，其中被积函数的分母为没有实根的二次三项式，分子为一次多项式.
对此类积分，可以拆分为两种基本类型.
$$
\begin{align*}
\int \frac{Mx + N}{x^2 + px + q}dx&=\int \frac{(2x + p)\cdot \frac{M}{2}}{x^2 + px + q}dx + \int \frac{N - \frac{pM}{2}}{\left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + q - \frac{p^2}{4}}dx.\\
\frac{(2x + p)\cdot \frac{M}{2}}{x^2 + px + q}&\stackrel{积分}{\longrightarrow} \frac{M}{2}\ln(x^2 + px + q) + C.\\
\frac{N - \frac{pM}{2}}{\left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + q - \frac{p^2}{4}}&\stackrel{积分}{\longrightarrow} \frac{2\left(N - \frac{pM}{2}\right)}{\sqrt{4q - p^2}}\arctan \frac{2x + p}{\sqrt{4q - p^2}} + C.
\end{align*}
$$
解 注意到$(x^2 + 2x + 4)' = 2x + 2$，故可以将被积函数拆成两部分，$\boldsymbol{\frac{2x - 4}{x^2 + 2x + 4} = \frac{2x + 2}{x^2 + 2x + 4} - \frac{6}{x^2 + 2x + 4}}$.
因此，
$$
\begin{align*}
\int_{0}^{2} \frac{2x - 4}{x^2 + 2x + 4}dx&=\int_{0}^{2} \frac{2x + 2}{x^2 + 2x + 4}dx - 6\int_{0}^{2} \frac{1}{x^2 + 2x + 4}dx\\
&=\int_{0}^{2} \frac{d(x^2 + 2x + 4)}{x^2 + 2x + 4} - 2\int_{0}^{2} \frac{1}{1 + \left[\frac{1}{\sqrt{3}}(x + 1)\right]^2}dx\\
&=\ln (x^2 + 2x + 4)\big|_{0}^{2} - 2\sqrt{3}\int_{0}^{2} \frac{d\left[\frac{1}{\sqrt{3}}(x + 1)\right]}{1 + \left[\frac{1}{\sqrt{3}}(x + 1)\right]^2}\\
&=\ln 3 - 2\sqrt{3}\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}(x + 1)\big|_{0}^{2}\\
&=\ln 3 - 2\sqrt{3} \times \left(\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}\right) = \ln 3 - \frac{\sqrt{3}}{3}\pi.
\end{align*}
$$ 

答案 应填\(0\)。
分析 本题主要考查高阶导数的计算。
对某些特殊函数，例如奇（偶）函数、周期函数等，计算它们的导数时，可以利用函数自身的性质简化计算。
设\(f(x)\)为可导函数。
（1）若\(f(x)\)是周期为\(T\)的周期函数，则\(f'(x)\)也是周期为\(T\)的周期函数。
（2）若\(f(x)\)为偶函数，则\(f'(x)\)为奇函数；若\(f(x)\)是奇函数，则\(f'(x)\)为偶函数。
解 由于
\(f(-x)=e^{\sin(-x)} + e^{-\sin(-x)} = e^{-\sin x} + e^{\sin x} = f(x)\)，
故\(f(x)\)是偶函数。从而\(f'(x)\)是奇函数，\(f''(x)\)是偶函数，\(f'''(x)\)是奇函数。由奇函数的性质可知，\(f'''(0)=0\)。
又由于\(\sin x\)是周期为\(2\pi\)的周期函数，故\(f(x)\)也是周期为\(2\pi\)的周期函数。从而\(f(x)\)的各阶导函数均是周期为\(2\pi\)的周期函数。
因此，\(f'''(2\pi)=f'''(0)=0\)。

答案 应填\(e^2 - 2e + 1\)。

分析 本题主要考查无界区域上的二重积分的计算。

积分区域为全平面，被积函数为\(f(x)f(y - x)\)，但根据\(f(x)\)的定义，可知被积函数仅在有界区域上非零，从而将所求积分转化为有界区域上的二重积分。

解 根据\(f(x)\)的定义，\(f(x)\)仅在\(0\leq x\leq1\)时非零，\(f(y - x)\)仅在\(0\leq y - x\leq1\)时非零。于是，\(f(x)f(y - x)\)仅在区域\(D = \{ (x,y)|0\leq y - x\leq1, 0\leq x\leq1\}\)，即\(D = \{ (x,y)|x\leq y\leq x + 1, 0\leq x\leq1\}\)上非零。

\[
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}dx\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)f(y - x)dy&=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{x + 1}e^x e^{y - x}dy=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{x + 1}e^y dy\\
&=\int_{0}^{1}(e^{x + 1} - e^x)dx=(e^{x + 1} - e^x)\big|_{0}^{1}\\
&=(e^2 - e) - (e - 1)=e^2 - 2e + 1
\end{align*}
\]

答案 应填 -1。

分析 本题主要考查矩阵运算，包括矩阵的初等变换与矩阵求逆等。
写出条件中所给初等变换对应的初等矩阵，结合已知矩阵可以得到 \( A^{-1} \) 的表达式，从而得到 \( A^{-1} \) 的迹。

解 交换第 2 行和第 3 行对应左乘初等矩阵 \( P_1 = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}\)，将第 2 列的 -1 倍加到第 1 列对应右乘初等矩阵 \( P_2 = \begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)。记 \( B = \begin{pmatrix}-2&1&-1\\1&-1&0\\-1&0&0\end{pmatrix}\) 。于是，\( P_1AP_2 = B \)，从而 \( A = P_1^{-1}BP_2^{-1} \)。由此可得，\( A^{-1} = P_2B^{-1}P_1 \)。
下面利用初等行变换计算 \( B^{-1} \)。
\[
\begin{align*}
(B, E) &= \begin{pmatrix}-2&1&-1&1&0&0\\1&-1&0&0&1&0\\-1&0&0&0&0&1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&0&0&0&0&-1\\1&-1&0&0&1&0\\-2&1&-1&1&0&0\end{pmatrix}\\
&\to \begin{pmatrix}1&0&0&0&0&-1\\0&-1&0&0&1&1\\0&1&-1&1&0&-2\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&0&0&0&0&-1\\0&-1&0&0&1&1\\0&0&-1&1&1&-1\end{pmatrix}\\
&\to \begin{pmatrix}1&0&0&0&0&-1\\0&1&0&0&-1&-1\\0&0&1&-1&-1&1\end{pmatrix}
\end{align*}
\]
于是，\( B^{-1} = \begin{pmatrix}0&0&-1\\0&-1&-1\\-1&-1&1\end{pmatrix}\)。
因此，
\[
\begin{align*}
A^{-1} &= P_2B^{-1}P_1 \\
&= \begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0&-1\\0&-1&-1\\-1&-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\-1&1&-1\end{pmatrix}
\end{align*}
\]
进一步可得 \( \text{tr}(A^{-1}) = -1 \)。 

答案 应填\(\frac{5}{8}\)。

分析 本题主要考查概率的基本计算公式。

三个事件的和事件概率公式
\( P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC) \)。

解 由于 \( A,B \) 互不相容，\( A,C \) 互不相容，\( B,C \) 相互独立，故
\( P(AB)=0 \)，\( P(AC)=0 \)，\( P(BC)=P(B)P(C)=\frac{1}{9} \)，\( P(ABC)=0 \)。

由条件概率公式，

\[
\begin{align*}
P(B\cup C|A\cup B\cup C)&=\frac{P[(B\cup C)\cap(A\cup B\cup C)]}{P(A\cup B\cup C)}\\
&=\frac{P(B\cup C)}{P(A\cup B\cup C)}\\
&=\frac{P(B)+P(C)-P(BC)}{P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)}\\
&=\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}}{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}}\\
&=\frac{5}{8}
\end{align*}
\]

**分析** 本题主要考查微分方程求解与渐近线的计算。
本题中的方程为一阶非齐次线性微分方程，根据求解公式计算解即可。

**解** 根据求解公式，
\[
y = \mathrm{e}^{-\int \frac{1}{2\sqrt{x}} \mathrm{d}x} \left[ \int (2 + \sqrt{x}) \mathrm{e}^{\int \frac{1}{2\sqrt{x}} \mathrm{d}x} \mathrm{d}x + C_0 \right] = \mathrm{e}^{-\sqrt{x}} \left[ \int (2 + \sqrt{x}) \mathrm{e}^{\sqrt{x}} \mathrm{d}x + C_0 \right]. \quad (1)
\]

下面计算 \( \int (2 + \sqrt{x}) \mathrm{e}^{\sqrt{x}} \mathrm{d}x \)。

令 \( u = \sqrt{x} \)，则 \( x = u^2 \)，\( \mathrm{d}x = 2u\mathrm{d}u \)。

\[
\begin{align*}
\int (2 + \sqrt{x}) \mathrm{e}^{\sqrt{x}} \mathrm{d}x &\stackrel{u = \sqrt{x}}{=} 2\int (2 + u) u\mathrm{e}^{u} \mathrm{d}u = 2\left( \int u^2 \mathrm{e}^{u} \mathrm{d}u + \int 2u\mathrm{e}^{u} \mathrm{d}u \right)\\
&= 2\left[ \int u^2 \mathrm{d}(\mathrm{e}^{u}) + \int 2u\mathrm{e}^{u} \mathrm{d}u \right] = 2\left( u^2 \mathrm{e}^{u} - \int 2u\mathrm{e}^{u} \mathrm{d}u + \int 2u\mathrm{e}^{u} \mathrm{d}u \right)\\
&= 2u^2 \mathrm{e}^{u} + C_1 = 2x\mathrm{e}^{\sqrt{x}} + C_1.
\end{align*}
\]

将该结果代入 (1) 式，可得
\[
y = \mathrm{e}^{-\sqrt{x}} (2x\mathrm{e}^{\sqrt{x}} + C) = 2x + C\mathrm{e}^{-\sqrt{x}},
\]
其中 \( C \) 为待定常数。代入 \( y(1) = 3 \)，可得 \( 3 = 2 + C \cdot \mathrm{e}^{-1} \)，解得 \( C = \mathrm{e} \)。

因此，\( y(x) = 2x + \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}} \)。

由于函数 \( y(x) = 2x + \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}} \) 在 \( [0, +\infty) \) 上没有无定义的点，故曲线 \( y = 2x + \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}} \) 没有铅直渐近线。

又因为 \( \lim\limits_{x \to +\infty} y(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} (2x + \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}}) = +\infty \)，所以曲线 \( y = 2x + \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}} \) 没有水平渐近线。

下面计算斜渐近线。

\[
\begin{align*}
\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{y(x)}{x} &= \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{2x + \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}}}{x} = 2,\\
\lim\limits_{x \to +\infty} [y(x) - 2x] &= \lim\limits_{x \to +\infty} \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}} = 0.
\end{align*}
\]

因此，\( y = 2x \) 为曲线 \( y = 2x + \mathrm{e}^{1 - \sqrt{x}} \) 的斜渐近线，也是唯一的渐近线。

本题主要考查微分学在经济中的应用及多元函数极值的计算.

本题中的成本函数与收益函数均可以表示为关于 \(x、y\) 的二元函数,故根据利润等于收益减去 成本可得利润函数也是关于 \(x、y\) 的二元函数,从而可以根据二元函数极值存在的充分条件计算该 函数的极值,进一步确定最大利润时的产量.

根据已知条件,该产品的成本函数为 \(C(x, y)=6 x+8 y\),收益函数为

\[R(x, y)=P Q=(1160-1.5 Q) Q=\left(1160-18 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}\right) \cdot 12 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}=13920 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-216 x y^{\frac{1}{3}},\]

故利润函数为

\[L(x, y)=R(x, y)-C(x, y)=13920 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-216 x y^{\frac{1}{3}}-6 x-8 y.\]

分别计算 \(L(x, y)\) 关于 \(x\) 和 \(y\) 的偏导数.

\[\left\{\begin{array}{l} L_{x}'(x, y)=6960 x^{-\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-216 y^{\frac{1}{3}}-6=\frac{3\left(2320 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-72 x y^{\frac{1}{3}}\right)}{x}-6, \\ L_{y}'(x, y)=2320 x^{\frac{1}{2}} y^{-\frac{5}{6}}-72 x y^{-\frac{2}{3}}-8=\frac{2320 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-72 x y^{\frac{1}{3}}}{y}-8. \end{array}\right.\]

由 \(\begin{cases}L_{x}'(x, y) & =0 \\ L_{y}'(x, y) & =0\end{cases}\) 可得 \(\begin{cases}2320 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-72 x y^{\frac{1}{3}}=2 x \\ 2320 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-72 x y^{\frac{1}{3}}=8 y .\end{cases}\) 消去相同项后可得 \(x=4 y\) ,将 \(x=4 y\) 代人 \(2320 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-72 x y^{\frac{1}{3}}=8 y\),即 \(290 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{1}{6}}-9 x y^{\frac{1}{3}}=y\) 可得。 \(580 y^{\frac{2}{3}}-36 y^{\frac{4}{3}}=y\) 等式两边同时除以 \(y^{\frac{1}{3}}\)（\(y>0\)）,可得

\[580 y^{-\frac{1}{3}}-36 y^{\frac{1}{3}}=1 . \ (1)\]

令 \(z=y^{\frac{1}{3}}\),则(1)式可整理为 \(36 z^{2}+z-580=0\) 由求根公式可得 \(z=\frac{-1 \pm \sqrt{1+4 \times 36 \times 580}}{72}\), 解得 \(z=4\) 或 \(z=-\frac{145}{36}\) (舍去),于是。 \(y=z^{3}=64\), \(x=4 y=256\) 。即得到唯一驻点\((256,64)\). 由问题的实际意义可知,最大利润必定存在,故最大利润在驻点\((256,64)\)处取得.此时, \(Q=12 \times\sqrt{256} \times\sqrt[6]{64}=12 \times16 \times2=384\) .因此,当利润最大时,产量 \(Q=384\)。

①本题的计算量较大.用求根公式计算根时, \(\sqrt{1+4 \times36 \times580}=\sqrt{83521}\),开方时,可以采用试根的方法,83521的末位数为1,故若其为完全平方数,则其开方后所得数的末位数应为1或9.又因为83521介于 \((280)^{2}=78400\) 与 \((290)^{2}=84100\) 之间,所以可以试得 \(\sqrt{83521}=289\)

②(1)式形如 \(\frac{580}{z}-36 z=1\),将其直接转化为一元二次方程后,得 \(36 z^{2}+z-580=0\) 该方程的系数差距较大,不便于分解因式,故在转化为一元二次方程前,可以考虑换元使得所得方程系数差距较小,从而便于分解因式,注意到 \(36 \times4=144\), \(\frac{580}{4}=145\),故可令 \(w=\frac{z}{4}\), 则由 \(\frac{580}{z}-36 z=1\) 可得 \(\frac{145}{w}-144 w=1\),化为一元二次方程得 \(144 w^{2}+w-145=0\) 此时,能够较快分解因式得到 \((w-1)(144 w+145)=0\) 解得 \(w=1\),从而 \(z=4\)。

本题主要考查二重积分的计算.

根据积分区域以及被积函数的特点,可以考虑在极坐标系下计算.

在极坐标系下计算.

由 \(D\) 的表达式可知,如图(a)所示 \(D\) 是由直线 \(y=x+2\),圆 \(x^{2}+y^{2}=4\) 以及\(y\)轴围成的部分.

直线 \(y=x+2\) 在极坐标系下的表示为\(r=\frac{2}{\sin \theta-\cos \theta}\),圆 \(x^{2}+y^{2}=4\) 在极坐标系下的表示为 \(r=2\)。

如图(b)所示,将 \(D\) 分为两部分 \(D_{1}\) 和 \(D_{2}\)

\[D_{1}=\left\{(r, \theta) | 0 \leq r \leq 2,0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right\}.\]

\[D_{2}=\left\{(r, \theta) | 0 \leq r \leq \frac{2}{\sin \theta-\cos \theta}, \frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \pi\right\}.\]

因此,

\[\begin{aligned} \iint_{D} \frac{(x-y)^{2}}{x^{2}+y^{2}} d x d y & \frac{极坐标}{} \iint_{D} \frac{r^{2}(\cos \theta-\sin \theta)^{2}}{r^{2}} \cdot r d r d \theta=\iint_{D}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} \cdot r d r d \theta \\ & =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} d \theta \int_{0}^{2} r d r+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} d \theta \int_{0}^{\frac{2}{\sin \theta-\cos \theta}} r d r \\ & =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-2 \sin \theta \cos \theta) d \theta+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} \cdot \left.\frac{r^{2}}{2}\right|_{0} ^{\frac{2}{\sin \theta-\cos \theta}} d \theta \\ & =2\left(\frac{\pi}{2}-\left.\sin ^{2} \theta\right|_{0} ^{\frac{\pi}{2}}\right)+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} \cdot \frac{2}{(\sin \theta-\cos \theta)^{2}} d \theta \\ & =2\left(\frac{\pi}{2}-1\right)+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} 2 d \theta \\ & =(\pi-2)+2\left(\pi-\frac{\pi}{2}\right) \\ & =\pi-2+\pi \\ & =2 \pi-2. \end{aligned}\]

先求收敛域.

原级数是一个缺项型幂级数，用比值法来求它的收敛半径

\[lim _{n \to \infty}\left|\frac{\frac{(-4)^{n+1}+1}{4^{n+1}(2 n+3)} x^{2 n+2}}{\frac{(-4)^{n}+1}{4^{n}(2 n+1)} x^{2 n}}\right|=lim _{n \to \infty}\left|\frac{(-4)^{n+1}+1}{(-4)^{n}+1} \cdot \frac{2 n+1}{4(2 n+3)}\right| x^{2}=x^{2}.\]

由比值审敛法可知，当 \(|x|<1\) 时，原幂级数收敛，收敛半径为1，收敛区间为(-1,1).

又由于当 \(x= \pm 1\) 时，

\[原幂级数 =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-4)^{n}+1}{4^{n}(2 n+1)}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}(2 n+1)},\]

而级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}\) 和 \(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}(2 n+1)}\) 均收敛，故原幂级数收敛，因此，原幂级数的收敛域为 [-1,1].

下面求和函数。

记 \(S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-4)^{n}+1}{4^{n}(2 n+1)} x^{2 n}\) ，\(x \in[-1,1]\)，则

\[S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n}+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}(2 n+1)} x^{2 n}.\]

记 \(S_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n}\) ，\(S_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}(2 n+1)} x^{2 n}\)，则当 \(x \in[-1,1]\) 时，

\[S(x)=S_{1}(x)+S_{2}(x).\]

注意到 \(x S_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n+1}\) ，故

\[\begin{aligned} {\left[x S_{1}(x)\right]' } & =\left[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n+1}\right]' \frac{ 逐项求导 }{=} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}\left(x^{2 n+1}\right)'=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{2 n} \\ & =\frac{1}{1+x^{2}}, \end{aligned}\]

\[x S_{1}(x)=x S_{1}(x)-0 × S_{1}(0)=\int_{0}^{x}\left[t S_{1}(t)\right]' d t=\int_{0}^{x} \frac{1}{1+t^{2}} d t=arctan x.\]

当 \(x \in[-1,0) \cup(0,1]\) 时，\(S_{1}(x)=\frac{\arctan x}{x}\)；当 \(x=0\) 时，\(S_{1}(0)=\frac{(-1)^{0}}{2 ×0+1}=1\)。

注意到 \(x S_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}(2 n+1)} x^{2 n+1}\) ，故

\[\begin{aligned} {\left[x S_{2}(x)\right]' } & =\left[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}(2 n+1)} x^{2 n+1}\right]' \frac{ 逐项求导 }{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}(2 n+1)}\left(x^{2 n+1}\right)' \\ & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{4^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x}{2}\right)^{2 n}=\frac{1}{1-\left(\frac{x}{2}\right)^{2}}=\frac{4}{4-x^{2}} \\ & =\frac{1}{2-x}+\frac{1}{2+x}, \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} x S_{2}(x) & =x S_{2}(x)-0 × S_{2}(0)=\int_{0}^{x}\left[t S_{2}(t)\right]' d t=\int_{0}^{x}\left(\frac{1}{2-t}+\frac{1}{2+t}\right) d t \\ & =ln \frac{2+x}{2-x}. \end{aligned}\]

当 \(x \in[-1,0) \cup(0,1]\) 时，\(S_{2}(x)=\frac{1}{x} \ln \frac{2+x}{2-x}\)；当 \(x=0\) 时，\(S_{2}(0)=\frac{1}{1 \times(2 ×0+1)}=1\)。

综上所述，幂级数的和函数为

\[S(x)= \begin{cases}\frac{arctan x}{x}+\frac{1}{x} ln \frac{2+x}{2-x}, & x \in[-1,0) \cup(0,1], \\ 2, & x=0 .\end{cases}\]

(I) 二次型对应的对称矩阵 \(A=(\begin{array}{lll}3 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 3\end{array})\)。

计算 A 的特征多项式：

\[|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc} \lambda-3 & 0 & -1 \\ 0 & \lambda-4 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda-3 \end{array}\right|=(\lambda-4)\left[(\lambda-3)^{2}-1\right]=(\lambda-4)^{2}(\lambda-2).\]

A 的特征值为4，4，2。

分别计算 A 的属于特征值4和2的特征向量：

对于特征值4，解方程组 \((4 E-A) x=0\)，\(4 E-A=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\)，得到特征向量 \(\xi_{1}=(1,0,1)^{T}\)，\(\xi_{2}=(0,1,0)^{T}\)。

对于特征值2，解方程组 \((2 E-A) x=0\)，\(2 E-A=\left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\)，得到特征向量 \(\xi_{3}=(-1,0,1)^{T}\)。

由于 \(\xi_{1}\)、\(\xi_{2}\)、\(\xi_{3}\) 相互正交，将它们各自单位化：

\[\varepsilon_{1}=\frac{\xi_{1}}{\left\| \xi_{1}\right\| }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right), \varepsilon_{2}=\frac{\xi_{2}}{\left\| \xi_{2}\right\| }=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right), \varepsilon_{3}=\frac{\xi_{3}}{\left\| \xi_{3}\right\| }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right).\]

令 \(Q=(\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3})\)，则正交变换 \(x=Q y\) 将二次型 f 化为标准形 \(4 y_{1}^{2}+4 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}\)。

(II) 由(I)可知，在正交变换 \(x=Q y\) 下，\(f(x_{1}, x_{2}, x_{3})\) 的标准形为 \(4 y_{1}^{2}+4 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}\)，且 \(x^{T} x=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\)。

对 \(x ≠0\)，有：

\[\frac{f(x)}{x^{T} x} \frac{x=Q y}{\frac{4 y_{1}^{2}+4 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}}{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}}} \geq \frac{2 y_{1}^{2}+2 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}}{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}}=2.\]

因此，\(min _{x ≠0} \frac{f(x)}{x^{T} x}=2\)。

\(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\) 来自均值为 \(\theta\) 的指数分布总体，其概率密度为 \(f_{X}(x)= \begin{cases}\frac{1}{\theta} e^{-\frac{x}{\theta}}, & x>0, \\ 0, & x \leq 0 .\end{cases}\)

\(Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{m}\) 来自均值为 \(2\theta\) 的指数分布总体，其概率密度为 \(f_{Y}(y)= \begin{cases}\frac{1}{2 \theta} e^{-\frac{y}{2 \theta}}, & y>0, \\ 0, & y \leq 0 .\end{cases}\)

似然函数为：

\[L(\theta)= \begin{cases}\frac{1}{2^{m} \theta^{m+n}} e^{-\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}}{\theta}-\frac{\sum_{j=1}^{m} y_{j}}{2 \theta}}, & x_{i}>0, y_{j}>0, i=1,2, \cdots, n, j=1,2, \cdots, m, \\ 0, & 其他. \end{cases}\]

当 \(x_{i}>0\)，\(y_{j}>0\) 时，取对数得：

\[ln L(\theta)=-m ln 2-(m+n) ln \theta-\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}}{\theta}-\frac{\sum_{j=1}^{m} y_{j}}{2 \theta}.\]

对 \(\theta\) 求导并令导数为0：

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

解得 \(\theta=\frac{2 \sum_{i=1}^{n} x_{i}+\sum_{j=1}^{m} y_{j}}{2(m+n)}\)，故最大似然估计量为 \(\hat{\theta}=\frac{2 \sum_{i=1}^{n} X_{i}+\sum_{j=1}^{m} Y_{j}}{2(m+n)}\)。

计算 \(D(\hat{\theta})\)：

\[
\begin{aligned}
D(\hat{\theta}) &= D\left[\frac{2 \sum_{i=1}^{n} X_{i}+\sum_{j=1}^{m} Y_{j}}{2(m+n)}\right] \\
&= \frac{1}{(m+n)^{2}}D\left(\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right) + \frac{1}{4(m+n)^{2}}D\left(\sum_{j=1}^{m}Y_{j}\right) \\
&= \frac{1}{(m+n)^{2}}\sum_{i=1}^{n}D(X_{i}) + \frac{1}{4(m+n)^{2}}\sum_{j=1}^{m}D(Y_{j}) \\
&= \frac{nD(X)}{(m+n)^{2}} + \frac{mD(Y)}{4(m+n)^{2}} \\
&= \frac{n\theta^{2}}{(m+n)^{2}} + \frac{m\cdot4\theta^{2}}{4(m+n)^{2}} \\
&= \frac{\theta^{2}}{m+n}.
\end{aligned}
\]