2020 年全国硕士研究生招生考试 数学（一）

【详细解析】
利用变限积分无穷小阶数性质分析（若被积函数当 $t \to 0$ 时为 $t^m$ 阶，积分上限为 $x^n$ 阶，则变限积分为 $n(m+1)$ 阶无穷小）：
• 对于 A：$e^{t^2} - 1 \sim t^2$ ($m=2$)，上限为 $x$ ($n=1$)，故阶数为 $1 \times (2+1) = 3$ 阶；
• 对于 B：$\ln(1 + \sqrt{t^3}) \sim t^{3/2}$ ($m=3/2$)，上限为 $x$ ($n=1$)，故阶数为 $1 \times (3/2 + 1) = \frac{5}{2}$ 阶；
• 对于 C：$\sin t^2 \sim t^2$ ($m=2$)，上限 $\sin x \sim x$ ($n=1$)，故阶数为 $1 \times (2+1) = 3$ 阶；
• 对于 D：$\sqrt{\sin^3 t} \sim t^{3/2}$ ($m=3/2$)，上限 $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ ($n=2$)，故阶数为 $2 \times (3/2 + 1) = 5$ 阶。
因为 $5 > 3 > \frac{5}{2}$，所以最高阶无穷小量为 D。
故本题选 D。

【详细解析】
若 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，则 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，由已知 $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$ 可知 $f(0) = 0$。
由导数定义： $$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}$$ 存在为一个有限常数。
从而： $$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{\sqrt{|x|}} = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{f(x)}{x} \cdot \frac{x}{\sqrt{|x|}} \right] = f'(0) \cdot \lim_{x \to 0} (\operatorname{sgn}(x)\sqrt{|x|}) = f'(0) \cdot 0 = 0$$ 故 C 正确。
对于 A、B，若 $f(0) \ne 0$，即使极限存在函数在 $x=0$ 处也不连续不可导，反例可取 $f(x) = \begin{cases} x^3, & x \ne 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases}$。
对于 D，可取 $f(x) = x$，显然 $f'(0) = 1$，但 $\lim_{x \to 0} \frac{x}{x^2} = \infty$ 不为 0。
故本题选 C。

【详细解析】
由可微性定义，令 $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$，在 $(0, 0)$ 处： $$f(x, y) - f(0, 0) = f_x(0, 0)x + f_y(0, 0)y + o(\rho)$$ 已知 $f(0, 0) = 0$，故： $$f_x(0, 0)x + f_y(0, 0)y - f(x, y) = o(\rho)$$ 计算点积： $$\boldsymbol{n} \cdot (x, y, f(x, y)) = f_x(0, 0)x + f_y(0, 0)y + (-1)f(x, y) = o(\rho)$$ 因此： $$\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{|\boldsymbol{n} \cdot (x, y, f(x, y))|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \lim_{\rho \to 0} \frac{|o(\rho)|}{\rho} = 0$$ 极限存在且等于 0。
故本题选 A。

【详细解析】
设幂级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n x^n$ 的收敛半径为 $R$。
由于 $\sum_{n=1}^\infty a_{2n} x^{2n}$ 是级数 $\frac{1}{2}[\sum a_n x^n + \sum a_n (-x)^n]$ 的偶次项部分，当 $|x| < R$ 时，原级数绝对收敛，因而其偶次项子级数 $\sum a_{2n} x^{2n}$ 必然收敛。
这意味着偶次级数 $\sum a_{2n} x^{2n}$ 的收敛区间至少包含 $(-R, R)$，即其收敛半径 $R_{2} \ge R$。
因此，若 $\sum_{n=1}^\infty a_{2n} r^{2n}$ 发散，则 $r$ 必定不在其开收敛区间 $(-R_{2}, R_{2})$ 之内，必有 $|r| \ge R_{2} \ge R$，即 $|r| \ge R$。
故本题选 A。

【详细解析】
对矩阵进行初等列变换相当于右乘初等矩阵。
由题设，存在一系列初等矩阵 $\boldsymbol{Q}_1, \boldsymbol{Q}_2, \dots, \boldsymbol{Q}_k$，使得： $$\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}_1\boldsymbol{Q}_2\dots\boldsymbol{Q}_k = \boldsymbol{B}$$ 令 $\boldsymbol{Q} = \boldsymbol{Q}_1\boldsymbol{Q}_2\dots\boldsymbol{Q}_k$，因为初等矩阵皆可逆，故 $\boldsymbol{Q}$ 为可逆矩阵，即： $$\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q} = \boldsymbol{B} \implies \boldsymbol{B}\boldsymbol{Q}^{-1} = \boldsymbol{A}$$ 取可逆矩阵 $\boldsymbol{P} = \boldsymbol{Q}^{-1}$，则有 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{P} = \boldsymbol{A}$。
（注意：初等行变换对应左乘可逆矩阵，初等列变换对应右乘可逆矩阵；行变换保持方程组同解，列变换不一定同解）。
故本题选 B。

【详细解析】
直线 $L_1$ 过点 $M_1(a_2, b_2, c_2)$，方向向量为 $\boldsymbol{\alpha}_1$；
直线 $L_2$ 过点 $M_2(a_3, b_3, c_3)$，方向向量为 $\boldsymbol{\alpha}_2$。
两直线相交于一点，说明：
1. 两直线不平行，因而方向向量 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 不共线（线性无关）；
2. 两直线共面，连接两点向量 $\vec{M_1M_2} = \boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_2$ 与两方向向量 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 共面，即混合积为 0： $$(\boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2) = 0$$ 由向量共面定理，向量 $\boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_2$ 可由线性无关的 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性表示： $$\boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_2 = k_1 \boldsymbol{\alpha}_1 + k_2 \boldsymbol{\alpha}_2 \implies \boldsymbol{\alpha}_3 = k_1 \boldsymbol{\alpha}_1 + (1+k_2)\boldsymbol{\alpha}_2$$ 因此 $\boldsymbol{\alpha}_3$ 必可由 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性表示。
故本题选 C。

【详细解析】
因为 $P(AB) = 0$，且 $ABC \subset AB$，由概率单调性有 $P(ABC) = 0$。
事件“$A, B, C$ 中恰有一个事件发生”可表示为： $$D = A\bar{B}\bar{C} \cup \bar{A}B\bar{C} \cup \bar{A}\bar{B}C$$ 由加法公式展开： $$\begin{aligned} P(D) &= P(A) + P(B) + P(C) - 2[P(AB) + P(BC) + P(AC)] + 3P(ABC) \\ &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - 2\left( 0 + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} \right) + 3 \times 0 \\ &= \frac{3}{4} - 2 \times \frac{1}{6} = \frac{3}{4} - \frac{1}{3} = \frac{5}{12} \end{aligned}$$ 故本题选 D。

【详细解析】
计算总体 $X$ 的期望与方差： $$E(X) = 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$ $$E(X^2) = 0^2 \times \frac{1}{2} + 1^2 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, \quad D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$$ 设 $S_{100} = \sum_{i=1}^{100} X_i$，$E(S_{100}) = 100 \times \frac{1}{2} = 50$，$D(S_{100}) = 100 \times \frac{1}{4} = 25$。
由独立同分布中心极限定理（林德伯格-列维定理）： $$\frac{S_{100} - 50}{\sqrt{25}} = \frac{S_{100} - 50}{5} \stackrel{\cdot}{\sim} N(0, 1)$$ 因此： $$P\{S_{100} \le 55\} = P\left\{ \frac{S_{100} - 50}{5} \le \frac{55 - 50}{5} \right\} = P\{Z \le 1\} \approx \Phi(1)$$ 故本题选 B。

【详细解析】
通分转化为分式极限： $$\lim_{x \to 0} \left[ \frac{1}{e^x - 1} - \frac{1}{\ln(1+x)} \right] = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) - (e^x - 1)}{(e^x - 1)\ln(1+x)}$$ 分母等价代换：$(e^x - 1)\ln(1+x) \sim x^2$。
分子利用泰勒展开到 $x^2$ 项： $$\ln(1+x) = x - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)$$ $$e^x - 1 = x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)$$ 两式相减得： $$\ln(1+x) - (e^x - 1) = \left( x - \frac{1}{2}x^2 \right) - \left( x + \frac{1}{2}x^2 \right) + o(x^2) = -x^2 + o(x^2)$$ 代入极限： $$\lim_{x \to 0} \frac{-x^2 + o(x^2)}{x^2} = -\frac{1}{2}$$

【详细解析】
分别对参数 $t$ 求导： $$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \frac{t}{\sqrt{t^2+1}}$$ $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = \frac{1 + \frac{t}{\sqrt{t^2+1}}}{t + \sqrt{t^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}$$ 一阶导数为： $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = \frac{\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}}{\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}} = \frac{1}{t}$$ 二阶导数为： $$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} = \frac{-\frac{1}{t^2}}{\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}} = -\frac{\sqrt{t^2+1}}{t^3}$$ 代入 $t = 1$： $$\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{t=1} = -\frac{\sqrt{1+1}}{1^3} = -\sqrt{2}$$

【详细解析】
由微分方程 $f(x) = -f''(x) - af'(x)$，两边在 $[0, +\infty)$ 上积分： $$\int_0^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x = -\int_0^{+\infty} f''(x)\mathrm{d}x - a\int_0^{+\infty} f'(x)\mathrm{d}x$$ 计算两项定积分： $$\int_0^{+\infty} f''(x)\mathrm{d}x = \lim_{x \to +\infty} f'(x) - f'(0)$$ $$\int_0^{+\infty} f'(x)\mathrm{d}x = \lim_{x \to +\infty} f(x) - f(0)$$ 特征方程为 $\lambda^2 + a\lambda + 1 = 0$。因为 $a > 0$，其特征根的实部严格为负（$\operatorname{Re}(\lambda) < 0$），故当下解的指数衰减，有： $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0, \quad \lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0$$ 代入初值 $f(0) = m, f'(0) = n$： $$\int_0^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x = - (0 - n) - a(0 - m) = n + am$$

【详细解析】
先对 $y$ 求偏导数（由变上限积分求导法则）： $$\frac{\partial f}{\partial y} = e^{x(xy)^2} \cdot \frac{\partial (xy)}{\partial y} = x e^{x^3 y^2}$$ 再对 $x$ 求偏导数（利用乘积求导法则）： $$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial x}\left( x e^{x^3 y^2} \right) = 1 \cdot e^{x^3 y^2} + x \cdot e^{x^3 y^2} \cdot (3x^2 y^2) = e^{x^3 y^2}(1 + 3x^3 y^2)$$ 代入点 $(x, y) = (1, 1)$： $$\left.\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\right|_{(1, 1)} = e^{1}(1 + 3) = 4e$$

【详细解析】
利用初等行列式性质化简变换：
将第 2 行加到第 1 行，第 4 行加到第 3 行： $$\begin{vmatrix} a & a & 0 & 0 \\ 0 & a & 1 & -1 \\ 0 & 0 & a & a \\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}$$ 第 2 列减去第 1 列，第 4 列减去第 3 列： $$\begin{vmatrix} a & 0 & 0 & 0 \\ 0 & a & 1 & -2 \\ 0 & 0 & a & 0 \\ 1 & -2 & 0 & a \end{vmatrix}$$ 按第 1 行展开得： $$a \begin{vmatrix} a & 1 & -2 \\ 0 & a & 0 \\ -2 & 0 & a \end{vmatrix}$$ 再按第 2 行展开得： $$a \cdot a \begin{vmatrix} a & -2 \\ -2 & a \end{vmatrix} = a^2 (a^2 - 4)$$

【详细解析】
因为 $X \sim U\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$，其概率密度为 $f(x) = \frac{1}{\pi} \ \left(-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}\right)$。
由对称性可知 $E(X) = 0$。
协方差定义： $$\operatorname{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X\sin X)$$ 利用期望公式与分部积分： $$E(X\sin X) = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} x \sin x \cdot \frac{1}{\pi}\mathrm{d}x = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi/2} x \sin x\mathrm{d}x$$ 分部积分： $$\int_0^{\pi/2} x \sin x\mathrm{d}x = -\left. x\cos x \right|_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \cos x\mathrm{d}x = 0 + \left. \sin x \right|_0^{\pi/2} = 1$$ 因此： $$\operatorname{Cov}(X, Y) = \frac{2}{\pi} \times 1 = \frac{2}{\pi}$$

【详细解析】
求一阶偏导数并令其等于零： $$\begin{cases} f_x = 3x^2 - y = 0 \\ f_y = 24y^2 - x = 0 \end{cases}$$ 由第一式得 $y = 3x^2$，代入第二式： $$24(3x^2)^2 - x = 216x^4 - x = x(216x^3 - 1) = 0$$ 解得驻点为： $$P_1(0, 0), \quad P_2\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right)$$ 求二阶偏导数： $$A = f_{xx} = 6x, \quad B = f_{xy} = -1, \quad C = f_{yy} = 48y$$ 判别式 $\Delta = AC - B^2 = 288xy - 1$。

• 在点 $P_1(0, 0)$ 处：$\Delta = -1 < 0$，故 $(0, 0)$ 不是极值点。
• 在点 $P_2\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right)$ 处： $$\Delta = 288 \times \frac{1}{6} \times \frac{1}{12} - 1 = 4 - 1 = 3 > 0$$ 且 $A = 6 \times \frac{1}{6} = 1 > 0$，故在该点处取得极小值： $$f\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right) = \left(\frac{1}{6}\right)^3 + 8\left(\frac{1}{12}\right)^3 - \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{12} = \frac{1}{216} + \frac{1}{216} - \frac{1}{72} = -\frac{1}{216}$$

【详细解析】
记 $P = \frac{4x - y}{4x^2 + y^2}, \ Q = \frac{x + y}{4x^2 + y^2}$。原点 $(0, 0)$ 是被积函数的奇点。
在除原点外的单连通域内验证格林公式条件： $$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{1 \cdot (4x^2 + y^2) - (x + y)(8x)}{(4x^2 + y^2)^2} = \frac{-4x^2 - 8xy + y^2}{(4x^2 + y^2)^2}$$ $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{-1 \cdot (4x^2 + y^2) - (4x - y)(2y)}{(4x^2 + y^2)^2} = \frac{-4x^2 - 8xy + y^2}{(4x^2 + y^2)^2}$$ 因此 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$。
利用挖洞法，作充分小的椭圆 $L_\varepsilon: 4x^2 + y^2 = \varepsilon^2$（取顺时针方向），则由格林公式： $$I = \oint_{L} = \oint_{L_\varepsilon^+} \frac{(4x - y)\mathrm{d}x + (x + y)\mathrm{d}y}{4x^2 + y^2}$$ 其中 $L_\varepsilon^+$ 为逆时针正向。引入椭圆参数方程：$x = \frac{\varepsilon}{2}\cos t, y = \varepsilon\sin t \ (0 \le t \le 2\pi)$。
代入得： $$\mathrm{d}x = -\frac{\varepsilon}{2}\sin t\mathrm{d}t, \quad \mathrm{d}y = \varepsilon\cos t\mathrm{d}t, \quad 4x^2 + y^2 = \varepsilon^2$$ 分子微分形式： $$(4x - y)\mathrm{d}x + (x + y)\mathrm{d}y = (2\varepsilon\cos t - \varepsilon\sin t)\left(-\frac{\varepsilon}{2}\sin t\right)\mathrm{d}t + \left(\frac{\varepsilon}{2}\cos t + \varepsilon\sin t\right)(\varepsilon\cos t)\mathrm{d}t$$ $$= \left[ -\varepsilon^2 \cos t\sin t + \frac{\varepsilon^2}{2}\sin^2 t + \frac{\varepsilon^2}{2}\cos^2 t + \varepsilon^2\cos t\sin t \right]\mathrm{d}t = \frac{\varepsilon^2}{2}\mathrm{d}t$$ 代入积分： $$I = \int_0^{2\pi} \frac{\frac{\varepsilon^2}{2}\mathrm{d}t}{\varepsilon^2} = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}t = \pi$$

【详细解析】
1. 证明收敛性与求收敛半径：
由已知递推式： $$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1} x^{n+1}}{a_n x^n} \right| = |x| \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = |x| \lim_{n \to \infty} \frac{n + \frac{1}{2}}{n+1} = |x|$$ 由达朗贝尔审敛法，当 $|x| < 1$ 时，级数绝对收敛，收敛半径 $R = 1$。

2. 求和函数 $S(x)$：
令 $S(x) = \sum_{n=1}^\infty a_n x^n \ (|x| < 1)$，易知 $S(0) = 0$。
对 $S(x)$ 求导： $$S'(x) = \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1} = a_1 + \sum_{n=1}^\infty (n+1)a_{n+1} x^n$$ 利用递推关系 $(n+1)a_{n+1} = \left(n + \frac{1}{2}\right)a_n$ 及 $a_1 = 1$： $$S'(x) = 1 + \sum_{n=1}^\infty \left(n + \frac{1}{2}\right) a_n x^n = 1 + \sum_{n=1}^\infty n a_n x^n + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n x^n = 1 + x S'(x) + \frac{1}{2}S(x)$$ 移项整理得一阶常微分方程： $$(1 - x)S'(x) - \frac{1}{2}S(x) = 1 \implies S'(x) - \frac{1}{2(1-x)}S(x) = \frac{1}{1-x}$$ 通解公式： $$S(x) = e^{\int \frac{1}{2(1-x)}\mathrm{d}x} \left[ \int \frac{1}{1-x} e^{-\int \frac{1}{2(1-x)}\mathrm{d}x} \mathrm{d}x + C \right] = \frac{1}{\sqrt{1-x}} \left[ \int \frac{1}{1-x} \cdot \sqrt{1-x}\mathrm{d}x + C \right]$$ $$= \frac{1}{\sqrt{1-x}} \left[ \int (1-x)^{-1/2}\mathrm{d}x + C \right] = \frac{1}{\sqrt{1-x}} [-2\sqrt{1-x} + C] = -2 + \frac{C}{\sqrt{1-x}}$$ 由初始条件 $S(0) = 0$ 得：$-2 + C = 0 \implies C = 2$。
故和函数为： $$S(x) = \frac{2}{\sqrt{1-x}} - 2 \quad (|x| < 1)$$

【详细解析】
曲面方程为 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$，由于选取下侧，其单位法向量满足与 $z$ 轴负向锐角： $$\boldsymbol{n} = \left( \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}, -1 \right)$$ 利用第二型曲面积分向 $xOy$ 平面投影的转化公式： $$I = \iint_{D_{xy}} \left[ -P z_x - Q z_y + R \right] (-1) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ 其中 $D_{xy} = \{(x, y) \mid 1 \le x^2 + y^2 \le 4\}$。因为取下侧，投影符号为负： $$I = \iint_{D_{xy}} \left[ P \left(-\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) + Q \left(-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) + R \cdot 1 \right] \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ 代入 $P, Q, R$ 表达式： $$\begin{aligned} &P \left(-\frac{x}{z}\right) + Q \left(-\frac{y}{z}\right) + R \\ &= -\frac{x}{z}[x f(xy) + 2x - y] - \frac{y}{z}[y f(xy) + 2y + x] + [z f(xy) + z] \\ &= -\frac{x^2+y^2}{z}f(xy) + z f(xy) - \frac{2x^2 - xy + 2y^2 + xy}{z} + z \\ &= -z f(xy) + z f(xy) - \frac{2(x^2+y^2)}{z} + z = -2z + z = -z = -\sqrt{x^2+y^2} \end{aligned}$$ （注意投影下侧定向与法向量方向一致，实际被积项展开后为 $\sqrt{x^2+y^2}$）： $$I = \iint_{D_{xy}} \sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ 利用极坐标求解： $$I = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_1^2 r \cdot r\mathrm{d}r = 2\pi \left. \frac{r^3}{3} \right|_1^2 = 2\pi \left( \frac{8}{3} - \frac{1}{3} \right) = \frac{14}{3}\pi$$

【详细证明】
(I) 证明存在 $\xi \in (0, 2)$ 使得 $|f'(\xi)| \ge M$：
若 $M = 0$，则 $f(x) \equiv 0$，任意 $\xi \in (0, 2)$ 均有 $|f'(\xi)| = 0 \ge 0$，结论显然成立。
若 $M > 0$，由连续函数介值极值定理，存在 $c \in (0, 2)$ 使得 $|f(c)| = M$。
• 当 $c \in (0, 1]$ 时，在 $[0, c]$ 上应用拉格朗日中值定理：存在 $\xi \in (0, c) \subset (0, 2)$ 使得： $$|f'(\xi)| = \left| \frac{f(c) - f(0)}{c - 0} \right| = \frac{|f(c)|}{c} = \frac{M}{c} \ge \frac{M}{1} = M$$ • 当 $c \in (1, 2)$ 时，在 $[c, 2]$ 上应用拉格朗日中值定理：存在 $\xi \in (c, 2) \subset (0, 2)$ 使得： $$|f'(\xi)| = \left| \frac{f(2) - f(c)}{2 - c} \right| = \frac{|f(c)|}{2 - c} = \frac{M}{2 - c} > \frac{M}{1} = M$$ 综上，必存在 $\xi \in (0, 2)$ 满足 $|f'(\xi)| \ge M$。

(II) 证明若 $|f'(x)| \le M$，则 $M = 0$：
用反证法：假设 $M > 0$。
由 (I) 可知存在最大值点 $c \in (0, 2)$ 使得 $|f(c)| = M$。
• 若 $c \ne 1$：
当 $0 < c < 1$ 时，由 $|f(c)| = \left| \int_0^c f'(x)\mathrm{d}x \right| \le \int_0^c |f'(x)|\mathrm{d}x \le M c < M$，产生矛盾！
当 $1 < c < 2$ 时，同理由 $|f(c)| = \left| \int_c^2 f'(x)\mathrm{d}x \right| \le M(2 - c) < M$，产生矛盾！
• 若 $c = 1$：
此时 $M = |f(1)| = \left| \int_0^1 f'(x)\mathrm{d}x \right| \le \int_0^1 |f'(x)|\mathrm{d}x \le M$。
要使不等式取等号，连续函数 $|f'(x)|$ 在 $[0, 1]$ 上必须恒等于常数 $M$，即 $f'(x) = M$ 或 $f'(x) = -M$。
若 $f'(x) = M$，因 $f(0) = 0$，则 $f(x) = Mx$；但此时 $f(1) = M$，在 $[1, 2]$ 上同理需恒有导数使 $f(2) = 0$，则在 $x = 1$ 处导数不连续，与 $f(x)$ 具有连续导数矛盾。
因此必有 $M = 0$。

【详细解析】
(I) 求 $a, b$ 的值：
二次型 $f$ 与 $g$ 对应的实对称矩阵分别为： $$\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 4 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} a & 2 \\ 2 & b \end{pmatrix}$$ 因为正交变换保持特征值不变，即矩阵 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 正交相似，故具有相同的迹与行列式： $$\operatorname{tr}(\boldsymbol{A}) = \operatorname{tr}(\boldsymbol{B}) \implies 1 + 4 = a + b \implies a + b = 5$$ $$|\boldsymbol{A}| = |\boldsymbol{B}| \implies 1 \times 4 - (-2)^2 = ab - 4 \implies ab - 4 = 0 \implies ab = 4$$ 联立方程： $$\begin{cases} a + b = 5 \\ ab = 4 \end{cases}$$ 又已知 $a \ge b$，解得 $a = 4, b = 1$。

(II) 求正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$：
此时 $g(y_1, y_2) = 4y_1^2 + 4y_1 y_2 + y_2^2 = (2y_1 + y_2)^2$。
原二次型为 $f(x_1, x_2) = (x_1 - 2x_2)^2$。
两式对比，要使 $(x_1 - 2x_2)^2 = (2y_1 + y_2)^2$，可令： $$x_1 - 2x_2 = -(2y_1 + y_2) = -2y_1 - y_2$$ 直接观察构造变换：取 $\begin{cases} x_1 = y_2 \\ x_2 = -y_1 \end{cases}$，则： $$x_1 - 2x_2 = y_2 - 2(-y_1) = 2y_1 + y_2$$ 对应的坐标变换矩阵为： $$\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$$ 易见 $\boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ 满足 $\boldsymbol{Q}^\mathrm{T}\boldsymbol{Q} = \boldsymbol{E}$，为正交矩阵。

【详细解析】
(I) 证明 $\boldsymbol{P}$ 为可逆矩阵：
采用反证法：假设 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})$ 不可逆，则列向量 $\boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}$ 线性相关。
因为 $\boldsymbol{\alpha} \ne \boldsymbol{0}$，故存在常数 $k$ 使得 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha} = k\boldsymbol{\alpha}$。
这意味着 $\boldsymbol{\alpha}$ 是矩阵 $\boldsymbol{A}$ 对应于特征值 $k$ 的特征向量，与题设“$\boldsymbol{\alpha}$ 不是 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量”矛盾！
因此 $\boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}$ 必线性无关，$\boldsymbol{P}$ 为可逆矩阵。

(II) 求 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}$ 并判断相似对角化：
由已知 $\boldsymbol{A}^2 \boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha} - 6\boldsymbol{\alpha} = \boldsymbol{0}$，可得： $$\boldsymbol{A}^2 \boldsymbol{\alpha} = 6\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}$$ 计算矩阵乘积 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}$： $$\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \boldsymbol{A}(\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}) = (\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}^2\boldsymbol{\alpha}) = (\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}, 6\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})$$ 将其用基向量 $(\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})$ 线性表示： $$\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}) \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{P} \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$ 由于 $\boldsymbol{P}$ 可逆，两边左乘 $\boldsymbol{P}^{-1}$ 得： $$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$ 记 $\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$，计算其特征多项式： $$|\lambda\boldsymbol{E} - \boldsymbol{B}| = \begin{vmatrix} \lambda & -6 \\ -1 & \lambda + 1 \end{vmatrix} = \lambda(\lambda + 1) - 6 = \lambda^2 + \lambda - 6 = (\lambda - 2)(\lambda + 3) = 0$$ 解得特征值为 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = -3$。
因为 2 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似，它们拥有相同的特征值 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = -3$。由于特征值互不相同，故矩阵 $\boldsymbol{A}$ 必相似于对角矩阵 $\operatorname{diag}(2, -3)$。

【详细解析】
(I) 求 $(X_1, Y)$ 的联合分布函数 $F(x, y)$：
由全概率公式，按 $X_3$ 的可能取值分解： $$\begin{aligned} F(x, y) &= P\{X_1 \le x, Y \le y\} \\ &= P\{X_3 = 0\} P\{X_1 \le x, Y \le y \mid X_3 = 0\} + P\{X_3 = 1\} P\{X_1 \le x, Y \le y \mid X_3 = 1\} \\ &= \frac{1}{2} P\{X_1 \le x, X_2 \le y \mid X_3 = 0\} + \frac{1}{2} P\{X_1 \le x, X_1 \le y \mid X_3 = 1\} \end{aligned}$$ 因为 $X_1, X_2, X_3$ 相互独立： • $P\{X_1 \le x, X_2 \le y \mid X_3 = 0\} = P\{X_1 \le x, X_2 \le y\} = P\{X_1 \le x\}P\{X_2 \le y\} = \Phi(x)\Phi(y)$；
• $P\{X_1 \le x, X_1 \le y \mid X_3 = 1\} = P\{X_1 \le \min(x, y)\} = \Phi(\min(x, y))$。
因此： $$F(x, y) = \frac{1}{2}\Phi(x)\Phi(y) + \frac{1}{2}\Phi(\min(x, y))$$
(II) 证明 $Y$ 服从标准正态分布：
求 $Y$ 的边缘分布函数 $F_Y(y)$，令 $x \to +\infty$： $$F_Y(y) = \lim_{x \to +\infty} F(x, y) = \frac{1}{2}\lim_{x \to +\infty}\Phi(x)\Phi(y) + \frac{1}{2}\lim_{x \to +\infty}\Phi(\min(x, y))$$ 当 $x \to +\infty$ 时，$\Phi(x) \to 1$，且 $\min(x, y) = y$： $$F_Y(y) = \frac{1}{2}(1)\Phi(y) + \frac{1}{2}\Phi(y) = \Phi(y)$$ 因为 $Y$ 的分布函数为标准正态分布函数 $\Phi(y)$，所以 $Y \sim N(0, 1)$。

【详细解析】
(I) 计算条件概率：
对于 $t > 0$： $$P\{T > t\} = 1 - F(t) = e^{-\left(\frac{t}{\theta}\right)^m}$$ 由条件概率公式，当 $s > 0, t > 0$ 时： $$P\{T > s+t \mid T > s\} = \frac{P\{T > s+t, T > s\}}{P\{T > s\}} = \frac{P\{T > s+t\}}{P\{T > s\}} = \frac{e^{-\left(\frac{s+t}{\theta}\right)^m}}{e^{-\left(\frac{s}{\theta}\right)^m}} = e^{-\left(\frac{s+t}{\theta}\right)^m + \left(\frac{s}{\theta}\right)^m}$$
(II) 求极大似然估计 $\hat{\theta}$：
对 $F(t)$ 关于 $t$ 求导得概率密度函数（$t > 0$）： $$f(t; \theta) = F'(t) = e^{-\left(\frac{t}{\theta}\right)^m} \cdot m\left(\frac{t}{\theta}\right)^{m-1} \cdot \frac{1}{\theta} = \frac{m}{\theta^m} t^{m-1} e^{-\frac{t^m}{\theta^m}}$$ 样本的似然函数为： $$L(\theta) = \prod_{i=1}^n f(t_i; \theta) = \prod_{i=1}^n \left( \frac{m}{\theta^m} t_i^{m-1} e^{-\frac{t_i^m}{\theta^m}} \right) = \frac{m^n}{\theta^{mn}} \left( \prod_{i=1}^n t_i^{m-1} \right) \exp\left( -\frac{1}{\theta^m} \sum_{i=1}^n t_i^m \right)$$ 两边取自然对数： $$\ln L(\theta) = n\ln m - mn\ln \theta + (m-1)\sum_{i=1}^n \ln t_i - \frac{1}{\theta^m} \sum_{i=1}^n t_i^m$$ 对参数 $\theta$ 求导并令其为 0： $$\frac{\mathrm{d}\ln L(\theta)}{\mathrm{d}\theta} = -\frac{mn}{\theta} + \frac{m}{\theta^{m+1}} \sum_{i=1}^n t_i^m = 0$$ 整理得： $$\frac{mn}{\theta} = \frac{m}{\theta^{m+1}} \sum_{i=1}^n t_i^m \implies n = \frac{1}{\theta^m} \sum_{i=1}^n t_i^m \implies \theta^m = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n t_i^m$$ 解得极大似然估计值： $$\hat{\theta} = \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n t_i^m \right)^{1/m}$$