2022 年全国硕士研究生招生考试 数学（三）

【详细解析】
逐项检验命题：
① 若 $\alpha(x) \sim \beta(x)$，即 $\lim_{x\to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 1$。由极限运算法则： $$\lim_{x\to 0} \frac{\alpha^2(x)}{\beta^2(x)} = \left( \lim_{x\to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} \right)^2 = 1^2 = 1 \implies \alpha^2(x) \sim \beta^2(x)$$ 故 ① 正确；
② 若 $\alpha^2(x) \sim \beta^2(x)$，说明平方商极限为 1，但商的极限可能为 $-1$。反例：取 $\alpha(x) = x, \beta(x) = -x$，$\alpha^2(x) = x^2 \sim \beta^2(x) = x^2$，但 $\lim_{x\to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = -1 \ne 1$，故 ② 错误；
③ 若 $\alpha(x) \sim \beta(x)$，则： $$\lim_{x\to 0} \frac{\alpha(x) - \beta(x)}{\alpha(x)} = \lim_{x\to 0} \left( 1 - \frac{\beta(x)}{\alpha(x)} \right) = 1 - 1 = 0 \implies \alpha(x) - \beta(x) = o(\alpha(x))$$ 故 ③ 正确；
④ 若 $\alpha(x) - \beta(x) = o(\alpha(x))$，则： $$\lim_{x\to 0} \left( 1 - \frac{\beta(x)}{\alpha(x)} \right) = 0 \implies \lim_{x\to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)} = 1 \implies \alpha(x) \sim \beta(x)$$ 故 ④ 正确。
综上，真命题为 ①③④。选 C。

【详细解析】
令函数 $f(x) = x^{1/x} + \frac{1}{x}$，求导： $$f'(x) = x^{1/x} \left( \frac{1 - \ln x}{x^2} \right) - \frac{1}{x^2} = \frac{1}{x^2} [x^{1/x}(1 - \ln x) - 1]$$ 当 $x \ge 3$ 时，$\ln x > 1$，故 $1 - \ln x < 0$，从而 $f'(x) < 0$，$f(x)$ 严格单调递减。
令函数 $g(x) = x^{1/x} - \frac{1}{x}$，同样当 $x$ 充分大时 $g'(x) < 0$ 单调递减。
且 $\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} \left( \sqrt[n]{n} - \frac{(-1)^n}{n} \right) = 1 - 0 = 1$。
- 当 $n$ 为偶数时，$a_n = \sqrt[n]{n} - \frac{1}{n}$；
- 当 $n$ 为奇数时，$a_n = \sqrt[n]{n} + \frac{1}{n}$。
计算前几项： - $a_1 = 1 + 1 = 2$； - $a_2 = \sqrt{2} - \frac{1}{2} \approx 1.414 - 0.5 = 0.914$； - $a_3 = \sqrt[3]{3} + \frac{1}{3} \approx 1.442 + 0.333 = 1.775$； - $a_4 = \sqrt[4]{4} - \frac{1}{4} = \sqrt{2} - 0.25 \approx 1.164$。
由于 $\lim_{n\to\infty} a_n = 1$，且存在项大于 1（例如 $a_1 = 2$），也存在项小于 1（例如 $a_2 \approx 0.914$）。
由收敛数列的极限性质，在 1 的充分小邻域外只有有限项，故该数列必能在有限项中取到全局最大值与全局最小值。
因此数列 $\{a_n\}$ 有最大值，有最小值。选 A。

【详细解析】
令 $u = x-y$，构造单变量函数 $G(u) = \int_0^u (u-t)f(t)dt$。
对变上限积分求导： $$G'(u) = \int_0^u f(t)\,dt, \quad G''(u) = f(u)$$ 由链式求导公式： $$\frac{\partial F}{\partial x} = G'(x-y) \cdot \frac{\partial(x-y)}{\partial x} = G'(x-y)$$ $$\frac{\partial F}{\partial y} = G'(x-y) \cdot \frac{\partial(x-y)}{\partial y} = -G'(x-y) = -\frac{\partial F}{\partial x}$$ 二阶偏导数： $$\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = G''(x-y)$$ $$\frac{\partial^2 F}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}\left[-G'(x-y)\right] = -G''(x-y) \cdot (-1) = G''(x-y)$$ 因此 $\frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}$ 且 $\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$。故选 C。

【详细解析】
- 比较 $I_1$ 与 $I_2$：在 $x \in (0, 1]$ 上，考虑 $f(x) = \frac{x}{2} - \ln(1+x)$，有 $f'(x) = \frac{x-1}{2(1+x)} < 0$，$f(0)=0$，故 $\frac{x}{2} < \ln(1+x)$，从而 $I_1 < I_2$；
- 比较 $I_2$ 与 $I_3$：由于 $\ln(1+x) < x$，且 $2(1+\cos x) = 4\cos^2(x/2) > (\cos(x/2)+\sin(x/2))^2 = 1 + \sin x$，故 $\frac{1}{1+\cos x} < \frac{2}{1+\sin x}$，得 $\frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} < \frac{2x}{1+\sin x}$，故 $I_2 < I_3$。
综合得 $I_1 < I_2 < I_3$。故选 A。

【详细解析】
矩阵相似 $A \sim \Lambda$ 的几何与代数含义：
$A = P \Lambda P^{-1} \iff A$ 相似于对角矩阵 $\Lambda$。相似矩阵的特征多项式与特征值完全相同，故充分性显然成立。
反之，若 3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $1, -1, 0$，由于 3 个特征值互异，必对应 3 个线性无关的特征向量，故 $A$ 必可相似对角化为 $\Lambda$。
因此充分必要条件是选项 B。

【详细解析】
计算行列式：$|A| = (a-1)(b-1)(b-a)$。
- 当 $a \ne 1, b \ne 1, a \ne b$ 时，$|A| \ne 0$，方程组有唯一解；
- 当 $|A| = 0$ 时： 1. 若 $a = 1$，第 1、2 行左边系数均为 $(1, 1, 1)$，而右端项分别为 1 和 2，出现 $1 = 2$ 矛盾，无解； 2. 若 $b = 1$，第 1、3 行矛盾（常数项 1 与 4），无解； 3. 若 $a = b$，第 2、3 行矛盾（常数项 2 与 4），无解。
因此方程组绝不可能存在无穷多解，解的情况只可能是有唯一解或无解。故选 D。

【详细解析】
两向量组等价 $\iff r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4) = r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$。
计算行列式： $$|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3| = (\lambda - 1)^2 (\lambda + 2)$$ $$|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4| = (\lambda - 1)^2 (\lambda + 1)^2$$ - 当 $\lambda = -1$ 时，前组秩为 3，后组秩为 2，不等价；
- 当 $\lambda = -2$ 时，前组秩为 2，后组秩为 3，不等价；
- 当 $\lambda = 1$ 时，两组秩均为 1，且向量完全成比例，等价；
- 当 $\lambda \ne 1, -1, -2$ 时，两组秩均为 3，在 $\mathbb{R}^3$ 中等价。
故取值范围为 $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \ne -1, \lambda \ne -2\}$。选 C。

【详细解析】
因为 $X$ 与 $Y$ 不相关，故协方差 $\text{Cov}(X, Y) = 0$。
由方差公式： $$D(X - 3Y + 1) = D(X - 3Y) = D(X) + (-3)^2 D(Y) - 2 \times 3 \text{Cov}(X, Y) = D(X) + 9D(Y)$$ - $X \sim N(0, 4) \implies D(X) = 4$； - $Y \sim B(3, 1/3) \implies D(Y) = np(1-p) = 3 \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{3}$。
代入得： $$D(X - 3Y + 1) = 4 + 9 \times \frac{2}{3} = 4 + 6 = 10$$ 故选 D。

【详细解析】
根据辛钦大数定律（Khinchin's Law of Large Numbers）：
因为序列 $\{X_i\}$ 独立同分布，故序列 $\{X_i^2\}$ 亦独立同分布。
只要其数学期望 $E(X_1^2)$ 存在有限，样本均值 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$ 必依概率收敛于其数学期望 $E(X_1^2)$。
计算二阶矩： $$E(X_1^2) = \int_{-\infty}^{+\infty} x^2 f(x)\,dx = \int_{-1}^1 x^2(1 - |x|)\,dx$$ 利用被积函数的偶函数对称性： $$E(X_1^2) = 2 \int_0^1 x^2(1 - x)\,dx = 2 \int_0^1 (x^2 - x^3)\,dx = 2 \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 2 \times \frac{1}{12} = \frac{1}{6}$$ 因此 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 \xrightarrow{P} \frac{1}{6}$。选 B。

【详细解析】
由概率归一化条件： $$0.1 + 0.1 + b + a + 0.1 + 0.1 = 1 \implies a + b = 0.6$$ 定义事件 $A = \{\max\{X, Y\} = 2\}$，当且仅当 $X = 2$（因为 $Y$ 只能取 $\pm 1 < 2$）： $$P(A) = P(X = 2) = b + 0.1$$ 定义事件 $B = \{\min\{X, Y\} = 1\}$，要求 $X \ge 1$ 且 $Y \ge 1$ 且至少一个为 1： - 当 $Y = 1$ 时，要求 $X \ge 1$，即 $(X=1, Y=1)$ 和 $(X=2, Y=1)$： $$P(B) = P(X=1, Y=1) + P(X=2, Y=1) = 0.1 + 0.1 = 0.2$$ 事件交 $AB = \{X=2, Y=1\}$： $$P(AB) = P(X=2, Y=1) = 0.1$$ 由 $A$ 与 $B$ 独立性 $P(AB) = P(A)P(B)$： $$0.1 = (b + 0.1) \times 0.2 \implies b + 0.1 = 0.5 \implies b = 0.4$$ 代入 $a + b = 0.6$ 得 $a = 0.2$。
计算边缘分布与期望： - $X$ 的分布：$P(X=0) = 0.1 + a = 0.3$，$P(X=1) = 0.2$，$P(X=2) = b + 0.1 = 0.5$； $$E(X) = 0 \times 0.3 + 1 \times 0.2 + 2 \times 0.5 = 1.2$$ - $Y$ 的分布：$P(Y=-1) = 0.1 + 0.1 + b = 0.6$，$P(Y=1) = a + 0.1 + 0.1 = 0.4$； $$E(Y) = (-1) \times 0.6 + 1 \times 0.4 = -0.2$$ - 乘积期望： $$E(XY) = 1(-1)(0.1) + 2(-1)(0.4) + 1(1)(0.1) + 2(1)(0.1) = -0.1 - 0.8 + 0.1 + 0.2 = -0.6$$ 计算协方差： $$\text{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = -0.6 - (1.2)(-0.2) = -0.6 + 0.24 = -0.36$$ 故选 B。

【详细解析】
$1^\infty$ 型未定式： $$\lim_{x\to 0} \left( \frac{1+e^x}{2} \right)^{\cot x} = \exp\left( \lim_{x\to 0} \cot x \left[ \frac{1+e^x}{2} - 1 \right] \right)$$ $$= \exp\left( \lim_{x\to 0} \frac{\cos x}{\sin x} \cdot \frac{e^x - 1}{2} \right) = \exp\left( 1 \cdot \lim_{x\to 0} \frac{x}{2x} \right) = e^{1/2}$$

【详细解析】
分母的导数为 $(x^2+2x+4)' = 2x+2$。
将分子恒等变形：$2x - 4 = (2x + 2) - 6$。
拆项积分： $$\int_0^2 \frac{2x+2}{x^2+2x+4}\,dx - 6 \int_0^2 \frac{dx}{(x+1)^2 + 3}$$ 第一部分： $$\left[ \ln(x^2+2x+4) \right]_0^2 = \ln 12 - \ln 4 = \ln 3$$ 第二部分： $$6 \left[ \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\left(\frac{x+1}{\sqrt{3}}\right) \right]_0^2 = 2\sqrt{3} \left[ \arctan(\sqrt{3}) - \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \right] = 2\sqrt{3} \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} \right) = 2\sqrt{3} \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}\pi$$ 因此原积分结果为 $\ln 3 - \frac{\sqrt{3}}{3}\pi$。

【详细解析】
因为 $f(-x) = e^{\sin(-x)} + e^{-\sin(-x)} = e^{-\sin x} + e^{\sin x} = f(x)$，故 $f(x)$ 为偶函数。
且由于 $\sin(x+2\pi) = \sin x$，$f(x)$ 是以 $2\pi$ 为周期的光滑偶函数。
偶函数的奇数阶导数必为奇函数，故 $f'''(x)$ 为奇函数，必定满足 $f'''(0) = 0$。
再由周期性：$f'''(2\pi) = f'''(0) = 0$。

【详细解析】
利用重积分的分离变量性质： $$\int_{-\infty}^{+\infty} dx \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) f(y-x)\,dy = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \left[ \int_{-\infty}^{+\infty} f(y-x)\,dy \right] dx$$ 对内层积分做平移换元，令 $t = y - x$，$dy = dt$： $$\int_{-\infty}^{+\infty} f(y-x)\,dy = \int_{-\infty}^{+\infty} f(t)\,dt = \int_0^1 e^t\,dt = e - 1$$ 外层积分同样为： $$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx = \int_0^1 e^x\,dx = e - 1$$ 故双重积分等于两独立积分的乘积： $$(e - 1) \times (e - 1) = (e - 1)^2 = e^2 - 2e + 1$$

【详细解析】
设初等行矩阵 $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$，初等列矩阵 $Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。
已知 $PAQ = B$，其中 $B = \begin{pmatrix} -2 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。
解得原矩阵 $A = P^{-1} B Q^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}$。
求逆矩阵： $$A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$ 主对角线元素之和： $$\text{tr}(A^{-1}) = 0 + 0 + (-1) = -1$$

【详细解析】
由条件概率公式： $$P[(B\cup C)\mid(A\cup B\cup C)] = \frac{P(B\cup C)}{P(A\cup B\cup C)}$$ 因 $B, C$ 独立：$P(BC) = P(B)P(C) = \frac{1}{9}$。
$$P(B\cup C) = P(B) + P(C) - P(BC) = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{9} = \frac{5}{9}$$ 因 $A$ 与 $B, C$ 均互斥：$A \cap (B\cup C) = \emptyset$。
$$P(A\cup B\cup C) = P(A) + P(B\cup C) = \frac{1}{3} + \frac{5}{9} = \frac{8}{9}$$ 代入得： $$P[(B\cup C)\mid(A\cup B\cup C)] = \frac{5/9}{8/9} = \frac{5}{8}$$

【详细解析】
积分因子为 $e^{\int \frac{1}{2\sqrt{x}}dx} = e^{\sqrt{x}}$。
通解为： $$y(x) = e^{-\sqrt{x}} \left[ \int (2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}}\,dx + C \right]$$ 令 $t = \sqrt{x}$，$dx = 2t\,dt$： $$\int (2 + \sqrt{x}) e^{\sqrt{x}}\,dx = \int (2+t)e^t \cdot 2t\,dt = 2 \int (t^2+2t)e^t\,dt = 2t^2 e^t + C = 2x e^{\sqrt{x}} + C$$ 从而： $$y(x) = 2x + C e^{-\sqrt{x}}$$ 代入初值 $y(1) = 3 \implies 3 = 2 + C e^{-1} \implies C = e$。
故解为 $y(x) = 2x + e^{1 - \sqrt{x}}$ ($x > 0$)。
求斜渐近线 $y = kx + b$： $$k = \lim_{x\to+\infty} \frac{y(x)}{x} = \lim_{x\to+\infty} \left( 2 + \frac{e^{1-\sqrt{x}}}{x} \right) = 2$$ $$b = \lim_{x\to+\infty} [y(x) - 2x] = \lim_{x\to+\infty} e^{1-\sqrt{x}} = 0$$ 因此，曲线存在唯一斜渐近线 $y = 2x$。

【详细解析】
总收益为 $R = PQ = (1160 - 1.5Q)Q = 1160Q - 1.5Q^2$。
总成本为 $C = 6x + 8y$。
利润函数为： $$L(x, y) = R - C = 1160Q - 1.5Q^2 - 6x - 8y$$ 其中 $Q = 12 x^{1/2} y^{1/6}$，故 $Q^2 = 144 x y^{1/3}$。
利润对 $x, y$ 的一阶偏导数等于 0： $$\frac{\partial L}{\partial x} = (1160 - 3Q) \frac{\partial Q}{\partial x} - 6 = 0$$ $$\frac{\partial L}{\partial y} = (1160 - 3Q) \frac{\partial Q}{\partial y} - 8 = 0$$ 偏导数计算： $$\frac{\partial Q}{\partial x} = 6 x^{-1/2} y^{1/6} = \frac{Q}{2x}$$ $$\frac{\partial Q}{\partial y} = 2 x^{1/2} y^{-5/6} = \frac{Q}{6y}$$ 代入得： $$(1160 - 3Q) \cdot \frac{Q}{2x} = 6 \implies 2x = \frac{(1160 - 3Q)Q}{6}$$ $$(1160 - 3Q) \cdot \frac{Q}{6y} = 8 \implies 6y = \frac{(1160 - 3Q)Q}{8}$$ 两式相比得： $$\frac{2x}{6y} = \frac{8}{6} \implies \frac{x}{3y} = \frac{4}{3} \implies x = 4y$$ 将 $x = 4y$ 代入生产函数： $$Q = 12 (4y)^{1/2} y^{1/6} = 12 \cdot 2 y^{1/2} y^{1/6} = 24 y^{2/3} \implies y^{2/3} = \frac{Q}{24} \implies y = \left(\frac{Q}{24}\right)^{3/2}$$ 代入 $\frac{\partial L}{\partial y} = 0$ 的表达式中： $$(1160 - 3Q) \cdot \frac{Q}{6y} = 8 \implies (1160 - 3Q)Q = 48y = 48 \left(\frac{Q}{24}\right)^{3/2} = 48 \cdot \frac{Q^{3/2}}{24\sqrt{24}} = \frac{2}{\sqrt{24}} Q^{3/2}$$ 两边同除以 $Q^{1/2}$ ($Q > 0$) 求解较为繁复，直接由一阶条件解方程组： $$\begin{cases} 1160 \cdot 6 x^{-1/2} y^{1/6} - 3 \cdot 144 y^{1/3} - 6 = 0 \\ 1160 \cdot 2 x^{1/2} y^{-5/6} - 3 \cdot 144 \cdot \frac{1}{3} x y^{-2/3} - 8 = 0 \end{cases}$$ 解得：$x = 256, \quad y = 64$。
计算产量： $$Q = 12 \times \sqrt{256} \times \sqrt[6]{64} = 12 \times 16 \times 2 = 384$$ 因此，利润最大时的产量为 $384$。

【详细解析】
区域 $D$ 分解为第二象限的三角形区域 $D_1$（边界 $y-x=2$）与第一象限的四分之一圆盘 $D_2$（半径 2）。
极坐标下 $\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2} = 1 - \sin 2\theta$。
- 在 $D_1$ 上：$\theta \in [\pi/2, 3\pi/4]$，直线极坐标方程为 $r = \frac{2}{\sin\theta - \cos\theta}$。
$$I_1 = \int_{\pi/2}^{3\pi/4} (1 - \sin 2\theta) \cdot \frac{1}{2} r^2(\theta)\,d\theta = \int_{\pi/2}^{3\pi/4} 2\,d\theta = \frac{\pi}{2}$$ - 在 $D_2$ 上：$\theta \in [0, \pi/2]$，$r \in [0, 2]$。
$$I_2 = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin 2\theta)\,d\theta \int_0^2 r\,dr = \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right) \times 2 = \pi - 2$$ - 合并：$I = I_1 + I_2 = \frac{\pi}{2} + \pi - 2 = \frac{3\pi}{2} - 2$。

【详细解析】
(1) 求收敛域：
设通项 $u_n(x) = \frac{(-4)^n + 1}{4^n(2n+1)} x^{2n}$。比值法求收敛半径： $$\lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)} \right| = \lim_{n\to\infty} \frac{|(-4)^{n+1}+1|}{4^{n+1}(2n+3)} \cdot \frac{4^n(2n+1)}{|(-4)^n+1|} x^2 = |x^2|$$ 令 $|x^2| < 1 \implies x \in (-1, 1)$ 时级数绝对收敛。
在端点 $x = \pm 1$ 处： $$u_n(\pm 1) = \frac{(-1)^n + \frac{1}{4^n}}{2n+1} = \frac{(-1)^n}{2n+1} + \frac{1}{4^n(2n+1)}$$ 第一部分为交错级数满足莱布尼茨准则收敛，第二部分为正项级数比值收敛，故在 $x = \pm 1$ 处均收敛。
因此收敛域为 $[-1, 1]$。

(2) 求和函数 $S(x)$：
将通项拆分为两项： $$S(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n} + \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2n+1} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$$ 当 $x \ne 0$ 时，两边同乘以 $x$： $$x S(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} + 2 \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2n+1} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n+1}$$ 回顾基础反三角与对数展开式： - $\arctan x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$ ($|x| \le 1$)； - $\frac{1}{2}\ln\frac{1+t}{1-t} = \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+1}}{2n+1}$ ($|t| < 1$)。令 $t = \frac{x}{2}$，则 $2\sum_{n=0}^\infty \frac{(x/2)^{2n+1}}{2n+1} = \ln\frac{1+x/2}{1-x/2} = \ln\frac{2+x}{2-x}$。
因此： $$x S(x) = \arctan x + \ln\left(\frac{2+x}{2-x}\right)$$ $$S(x) = \frac{1}{x} \left[ \arctan x + \ln\left( \frac{2+x}{2-x} \right) \right] \quad (x \ne 0)$$ 当 $x = 0$ 时，由级数定义或和函数连续性： $$S(0) = \frac{(-4)^0 + 1}{4^0 \times 1} = 2$$

【详细解析】
(1) 正交变换化标准形：
矩阵 $A = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}$。
特征方程 $|\lambda E - A| = (\lambda - 4)^2 (\lambda - 2) = 0$。
特征值 $\lambda_1 = \lambda_2 = 4, \lambda_3 = 2$。
- 对于 $\lambda = 2$：基础解系单位化 $q_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1)^T$；
- 对于 $\lambda = 4$：正交基础解系单位化 $q_1 = (0, 1, 0)^T, q_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1)^T$。
取正交矩阵： $$Q = \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$$ 经 $x = Qy$ 变换，得标准形： $$f = 4y_1^2 + 4y_2^2 + 2y_3^2$$ (2) 证明极小值：
因为正交变换保内积：$x^T x = y^T y = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$。
对任意 $x \ne 0$： $$\frac{f(x)}{x^T x} = \frac{4y_1^2 + 4y_2^2 + 2y_3^2}{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2} \ge \frac{2(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2)}{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2} = 2$$ 取 $y = (0, 0, 1)^T$ 时等号成立，故 $\min_{x \ne 0} \frac{f(x)}{x^T x} = 2$ 得证。

【详细解析】
(1) 最大似然估计量：
两样本总体密度分别为 $f_X(x) = \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta}$ ($x > 0$) 与 $f_Y(y) = \frac{1}{2\theta} e^{-y/(2\theta)}$ ($y > 0$)。
似然函数： $$L(\theta) = \frac{1}{\theta^n (2\theta)^m} \exp\left( -\frac{1}{\theta} \left( \sum_{i=1}^n x_i + \frac{1}{2}\sum_{j=1}^m y_j \right) \right)$$ 取对数并对 $\theta$ 求导： $$\frac{d\ln L}{d\theta} = -\frac{n+m}{\theta} + \frac{1}{\theta^2} \left( \sum_{i=1}^n x_i + \frac{1}{2}\sum_{j=1}^m y_j \right) = 0$$ 解得： $$\hat{\theta} = \frac{\sum_{i=1}^n X_i + \frac{1}{2}\sum_{j=1}^m Y_j}{n+m}$$ (2) 方差计算：
因指数分布 $D(X_i) = \theta^2$，$D(Y_j) = (2\theta)^2 = 4\theta^2$。
$$D\left( \sum_{i=1}^n X_i + \frac{1}{2}\sum_{j=1}^m Y_j \right) = n\theta^2 + \frac{1}{4} m (4\theta^2) = (n+m)\theta^2$$ 故： $$D(\hat{\theta}) = \frac{(n+m)\theta^2}{(n+m)^2} = \frac{\theta^2}{n+m}$$