2023 年全国硕士研究生招生考试 数学（三）

【详细解析】
根据偏导数的定义检验两变量在 $(0, 1)$ 点处的可导性：
考察对 $x$ 的偏导数： $$\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0,1)} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 1) - f(0, 1)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + |x\sin 1|) - \ln 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{|x|\sin 1}{x}$$ 因为 $\sin 1 > 0$： - 右极限：$\lim_{x \to 0^+} \frac{x\sin 1}{x} = \sin 1$； - 左极限：$\lim_{x \to 0^-} \frac{-x\sin 1}{x} = -\sin 1$。
左右极限不相等，故偏导数 $\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0,1)}$ 不存在。
再考察对 $y$ 的偏导数： $$\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(0,1)} = \lim_{y \to 1} \frac{f(0, y) - f(0, 1)}{y - 1} = \lim_{y \to 1} \frac{\ln y - \ln 1}{y - 1} = \lim_{y \to 1} \frac{\ln y}{y - 1} = 1$$ 极限存在且等于 1，故偏导数 $\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(0,1)}$ 存在。
因此本题选 A。

【详细解析】
$F(x)$ 为原函数必须在 $(-\infty, +\infty)$ 连续且可导：
当 $x \le 0$ 时，$\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx = \ln(x + \sqrt{1+x^2}) + C_1$；
当 $x > 0$ 时，分部积分：$\int (x+1)\cos x dx = (x+1)\sin x + \cos x + C_2$。
在 $x = 0$ 处连续： $$F(0) = \lim_{x \to 0^-} F(x) = \ln 1 + C_1 = C_1$$ $$\lim_{x \to 0^+} F(x) = (0+1)\sin 0 + \cos 0 + C_2 = 1 + C_2$$ 故 $C_1 = 1 + C_2$。取 $C_2 = 0, C_1 = 1$ 即得选项 D。
且可验证导数 $F'(0) = 1 = f(0)$ 处处成立。故本题选 D。

【详细解析】
特征方程为 $r^2 + ar + b = 0$。
若要在整个实轴 $(-\infty, +\infty)$（两端无穷远）上解均保持有界：

1. 特征根不能含有非零实部，否则在 $x \to +\infty$ 或 $x \to -\infty$ 至少有一侧以指数级发散；
2. 特征根不能为重根 0，否则通解含 $C_2 x$ 在无穷远处线性发散；
3. 只能为一对共轭纯虚根 $r = \pm i\beta\ (\beta > 0)$。对应特征方程 $r^2 + \beta^2 = 0$，即 $a = 0, b = \beta^2 > 0$。通解为 $y = C_1\cos(\beta x) + C_2\sin(\beta x)$，在实轴上有界。

故本题选 C。

【详细解析】
由题设条件知 $a_n < b_n$，因此数列之差 $b_n - a_n > 0$。
因为级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 与 $\sum_{n=1}^\infty b_n$ 均收敛，根据收敛级数的线性运算性质： $$\sum_{n=1}^\infty (b_n - a_n) = \sum_{n=1}^\infty b_n - \sum_{n=1}^\infty a_n$$ 必收敛。又由于 $b_n - a_n > 0$，所以 $\sum_{n=1}^\infty (b_n - a_n)$ 是正项级数，正项级数收敛等价于绝对收敛，即： $$\sum_{n=1}^\infty |b_n - a_n| < +\infty$$ 现在考察等价性：

1. 充分性：若 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 绝对收敛，即 $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ 收敛。由三角不等式： $$|b_n| = |(b_n - a_n) + a_n| \le (b_n - a_n) + |a_n|$$ 由比较审敛法可知 $\sum_{n=1}^\infty |b_n|$ 收敛，即 $\sum_{n=1}^\infty b_n$ 绝对收敛。充分性成立。
2. 必要性：若 $\sum_{n=1}^\infty b_n$ 绝对收敛，即 $\sum_{n=1}^\infty |b_n|$ 收敛。同理由三角不等式： $$|a_n| = |b_n - (b_n - a_n)| \le |b_n| + (b_n - a_n)$$ 由比较审敛法可知 $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ 收敛，即 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 绝对收敛。必要性成立。

综上，“$\sum_{n=1}^\infty a_n$ 绝对收敛” 是 “$\sum_{n=1}^\infty b_n$ 绝对收敛” 的充要条件。故本题选 A。

【详细解析】
设分块矩阵 $M = \begin{pmatrix} A & E \\ O & B \end{pmatrix}$，其行列式 $|M| = |A| |B|$。
根据分块上三角矩阵的逆矩阵公式： $$M^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1} E B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix}$$ 利用伴随矩阵关系式 $M^* = |M| M^{-1}$： $$\begin{aligned} M^* &= |A||B| \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} |B|(|A|A^{-1}) & -(|A|A^{-1})(|B|B^{-1}) \\ O & |A|(|B|B^{-1}) \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} |B|A^* & -A^*B^* \\ O & |A|B^* \end{pmatrix} \end{aligned}$$ 故本题选 B。

【详细解析】
配方法化简二次型： $$\begin{aligned} f &= x_1^2 + 2x_1x_2 + x_2^2 + x_1^2 + 2x_1x_3 + x_3^2 - 4(x_2^2 - 2x_2x_3 + x_3^2) \\ &= 2x_1^2 + 2x_1(x_2 + x_3) - 3x_2^2 + 8x_2x_3 - 3x_3^2 \\ &= 2\left( x_1 + \frac{x_2+x_3}{2} \right)^2 - \frac{1}{2}(x_2+x_3)^2 - 3x_2^2 + 8x_2x_3 - 3x_3^2 \\ &= 2\left( x_1 + \frac{x_2+x_3}{2} \right)^2 - \frac{7}{2}(x_2 - x_3)^2 \end{aligned}$$ 该二次型经可逆线性替换后仅有 1 个正平方项和 1 个负平方项，正惯性指数 $p=1$，负惯性指数 $q=1$。
因此其在实数域上的规范形为 $y_1^2 - y_2^2$。故本题选 B。

【详细解析】
由题意设 $\boldsymbol{\gamma} = x_1\boldsymbol{\alpha}_1 + x_2\boldsymbol{\alpha}_2 = y_1\boldsymbol{\beta}_1 + y_2\boldsymbol{\beta}_2$，即齐次线性方程组： $$x_1\boldsymbol{\alpha}_1 + x_2\boldsymbol{\alpha}_2 - y_1\boldsymbol{\beta}_1 - y_2\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{0}$$ 对增广矩阵作初等行变换： $$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 2 & 1 & -5 & 0 \\ 3 & 1 & -9 & -1 \end{pmatrix} \xrightarrow{\substack{r_2 - 2r_1 \\ r_3 - 3r_1}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 0 & -3 & -1 & 2 \\ 0 & -5 & -3 & 2 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 - r_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 0 & -3 & -1 & 2 \\ 0 & -2 & -2 & 0 \end{pmatrix}$$ 由第三行知 $x_2 = -y_1$，代回第二行解得 $y_2 = -y_1$。
取自由变量 $y_1 = 1$，则 $y_2 = -1$，得： $$\boldsymbol{\gamma} = 1\boldsymbol{\beta}_1 - 1\boldsymbol{\beta}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 9 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 8 \end{pmatrix}$$ 因此公共向量形式为 $\boldsymbol{\gamma} = k\begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 8 \end{pmatrix}, k \in \mathbb{R}$。故本题选 D。

【详细解析】
因为 $X \sim P(1)$，所以其分布律为 $P(X = k) = \frac{1^k}{k!} e^{-1} = \frac{e^{-1}}{k!}\ (k = 0, 1, 2, \dots)$，且期望 $EX = 1$。
根据期望的离散计算公式： $$E(|X - EX|) = E(|X - 1|) = \sum_{k=0}^\infty |k - 1| P(X = k)$$ 拆分绝对值项： $$\begin{aligned} E(|X - 1|) &= |0 - 1| P(X = 0) + |1 - 1| P(X = 1) + \sum_{k=2}^\infty (k - 1) P(X = k) \\ &= 1 \cdot e^{-1} + 0 + \sum_{k=2}^\infty (k - 1) \frac{e^{-1}}{k!} \\ &= e^{-1} + e^{-1} \left[ \sum_{k=2}^\infty \frac{k}{k!} - \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!} \right] \\ &= e^{-1} + e^{-1} \left[ \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!} - \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!} \right] \end{aligned}$$ 利用泰勒展开 $\sum_{j=0}^\infty \frac{1}{j!} = e$： $$\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(k-1)!} = \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j!} = e - 1$$ $$\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!} = e - 1 - 1 = e - 2$$ 括号内相减：$(e - 1) - (e - 2) = 1$。
因此： $$E(|X - 1|) = e^{-1} + e^{-1} \cdot 1 = 2e^{-1} = \frac{2}{e}$$ 故本题选 C。

【详细解析】
由正态总体样本方差的抽样分布性质： $$\frac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1),\quad \frac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2} \sim \chi^2(m-1)$$ 且由于两组样本独立，这两个卡方统计量相互独立。
根据 $F$ 分布的定义（两独立卡方变量分别除以各自自由度之比）： $$F = \frac{\frac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2} \Big/ (n-1)}{\frac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2} \Big/ (m-1)} = \frac{S_1^2 / \sigma^2}{S_2^2 / (2\sigma^2)} = \frac{2S_1^2}{S_2^2} \sim F(n-1, m-1)$$ 故本题选 D。

【详细解析】
因为 $X_1, X_2 \sim N(\mu, \sigma^2)$ 独立，由独立正态变量的线性性质： $$X_1 - X_2 \sim N(0, 2\sigma^2)$$ 标准化：令 $Z = \frac{X_1 - X_2}{\sqrt{2}\sigma} \sim N(0, 1)$，则 $|X_1 - X_2| = \sqrt{2}\sigma |Z|$。
计算标准正态绝对值的期望： $$E(|Z|) = \int_{-\infty}^{+\infty} |z| \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} dz = 2 \int_0^\infty z \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} dz = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \left[ -e^{-z^2/2} \right]_0^\infty = \sqrt{\frac{2}{\pi}}$$ 因此： $$E(|X_1 - X_2|) = \sqrt{2}\sigma E(|Z|) = \sqrt{2}\sigma \cdot \sqrt{\frac{2}{\pi}} = \frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}$$ 若 $E(\hat{\sigma}) = a E(|X_1 - X_2|) = a \cdot \frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}} = \sigma$，则必须有： $$a \cdot \frac{2}{\sqrt{\pi}} = 1 \implies a = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$ 故本题选 A。

【详细解析】
换元法：令 $t = \frac{1}{x}$，当 $x \to \infty$ 时 $t \to 0$，原式化为： $$L = \lim_{t \to 0} \frac{2 - \frac{\sin t}{t} - \cos t}{t^2} = \lim_{t \to 0} \frac{2t - \sin t - t\cos t}{t^3}$$ 对分子利用泰勒展开到 $t^3$ 项： $$\sin t = t - \frac{t^3}{6} + o(t^3)$$ $$\cos t = 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2) \implies t\cos t = t - \frac{t^3}{2} + o(t^3)$$ 分子化简： $$2t - \left( t - \frac{t^3}{6} \right) - \left( t - \frac{t^3}{2} \right) + o(t^3) = \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{2} \right) t^3 + o(t^3) = \frac{2}{3}t^3 + o(t^3)$$ 代入极限： $$L = \lim_{t \to 0} \frac{\frac{2}{3}t^3 + o(t^3)}{t^3} = \frac{2}{3}$$

【详细解析】
由全微分形式可观察出： $$d\left( \arctan\frac{y}{x} \right) = \frac{1}{1 + (y/x)^2} d\left(\frac{y}{x}\right) = \frac{x^2}{x^2+y^2} \cdot \frac{x dy - y dx}{x^2} = \frac{x dy - y dx}{x^2 + y^2}$$ 故在第一象限区域内，原函数为： $$f(x, y) = \arctan\frac{y}{x} + C$$ 将初始条件 $(1, 1)$ 代入： $$f(1, 1) = \arctan 1 + C = \frac{\pi}{4} + C = \frac{\pi}{4} \implies C = 0$$ 因此 $f(x, y) = \arctan\frac{y}{x}$。
代入点 $(\sqrt{3}, 3)$： $$f(\sqrt{3}, 3) = \arctan\left(\frac{3}{\sqrt{3}}\right) = \arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$$

【详细解析】
由指数函数的麦克劳林展开公式： $$e^x = \sum_{m=0}^\infty \frac{x^m}{m!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \dots$$ $$e^{-x} = \sum_{m=0}^\infty \frac{(-x)^m}{m!} = 1 - x + \frac{x^2}{2!} - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} - \dots$$ 两式直接相加，奇数次幂项符号相反全部抵消： $$e^x + e^{-x} = 2 \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!}$$ 因此： $$\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!} = \frac{e^x + e^{-x}}{2} = \frac{1}{2}e^x + \frac{1}{2}e^{-x}$$

【详细解析】
由函数平均值的积分定义，从 $0$ 到 $t$ 的平均资产为 $\frac{1}{t}\int_0^t f(u) du$。
由题设条件有： $$\frac{1}{t}\int_0^t f(u) du = \frac{f(t)}{t} - t$$ 两边同乘以 $t$： $$\int_0^t f(u) du = f(t) - t^2$$ 两边关于 $t$ 求导： $$f(t) = f'(t) - 2t \implies f'(t) - f(t) = 2t$$ 这是一阶线性非齐次微分方程，通解公式： $$f(t) = e^{\int 1 dt} \left( \int 2t e^{-t} dt + C \right) = e^t \left( -2t e^{-t} - 2e^{-t} + C \right) = -2t - 2 + C e^t$$ 代入初始条件 $f(0) = 0$： $$f(0) = -2 + C = 0 \implies C = 2$$ 故所求资产函数为 $f(t) = 2e^t - 2t - 2$。

【详细解析】
该方程组含有 3 个未知数而有 4 个方程，增广矩阵为： $$\bar{A} = \begin{pmatrix} a & 0 & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 & 0 \\ 1 & 2 & a & 0 \\ a & b & 0 & 2 \end{pmatrix}$$ 因为方程组有解，故增广矩阵的秩必须满足 $r(\bar{A}) = r(A) \le 3$。
因此 4 阶方阵 $\bar{A}$ 的行列式必为 0，即 $|\bar{A}| = 0$。
按第 4 列展开行列式： $$|\bar{A}| = (-1)^{1+4} \cdot 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \\ a & b & 0 \end{vmatrix} + (-1)^{4+4} \cdot 2 \cdot \begin{vmatrix} a & 0 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \end{vmatrix} = 0$$ 整理得： $$\begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \\ a & b & 0 \end{vmatrix} = 2 \begin{vmatrix} a & 0 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \end{vmatrix}$$ 将已知值 4 代入： $$\begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \\ a & b & 0 \end{vmatrix} = 2 \times 4 = 8$$

【详细解析】
首先计算协方差 $\mathrm{Cov}(X+Y, X-Y)$： $$\mathrm{Cov}(X+Y, X-Y) = \mathrm{Cov}(X, X) - \mathrm{Cov}(X, Y) + \mathrm{Cov}(Y, X) - \mathrm{Cov}(Y, Y)$$ 因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立，所以 $\mathrm{Cov}(X, Y) = 0$。因此： $$\mathrm{Cov}(X+Y, X-Y) = DX - DY$$ 由二项分布方差公式 $D(B(n, p)) = np(1-p)$： $$DX = 1 \cdot p(1-p) = p(1-p),\quad DY = 2 \cdot p(1-p) = 2p(1-p)$$ 故： $$\mathrm{Cov}(X+Y, X-Y) = p(1-p) - 2p(1-p) = -p(1-p)$$ 再计算方差： $$D(X+Y) = DX + DY = 3p(1-p)$$ $$D(X-Y) = DX + (-1)^2 DY = DX + DY = 3p(1-p)$$ 由相关系数定义： $$\rho_{X+Y, X-Y} = \frac{\mathrm{Cov}(X+Y, X-Y)}{\sqrt{D(X+Y)}\sqrt{D(X-Y)}} = \frac{-p(1-p)}{\sqrt{3p(1-p)} \sqrt{3p(1-p)}} = -\frac{p(1-p)}{3p(1-p)} = -\frac{1}{3}$$

【详细解析】
(1) 将 $x = 0, y = 0$ 代入原方程： $$a e^0 + 0^2 + 0 - \ln(1+0)\cos 0 + b = 0 \implies a + b = 0$$ 对方程两边关于 $x$ 求导： $$a e^x + 2y y' + y' - \frac{1}{1+x}\cos y + \ln(1+x)\sin y \cdot y' = 0$$ 将 $x = 0, y = 0, y'(0) = 0$ 代入： $$a e^0 + 0 + 0 - 1 \cdot \cos 0 + 0 = 0 \implies a - 1 = 0 \implies a = 1$$ 由 $a + b = 0$ 可得 $b = -1$。

(2) 将 $a = 1$ 代入导数方程： $$e^x + (2y + 1) y' - \frac{\cos y}{1+x} + \ln(1+x)\sin y \cdot y' = 0$$ 两边继续关于 $x$ 求导： $$e^x + 2(y')^2 + (2y+1)y'' - \frac{-\sin y \cdot y'(1+x) - \cos y}{(1+x)^2} + \frac{\sin y \cdot y'}{1+x} + \ln(1+x)\frac{d}{dx}(\sin y \cdot y') = 0$$ 将 $x = 0, y = 0, y'(0) = 0$ 代入： $$e^0 + 0 + (0 + 1)y''(0) - \left( \frac{0 - 1}{1} \right) + 0 + 0 = 0 \implies 1 + y''(0) + 1 = 0 \implies y''(0) = -2$$ 因为 $y'(0) = 0$ 且 $y''(0) = -2 < 0$，根据二阶导数极值判别法，$x = 0$ 是函数 $y(x)$ 的极大值点。

【详细解析】
(1) 区域 $D$ 的面积为反常积分： $$S = \int_1^{+\infty} \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}} dx$$ 换元法：令 $t = \sqrt{1+x^2}$，则 $x^2 = t^2 - 1, x dx = t dt \implies \frac{dx}{x} = \frac{t dt}{t^2 - 1}$。
当 $x = 1$ 时 $t = \sqrt{2}$；当 $x \to +\infty$ 时 $t \to +\infty$： $$S = \int_{\sqrt{2}}^{+\infty} \frac{1}{t} \cdot \frac{t dt}{t^2 - 1} = \int_{\sqrt{2}}^{+\infty} \frac{1}{t^2 - 1} dt = \frac{1}{2} \left[ \ln\left| \frac{t-1}{t+1} \right| \right]_{\sqrt{2}}^{+\infty} = \ln(\sqrt{2}+1)$$ (2) 绕 $x$ 轴旋转体体积为： $$\begin{aligned} V &= \pi \int_1^{+\infty} y^2 dx = \pi \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2(1+x^2)} dx = \pi \int_1^{+\infty} \left( \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2} \right) dx \\ &= \pi \lim_{A \to +\infty} \left[ -\frac{1}{x} - \arctan x \right]_1^A = \pi \left[ \left(0 - \frac{\pi}{2}\right) - \left(-1 - \frac{\pi}{4}\right) \right] = \pi \left(1 - \frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}$$

【详细解析】
利用极坐标求解：令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，面积微元 $dxdy = r dr d\theta$。
区域 $D$ 的边界方程为 $(x-1)^2 + y^2 = 1 \implies r^2 - 2r\cos\theta = 0 \implies r = 2\cos\theta$。
极角范围为 $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$。
被积函数为 $|r - 1|$。令分界线 $r = 1$，求其与边界圆 $r = 2\cos\theta$ 的交点： $$2\cos\theta = 1 \implies \cos\theta = \frac{1}{2} \implies \theta = \pm \frac{\pi}{3}$$ 由对称性，积分关于 $x$ 轴上下对称，只须计算上半部分 $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 并乘以 2：

1. 当 $\theta \in [0, \pi/3]$ 时，$2\cos\theta \ge 1$： - 在 $0 \le r \le 1$ 时，$|r - 1| = 1 - r$； - 在 $1 \le r \le 2\cos\theta$ 时，$|r - 1| = r - 1$。
2. 当 $\theta \in [\pi/3, \pi/2]$ 时，$2\cos\theta \le 1$： - 整个区域 $0 \le r \le 2\cos\theta$ 均落在圆 $r \le 1$ 内，故 $|r - 1| = 1 - r$。

因此上半部分积分拆分为三块： $$\begin{aligned} I_1 &= \int_0^{\pi/3} d\theta \int_0^1 (1 - r)r dr = \frac{\pi}{3} \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^3}{3} \right]_0^1 = \frac{\pi}{3} \times \frac{1}{6} = \frac{\pi}{18} \\[2mm] I_2 &= \int_{\pi/3}^{\pi/2} d\theta \int_0^{2\cos\theta} (1 - r)r dr = \int_{\pi/3}^{\pi/2} \left( 2\cos^2\theta - \frac{8}{3}\cos^3\theta \right) d\theta \\[2mm] I_3 &= \int_0^{\pi/3} d\theta \int_1^{2\cos\theta} (r - 1)r dr = \int_0^{\pi/3} \left[ \left( \frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta \right) - \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2} \right) \right] d\theta \\ &= \int_0^{\pi/3} \left( \frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta + \frac{1}{6} \right) d\theta \end{aligned}$$ 将 $I_1, I_2, I_3$ 整合相加： $$I_{\text{half}} = \frac{\pi}{18} + \frac{\pi}{18} + \int_0^{\pi/3} \left( \frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta \right) d\theta + \int_{\pi/3}^{\pi/2} \left( 2\cos^2\theta - \frac{8}{3}\cos^3\theta \right) d\theta$$ 计算关键三角积分： $$\int \cos^2\theta d\theta = \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}$$ $$\int \cos^3\theta d\theta = \sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3}$$ 代入数值计算并乘以 2，化简即得全区域二重积分值： $$I = 2 I_{\text{half}} = 3\sqrt{3} - \frac{\pi}{9} - \frac{32}{9}$$

【详细证明】
(1) 在 $x = 0$ 处对 $f(a)$ 和 $f(-a)$ 分别应用带拉格朗日余项的二阶泰勒展开： $$f(a) = f(0) + f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_1) a^2,\quad \xi_1 \in (0, a)$$ $$f(-a) = f(0) - f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_2) a^2,\quad \xi_2 \in (-a, 0)$$ 因 $f(0) = 0$，将两式相加消去一阶导数项： $$f(a) + f(-a) = \frac{a^2}{2} \left[ f''(\xi_1) + f''(\xi_2) \right] \implies \frac{f(a) + f(-a)}{a^2} = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2}$$ 因为 $f''(x)$ 在 $[-a, a]$ 上连续，由介值定理，介于 $f''(\xi_1)$ 与 $f''(\xi_2)$ 之间的算术平均值必在某点 $\xi \in (\xi_2, \xi_1) \subset (-a, a)$ 取得： $$f''(\xi) = \frac{1}{a^2}[f(a) + f(-a)]$$ 结论得证。

(2) 设 $f(x)$ 在点 $x_0 \in (-a, a)$ 处取得极值。由极值必要条件费马引理：$f'(x_0) = 0$。
在点 $x_0$ 处对 $f(a)$ 和 $f(-a)$ 进行泰勒展开： $$f(a) = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_1)(a - x_0)^2,\quad \eta_1 \in (x_0, a)$$ $$f(-a) = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_2)(a + x_0)^2,\quad \eta_2 \in (-a, x_0)$$ 两式相减： $$f(a) - f(-a) = \frac{1}{2}f''(\eta_1)(a - x_0)^2 - \frac{1}{2}f''(\eta_2)(a + x_0)^2$$ 两边取绝对值并由三角不等式放缩： $$|f(a) - f(-a)| \le \frac{1}{2}|f''(\eta_1)|(a - x_0)^2 + \frac{1}{2}|f''(\eta_2)|(a + x_0)^2$$ 记 $M = \max\left\{ |f''(\eta_1)|, |f''(\eta_2)| \right\}$，则： $$|f(a) - f(-a)| \le \frac{1}{2} M \left[ (a - x_0)^2 + (a + x_0)^2 \right] = M(a^2 + x_0^2)$$ 因 $x_0 \in (-a, a)$，故 $x_0^2 < a^2$，有 $a^2 + x_0^2 < 2a^2$。
从而： $$|f(a) - f(-a)| < 2a^2 M \implies M > \frac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)|$$ 取 $\eta \in \{\eta_1, \eta_2\} \subset (-a, a)$ 使得 $|f''(\eta)| = M$，即有： $$|f''(\eta)| \ge \frac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)|$$ 结论得证。

【详细解析】
(1) 将线性变换写为矩阵与向量相乘形式： $$A\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$$ 由于对任意 $(x_1, x_2, x_3)^{\mathrm{T}}$ 均成立，故： $$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$ (2) 计算特征值，求解特征方程 $|\lambda E - A| = 0$： $$|\lambda E - A| = (\lambda - 2)(\lambda + 2)(\lambda + 1) = 0$$ 解得互异特征值 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = -2, \lambda_3 = -1$。
求对应的线性无关特征向量：

1. 对于 $\lambda_1 = 2$：解 $(2E - A)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，解得基础解系 $\boldsymbol{p}_1 = \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}$；
2. 对于 $\lambda_2 = -2$：解 $(-2E - A)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，解得基础解系 $\boldsymbol{p}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$；
3. 对于 $\lambda_3 = -1$：解 $(-E - A)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，解得基础解系 $\boldsymbol{p}_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}$。

令可逆矩阵 $P = (\boldsymbol{p}_1, \boldsymbol{p}_2, \boldsymbol{p}_3) = \begin{pmatrix} 4 & 0 & -1 \\ 3 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$，对角矩阵 $\Lambda = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$，即可满足 $P^{-1}AP = \Lambda$。

【详细解析】
(1) 由分布函数与概率密度的关系： $$F_X(x) = \int_{-\infty}^x f(t) dt = \int_{-\infty}^x \frac{e^t}{(1+e^t)^2} dt$$ 凑微分：$e^t dt = d(1+e^t)$： $$F_X(x) = \left[ -\frac{1}{1+e^t} \right]_{-\infty}^x = -\frac{1}{1+e^x} - \lim_{t \to -\infty}\left(-\frac{1}{1+e^t}\right) = -\frac{1}{1+e^x} + 1 = \frac{e^x}{1+e^x}$$ (2) 因为 $X \in (-\infty, +\infty)$，所以 $Y = e^X$ 的取值范围为 $(0, +\infty)$。
当 $y \le 0$ 时，$F_Y(y) = P(Y \le y) = 0$；
当 $y > 0$ 时： $$F_Y(y) = P(Y \le y) = P(e^X \le y) = P(X \le \ln y) = F_X(\ln y) = \frac{e^{\ln y}}{1 + e^{\ln y}} = \frac{y}{1+y}$$ 对分布函数求导得到 $Y$ 的概率密度： $$f_Y(y) = F'_Y(y) = \frac{d}{dy}\left( \frac{y}{1+y} \right) = \frac{1}{(1+y)^2}\quad (y > 0)$$ 因此 $Y$ 的概率密度为： $$f_Y(y) = \begin{cases} \frac{1}{(1+y)^2}, & y > 0 \\ 0, & y \le 0 \end{cases}$$ (3) 根据连续型随机变量数学期望的定义： $$E(Y) = \int_{-\infty}^{+\infty} y f_Y(y) dy = \int_0^{+\infty} \frac{y}{(1+y)^2} dy$$ 考察当 $y \to +\infty$ 时被积函数的渐近性： $$\frac{y}{(1+y)^2} \sim \frac{1}{y}$$ 由于反常积分 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{y} dy$ 发散，根据比较审敛法可知原反常积分发散。
亦可直接求原函数检验： $$\int_0^A \frac{y}{(1+y)^2} dy = \int_0^A \left( \frac{1}{1+y} - \frac{1}{(1+y)^2} \right) dy = \left[ \ln(1+y) + \frac{1}{1+y} \right]_0^A = \ln(1+A) + \frac{1}{1+A} - 1$$ 当 $A \to +\infty$ 时，$\lim_{A \to +\infty} \left[ \ln(1+A) + \frac{1}{1+A} - 1 \right] = +\infty$。
因此反常积分发散，即随机变量 $Y$ 的数学期望不存在。