2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学（二）试题解析

一、选择题

1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

（1）

已知当 $x\to 0$ 时，$f\left(x\right)=3\sin x-\sin 3x$ 与 $cx^{k}$ 是等价无穷小，则（ ）

（A）$k=1,c=4$

（B）$k=1,c=-4$

（C）$k=3,c=4$

（D）$k=3,c=-4$

答案：（C）

解析：

$3\sin x-\sin 3x=4\sin^{3}x\sim 4x^{3}$。

所以 $k=3,c=4$。

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（2）

已知 $f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f\left(0\right)=0$，则 $\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}f\left(x\right)-2f\left(x^{3}\right)}{x^{3}}=$（ ）

（A）$-2f^{\prime}\left(0\right)$

（B）$-f^{\prime}\left(0\right)$

（C）$f^{\prime}\left(0\right)$

（D）$0$

答案：（B）

解析：

$\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}f\left(x\right)-2f\left(x^{3}\right)}{x^{3}}=\lim_{x\to 0}\left[\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x}-2\frac{f\left(x^{3}\right)-f\left(0\right)}{x^{3}}\right]=-f^{\prime}\left(0\right)$。

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（3）

函数 $f\left(x\right)=\ln\left|\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\right|$ 的驻点个数为（ ）

（A）$0$

（B）$1$

（C）$2$

（D）$3$

答案：（C）

解析：

$f^{\prime}\left(x\right)=\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x-3}=\frac{3x^{2}-12x+11}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)}$。

令 $f^{\prime}\left(x\right)=0$，得 $x=\frac{6\pm\sqrt{3}}{3}$，故驻点个数为 $2$。

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（4）

微分方程 $y^{\prime\prime}-\lambda^{2}y=e^{\lambda x}+e^{-\lambda x}\left(\lambda>0\right)$ 的特解形式为（ ）

（A）$a\left(e^{\lambda x}+e^{-\lambda x}\right)$

（B）$ax\left(e^{\lambda x}+e^{-\lambda x}\right)$

（C）$x\left(ae^{\lambda x}+be^{-\lambda x}\right)$

（D）$x^{2}\left(ae^{\lambda x}+be^{-\lambda x}\right)$

答案：（C）

解析：

对应齐次方程的特征根为 $\lambda,-\lambda$，右端 $e^{\lambda x},e^{-\lambda x}$ 均与齐次解重复。

故特解应设为 $x\left(ae^{\lambda x}+be^{-\lambda x}\right)$。

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（5）

设函数 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 均有二阶连续导数，满足 $f\left(0\right)>0,g\left(0\right)<0$，且 $f^{\prime}\left(0\right)=g^{\prime}\left(0\right)=0$，则函数 $z=f\left(x\right)g\left(y\right)$ 在点 $\left(0,0\right)$ 处取得极小值的一个充分条件是（ ）

（A）$f^{\prime\prime}\left(0\right)<0,g^{\prime\prime}\left(0\right)>0$

（B）$f^{\prime\prime}\left(0\right)<0,g^{\prime\prime}\left(0\right)<0$

（C）$f^{\prime\prime}\left(0\right)>0,g^{\prime\prime}\left(0\right)>0$

（D）$f^{\prime\prime}\left(0\right)>0,g^{\prime\prime}\left(0\right)<0$

答案：（A）

解析：

在 $\left(0,0\right)$ 处，$z_{x}^{\prime}=z_{y}^{\prime}=0$。

又 $A=f^{\prime\prime}\left(0\right)g\left(0\right)$，$B=0$，$C=f\left(0\right)g^{\prime\prime}\left(0\right)$。

若取极小值，需 $AC-B^{2}>0$ 且 $A>0$。结合 $f\left(0\right)>0,g\left(0\right)<0$，可得 $f^{\prime\prime}\left(0\right)<0,g^{\prime\prime}\left(0\right)>0$。

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（6）

设 $I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\sin x\mathrm{~d}x$，$J=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cot x\mathrm{~d}x$，$K=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos x\mathrm{~d}x$，则 $I,J,K$ 的大小关系是（ ）

（A）$I<J<K$

（B）$I<K<J$

（C）$J<I<K$

（D）$K<J<I$

答案：（B）

解析：

当 $0<x<\frac{\pi}{4}$ 时，$0<\sin x<\cos x<1<\cot x$。

因 $\ln x$ 单调递增，所以 $\ln\sin x<\ln\cos x<\ln\cot x$，故 $I<K<J$。

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（7）

设 $\boldsymbol{A}$ 为 $3$ 阶矩阵，将 $\boldsymbol{A}$ 的第 $2$ 列加到第 $1$ 列得矩阵 $\boldsymbol{B}$，再交换 $\boldsymbol{B}$ 的第 $2$ 行与第 $3$ 行得单位矩阵，记

$\boldsymbol{P}_{1}=\left(\begin{matrix}1&0&0 \\ 1&1&0 \\ 0&0&1\end{matrix}\right)$，$\boldsymbol{P}_{2}=\left(\begin{matrix}1&0&0 \\ 0&0&1 \\ 0&1&0\end{matrix}\right)$，

则 $\boldsymbol{A}=$（ ）

（A）$\boldsymbol{P}_{1}\boldsymbol{P}_{2}$

（B）$\boldsymbol{P}_{1}^{-1}\boldsymbol{P}_{2}$

（C）$\boldsymbol{P}_{2}\boldsymbol{P}_{1}$

（D）$\boldsymbol{P}_{2}\boldsymbol{P}_{1}^{-1}$

答案：（D）

解析：

由列变换知 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}_{1}=\boldsymbol{B}$，故 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}_{1}^{-1}$。

又由行交换知 $\boldsymbol{P}_{2}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}$，所以 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{P}_{2}$。

因此 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{P}_{2}\boldsymbol{P}_{1}^{-1}$。

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（8）

设 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right)$ 是 $4$ 阶矩阵，$\boldsymbol{A}^{*}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵，若 $\left(1,0,1,0\right)^{T}$ 是方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的一个基础解系，则 $\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的基础解系可为（ ）

（A）$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3}$

（B）$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}$

（C）$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$

（D）$\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}$

答案：（D）

解析：

由题意，$\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{0}$，且 $r\left(\boldsymbol{A}\right)=3$，故 $\left|\boldsymbol{A}\right|=0$。

于是 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{O}$，说明 $\boldsymbol{A}$ 的列向量均为 $\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 的解。

又 $r\left(\boldsymbol{A}^{*}\right)=1$，故基础解系含 $3$ 个线性无关解。$\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 线性无关，故选（D）。

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二、填空题

9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分。请将答案写在答题纸指定位置上。

（9）

$\lim_{x\to 0}\left(1+2x\right)^{\frac{1}{x}}=$

答案： $e^{2}$

解析：

$\lim_{x\to 0}\left(1+2x\right)^{\frac{1}{x}}=e^{\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+2x\right)}{x}}=e^{2}$。

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（10）

微分方程 $y^{\prime}-y=e^{x}\cos x$ 满足条件 $y\left(0\right)=0$ 的解为

答案： $y=e^{x}\sin x$

解析：

由一阶线性微分方程通解公式：

$e^{-x}y=\int\cos x\mathrm{~d}x+C=\sin x+C$。

由 $y\left(0\right)=0$ 得 $C=0$，故 $y=e^{x}\sin x$。

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（11）

曲线 $y=\int_{0}^{x}\tan t\mathrm{~d}t\left(0\leq x\leq \frac{\pi}{4}\right)$ 的弧长 $s=$

答案： $\ln\left(1+\sqrt{2}\right)$

解析：

$y^{\prime}=\tan x$，故

$s=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{1+\tan^{2}x}\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sec x\mathrm{~d}x=\ln\left(1+\sqrt{2}\right)$。

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（12）

设函数

$f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}\lambda e^{-\lambda x},&x>0 \\ 0,&x\leq 0\end{matrix}\right.$，其中 $\lambda>0$，则 $\int_{-\infty}^{+\infty}xf\left(x\right)\mathrm{~d}x=$

答案： $\frac{1}{\lambda}$

解析：

$\int_{-\infty}^{+\infty}xf\left(x\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{+\infty}x\lambda e^{-\lambda x}\mathrm{~d}x=\frac{1}{\lambda}$。

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（13）

设平面区域 $D$ 由直线 $y=x$，圆 $x^{2}+y^{2}=2y$ 及 $y$ 轴围成，则二重积分 $\iint_{D}xy\mathrm{d}\sigma=$

答案： $\frac{7}{12}$

解析：

在极坐标下，圆为 $r=2\sin\theta$，区域为 $\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$，$0\leq r\leq 2\sin\theta$。

所以

$\iint_{D}xy\mathrm{d}\sigma=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\sin\theta}r^{3}\cos\theta\sin\theta\mathrm{~d}r=\frac{7}{12}$。

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（14）

二次型 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}+2x_{2}x_{3}$ 的正惯性指数为

答案： $2$

解析：

对应矩阵为

$\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1&1&1 \\ 1&3&1 \\ 1&1&1\end{matrix}\right)$。

其特征值为 $0,1,4$，故正惯性指数为 $2$。

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三、解答题

15～23 小题，共 94 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

（15）（本题满分 10 分）

已知函数

$F\left(x\right)=\frac{\int_{0}^{x}\ln\left(1+t^{2}\right)\mathrm{~d}t}{x^{a}}$，

设 $\lim_{x\to+\infty}F\left(x\right)=\lim_{x\to 0^{+}}F\left(x\right)=0$，试求 $a$ 的取值范围。

解析：

当 $a\leq 0$ 时，$x\to+\infty$ 时 $F\left(x\right)\to+\infty$，与题设矛盾，故 $a>0$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$\ln\left(1+x^{2}\right)\sim x^{2}$，由洛必达法则可知需 $a<3$。

当 $x\to+\infty$ 时，

$\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{0}^{x}\ln\left(1+t^{2}\right)\mathrm{~d}t}{x^{a}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(1+x^{2}\right)}{ax^{a-1}}$，

需 $a>1$。

综上，$1<a<3$。

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（16）（本题满分 11 分）

设函数 $y=y\left(x\right)$ 由参数方程

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{1}{3}t^{3}+t+\frac{1}{3} \\ y=\frac{1}{3}t^{3}-t+\frac{1}{3}\end{matrix}\right.$

确定，求 $y=y\left(x\right)$ 的极值和曲线 $y=y\left(x\right)$ 的凹凸区间及拐点。

解析：

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{t^{2}-1}{t^{2}+1}$，$\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{4t}{\left(t^{2}+1\right)^{3}}$。

令 $y^{\prime}=0$，得 $t=\pm 1$。

当 $t=1$ 时，$\left(x,y\right)=\left(\frac{5}{3},-\frac{1}{3}\right)$，且 $y^{\prime\prime}>0$，故 $y=-\frac{1}{3}$ 为极小值。

当 $t=-1$ 时，$\left(x,y\right)=\left(-1,1\right)$，且 $y^{\prime\prime}<0$，故 $y=1$ 为极大值。

令 $y^{\prime\prime}=0$，得 $t=0$，对应拐点为 $\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$。

当 $t<0$ 时，$y^{\prime\prime}<0$；当 $t>0$ 时，$y^{\prime\prime}>0$。故凸区间为 $\left(-\infty,\frac{1}{3}\right)$，凹区间为 $\left(\frac{1}{3},+\infty\right)$。

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（17）（本题满分 9 分）

设函数 $z=f\left(xy,yg\left(x\right)\right)$，其中函数 $f$ 具有二阶连续偏导数，函数 $g\left(x\right)$ 可导且在 $x=1$ 处取得极值 $g\left(1\right)=1$，求 $\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{\substack{x=1\\\y=1}}$。

解析：

由 $g\left(x\right)$ 在 $x=1$ 处取极值，得 $g^{\prime}\left(1\right)=0$。

对 $z=f\left(xy,yg\left(x\right)\right)$ 求偏导并代入 $x=1,y=1,g\left(1\right)=1,g^{\prime}\left(1\right)=0$，得

$\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{\substack{x=1\\y=1}}=f_{1}^{\prime}\left(1,1\right)+f_{11}^{\prime\prime}\left(1,1\right)+f_{12}^{\prime\prime}\left(1,1\right)$。

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（18）（本题满分 10 分）

设函数 $y\left(x\right)$ 具有二阶导数，且曲线 $l:y=y\left(x\right)$ 与直线 $y=x$ 相切于原点，记 $\alpha$ 为曲线 $l$ 在点 $\left(x,y\right)$ 处切线的倾角，若 $\frac{\mathrm{d}\alpha}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$，求 $y\left(x\right)$ 的表达式。

解析：

由题意，$y\left(0\right)=0,y^{\prime}\left(0\right)=1$，且 $y^{\prime}=\tan\alpha$。

因此 $\alpha=\arctan y^{\prime}$，由 $\frac{\mathrm{d}\alpha}{\mathrm{d}x}=y^{\prime}$ 得

$\frac{y^{\prime\prime}}{1+\left(y^{\prime}\right)^{2}}=y^{\prime}$。

令 $p=y^{\prime}$，解得

$y^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{2e^{-2x}-1}}$。

再由 $y\left(0\right)=0$，得

$y\left(x\right)=\arcsin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}e^{x}\right)-\frac{\pi}{4}$。

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（19）（本题满分 10 分）

（I）证明：对任意的正整数 $n$，都有 $\frac{1}{n+1}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$ 成立。

（II）设 $a_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\left(n=1,2,\cdots\right)$，证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛。

解析：

（I）对 $f\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)$ 在 $\left[0,\frac{1}{n}\right]$ 上应用拉格朗日中值定理，得

$\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n\left(1+\xi\right)},\quad \xi\in\left(0,\frac{1}{n}\right)$。

因此 $\frac{1}{n+1}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$。

（II）

$a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n+1}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<0$，

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调递减。

又由（I）可得

$a_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\ln n>0$，

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 有下界。由单调有界定理，$\left\{a_{n}\right\}$ 收敛。

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（20）（本题满分 11 分）

一容器的内侧是由曲线绕 $y$ 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由 $x^{2}+y^{2}=2y\left(y\geq \frac{1}{2}\right)$ 与 $x^{2}+y^{2}=1\left(y\leq \frac{1}{2}\right)$ 连接而成。

（I）求容器的容积；

（II）若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？长度单位为 $\mathrm{m}$，重力加速度为 $g\ \mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$，水的密度为 $10^{3}\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$。

解析：

（I）容积为

$V=\pi\int_{-1}^{\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right)\mathrm{~d}y+\pi\int_{\frac{1}{2}}^{2}\left(2y-y^{2}\right)\mathrm{~d}y=\frac{9\pi}{4}$。

（II）将高度为 $y$ 的薄片抽至顶部 $y=2$，距离为 $2-y$。

所需功为

$W=10^{3}g\pi\int_{-1}^{\frac{1}{2}}\left(2-y\right)\left(1-y^{2}\right)\mathrm{~d}y+10^{3}g\pi\int_{\frac{1}{2}}^{2}\left(2-y\right)\left(2y-y^{2}\right)\mathrm{~d}y$。

计算得

$W=\frac{3375}{8}\pi g$。

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（21）（本题满分 11 分）

已知函数 $f\left(x,y\right)$ 具有二阶连续偏导数，且 $f\left(1,y\right)=0$，$f\left(x,1\right)=0$，$\iint_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=a$，其中 $D=\left\{\left(x,y\right)\middle|0\leq x\leq 1,0\leq y\leq 1\right\}$。计算二重积分

$I=\iint_{D}xyf_{xy}^{\prime\prime}\left(x,y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y$。

解析：

由分部积分，

$I=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{0}^{1}yf_{xy}^{\prime\prime}\left(x,y\right)\mathrm{~d}y$。

先对 $y$ 分部积分，再对 $x$ 分部积分，并利用 $f\left(1,y\right)=0$、$f\left(x,1\right)=0$，可得

$I=\iint_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=a$。

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（22）（本题满分 11 分）

设向量组

$\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,0,1\right)^{T}$，$\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(0,1,1\right)^{T}$，$\boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(1,3,5\right)^{T}$，

不能由向量组

$\boldsymbol{\beta}_{1}=\left(1,1,1\right)^{T}$，$\boldsymbol{\beta}_{2}=\left(1,2,3\right)^{T}$，$\boldsymbol{\beta}_{3}=\left(3,4,a\right)^{T}$

线性表示。

（I）求 $a$ 的值；

（II）将 $\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}$ 由 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示。

解析：

（I）对 $\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ 作初等行变换，可知当 $a=5$ 时，$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 不能由 $\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}$ 线性表示。

故 $a=5$。

（II）对 $\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}\right)$ 作初等行变换，得

$\boldsymbol{\beta}_{1}=2\boldsymbol{\alpha}_{1}+4\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{3}$，

$\boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}$，

$\boldsymbol{\beta}_{3}=5\boldsymbol{\alpha}_{1}+10\boldsymbol{\alpha}_{2}-2\boldsymbol{\alpha}_{3}$。

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（23）（本题满分 11 分）

$\boldsymbol{A}$ 为三阶实对称矩阵，$\boldsymbol{A}$ 的秩为 $2$，即 $r\left(\boldsymbol{A}\right)=2$，且

$\boldsymbol{A}\left(\begin{matrix}1&1 \\ 0&0 \\ -1&1\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-1&1 \\ 0 &0 \\ 1&1\end{matrix}\right)$。

（I）求 $\boldsymbol{A}$ 的特征值与特征向量；

（II）求矩阵 $\boldsymbol{A}$。

解析：

（I）设 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,0,-1\right)^{T}$，$\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(1,0,1\right)^{T}$。

由题意得

$\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=-\boldsymbol{\alpha}_{1}$，$\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{2}$。

故 $\lambda_{1}=-1,\lambda_{2}=1$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的特征值，对应特征向量分别为 $k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}\left(k_{1}\neq 0\right)$，$k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}\left(k_{2}\neq 0\right)$。

又 $r\left(\boldsymbol{A}\right)=2$，故 $\lambda_{3}=0$。由于 $\boldsymbol{A}$ 为实对称矩阵，不同特征值对应的特征向量正交，所以 $\lambda_{3}=0$ 对应特征向量为 $k_{3}\left(0,1,0\right)^{T}\left(k_{3}\neq 0\right)$。

（II）将特征向量单位化：

$\boldsymbol{\beta}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(1,0,-1\right)^{T}$，

$\boldsymbol{\beta}_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(1,0,1\right)^{T}$，

$\boldsymbol{\beta}_{3}=\left(0,1,0\right)^{T}$。

令 $\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}\right)$，则

$\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\left(\begin{matrix}-1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&0\end{matrix}\right)$。

所以

$\boldsymbol{A}=\boldsymbol{Q}\left(\begin{matrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{matrix}\right)\boldsymbol{Q}^{T}=\left(\begin{matrix}0&0&1\\0&0&0\\1&0&0\end{matrix}\right)$。