荒原之梦考研数学真题解析

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2012 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。下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

（1） ​

曲线 y=x2+xx2−1y=\frac{x^{2}+x}{x^{2}-1} 渐近线的条数为（ ）

（A）00
（B）11
（C）22
（D）33

答案： C

解析：

lim⁡x→1x2+xx2−1=∞\lim_{x\to 1}\frac{x^{2}+x}{x^{2}-1}=\infty，故 x=1x=1 为垂直渐近线。

lim⁡x→∞x2+xx2−1=1\lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}+x}{x^{2}-1}=1，故 y=1y=1 为水平渐近线。

因此共有 22 条渐近线，选 C。

（2） ​

设函数 f(x)=(ex−1)(e2x−2)⋯(enx−n)f\left(x\right)=\left(e^{x}-1\right)\left(e^{2x}-2\right)\cdots\left(e^{nx}-n\right)，其中 nn 为正整数，则 f′(0)=f^{\prime}\left(0\right)=（ ）

（A）(−1)n−1(n−1)!\left(-1\right)^{n-1}\left(n-1\right)!
（B）(−1)n(n−1)!\left(-1\right)^{n}\left(n-1\right)!
（C）(−1)n−1n!\left(-1\right)^{n-1}n!
（D）(−1)nn!\left(-1\right)^{n}n!

答案： C

解析：

求导后令 x=0x=0，只有第一项求导后不为 00，故

f′(0)=(−1)n−1n!f^{\prime}\left(0\right)=\left(-1\right)^{n-1}n!。

（3） ​

设 an>0(n=1,2,⋯ )a_{n}>0\left(n=1,2,\cdots\right)，Sn=a1+a2+⋯+anS_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}，则数列 {Sn}\left\{S_{n}\right\} 有界是数列 {an}\left\{a_{n}\right\} 收敛的（ ）

（A）充分必要条件
（B）充分非必要条件
（C）必要非充分条件
（D）既非充分也非必要条件

答案： B

解析：

若 {Sn}\left\{S_{n}\right\} 有界且 an>0a_{n}>0，则级数 ∑an\sum a_{n} 收敛，从而 an→0a_{n}\to 0，故 {an}\left\{a_{n}\right\} 收敛。

反之，{an}\left\{a_{n}\right\} 收敛不一定推出 {Sn}\left\{S_{n}\right\} 有界，如 an=1a_{n}=1。故为充分非必要条件。

（4） ​

设 Ik=∫2kexsin⁡x dx(k=1,2,3)I_{k}=\int_{2}^{k}e^{x}\sin x\mathrm{~d}x\left(k=1,2,3\right)，则有（ ）

（A）I1<I2<I3I_{1}<I_{2}<I_{3}
（B）I2<I1<I3I_{2}<I_{1}<I_{3}
（C）I1<I3<I2I_{1}<I_{3}<I_{2}
（D）I1<I2<I3I_{1}<I_{2}<I_{3}

答案： D

解析：

将 IkI_{k} 看作关于 kk 的函数，则

Ik′=eksin⁡k≥0,k∈(0,π)I_{k}^{\prime}=e^{k}\sin k\geq 0,\quad k\in\left(0,\pi\right)。

由于 1,2,3∈(0,π)1,2,3\in\left(0,\pi\right)，所以 I1<I2<I3I_{1}<I_{2}<I_{3}，故选 D。

（5） ​

设函数 f(x,y)f\left(x,y\right) 可微，且对任意 x,yx,y 都有 ∂f(x,y)∂x>0\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}>0，∂f(x,y)∂y<0\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial y}<0，f(x1,y1)<f(x2,y2)f\left(x_{1},y_{1}\right)<f\left(x_{2},y_{2}\right) 成立的一个充分条件是（ ）

（A）x1>x2,y1<y2x_{1}>x_{2},y_{1}<y_{2}
（B）x1>x2,y1>y2x_{1}>x_{2},y_{1}>y_{2}
（C）x1<x2,y1<y2x_{1}<x_{2},y_{1}<y_{2}
（D）x1<x2,y1>y2x_{1}<x_{2},y_{1}>y_{2}

答案： D

解析：

由 ∂f∂x>0\frac{\partial f}{\partial x}>0，∂f∂y<0\frac{\partial f}{\partial y}<0 可知，f(x,y)f\left(x,y\right) 关于 xx 单调递增，关于 yy 单调递减。

因此 x1<x2,y1>y2x_{1}<x_{2},y_{1}>y_{2} 时，有 f(x1,y1)<f(x2,y2)f\left(x_{1},y_{1}\right)<f\left(x_{2},y_{2}\right)，选 D。

（6） ​

设区域 DD 由曲线 y=sin⁡xy=\sin x，x=±π2x=\pm\frac{\pi}{2}，y=1y=1 围成，则 ∬D(x5y−1) dx dy=\iint_{D}\left(x^{5}y-1\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=（ ）

（A）π\pi
（B）22
（C）−2-2
（D）−π-\pi

答案：（D）

解析：

由区域对称性，∬Dx5y dx dy=0\iint_{D}x^{5}y\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=0，故

∬D(x5y−1) dx dy=−∬D1 dx dy=−π\iint_{D}\left(x^{5}y-1\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=-\iint_{D}1\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=-\pi。

（7） ​

设

α1=(00c1)\boldsymbol{\alpha}_{1} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ c_{1} \end{pmatrix}，α2=(01c2)\boldsymbol{\alpha}_{2} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ c_{2}\end{pmatrix}，α3=(1−1c3)\boldsymbol{\alpha}_{3}=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\c_{3}\end{pmatrix}，α4=(−11c4)\boldsymbol{\alpha}_{4}=\begin{pmatrix}-1 \\1 \\ c_{4}\end{pmatrix}，

其中 c1,c2,c3,c4c_{1},c_{2},c_{3},c_{4} 为任意常数，则下列向量组线性相关的是（ ）

（A）α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}
（B）α1,α2,α4\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{4}
（C）α1,α3,α4\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}
（D）α2,α3,α4\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}

答案：（C）

解析：

由于

∣α1,α3,α4∣=∣01−10−11c1c3c4∣=0\left|\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right| = \left|\begin{matrix}0&1&-1 \\ 0 & -1 & 1 \\ c_{1} & c_{3} & c_{4} \end{matrix}\right|=0，

所以 α1,α3,α4\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4} 线性相关，选（C）。

（8） ​

设 A\boldsymbol{A} 为 33 阶矩阵，P\boldsymbol{P} 为 33 阶可逆矩阵，且 P−1AP=(100010002)\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2\end{matrix}\right)，P=(α1,α2,α3)\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)，Q=(α1+α2,α2,α3)\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)，则 Q−1AQ=\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=（ ）

（A）(100020001)\left(\begin{matrix}1&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&0&1\end{matrix}\right)
（B）(100010002)\left(\begin{matrix}1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2\end{matrix}\right)
（C）(200010002)\left(\begin{matrix}2&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2\end{matrix}\right)
（D）(200020001)\left(\begin{matrix}2&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&0&1\end{matrix}\right)

答案：（B）

解析：

Q=P(100110001)\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{P}\left(\begin{matrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{matrix}\right)。

所以

Q−1AQ=(100−110001)(P−1AP)(100110001)=(100010002)\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\left(\begin{matrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{matrix}\right)\left(\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}\right)\left(\begin{matrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{matrix}\right)。

故选（B）。

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） ​

设 y=y(x)y=y\left(x\right) 是由方程 x2−y+1=eyx^{2}-y+1=e^{y} 所确定的隐函数，则 d2ydx2∣x=0=\left.\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{x=0}= ________。

答案： 11

解析：

令 x=0x=0，得 y=0y=0。

对 x2−y+1=eyx^{2}-y+1=e^{y} 两边求导得 2x−y′=eyy′2x-y^{\prime}=e^{y}y^{\prime}，代入 x=0,y=0x=0,y=0，得 y′=0y^{\prime}=0。

再求导得 2−y′′=ey(y′)2+eyy′′2-y^{\prime\prime}=e^{y}\left(y^{\prime}\right)^{2}+e^{y}y^{\prime\prime}，代入 x=0,y=0,y′=0x=0,y=0,y^{\prime}=0，得 y′′=1y^{\prime\prime}=1。

（10） ​

计算 lim⁡n→∞n(11+n2+122+n2+⋯+1n2+n2)=\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{1}{1+n^{2}}+\frac{1}{2^{2}+n^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n^{2}}\right)= ________。

答案： π4\frac{\pi}{4}

解析：

原式

=lim⁡n→∞1n∑i=1n11+(in)2=∫0111+x2 dx=π4=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+\left(\frac{i}{n}\right)^{2}}=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{~d}x=\frac{\pi}{4}。

（11） ​

设 z=f(ln⁡x+1y)z=f\left(\ln x+\frac{1}{y}\right)，其中函数 f(u)f\left(u\right) 可微，则 x∂z∂x+y2∂z∂y=x\frac{\partial z}{\partial x}+y^{2}\frac{\partial z}{\partial y}= ________。

答案： 00

解析：

∂z∂x=f′(ln⁡x+1y)1x\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime}\left(\ln x+\frac{1}{y}\right)\frac{1}{x}，∂z∂y=f′(ln⁡x+1y)(−1y2)\frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime}\left(\ln x+\frac{1}{y}\right)\left(-\frac{1}{y^{2}}\right)。

故 x∂z∂x+y2∂z∂y=0x\frac{\partial z}{\partial x}+y^{2}\frac{\partial z}{\partial y}=0。

（12） ​

微分方程 ydx+(x−3y2)dy=0y\mathrm{d}x+\left(x-3y^{2}\right)\mathrm{d}y=0 满足初始条件 y∣x=1=1\left.y\right|_{x=1}=1 的解为________。

答案： x=y2x=y^{2}

解析：

由原方程得

dxdy+1yx=3y\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}+\frac{1}{y}x=3y。

解得

x=y2+Cyx=y^{2}+\frac{C}{y}。

由 y=1y=1 时 x=1x=1，得 C=0C=0，所以 x=y2x=y^{2}。

（13） ​

曲线 y=x2+x(x<0)y=x^{2}+x\left(x<0\right) 上曲率为 22\frac{\sqrt{2}}{2} 的点的坐标是________。

答案： (−1,0)\left(-1,0\right)

解析：

y′=2x+1,y′′=2y^{\prime}=2x+1,y^{\prime\prime}=2。

代入曲率公式

K=∣y′′∣[1+(y′)2]32K=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left[1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}，

得 (2x+1)2=1\left(2x+1\right)^{2}=1，解得 x=0x=0 或 x=−1x=-1。由 x<0x<0，取 x=−1x=-1，此时 y=0y=0。

（14） ​

设 A\boldsymbol{A} 为 33 阶矩阵，∣A∣=3\left|\boldsymbol{A}\right|=3，A∗\boldsymbol{A}^{*} 为 A\boldsymbol{A} 的伴随矩阵，若交换 A\boldsymbol{A} 的第一行与第二行得到矩阵 B\boldsymbol{B}，则 ∣BA∗∣=\left|\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}^{*}\right|= ________。

答案： −27-27

解析：

B=E12A\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}_{12}\boldsymbol{A}，故

BA∗=E12AA∗=3E12\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{E}_{12}\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=3\boldsymbol{E}_{12}。

因此

∣BA∗∣=∣3E12∣=33∣E12∣=−27\left|\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}^{*}\right|=\left|3\boldsymbol{E}_{12}\right|=3^{3}\left|\boldsymbol{E}_{12}\right|=-27。

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(x)=1+xsin⁡x−1xf\left(x\right)=\frac{1+x}{\sin x}-\frac{1}{x}，记 a=lim⁡x→0f(x)a=\lim_{x\to 0}f\left(x\right)。

（1）求 aa 的值；

（2）若当 x→0x\to 0 时，f(x)−af\left(x\right)-a 是 xkx^{k} 的同阶无穷小，求 kk。

解析：

（1）

lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→0(1sin⁡x−1x+1)=1\lim_{x\to 0}f\left(x\right)=\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}+1\right)=1，

故 a=1a=1。

（2）

f(x)−a=1sin⁡x−1x=x−sin⁡xxsin⁡xf\left(x\right)-a=\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}=\frac{x-\sin x}{x\sin x}。

又 x−sin⁡x∼x36x-\sin x\sim \frac{x^{3}}{6}，所以 f(x)−a∼x6f\left(x\right)-a\sim \frac{x}{6}，故 k=1k=1。

（16）（本题满分 10 分） ​

求 f(x,y)=xe−x2+y22f\left(x,y\right)=xe^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} 的极值。

解析：

fx′=e−x2+y22(1−x2)f_{x}^{\prime}=e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\left(1-x^{2}\right)，fy′=−xye−x2+y22f_{y}^{\prime}=-xye^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}。

驻点为 (1,0)\left(1,0\right) 与 (−1,0)\left(-1,0\right)。

函数在 (1,0)\left(1,0\right) 处取得极大值 e−12=1ee^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}；在 (−1,0)\left(-1,0\right) 处取得极小值 −e−12=−1e-e^{-\frac{1}{2}}=-\frac{1}{\sqrt{e}}。

（17）（本题满分 10 分） ​

过点 (0,1)\left(0,1\right) 作曲线 L:y=ln⁡xL:y=\ln x 的切线，切点为 A\boldsymbol{A}，又 LL 与 xx 轴交于 B\boldsymbol{B} 点，区域 DD 由 LL 与直线 AB\boldsymbol{A}\boldsymbol{B} 及 xx 轴围成，求区域 DD 的面积及 DD 绕 xx 轴旋转一周所得旋转体的体积。

解析：

设切点为 (x0,ln⁡x0)\left(x_{0},\ln x_{0}\right)，切线方程为

y−ln⁡x0=1x0(x−x0)y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)。

代入点 (0,1)\left(0,1\right)，得 x0=e2x_{0}=e^{2}，切线方程为 y=xe2+1y=\frac{x}{e^{2}}+1。

区域面积为

S=∫02[ey−e2(y−1)] dy=e2−1S=\int_{0}^{2}\left[e^{y}-e^{2}\left(y-1\right)\right]\mathrm{~d}y=e^{2}-1。

旋转体体积为

V=13π⋅22⋅2e2−π∫1e2(ln⁡x)2 dx=2π3(e2+3)V=\frac{1}{3}\pi\cdot 2^{2}\cdot 2e^{2}-\pi\int_{1}^{e^{2}}\left(\ln x\right)^{2}\mathrm{~d}x=\frac{2\pi}{3}\left(e^{2}+3\right)。

（18）（本题满分 10 分） ​

计算二重积分 ∬Dxydσ\iint_{D}xy\mathrm{d}\sigma，其中区域 DD 为曲线 r=1+cos⁡θ(0≤θ≤π)r=1+\cos\theta\left(0\leq\theta\leq\pi\right) 与极轴围成。

解析：

由极坐标变换得

∬Dxydσ=∫0πdθ∫01+cos⁡θr3cos⁡θsin⁡θ dr\iint_{D}xy\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1+\cos\theta}r^{3}\cos\theta\sin\theta\mathrm{~d}r。

即

∬Dxydσ=14∫0πsin⁡θcos⁡θ(1+cos⁡θ)4 dθ=1615\iint_{D}xy\mathrm{d}\sigma=\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi}\sin\theta\cos\theta\left(1+\cos\theta\right)^{4}\mathrm{~d}\theta=\frac{16}{15}。

（19）（本题满分 11 分） ​

已知函数 f(x)f\left(x\right) 满足方程 f′′(x)+f′(x)−2f(x)=0f^{\prime\prime}\left(x\right)+f^{\prime}\left(x\right)-2f\left(x\right)=0 及 f′(x)+f(x)=2exf^{\prime}\left(x\right)+f\left(x\right)=2e^{x}。

（1）求表达式 f(x)f\left(x\right)；

（2）求曲线 y=f(x2)∫0xf(−t2) dty=f\left(x^{2}\right)\int_{0}^{x}f\left(-t^{2}\right)\mathrm{~d}t 的拐点。

解析：

（1）特征方程为 r2+r−2=0r^{2}+r-2=0，得通解

f(x)=C1ex+C2e−2xf\left(x\right)=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x}。

由 f′(x)+f(x)=2exf^{\prime}\left(x\right)+f\left(x\right)=2e^{x} 得 C1=1,C2=0C_{1}=1,C_{2}=0，故 f(x)=exf\left(x\right)=e^{x}。

（2）曲线方程为

y=ex2∫0xe−t2 dty=e^{x^{2}}\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\mathrm{~d}t。

求导得

y′′=2x+2(1+2x2)ex2∫0xe−t2 dty^{\prime\prime}=2x+2\left(1+2x^{2}\right)e^{x^{2}}\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\mathrm{~d}t。

当 x=0x=0 时，y′′=0y^{\prime\prime}=0；当 x>0x>0 时，y′′>0y^{\prime\prime}>0；当 x<0x<0 时，y′′<0y^{\prime\prime}<0。

故唯一拐点为 (0,0)\left(0,0\right)。

（20）（本题满分 10 分） ​

证明：

xln⁡1+x1−x+cos⁡x≥1+x22,−1<x<1x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x\geq 1+\frac{x^{2}}{2},\quad -1<x<1。

解析：

令

f(x)=xln⁡1+x1−x+cos⁡x−1−x22f\left(x\right)=x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^{2}}{2}。

则 f(0)=0f\left(0\right)=0，且

f′(x)=ln⁡1+x1−x+1+x21−x2x−sin⁡xf^{\prime}\left(x\right)=\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{1+x^{2}}{1-x^{2}}x-\sin x。

当 0<x<10<x<1 时，f′(x)≥0f^{\prime}\left(x\right)\geq 0；当 −1<x<0-1<x<0 时，f′(x)≤0f^{\prime}\left(x\right)\leq 0。

因此 f(x)≥f(0)=0f\left(x\right)\geq f\left(0\right)=0，即

xln⁡1+x1−x+cos⁡x≥1+x22x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x\geq 1+\frac{x^{2}}{2}。

（21）（本题满分 11 分） ​

（1）证明方程 xn+xn−1+⋯+x=1(n>1x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x=1\left(n>1\right. 的整数)\left.\right) 在区间 (12,1)\left(\frac{1}{2},1\right) 内有且仅有一个实根；

（2）记（1）中的实根为 xnx_{n}，证明 lim⁡n→∞xn\lim_{n\to\infty}x_{n} 存在，并求此极限。

解析：

（1）令

f(x)=xn+xn−1+⋯+x−1f\left(x\right)=x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x-1。

有 f(1)>0f\left(1\right)>0，且

f(12)=−(12)n<0f\left(\frac{1}{2}\right)=-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}<0。

由零点定理知存在实根；又 f(x)f\left(x\right) 在 (12,1)\left(\frac{1}{2},1\right) 内严格递增，故实根唯一。

（2）由

xnn+xnn−1+⋯+xn=1x_{n}^{n}+x_{n}^{n-1}+\cdots+x_{n}=1

得

xn(1−xnn)1−xn=1,12<xn<1\frac{x_{n}\left(1-x_{n}^{n}\right)}{1-x_{n}}=1,\quad \frac{1}{2}<x_{n}<1。

可知 {xn}\left\{x_{n}\right\} 单调有界，故极限存在。

设 lim⁡n→∞xn=a\lim_{n\to\infty}x_{n}=a，则

a1−a=1\frac{a}{1-a}=1，

故 a=12a=\frac{1}{2}，即 lim⁡n→∞xn=12\lim_{n\to\infty}x_{n}=\frac{1}{2}。

（22）（本题满分 11 分） ​

设

A=(1a0001a0001aa001)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1&a&0&0 \\ 0&1&a&0 \\ 0&0&1&a \\ a&0&0&1\end{matrix}\right)，b=(1−100)\boldsymbol{b}=\left(\begin{matrix}1 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right)。

（Ⅰ）求 ∣A∣\left|\boldsymbol{A}\right|；

（Ⅱ）已知线性方程组 Ax=b\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b} 有无穷多解，求 aa，并求 Ax=b\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b} 的通解。

解析：

（Ⅰ）

∣A∣=1−a4\left|\boldsymbol{A}\right|=1-a^{4}。

（Ⅱ）有无穷多解需满足

1−a4=0,−a−a2=01-a^{4}=0,\quad -a-a^{2}=0，

故 a=−1a=-1。

此时增广矩阵可化为

(100−10010−1−1001−1000000)\left(\begin{matrix}1&0&0&-1&0 \\ 0&1&0&-1&-1 \\ 0&0&1&-1&0 \\ 0&0&0&0&0\end{matrix}\right)。

导出组基础解系为 (1111)\left(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}\right)，一个特解为 (0−100)\left(\begin{matrix}0 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right)。

故通解为

x=k(1111)+(0−100)\boldsymbol{x}=k\left(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}0 \\ -1 \\ 0 \\ 0\end{matrix}\right)，

其中 kk 为任意常数。

（23）（本题满分 11 分） ​

三阶矩阵

A=(101011−10a)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1&0&1 \\ 0&1&1 \\ -1&0&a\end{matrix}\right)，AT\boldsymbol{A}^{T} 为矩阵 A\boldsymbol{A} 的转置，已知 r(ATA)=2r\left(\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}\right)=2，且二次型 f=xTATAxf=\boldsymbol{x}^{T}\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}。

（1）求 aa；

（2）求二次型对应的二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。

解析：

（1）由 r(ATA)=r(A)=2r\left(\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}\right)=r\left(\boldsymbol{A}\right)=2，得

∣A∣=a+1=0\left|\boldsymbol{A}\right|=a+1=0，

所以 a=−1a=-1。

（2）当 a=−1a=-1 时，

B=ATA=(202022224)\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}2&0&2 \\ 0&2&2 \\ 2&2&4\end{matrix}\right)。

特征方程为

∣λE−B∣=λ(λ−2)(λ−6)=0\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}\right|=\lambda\left(\lambda-2\right)\left(\lambda-6\right)=0。

故特征值为 0,2,60,2,6。对应特征向量可取

η1=(11−1)\boldsymbol{\eta}_{1}=\left(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ -1\end{matrix}\right)，η2=(1−10)\boldsymbol{\eta}_{2}=\left(\begin{matrix}1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix}\right)，η3=(112)\boldsymbol{\eta}_{3}=\left(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2\end{matrix}\right)。

单位化得

α1=13(11−1)\boldsymbol{\alpha}_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ -1\end{matrix}\right)，α2=12(1−10)\boldsymbol{\alpha}_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{matrix}1 \\ -1 \\ 0\end{matrix}\right)，α3=16(112)\boldsymbol{\alpha}_{3}=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2\end{matrix}\right)。

令 Q=(α1,α2,α3)\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)，则在正交变换 x=Qy\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y} 下，二次型化为标准型

f=2y22+6y32f=2y_{2}^{2}+6y_{3}^{2}。