2013 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。

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（1）

设 $\cos x-1=x\sin\alpha\left(x\right)$，其中 $\left|\alpha\left(x\right)\right|<\frac{\pi}{2}$，则当 $x\to 0$ 时，$\alpha\left(x\right)$ 是（ ）

（A）比 $x$ 高阶的无穷小

（B）比 $x$ 低阶的无穷小

（C）与 $x$ 同阶但不等价的无穷小

（D）与 $x$ 等价的无穷小

答案：（C）

解析：
由 $\lim_{x\to 0}\frac{\sin\alpha\left(x\right)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{x^{2}}=-\frac{1}{2}$，可知 $\alpha\left(x\right)\to 0$，且 $\sin\alpha\left(x\right)\sim \alpha\left(x\right)$。因此 $\lim_{x\to 0}\frac{\alpha\left(x\right)}{x}=-\frac{1}{2}$，故 $\alpha\left(x\right)$ 与 $x$ 同阶但不等价。

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（2）

设函数 $y=f\left(x\right)$ 由方程 $\cos\left(xy\right)-\ln y+x=1$ 确定，则 $\lim_{n\to\infty}n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-1\right]=$（ ）

（A）$2$

（B）$1$

（C）$-1$

（D）$-2$

答案：（A）

解析：
由方程得 $f\left(0\right)=1$，故

$\lim_{n\to\infty}n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-1\right]=2f^{\prime}\left(0\right)$。

对 $\cos\left(xy\right)-\ln y+x=1$ 两边求导，得

$-\left(y+xy^{\prime}\right)\sin\left(xy\right)-\frac{y^{\prime}}{y}+1=0$。

代入 $x=0,y=1$，得 $f^{\prime}\left(0\right)=1$，故原极限为 $2$。

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（3）

设函数

$f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}\sin x,&0\leq x<\pi\\2,&\pi\leq x\leq 2\pi\end{matrix}\right.$，$F\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t$，则（ ）

（A）$x=\pi$ 是函数 $F\left(x\right)$ 的跳跃间断点

（B）$x=\pi$ 是函数 $F\left(x\right)$ 的可去间断点

（C）$F\left(x\right)$ 在 $x=\pi$ 处连续但不可导

（D）$F\left(x\right)$ 在 $x=\pi$ 处可导

答案：（C）

解析：
由积分得

$F\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}1-\cos x,&0\leq x<\pi\\2x-2\pi+2,&\pi\leq x\leq 2\pi\end{matrix}\right.$。

左右极限均为 $2$，所以 $F\left(x\right)$ 在 $x=\pi$ 处连续；但左导数为 $0$，右导数为 $2$，故不可导。

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（4）

设函数

$f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}\frac{1}{\left(x-1\right)^{\alpha-1}},&1<x<e\\\frac{1}{x\left(\ln x\right)^{\alpha+1}},&x\geq e\end{matrix}\right.$，

若反常积分 $\int_{1}^{+\infty}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛，则（ ）

（A）$\alpha<-2$

（B）$\alpha>2$

（C）$-2<\alpha<0$

（D）$0<\alpha<2$

答案：（D）

解析：
反常积分分为 $\int_{1}^{e}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 与 $\int_{e}^{+\infty}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 两部分。

当 $1<x<e$ 时，收敛需 $\alpha<2$；当 $x\geq e$ 时，收敛需 $\alpha>0$。故 $0<\alpha<2$。

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（5）

设 $z=\frac{y}{x}f\left(xy\right)$，其中函数 $f$ 可微，则 $\frac{x}{y}\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=$（ ）

（A）$2yf^{\prime}\left(xy\right)$

（B）$-2yf^{\prime}\left(xy\right)$

（C）$\frac{2}{x}f\left(xy\right)$

（D）$-\frac{2}{x}f\left(xy\right)$

答案：（A）

解析：
由 $z=\frac{y}{x}f\left(xy\right)$ 得

$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{y}{x^{2}}f\left(xy\right)+\frac{y^{2}}{x}f^{\prime}\left(xy\right)$，

$\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{x}f\left(xy\right)+yf^{\prime}\left(xy\right)$。

所以

$\frac{x}{y}\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=2yf^{\prime}\left(xy\right)$。

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（6）

设 $D_{k}$ 是圆域 $D=\left\{\left(x,y\right)\middle|x^{2}+y^{2}\leq 1\right\}$ 在第 $k$ 象限的部分，记 $I_{k}=\iint_{D_{k}}\left(y-x\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y\left(k=1,2,3,4\right)$，则（ ）

（A）$I_{1}>0$

（B）$I_{2}>0$

（C）$I_{3}>0$

（D）$I_{4}>0$

答案：（B）

解析：
令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，则

$I_{k}=\int_{\alpha}^{\beta}\int_{0}^{1}r^{2}\left(\sin\theta-\cos\theta\right)\mathrm{~d}r\mathrm{~d}\theta=\frac{1}{3}\left[-\cos\theta-\sin\theta\right]_{\alpha}^{\beta}$。

当 $k=2$ 时，$\alpha=\frac{\pi}{2},\beta=\pi$，得 $I_{2}=\frac{2}{3}>0$。

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（7）

设矩阵 $\boldsymbol{A},\boldsymbol{B},\boldsymbol{C}$ 均为 $n$ 阶矩阵，若 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{C}$，且 $\boldsymbol{B}$ 可逆，则（ ）

（A）矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的行向量组与矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的行向量组等价

（B）矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的列向量组与矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的列向量组等价

（C）矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的行向量组与矩阵 $\boldsymbol{B}$ 的行向量组等价

（D）矩阵 $\boldsymbol{C}$ 的行向量组与矩阵 $\boldsymbol{B}$ 的列向量组等价

答案：（B）

解析：
由 $\boldsymbol{C}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}$ 可知，$\boldsymbol{C}$ 的列向量组可由 $\boldsymbol{A}$ 的列向量组线性表示。又 $\boldsymbol{B}$ 可逆，$\boldsymbol{A}=\boldsymbol{C}\boldsymbol{B}^{-1}$，所以 $\boldsymbol{A}$ 的列向量组也可由 $\boldsymbol{C}$ 的列向量组线性表示，故选（B）。

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（8）

矩阵 $\left(\begin{matrix}1&a&1\\a&b&a\\1&a&1\end{matrix}\right)$ 与 $\left(\begin{matrix}2&0&0\\0&b&0\\0&0&0\end{matrix}\right)$ 相似的充分必要条件为（ ）

（A）$a=0,b=2$

（B）$a=0,b$ 为任意常数

（C）$a=2,b=0$

（D）$a=2,b$ 为任意常数

答案：（B）

解析：
原矩阵为实对称矩阵，必可相似对角化。其与 $\left(\begin{matrix}2&0&0\\0&b&0\\0&0&0\end{matrix}\right)$ 相似的充分必要条件是特征值为 $2,b,0$。

又

$\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\lambda\left[\left(\lambda-b\right)\left(\lambda-2\right)-2a^{2}\right]$，

故需 $a=0$，$b$ 为任意常数。

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二、填空题

9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分。

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（9）

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

答案：$e^{\frac{1}{2}}$

解析：
原式可化为

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

又 $\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{\ln\left(1+x\right)}{x}}{x}=\frac{1}{2}$，故答案为 $e^{\frac{1}{2}}$。

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（10）

设函数 $f\left(x\right)=\int_{-1}^{x}\sqrt{1-e^{t}}\mathrm{~d}t$，则 $y=f\left(x\right)$ 的反函数 $x=f^{-1}\left(y\right)$ 在 $y=0$ 处的导数 $\left.\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right|_{y=0}=$

答案：$\frac{1}{\sqrt{1-e^{-1}}}$

解析：
$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\sqrt{1-e^{x}}$，所以 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{1}{\sqrt{1-e^{x}}}$。

当 $y=0$ 时，$x=-1$，故 $\left.\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right|_{y=0}=\frac{1}{\sqrt{1-e^{-1}}}$。

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（11）

设封闭曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r=\cos 3\theta\left(-\frac{\pi}{6}\leq \theta\leq \frac{\pi}{6}\right)$，则 $L$ 所围成的平面图形的面积为

答案：$\frac{\pi}{12}$

解析：
所围图形面积为

$S=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}\cos^{2}3\theta\mathrm{~d}\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\frac{1+\cos 6\theta}{2}\mathrm{~d}\theta=\frac{\pi}{12}$。

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（12）

曲线 $\left\{\begin{matrix}x=\arctan t\\y=\ln\sqrt{1+t^{2}}\end{matrix}\right.$ 上对应于 $t=1$ 的点处的法线方程为

答案：$y+x-\frac{\pi}{4}-\ln 2=0$

解析：
$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{t}{1+t^{2}}}{\frac{1}{1+t^{2}}}=t$，所以 $\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=1}=1$。

当 $t=1$ 时，$x=\frac{\pi}{4},y=\ln 2$，法线斜率为 $-1$，故法线方程为

$y-\ln 2=-\left(x-\frac{\pi}{4}\right)$，

即 $y+x-\frac{\pi}{4}-\ln 2=0$。

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（13）

已知 $y_{1}=e^{3x}-xe^{2x}$，$y_{2}=e^{x}-xe^{2x}$，$y_{3}=-xe^{2x}$ 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的 $3$ 个解，该方程满足条件 $\left.y\right|_{x=0}=0$，$\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=1$ 的解为 $y=$

答案：$y=e^{3x}-e^{x}-xe^{2x}$

解析：
由题意知，$e^{3x},e^{x}$ 是对应齐次方程的解，$-xe^{2x}$ 是非齐次方程的一个解，故通解为

$y=C_{1}e^{3x}+C_{2}e^{x}-xe^{2x}$。

代入初始条件得 $C_{1}=1,C_{2}=-1$，所以 $y=e^{3x}-e^{x}-xe^{2x}$。

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（14）

设 $\boldsymbol{A}=\left(a_{ij}\right)$ 是三阶非零矩阵，$\left|\boldsymbol{A}\right|$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的行列式，$A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式，若 $a_{ij}+A_{ij}=0\left(i,j=1,2,3\right)$，则 $\left|\boldsymbol{A}\right|=$

答案：$-1$

解析：
由 $a_{ij}+A_{ij}=0$ 可知，$\boldsymbol{A}^{T}=-\boldsymbol{A}^{*}$。

又 $\left|\boldsymbol{A}\right|=\sum_{j=1}^{3}a_{ij}A_{ij}=-\sum_{j=1}^{3}a_{ij}^{2}<0$，且 $\left|\boldsymbol{A}\right|^{2}=\left|\boldsymbol{A}^{*}\right|=\left|-\boldsymbol{A}^{T}\right|=-\left|\boldsymbol{A}\right|$，故 $\left|\boldsymbol{A}\right|=-1$。

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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。

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（15）（本题满分 10 分）

当 $x\to 0$ 时，$1-\cos x\cos 2x\cos 3x$ 与 $ax^{n}$ 为等价无穷小，求 $n$ 与 $a$ 的值。

解析：
由

$1-\cos x\cos 2x\cos 3x=\left(1-\cos x\right)+\cos x\left(1-\cos 2x\right)+\cos x\cos 2x\left(1-\cos 3x\right)$，

且当 $x\to 0$ 时，

$1-\cos x\sim \frac{x^{2}}{2},\quad 1-\cos 2x\sim \frac{4x^{2}}{2},\quad 1-\cos 3x\sim \frac{9x^{2}}{2}$，

所以

$1-\cos x\cos 2x\cos 3x\sim \frac{1+4+9}{2}x^{2}=7x^{2}$。

故 $n=2,a=7$。

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（16）（本题满分 10 分）

设 $D$ 是由曲线 $y=x^{\frac{1}{3}}$，直线 $x=a\left(a>0\right)$ 及 $x$ 轴所围成的平面图形，$V_{x},V_{y}$ 分别是 $D$ 绕 $x$ 轴、$y$ 轴旋转一周所得旋转体的体积，若 $V_{y}=10V_{x}$，求 $a$ 的值。

解析：
由题意得

$V_{x}=\pi\int_{0}^{a}x^{\frac{2}{3}}\mathrm{~d}x=\frac{3\pi}{5}a^{\frac{5}{3}}$，

$V_{y}=2\pi\int_{0}^{a}x^{\frac{4}{3}}\mathrm{~d}x=\frac{6\pi}{7}a^{\frac{7}{3}}$。

由 $V_{y}=10V_{x}$，得 $\frac{6\pi}{7}a^{\frac{7}{3}}=10\cdot \frac{3\pi}{5}a^{\frac{5}{3}}$，故 $a=7\sqrt{7}$。

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（17）（本题满分 10 分）

设平面内区域 $D$ 由直线 $x=3y$，$y=3x$ 及 $x+y=8$ 围成，计算 $\iint_{D}x^{2}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y$。

解析：
区域 $D$ 可分为两部分：

$\iint_{D}x^{2}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{\frac{x}{3}}^{3x}x^{2}\mathrm{~d}y+\int_{2}^{6}\mathrm{d}x\int_{\frac{x}{3}}^{8-x}x^{2}\mathrm{~d}y$。

计算得 $\iint_{D}x^{2}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\frac{416}{3}$。

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（18）（本题满分 10 分）

设奇函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left[-1,1\right]$ 上具有二阶导数，且 $f\left(1\right)=1$。证明：

（I）存在 $\xi\in\left(0,1\right)$，使得 $f^{\prime}\left(\xi\right)=1$；

（II）存在 $\eta\in\left(0,1\right)$，使得 $f^{\prime\prime}\left(\eta\right)+f^{\prime}\left(\eta\right)=1$。

解析：
（I）令 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-x$，则 $F\left(0\right)=F\left(1\right)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi\in\left(0,1\right)$，使得 $F^{\prime}\left(\xi\right)=0$，即 $f^{\prime}\left(\xi\right)=1$。

（II）令 $G\left(x\right)=e^{x}\left[f^{\prime}\left(x\right)-1\right]$。由（I）知 $G\left(\xi\right)=0$。又 $f\left(x\right)$ 为奇函数，所以 $f^{\prime}\left(x\right)$ 为偶函数，从而 $G\left(-\xi\right)=0$。

由罗尔定理，存在 $\eta\in\left(-\xi,\xi\right)$，使得 $G^{\prime}\left(\eta\right)=0$，即

$e^{\eta}\left[f^{\prime}\left(\eta\right)-1\right]+e^{\eta}f^{\prime\prime}\left(\eta\right)=0$，

故 $f^{\prime\prime}\left(\eta\right)+f^{\prime}\left(\eta\right)=1$。

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（19）（本题满分 11 分）

求曲线 $x^{3}-xy+y^{3}=1\left(x\geq 0,y\geq 0\right)$ 上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。

解析：
设 $f\left(x,y\right)=x^{2}+y^{2}$，约束条件为 $x^{3}-xy+y^{3}=1$。构造

$L\left(x,y,\lambda\right)=x^{2}+y^{2}+\lambda\left(x^{3}-xy+y^{3}-1\right)$。

由驻点方程可得

$\lambda\left(x-y\right)\left(x+y+3xy\right)=0$。

结合 $x\geq 0,y\geq 0$，得 $x=y$。代入约束条件得 $2x^{3}-x^{2}=1$，解得 $x=y=1$。

曲线端点 $\left(1,0\right)$ 与 $\left(0,1\right)$ 到原点距离均为 $1$，点 $\left(1,1\right)$ 到原点距离为 $\sqrt{2}$。故最长距离为 $\sqrt{2}$，最短距离为 $1$。

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（20）（本题满分 11 分）

设函数 $f\left(x\right)=\ln x+\frac{1}{x}$。

（I）求 $f\left(x\right)$ 的最小值；

（II）设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $\ln x_{n}+\frac{1}{x_{n}}<1$，证明 $\lim_{n\to\infty}x_{n}$ 存在，并求此极限。

解析：
（I）$f^{\prime}\left(x\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x-1}{x^{2}}$。

当 $x\in\left(0,1\right)$ 时，$f^{\prime}\left(x\right)<0$；当 $x\in\left(1,+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}\left(x\right)>0$。故最小值为 $f\left(1\right)=1$。

（II）由题设可推出 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递增且有上界，因此 $\lim_{n\to\infty}x_{n}$ 存在。

设 $\lim_{n\to\infty}x_{n}=a$，则 $\ln a+\frac{1}{a}\leq 1$。又由（I）知 $\ln a+\frac{1}{a}\geq 1$，所以 $\ln a+\frac{1}{a}=1$，从而 $a=1$。

因此 $\lim_{n\to\infty}x_{n}=1$。

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（21）（本题满分 11 分）

设曲线 $L$ 的方程为 $y=\frac{1}{4}x^{2}-\frac{1}{2}\ln x\left(1\leq x\leq e\right)$。

（1）求 $L$ 的弧长；

（2）设 $D$ 是由曲线 $L$，直线 $x=1,x=e$ 及 $x$ 轴所围平面图形，求 $D$ 的形心的横坐标。

解析：
（1）由弧长公式得

$s=\int_{1}^{e}\sqrt{1+\left(\frac{x}{2}-\frac{1}{2x}\right)^{2}}\mathrm{~d}x=\int_{1}^{e}\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{2x}\right)\mathrm{~d}x$。

故

$s=\left.\left(\frac{x^{2}}{4}+\frac{1}{2}\ln x\right)\right|_{1}^{e}=\frac{e^{2}+1}{4}$。

（2）形心横坐标为

$\overline{x}=\frac{\int_{1}^{e}x\left(\frac{1}{4}x^{2}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{~d}x}{\int_{1}^{e}\left(\frac{1}{4}x^{2}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{~d}x}$。

计算得

$\overline{x}=\frac{3e^{4}-4e^{2}-2}{2\left(e^{3}-3e+2\right)}$。

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（22）（本题满分 11 分）

设 $\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1&a\\1&0\end{matrix}\right),\boldsymbol{B}=\left(\begin{matrix}0&1\\1&b\end{matrix}\right)$，当 $a,b$ 为何值时，存在矩阵 $\boldsymbol{C}$ 使得 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{C}-\boldsymbol{C}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}$，并求所有矩阵 $\boldsymbol{C}$。

解析：
设 $\boldsymbol{C}=\left(\begin{matrix}x_{1}&x_{2}\\x_{3}&x_{4}\end{matrix}\right)$。由 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{C}-\boldsymbol{C}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}$ 得

$\left\{\begin{matrix}x_{2}-ax_{3}=0\\-ax_{1}+x_{2}+ax_{4}=1\\x_{1}-x_{3}-x_{4}=1\\-x_{2}+ax_{3}=b\end{matrix}\right.$。

方程组有解的条件为 $a=-1,b=0$。

此时

$x_{1}=1+k_{1}+k_{2},\quad x_{2}=1-k_{1},\quad x_{3}=k_{1},\quad x_{4}=k_{2}$，

其中 $k_{1},k_{2}$ 为任意常数。

故

$\boldsymbol{C}=\left(\begin{matrix}1+k_{1}+k_{2}&1-k_{1}\\k_{1}&k_{2}\end{matrix}\right)$，

其中 $k_{1},k_{2}$ 为任意常数。

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（23）（本题满分 11 分）

设二次型

$f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=2\left(a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+a_{3}x_{3}\right)^{2}+\left(b_{1}x_{1}+b_{2}x_{2}+b_{3}x_{3}\right)^{2}$，

记

$\boldsymbol{\alpha}=\left(\begin{matrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\end{matrix}\right),\quad \boldsymbol{\beta}=\left(\begin{matrix}b_{1}\\b_{2}\\b_{3}\end{matrix}\right)$。

（I）证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{T}+\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^{T}$；

（II）若 $\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta}$ 正交且均为单位向量，证明二次型 $f$ 在正交变换下的标准形为二次型 $2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}$。

解析：
（I）设 $\boldsymbol{x}=\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)^{T}$，则

$a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+a_{3}x_{3}=\boldsymbol{\alpha}^{T}\boldsymbol{x}$，

$b_{1}x_{1}+b_{2}x_{2}+b_{3}x_{3}=\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{x}$。

因此

$f=2\left(\boldsymbol{\alpha}^{T}\boldsymbol{x}\right)^{2}+\left(\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{x}\right)^{2}=\boldsymbol{x}^{T}\left(2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{T}+\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^{T}\right)\boldsymbol{x}$。

故对应矩阵为 $2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{T}+\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^{T}$。

（II）令 $\boldsymbol{A}=2\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{T}+\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^{T}$。由于 $\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta}$ 正交且均为单位向量，

$\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}=2\boldsymbol{\alpha},\quad \boldsymbol{A}\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\beta}$。

所以 $2,1$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的特征值。又 $r\left(\boldsymbol{A}\right)\leq r\left(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{T}\right)+r\left(\boldsymbol{\beta}\boldsymbol{\beta}^{T}\right)=2$，故 $0$ 也是 $\boldsymbol{A}$ 的特征值。

因此 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $2,1,0$，二次型 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}$。