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2013 年真题

23 题

选择题

1

设 $cos x - 1 = x sin α (x)$ ，其中 $∣ α (x) ∣ < \frac{π}{2}$ ，当 $x \to 0$ 时， $α (x)$ 是（）

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正确答案：C

正确答案：C

由于 $x \to 0 lim \frac{s i n α ( x )}{x} = x \to 0 lim \frac{c o s x - 1}{x ^{2}} = - \frac{1}{2}$ ，可得 $x \to 0 lim sin α (x) = 0$ 。

因此当 $x \to 0$ 时， $α (x) \to 0$ ，于是 $sin α (x) \sim α (x)$ 。

进而有：

x \to 0 lim \frac{sin α ( x )}{x} = x \to 0 lim \frac{α ( x )}{x} = - \frac{1}{2}

所以 $α (x)$ 是与 $x$ 同阶但不等价的无穷小。

2

设函数 $y = f (x)$ 由方程 $cos (x y) + ln y - x = 1$ 确定，则

n \to \infty lim n [f (\frac{2}{n}) - 1] =

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正确答案：A

正确答案：A

由方程可知 $f (0) = 1$ ，

n \to \infty lim n [f (\frac{2}{n}) - 1] = n \to \infty lim 2 \cdot \frac{f ( \frac{2}{n} ) - f ( 0 )}{\frac{2}{n}} = 2 f^{'} (0) .

对方程两边求导得：

- (y + x y^{'}) sin (x y) + \frac{y ^{'}}{y} - 1 = 0.

令 $x = 0$ ，此时 $y = 1$ ，代入得 $f^{'} (0) = 1$ ，
因此

n \to \infty lim n [f (\frac{2}{n}) - 1] = 2.

3

设函数 $f (x) = {sin x, 2, 0 \leq x < π π \leq x \leq 2 π$ ，记 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

$F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t = {\int_{0}^{x} sin t d t = 1 - cos x, \int_{0}^{π} sin t d t + \int_{π}^{x} 2 d t = 2 (x - π + 1), 0 \leq x < π π \leq x \leq 2 π$

由于 $x \to π^{-} lim F (x) = x \to π^{+} lim F (x) = 2$ ，因此 $F (x)$ 在 $x = π$ 处连续。

计算左右导数：

x \to π^{-} lim \frac{F ( x ) - F ( π )}{x - π} = x \to π^{-} lim \frac{1 - cos x - 2}{x - π} = 0

x \to π^{+} lim \frac{F ( x ) - F ( π )}{x - π} = x \to π^{+} lim \frac{2 ( x - π )}{x - π} = 2

左右导数不相等，因此 $F (x)$ 在 $x = π$ 处不可导。

4

设 $f (x) = {\frac{1}{( x - 1 ) ^{α + 1}}, \frac{1}{x l n ^{α + 1} x}, 1 < x < e x \geq e$ ，则 $\int_{1}^{+ \infty} f (x) d x$ 收敛的充要条件是（　　）

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正确答案：D

正确答案：D

因为 $\int_{1}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{1}^{e} f (x) d x + \int_{e}^{+ \infty} f (x) d x$ 。

当 $1 < x < e$ 时，考虑 $\int_{1}^{e} \frac{1}{( x - 1 ) ^{α + 1}} d x$ 。令 $t = x - 1$ ，则积分变为 $\int_{0}^{e - 1} \frac{1}{t ^{α + 1}} d t$ 。该积分收敛需满足 $α + 1 < 1$ ，即 $α < 0$ 。

当 $x \geq e$ 时，考虑 $\int_{e}^{+ \infty} \frac{1}{x l n ^{α + 1} x} d x$ 。令 $u = ln x$ ，则积分变为 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{u ^{α + 1}} d u$ 。该积分收敛需满足 $α + 1 > 1$ ，即 $α > 0$ 。

综上， $α$ 需同时满足 $α < 0$ 与 $α > 0$ ，但这是不可能的，因此原积分在任意 $α$ 下均不收敛。

5

设 $z = \frac{y}{x} f (x y)$ ，其中 $f$ 可导，则

\frac{x}{y} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} =

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正确答案：A

正确答案：A

已知 $z = \frac{y}{x} f (x y)$ ，则

\frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{y}{x ^{2}} f (x y) + \frac{y ^{2}}{x} f^{'} (x y),

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{x} f (x y) + \frac{y}{x} \cdot x f^{'} (x y) = \frac{1}{x} f (x y) + y f^{'} (x y) .

因此，

\frac{x}{y} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{x}{y} (- \frac{y}{x ^{2}} f (x y) + \frac{y ^{2}}{x} f^{'} (x y)) + \frac{1}{x} f (x y) + y f^{'} (x y) .

展开并化简：

= - \frac{1}{x} f (x y) + y f^{'} (x y) + \frac{1}{x} f (x y) + y f^{'} (x y) = 2 y f^{'} (x y) .

6

设 $D_{k}$ 是区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ 在第 $k$ 象限的部分，记 $I_{k} = \iint_{D_{k}} (y - x) d x d y (k = 1, 2, 3, 4)$ ，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

令 $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ，则

I_{k} = \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} \int_{0}^{1} (r sin θ - r cos θ) r d r d θ = \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} (sin θ - cos θ) d θ \int_{0}^{1} r^{2} d r = \frac{1}{3} \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} (sin θ - cos θ) d θ .

当 $k = 2$ 时， $θ$ 的范围为 $\frac{π}{2}$ 到 $π$ ，此时

\int_{\frac{π}{2}}^{π} (sin θ - cos θ) d θ = [- cos θ - sin θ]_{\frac{π}{2}}^{π} = (1 - 0) - (0 - 1) = 2 > 0,

故 $I_{2} > 0$ 。

7

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

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正确答案：B

正确答案：B

由 $C = A B$ 可知， $C$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量组线性表示。

由于 $B$ 可逆，可得 $A = C B^{- 1}$ ，因此 $A$ 的列向量组也可由 $C$ 的列向量组线性表示。

根据向量组等价的定义，矩阵 $C$ 的列向量组与矩阵 $A$ 的列向量组等价。

8

矩阵 $1 a 1 a b a 1 a 1$ 与 $200 0 b 0 000$ 相似的充分必要条件是（）

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正确答案：B

正确答案：B

相似矩阵的特征值相同，迹相同，行列式相同。
第二个矩阵的特征值为 $2, b, 0$ ，则原矩阵的迹为 $2 + b + 0 = 2 + b$ 。
原矩阵的迹为 $1 + b + 1 = b + 2$ ，满足迹相等。

原矩阵行列式为 $0$ （因为第三个特征值为 $0$ ）。
计算原矩阵行列式：按第一行展开得

1 \times (b \times 1 - a \times a) - a \times (a \times 1 - a \times 1) + 1 \times (a \times a - b \times 1) = b - a^{2} + 0 + a^{2} - b = 0

恒成立。

对于特征值 $2$ ，代入 $∣ A - 2 E ∣ = 0$ ，得

- 1 a 1 a b - 2 a 1 a - 1 = 0

计算得
$- 1 \times [(b - 2) (- 1) - a^{2}] - a \times [a \times (- 1) - a \times 1] + 1 \times [a^{2} - (b - 2) \times 1] = (b - 2 + a^{2}) - a \times (- 2 a) + (a^{2} - b + 2) = b - 2 + a^{2} + 2 a^{2} + a^{2} - b + 2 = 4 a^{2} = 0$ ，

故 $a = 0$ ， $b$ 无其他限制，为任意常数。

填空题

9

（填空题）

x \to 0 lim (2 - \frac{ln ( 1 + x )}{x})^{\frac{1}{x}} =______

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【答案】 $e^{\frac{1}{2}}$

【解析】
原式 $= e^{x \to 0 l i m \frac{l n ( 1 + \frac{l n ( 1 + x )}{x} )}{x}}$ 。

考虑极限部分：

x \to 0 lim \frac{ln ( 1 + \frac{l n ( 1 + x )}{x} )}{x} = x \to 0 lim \frac{1 - \frac{l n ( 1 + x )}{x}}{x} = x \to 0 lim \frac{1 - ( 1 - \frac{1}{2} x + o ( x ) )}{x} = \frac{1}{2}

因此答案为 $e^{\frac{1}{2}}$ 。

10

（填空题）设函数 $f (x) = \int_{- 1}^{x} 1 - e^{t} d t$ ，则 $y = f (x)$ 的反函数 $x = f^{- 1} (y)$ 在 $y = 0$ 处的导数 $\frac{d x}{d y}_{y = 0} =$

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【答案】 $\frac{1}{1 - e ^{- 1}}$

【解析】 已知 $\frac{d y}{d x} = 1 - e^{x}$ ，因此

\frac{d x}{d y} = \frac{1}{1 - e ^{x}}

当 $y = 0$ 时，对应的 $x = - 1$ ，代入得

\frac{d x}{d y}_{y = 0} = \frac{1}{1 - e ^{x}}_{x = - 1} = \frac{1}{1 - e ^{- 1}}

11

（填空题）设封闭曲线的极坐标方程为 $r = cos 3 θ (- \frac{π}{6} \leq θ \leq \frac{π}{6})$ ， $L$ 所围成的平面图形的面积为

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【答案】 $S = \frac{π}{12}$

【解析】
所围图形的面积为：

S = \frac{1}{2} \int_{- \frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} cos^{2} 3 θ d θ

利用对称性及倍角公式，可改写为：

S = \int_{0}^{\frac{π}{6}} \frac{1 + cos 6 θ}{2} d θ

计算得：

S = \frac{π}{12}

12

（填空题）曲线

{x = arctan t y = ln 1 + t^{2}

在 $t = 1$ 处的法线方程为

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【答案】 $y + x - \frac{π}{4} - ln 2 = 0$

【解析】 已知 $\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{t}{1 + t ^{2}}}{\frac{1}{1 + t ^{2}}} = t$ ，因此 $\frac{d y}{d x}_{t = 1} = 1$ 。

当 $t = 1$ 时， $x = \frac{π}{4}$ ， $y = ln 2$ 。

法线斜率为 $- 1$ ，故法线方程为：

y - ln 2 = - (x - \frac{π}{4})

整理得：

y + x - \frac{π}{4} - ln 2 = 0

13

（填空题）已知 $y_{1} = e^{3 x} - x e^{2 x}$ ， $y_{2} = e^{x} - x e^{2 x}$ ， $y_{3} = - x e^{2 x}$ 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 $y ∣_{x = 0} = 0$ ， $y^{'} ∣_{x = 0} = 1$ 的解为 $y =$ 。

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【答案】 $y = e^{3 x} - e^{x} - x e^{2 x}$

【解析】 由题意可知： $e^{3 x}$ 与 $e^{x}$ 是对应齐次方程的解，而 $- x e^{2 x}$ 是非齐次方程的一个特解。

因此，非齐次方程的通解为：

y = C_{1} e^{3 x} + C_{2} e^{x} - x e^{2 x}

将初始条件代入通解，解得：

C_{1} = 1, C_{2} = - 1

于是满足条件的特解为：

y = e^{3 x} - e^{x} - x e^{2 x}

14

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

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【答案】 -1

【解析】 由 $a_{ij} + A_{ij} = 0$ 可知， $A^{⊤} = - A^{*}$ 。

∣ A ∣ = a_{i 1} A_{i 1} + a_{i 2} A_{i 2} + a_{i 3} A_{i 3} = a_{1 j} A_{1 j} + a_{2 j} A_{2 j} + a_{3 j} A_{3 j} = - j = 1 \sum 3 a_{ij}^{2} = - i, j = 1 \sum 3 a_{ij}^{2} < 0

从而有

∣ A ∣ = ∣ A^{⊤} ∣ = ∣ - A^{*} ∣ = (- 1)^{3} ∣ A^{*} ∣ = - ∣ A ∣^{2},

故 $∣ A ∣ = - 1$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）

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

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【答案】 $n = 2$ , $a = 7$

【解析】 因为当 $x \to 0$ 时， $1 - cos x \cdot cos 2 x \cdot cos 3 x$ 与 $a x^{n}$ 为等价无穷小，所以

x \to 0 lim \frac{1 - cos x \cdot cos 2 x \cdot cos 3 x}{a x ^{n}} = 1

又因为：

1 - cos x \cdot cos 2 x \cdot cos 3 x = 1 - cos x + cos x - cos x \cdot cos 2 x + cos x \cdot cos 2 x - cos x \cdot cos 2 x \cdot cos 3 x

即

1 - cos x \cdot cos 2 x \cdot cos 3 x = 1 - cos x + cos x (1 - cos 2 x) + cos x \cdot cos 2 x (1 - cos 3 x)

因此，

x \to 0 lim \frac{1 - cos x \cdot cos 2 x \cdot cos 3 x}{a x ^{n}} = x \to 0 lim \frac{1 - cos x + cos x ( 1 - cos 2 x ) + cos x \cdot cos 2 x ( 1 - cos 3 x )}{a x ^{n}} = x \to 0 lim (\frac{1 - cos x}{a x ^{n}} + \frac{cos x ( 1 - cos 2 x )}{a x ^{n}} + \frac{cos x \cdot cos 2 x ( 1 - cos 3 x )}{a x ^{n}})

利用等价无穷小替换：

1 - cos x \sim \frac{1}{2} x^{2}, 1 - cos 2 x \sim \frac{1}{2} (2 x)^{2}, 1 - cos 3 x \sim \frac{1}{2} (3 x)^{2}

可得：

x \to 0 lim (\frac{\frac{1}{2} x ^{2} + o ( x ^{2} )}{a x ^{n}} + \frac{\frac{1}{2} ( 2 x ) ^{2} + o ( x ^{2} )}{a x ^{n}} + \frac{\frac{1}{2} ( 3 x ) ^{2} + o ( x ^{2} )}{a x ^{n}})

为使极限存在且为 1，必有 $n = 2$ ，且

\frac{1}{2 a} + \frac{4}{2 a} + \frac{9}{2 a} = 1 \Rightarrow \frac{14}{2 a} = 1 \Rightarrow a = 7

16

（本题满分 10 分）

设 $D$ 是由曲线 $y = x^{\frac{1}{3}}$ 、直线 $x = a$ （ $a > 0$ ）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 $V_{y} = 10 V_{x}$ ，求 $a$ 的值。

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【答案】 $a = 77$

【解析】 由题意可得：

V_{x} = π \int_{0}^{a} (x^{\frac{1}{3}})^{2} d x = \frac{3}{5} π a^{\frac{5}{3}} V_{y} = 2 π \int_{0}^{a} x \cdot x^{\frac{1}{3}} d x = \frac{6 π}{7} a^{\frac{7}{3}}

因为 $V_{y} = 10 V_{x}$ ，所以：

\frac{6 π}{7} a^{\frac{7}{3}} = 10 \times \frac{3}{5} π a^{\frac{5}{3}}

解得：

a = 77

17

（本题满分 $10$ 分）

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

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【答案】 $\frac{416}{3}$

【解析】

\iint_{D} x^{2} d x d y = \iint_{D_{1}} x^{2} d x d y + \iint_{D_{2}} x^{2} d x d y = \int_{0}^{2} x^{2} d x \int_{\frac{x}{3}}^{3 x} d y + \int_{2}^{6} x^{2} d x \int_{\frac{x}{3}}^{8 - x} d y = \frac{416}{3}

18

（本题满分 10 分）

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

(1) 存在 $ξ \in (0, 1)$ ，使得 $f^{'} (ξ) = 1$ ；

(2) 存在 $η \in (0, 1)$ ，使得 $f^{''} (η) + f^{'} (η) = 1$ 。

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【答案】 见解析

【解析】 令 $F (x) = f (x) - x$ ，则 $F (0) = f (0) = 0$ ， $F (1) = f (1) - 1 = 0$ 。由罗尔定理知，存在 $ξ \in (0, 1)$ 使得 $F^{'} (ξ) = 0$ ，即 $f^{'} (ξ) = 1$ 。

令 $G (x) = e^{x} (f^{'} (x) - 1)$ ，则 $G (ξ) = 0$ 。又由于 $f (x)$ 为奇函数，故 $f^{'} (x)$ 为偶函数，可知 $G (- ξ) = 0$ 。

由罗尔定理知，存在 $η \in (- ξ, ξ) \subset (0, 1)$ 使得 $G^{'} (η) = 0$ ，即：

e^{η} [f^{'} (η) - 1] + e^{η} f^{''} (η) = 0

整理得：

f^{''} (η) + f^{'} (η) = 1

19

（本题满分 10 分）

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

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【答案】 最长距离为 $2$ ，最短距离为 1。

【解析】 【解析】本题本质上是在条件 $x^{3} - x y + y^{3} = 1$ （ $x \geq 0, y \geq 0$ ）下求函数 $f (x, y) = x^{2} + y^{2}$ 的最值。

因此，只需找出 $x^{2} + y^{2}$ 在条件 $x^{3} - x y + y^{3} = 1$ 下的条件极值点，再与曲线端点 $(0, 1)$ 和 $(1, 0)$ 处的函数值比较，即可确定最大值与最小值。

由于函数 $x^{2} + y^{2}$ 与 $x^{2} + y^{2}$ 的单调性一致，可转化为求 $x^{2} + y^{2}$ 的条件极值点。

构造拉格朗日函数：

L (x, y, λ) = x^{2} + y^{2} + λ (x^{3} - x y + y^{3} - 1)

求其驻点，得到方程组：

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial L}{\partial x} = 2 x + 3 λ x^{2} - λ y = 0 \frac{\partial L}{\partial y} = 2 y + 3 λ y^{2} - λ x = 0 \frac{\partial L}{\partial λ} = x^{3} - x y + y^{3} - 1 = 0

将前两个方程变形为：

{2 x = λ y - 3 λ x^{2} 2 y = λ x - 3 λ y^{2}

进一步得到：

{2 x y = λ y^{2} - 3 λ x^{2} y 2 x y = λ x^{2} - 3 λ x y^{2}

因此：

λ x^{2} - 3 λ x y^{2} = λ y^{2} - 3 λ x^{2} y

整理得：

λ (x - y) (x + y + 3 x y) = 0

所以有 $λ = 0$ ，或 $x - y = 0$ ，或 $x + y + 3 x y = 0$ 。

当 $λ = 0$ 时，有 $x = y = 0$ ，但无法满足方程 $x^{3} - x y + y^{3} - 1 = 0$ 。

当 $x + y + 3 x y = 0$ 时，由于 $x \geq 0, y \geq 0$ ，只能有 $x = y = 0$ ，同样不满足第三个方程。

因此必有 $x - y = 0$ ，代入 $x^{3} - x y + y^{3} - 1 = 0$ 得：

2 x^{3} - x^{2} - 1 = 0

解得 $x = 1, y = 1$ ，即 $(1, 1)$ 是唯一的条件极值点。

计算得：

f (1, 1) = 2, f (0, 1) = f (1, 0) = 1

因此，曲线 $x^{3} - x y + y^{3} = 1$ （ $x \geq 0, y \geq 0$ ）上的点到坐标原点的最长距离为 $2$ ，最短距离为 $1$ 。

20

（本题满分 11 分）

设函数 $f (x) = ln x + \frac{1}{x}$ 。

(1) 求 $f (x)$ 的最小值；

(2) 设数列 ${x_{n}}$ 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。

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【答案】
(1) $f (x)$ 的最小值为 1。
(2) 见解析。

【解析】
(1) 首先，

f^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x ^{2}} = \frac{x - 1}{x ^{2}} .

当 $x \in (0, 1)$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ；
当 $x \in (1, + \infty)$ 时， $f^{'} (x) > 0$ 。
因此， $f (x)$ 在 $(0, 1]$ 上单调递减，在 $[1, + \infty)$ 上单调递增，最小值为

f (1) = 1.

(2) 由 $ln x_{n} + \frac{1}{x _{n}} < 1$ ，结合 (1) 可知 $x_{n} > 0$ ，且数列 ${x_{n}}$ 单调递增有上界（证明过程略），故极限存在。
设 $lim_{n \to \infty} x_{n} = a$ ，则

ln a + \frac{1}{a} \leq 1.

又由 (1) 知

ln a + \frac{1}{a} \geq 1,

故 $a = 1$ ，即

n \to \infty lim x_{n} = 1.

21

（本题满分 11 分）

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

（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。

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【答案】
（1）弧长为 $\frac{e ^{2} + 1}{4}$ 。
（2）形心的横坐标为 $\frac{3 ( e ^{4} - 2 e ^{2} - 3 )}{4 ( e ^{3} - 7 )}$ 。

【解析】
（1）由弧长的计算公式得 L 的弧长为

\int_{1}^{e} 1 + [(\frac{1}{4} x^{2} - \frac{1}{2} ln x)^{'}]^{2} d x = \int_{1}^{e} 1 + (\frac{x}{2} - \frac{1}{2 x})^{2} d x = \int_{1}^{e} 1 + \frac{x ^{2}}{4} + \frac{1}{4 x ^{2}} - \frac{1}{2} d x = \int_{1}^{e} (\frac{x}{2} + \frac{1}{2 x})^{2} d x = \frac{e ^{2} + 1}{4}

（2）由形心的计算公式可得，D 的形心的横坐标为

\frac{\int _{1}^{e} x ( \frac{1}{4} x ^{2} - \frac{1}{2} ln x ) d x}{\int _{1}^{e} ( \frac{1}{4} x ^{2} - \frac{1}{2} ln x ) d x} = \frac{3 ( e ^{4} - 2 e ^{2} - 3 )}{4 ( e ^{3} - 7 )}

22

（本题满分 11 分）

设 $A = (11 a 0)$ ， $B = (01 1 b)$ ，当 $a, b$ 为何值时，存在矩阵 $C$ 使得 $A C - C A = B$ ，并求所有矩阵 $C$ 。

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【答案】 当 $a = - 1$ ， $b = 0$ 时，存在矩阵 $C$ ，且 $C = (k_{1} + k_{2} + 1 k_{1} - k_{1} k_{2})$ ，其中 $k_{1}, k_{2}$ 为任意常数。

【解析】 由题意可知矩阵 $C$ 为 2 阶矩阵，故可设

C = (x_{1} x_{3} x_{2} x_{4}),

则由 $A C - C A = B$ 可得线性方程组：

⎩ ⎨ ⎧ - x_{2} + a x_{3} = 0, - a x_{1} + x_{2} + a x_{4} = 1, x_{1} - x_{3} - x_{4} = 1, x_{2} - a x_{3} = b . (1)

对增广矩阵进行初等行变换：
$0 - a 10 - 1 101 a 0 - 1 - a 0 a - 1 0 011 b \to 1 - a 00 01 - 1 1 - 1 0 a - a - 1 a 00 110 b \to 1000 01 - 1 1 - 1 - a a - a - 1 000 1 1 + a 0 b \to 10000100 - 1 - a 00 - 1 000 1 1 + a 1 + a b - 1 - a$

由于方程组 (1) 有解，故

1 + a = 0, b - 1 - a = 0,

即 $a = - 1$ ， $b = 0$ 。此时增广矩阵化为

10000100 - 1 100 - 1 000 1000 .

解得

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} = k_{1} + k_{2} + 1, x_{2} = - k_{1}, x_{3} = k_{1}, x_{4} = k_{2},

其中 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ 为任意常数。

因此

C = (k_{1} + k_{2} + 1 k_{1} - k_{1} k_{2}) .

23

（本题满分 11 分）

设 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 (a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + a_{3} x_{3})^{2} + (b_{1} x_{1} + b_{2} x_{2} + b_{3} x_{3})^{2}$ ，其中

α = a_{1} a_{2} a_{3}, β = b_{1} b_{2} b_{3} .

(1) 证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2 α^{⊤} α + β^{⊤} β$ ；

(2) 若 $α$ 、 $β$ 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 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

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【答案】 见解析

【解析】
(1) 由题知

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 (x_{1}, x_{2}, x_{3}) a_{1} a_{2} a_{3} (a_{1}, a_{2}, a_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} + (x_{1}, x_{2}, x_{3}) b_{1} b_{2} b_{3} (b_{1}, b_{2}, b_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) (2 α α^{T} + β β^{T}) x_{1} x_{2} x_{3},

又 $2 α α^{T} + β β^{T}$ 是对称矩阵，因此二次型 $f$ 对应的矩阵是 $2 α α^{T} + β β^{T}$ 。

(2) 作变换

y_{1} = (a_{1}, a_{2}, a_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} = α^{T} X, y_{2} = (b_{1}, b_{2}, b_{3}) x_{1} x_{2} x_{3} = β^{T} X .

因为 $α, β$ 为相互正交的单位向量，故该变换为正交变换且 $f$ 对应的标准形为

f = 2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} .