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2014 年真题

23 题

选择题

1

当 $x \to 0^{+}$ 时，若 $ln^{α} (1 + 2 x)$ ， $(1 - cos x)^{\frac{1}{α}}$ 均是比 $x$ 高阶的无穷小量，则 $α$ 的取值范围是（）

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正确答案：B

正确答案：B

由定义可得：

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

因此 $α - 1 > 0$ ，即 $α > 1$ 。

当 $x \to 0^{+}$ 时，有：

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

由题意可知 $\frac{2}{α} - 1 > 0$ ，即 $α < 2$ 。

综上， $α$ 的取值范围为 $1 < α < 2$ ，故选 B。

2

下列曲线中有渐近线的是（　　）

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正确答案：C

正确答案：C

首先，计算极限：

x \to \infty lim \frac{x + sin \frac{1}{x}}{x} = x \to \infty lim (1 + \frac{sin \frac{1}{x}}{x}) = 1 + 0 = 1

接着，考虑函数与渐近线的差：

x \to \infty lim [x + sin \frac{1}{x} - x] = x \to \infty lim sin \frac{1}{x} = 0

因此，函数 $y = x + sin \frac{1}{x}$ 存在斜渐近线 $y = x$ ，故选 C。

3

设函数 $f (x)$ 具有 2 阶导数， $g (x) = f (0) (1 - x) + f (1) x$ ，则在区间 $[0, 1]$ 上，（）

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正确答案：D

正确答案：D

令 $F (x) = g (x) - f (x) = f (0) (1 - x) + f (1) x - f (x)$ ，则 $F (0) = F (1) = 0$ ， $F^{'} (x) = - f (0) + f (1) - f^{'} (x)$ ， $F^{''} (x) = - f^{''} (x)$ 。

若 $f^{''} (x) \geq 0$ ，则 $F^{''} (x) \leq 0$ ，即 $F (x)$ 在 $[0, 1]$ 上为凸函数。又因为 $F (0) = F (1) = 0$ ，所以当 $x \in [0, 1]$ 时， $F (x) \geq 0$ ，从而 $g (x) \geq f (x)$ 。

故选 D。

4

曲线

{x = t^{2} + 7 y = t^{2} + 4 t + 1

上对应于 $t = 1$ 的点处的曲率半径是( )

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正确答案：C

正确答案：C
已知

\frac{d y}{d x}_{t = 1} = \frac{2 t + 4}{2 t}_{t = 1} = 3

，

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} = \frac{d y ^{'}}{d x}_{t = 1} = \frac{- \frac{2}{t ^{2}}}{2 t}_{t = 1} = - 1

，
曲率公式为

k = \frac{∣ y ^{''} ∣}{( 1 + y ^{'2} ) ^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{( 1 + 9 ) ^{\frac{3}{2}}}

，
因此

R = \frac{1}{k} = 1010

，故选 C。

5

设函数 $f (x) = arctan x$ 。若 $f (x) = x f^{'} (ξ)$ ，则 $lim_{x \to 0} \frac{ξ ^{2}}{x ^{2}} =$

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正确答案：D

正确答案：D

由于 $\frac{f ( x )}{x} = f^{'} (ξ) = \frac{1}{1 + ξ ^{2}}$ ，可得

ξ^{2} = \frac{x - f ( x )}{f ( x )} .

于是

x \to 0 lim \frac{ξ ^{2}}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{x - f ( x )}{x ^{2} f ( x )} = x \to 0 lim \frac{x - arctan x}{x ^{2} arctan x} .

对分子分母分别求导，

x \to 0 lim \frac{1 - \frac{1}{1 + x ^{2}}}{3 x ^{2}} = \frac{1}{3} .

因此正确答案为 D。

6

设函数 $u (x, y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，在 $D$ 的内部具有 2 阶连续偏导数，且满足 $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} \neq = 0$ 及 $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = 0$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

记 $A = \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}}$ ， $B = \frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y}$ ， $C = \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}}$ 。

由 $B \neq = 0$ 且 $A + C = 0$ ，可得：

Δ = A C - B^{2} = - A^{2} - B^{2} < 0

因此， $u (x, y)$ 在区域 $D$ 内无极值，极值只能在边界处取得。

故选 A。

7

行列式

0 a 0 c a 0 c 0 b 0 d 0 0 b 0 d = ()

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正确答案：B

正确答案：B

由行列式的展开定理展开第一列，

0 a 0 c a 0 c 0 b 0 d 0 0 b 0 d = - a a c 0 b d 0 00 d - c a 0 c b 0 d 0 b 0 = - a d (a d - b c) + b c (a d - b c) = - (a d - b c)^{2} .

故选 B。

8

设 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 均为 3 维向量，则对任意常数 $k, l$ ，向量组 $α_{1} + k α_{3}$ ， $α_{2} + l α_{3}$ 线性无关是向量组 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 线性无关的

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正确答案：A

正确答案：A

$(α_{1} + k α_{3}, α_{2} + l α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 10 k 01 l$ 。

若 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关，则矩阵的秩 $r (α_{1} + k α_{3}, α_{2} + l α_{3}) = 2$ ，因此该向量组线性无关。

举反例：令 $α_{3} = 0$ ，则 $α_{1}, α_{2}$ 线性无关，但 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性相关。

综上所述，对任意常数 $k, l$ ，向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关是向量组 $α_{1} + k α_{3}, α_{2} + l α_{3}$ 线性无关的必要非充分条件，故选 A。

填空题

9

（填空题）

\int_{- \infty}^{1} \frac{1}{x ^{2} + 2 x + 5} d x =

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【答案】 $\frac{3}{8} π$

【解析】

\int_{- \infty}^{1} \frac{1}{x ^{2} + 2 x + 5} d x = \int_{- \infty}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ^{2} + 4} d x = \frac{1}{2} arctan \frac{x + 1}{2}_{- \infty}^{1} = \frac{1}{2} [\frac{π}{4} - (- \frac{π}{2})] = \frac{3}{8} π

10

（填空题）设 $f (x)$ 是周期为 4 的可导奇函数，且 $f^{'} (x) = 2 (x - 1)$ ， $x \in [0, 2]$ ，则 $f (7) =$

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【答案】 1

【解析】 已知 $f^{'} (x) = 2 (x - 1)$ ，其中 $x \in [0, 2]$ ，且 $f (x)$ 为偶函数。

因此，当 $x \in [- 2, 0]$ 时，有 $f^{'} (x) = 2 (- x - 1)$ 。

积分可得 $f (x) = - x^{2} - 2 x + c$ ，又因为 $f (x)$ 为奇函数，所以 $c = 0$ 。

因此，当 $x \in [- 2, 0]$ 时， $f (x) = - x^{2} - 2 x$ 。

又因为 $f (x)$ 的周期为 4，所以 $f (7) = f (- 1) = 1$ 。

11

（填空题）设 $z = z (x, y)$ 是由方程

e^{2 yz} + x + y^{2} + z = \frac{7}{4}

确定的函数，求

d z ∣_{(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} =

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【答案】 $d z ∣_{(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} = - \frac{1}{2} (d x + d y)$

【解析】 对 $e^{2 yz} + x + y^{2} + z = \frac{7}{4}$ 方程两边同时对 $x$ 、 $y$ 求偏导，得到：

{e^{2 yz} \cdot 2 y \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + 1 + \frac{\partial z}{\partial x} = 0 e^{2 yz} (2 z + 2 y \frac{\partial z}{\partial y}) + 2 y + \frac{\partial z}{\partial y} = 0

当 $x = \frac{1}{2}$ ， $y = \frac{1}{2}$ 时， $z = 0$ 。

代入得：

\frac{\partial z}{\partial x}_{(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} = - \frac{1}{2}, \frac{\partial z}{\partial y}_{(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} = - \frac{1}{2}

因此：

d z ∣_{(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} = - \frac{1}{2} d x + (- \frac{1}{2}) d y = - \frac{1}{2} (d x + d y)

12

（填空题）曲线 $L$ 的极坐标方程是 $r = θ$ ，则 $L$ 在点 $(r, θ) = (\frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 处的切线的直角坐标方程是 ____________。

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【答案】 $y = - \frac{2}{π} x + \frac{π}{2}$

【解析】 根据直角坐标与极坐标的关系，有 $x = r cos θ = θ cos θ$ ， $y = r sin θ = θ sin θ$ 。因此，当 $(r, θ) = (\frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 时，对应坐标为 $(x, y) = (0, \frac{π}{2})$ 。

切线的斜率为

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d θ}}{\frac{d x}{d θ}} = \frac{θ cos θ + sin θ}{cos θ - θ sin θ}

代入 $θ = \frac{π}{2}$ ，得

\frac{d y}{d x}_{(0, \frac{π}{2})} = - \frac{2}{π}

因此，切线方程为

y - \frac{π}{2} = - \frac{2}{π} (x - 0)

即

y = - \frac{2}{π} x + \frac{π}{2}

13

（填空题）一根长为 1 的细棒位于 x 轴的区间 $[0, 1]$ 上，若其线密度 $ρ (x) = - x^{2} + 2 x + 1$ ，则该细棒的质心坐标 $\overset{x}{ˉ} =$

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【答案】 $\frac{11}{20}$

【解析】 质心位置公式为 $\overset{x}{ˉ} = \frac{\int _{0}^{1} x ρ ( x ) d x}{\int _{0}^{1} ρ ( x ) d x}$ 。

首先计算分母部分：

\int_{0}^{1} ρ (x) d x = \int_{0}^{1} (- x^{2} + 2 x + 1) d x = [- \frac{x ^{3}}{3} + x^{2} + x]_{0}^{1} = \frac{5}{3}

接着计算分子部分：

\int_{0}^{1} x ρ (x) d x = \int_{0}^{1} x (- x^{2} + 2 x + 1) d x = [- \frac{x ^{4}}{4} + \frac{2}{3} x^{3} + \frac{x ^{2}}{2}]_{0}^{1} = \frac{11}{12}

因此，质心位置为：

\overset{x}{ˉ} = \frac{\frac{11}{12}}{\frac{5}{3}} = \frac{11}{20}

14

（填空题）设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + 2 a x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 的负惯性指数为 1，则 $a$ 的取值范围为 ______。

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【答案】 $- 2 \leq a \leq 2$

【解析】 配方法：
$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + a x_{3})^{2} - a^{2} x_{3}^{2} - (x_{2} - 2 x_{3})^{2} + 4 x_{3}^{2}$

由于二次型负惯性指数为 1，所以 $4 - a^{2} \geq 0$ ，故 $- 2 \leq a \leq 2$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} ln ( 1 + \frac{1}{x} )}

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 $lim_{x \to + \infty} \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} l n ( 1 + \frac{1}{x} )} = lim_{x \to + \infty} \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} \cdot \frac{1}{x}}$

利用等价无穷小替换 $ln (1 + \frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x}$ ，分母化为 $x$ 。

由洛必达法则，对分子和分母分别求导：

x \to + \infty lim \frac{x ^{2} ( e ^{\frac{1}{x}} - 1 ) - x}{1}

令 $t = \frac{1}{x}$ ，当 $x \to + \infty$ 时， $t \to 0^{+}$ ，则原式化为：

t \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{t ^{2}} ( e ^{t} - 1 ) - \frac{1}{t}}{1} = t \to 0^{+} lim \frac{e ^{t} - 1 - t}{t ^{2}}

再次应用洛必达法则：

t \to 0^{+} lim \frac{e ^{t} - 1}{2 t} = t \to 0^{+} lim \frac{t}{2 t} = \frac{1}{2}

因此，极限值为 $\frac{1}{2}$ 。

16

（本题满分 10 分）

已知函数 $y = y (x)$ 满足微分方程 $x^{2} + y^{2} y^{'} = 1 - y^{'}$ ，且 $y (2) = 0$ ，求 $y (x)$ 的极大值与极小值。

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【答案】 y(x)的极大值为1，极小值为0。

【解析】 由 $x^{2} + y^{2} y^{'} = 1 - y^{'}$ ，可得

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

这是一个变量可分离方程，其通解为

\frac{1}{3} y^{3} + y = x - \frac{1}{3} x^{3} + c .

由初始条件 $y (2) = 0$ ，代入得

c = \frac{2}{3} .

又由原方程可得

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

当 $y^{'} (x) = 0$ 时，有 $x = \pm 1$ ，且导数的符号变化如下：

当 $x < - 1$ 时， $y^{'} (x) < 0$ ；
当 $- 1 < x < 1$ 时， $y^{'} (x) > 0$ ；
当 $x > 1$ 时， $y^{'} (x) < 0$ 。

因此， $y (x)$ 在 $x = - 1$ 处取得极小值，在 $x = 1$ 处取得极大值。

代入解得

y (- 1) = 0, y (1) = 1.

即： $y (x)$ 的极大值为 1，极小值为 0。

17

（本题满分 10 分）

设有区域

D = {(x, y) ∣ 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4, x \geq 0, y \geq 0}

计算

\iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d x d y

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【答案】 $- \frac{3}{4}$

【解析】 由于区域 $D$ 关于 $y = x$ 对称，满足轮换对称性，因此：

\iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d x d y = \iint_{D} \frac{y sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d x d y

于是：

I = \iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d x d y = \frac{1}{2} \iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} + \frac{y sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d x d y = \frac{1}{2} \iint_{D} sin (π x^{2} + y^{2}) d x d y

在极坐标下，设 $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ，积分区域为 $1 \leq r \leq 2$ ， $0 \leq θ \leq \frac{π}{2}$ ，于是：

I = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{1}^{2} sin (π r) \cdot r d r = \frac{π}{4} (- \frac{1}{π}) \int_{1}^{2} r d (cos π r) = - \frac{1}{4} [cos π r \cdot r ∣_{1}^{2} - \int_{1}^{2} cos π r d r] = - \frac{1}{4} [2 + 1 - \frac{1}{π} sin π r_{1}^{2}] = - \frac{3}{4}

18

（本题满分 10 分）

设函数 $f (u)$ 具有 2 阶连续导数， $z = f (e^{x} cos y)$ 满足

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = (4 z + e^{x} cos y) e^{2 x}

若 $f (0) = 0$ ， $f^{'} (0) = 0$ ，求 $f (u)$ 的表达式。

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【答案】
$f (u) = \frac{1}{16} (e^{2 u} - e^{- 2 u}) - \frac{1}{4} u$

【解析】
$\frac{\partial z}{\partial x} = e^{x} cos y \cdot f^{'}$ ， $\frac{\partial z}{\partial y} = - e^{x} sin y \cdot f^{'}$ 。

$\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = e^{x} cos y \cdot f^{'} + e^{2 x} cos^{2} y \cdot f^{''}$ ，
$\frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = - e^{x} cos y \cdot f^{'} + e^{2 x} sin^{2} y \cdot f^{''}$ 。

于是

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = e^{2 x} f^{''}

令 $u = e^{x} cos y$ ，由 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = (4 z + e^{x} cos y) e^{2 x}$ 得

f^{''} (u) = 4 f (u) + u,

或

f^{''} (u) - 4 f (u) = u

解得

f (u) = C_{1} e^{- 2 u} + C_{2} e^{2 u} - \frac{1}{4} u

由 $f (0) = 0$ ， $f^{'} (0) = 0$ 得

{C_{1} + C_{2} = 0, - 2 C_{1} + 2 C_{2} - \frac{1}{4} = 0,

解得 $C_{1} = - \frac{1}{16}$ ， $C_{2} = \frac{1}{16}$ 。

故

f (u) = \frac{1}{16} (e^{2 u} - e^{- 2 u}) - \frac{1}{4} u

19

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x)$ ， $g (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f (x)$ 单调增加， $0 \leq g (x) \leq 1$ ，证明：

（Ⅰ） $0 \leq \int_{a}^{x} g (t) d t \leq x - a$ ， $x \in [a, b]$

（Ⅱ） $\int_{a}^{a + \int_{a}^{b} g (t) d t} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x$

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【答案】 见解析

【解析】 由积分中值定理可得：

\int_{a}^{x} g (t) d t = g (ξ) (x - a), ξ \in [a, x] .

由于 $0 \leq g (x) \leq 1$ ，因此：

0 \leq g (ξ) (x - a) \leq (x - a),

进而：

0 \leq \int_{a}^{x} g (t) d t \leq (x - a) .

定义函数：

F (u) = \int_{a}^{u} f (x) g (x) d x - \int_{a}^{a + \int_{a}^{u} g (t) d t} f (x) d x .

对其求导得：

F^{'} (u) = f (u) g (u) - f (a + \int_{a}^{u} g (t) d t) \cdot g (u) = g (u) [f (u) - f (a + \int_{a}^{u} g (t) d t)] .

由 (I) 可知：

0 \leq \int_{a}^{u} g (t) d t \leq (u - a) .

又因为 $f (x)$ 单调递增，所以：

f (u) - f (a + \int_{a}^{u} g (t) d t) \geq 0,

从而 $F^{'} (u) \geq 0$ ，即 $F (u)$ 单调不减。

因此：

F (u) \geq F (a) = 0.

取 $u = b$ ，得 $F (b) \geq 0$ ，即 (II) 成立。

20

（本题满分 11 分）

设函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x}$ ， $x \in [0, 1]$ ，定义函数列 $f_{1} (x) = f (x)$ ， $f_{2} (x) = f (f_{1} (x))$ ， $\dots$ ， $f_{n} (x) = f (f_{n - 1} (x))$ ， $\dots$ ，记 $S_{n}$ 是由曲线 $y = f_{n} (x)$ 、直线 $x = 1$ 及 $x$ 轴所围成平面图形的面积，求极限 $lim_{n \to \infty} n S_{n}$ 。

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【答案】 1

【解析】 $f_{1} (x) = \frac{x}{1 + x}$ ， $f_{2} (x) = \frac{x}{1 + 2 x}$ ， $\dots$ ， $f_{n} (x) = \frac{x}{1 + n x}$

S_{n} = \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + n x} d x = \int_{0}^{1} \frac{x + \frac{1}{n} - \frac{1}{n}}{1 + n x} d x = \frac{1}{n} \int_{0}^{1} 1 d x - \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + n x} d x = \frac{1}{n} - \frac{1}{n ^{2}} ln (1 + n x)_{0}^{1} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n ^{2}} ln (1 + n)

∴ n \to \infty lim n S_{n} = 1 - n \to \infty lim \frac{ln ( 1 + n )}{n} = 1 - x \to \infty lim \frac{ln ( 1 + x )}{x} = 1 - x \to \infty lim \frac{1}{1 + x} = 1 - 0 = 1

21

（本题满分 11 分）

已知函数 $f (x, y)$ 满足 $\frac{\partial f}{\partial y} = 2 (y + 1)$ ，且 $f (y, y) = (y + 1)^{2} - (2 - y) ln y$ ，求曲线 $f (x, y) = 0$ 所围成的图形绕直线 $y = - 1$ 旋转所成的旋转体的体积。

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【答案】

π (2 ln 2 - \frac{5}{4})

【解析】
由于 $\frac{\partial f}{\partial y} = 2 (y + 1)$ ，可得 $f (x, y) = y^{2} + 2 y + φ (x)$ ，其中 $φ (x)$ 为待定函数。

又已知 $f (y, y) = (y + 1)^{2} - (2 - y) ln y$ ，代入得 $φ (y) = 1 - (2 - y) ln y$ ，因此

f (x, y) = y^{2} + 2 y + 1 - (2 - x) ln x = (y + 1)^{2} - (2 - x) ln x

令 $f (x, y) = 0$ ，得 $(y + 1)^{2} = (2 - x) ln x$ 。当 $y = - 1$ 时，解得 $x = 1$ 或 $x = 2$ 。于是所求体积为

V = π \int_{1}^{2} (y + 1)^{2} d x = π \int_{1}^{2} (2 - x) ln x d x = π \int_{1}^{2} ln x d (2 x - \frac{x ^{2}}{2}) = π [ln x (2 x - \frac{x ^{2}}{2})]_{1}^{2} - π \int_{1}^{2} (2 - \frac{x}{2}) d x = π \cdot 2 ln 2 - π [2 x - \frac{x ^{2}}{4}]_{1}^{2} = π \cdot 2 ln 2 - π \cdot \frac{5}{4} = π (2 ln 2 - \frac{5}{4})

22

（本题满分 11 分）设矩阵
$A = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3$ ，
$E$ 为 3 阶单位矩阵。

（Ⅰ）求方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系；

（Ⅱ）求满足 $A B = E$ 的所有矩阵 $B$ 。

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【答案】
（Ⅰ）方程组 $A x = 0$ 的一个基础解系为 $ξ = (- 1, 2, 3, 1)^{T}$ 。
（Ⅱ）满足 $A B = E$ 的所有矩阵 $B$ 为
$B = 2 - k_{1} 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} 6 - k_{2} 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} - 1 - k_{3} 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3}$ ，
其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。

【解析】
（Ⅰ）
对矩阵 $A$ 进行行变换：

A = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3 \to 100 - 2 14 3 - 1 - 3 - 4 11 \to 100 - 2 10 3 - 1 1 - 4 1 - 3

\to 100 - 2 10 001 5 - 2 - 3 \to 100010001 1 - 2 - 3

则方程组 $A X = 0$ 的一个基础解系为 $ξ = (- 1, 2, 3, 1)^{T}$ 。

（Ⅱ）
方法一
由增广矩阵

(A ∣ E) = 101 - 2 12 3 - 1 0 - 4 1 - 3 ∣ ∣ ∣ 100010001

进行行变换：

\to 100 - 2 14 3 - 1 - 3 - 4 11 ∣ ∣ ∣ 10 - 1 010001

\to 100 - 2 10 001 - 2 - 2 - 3 ∣ ∣ ∣ 41 - 1 - 3 - 3 - 4 111

\to 100010001 1 - 2 - 3 ∣ ∣ ∣ 21 - 1 - 6 3 - 4 - 1 11

可得

B = 2 - k_{1} 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} 6 - k_{2} 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} - 1 - k_{3} 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3}

其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。

方法二
令 $B = (X_{1}, X_{2}, X_{3})$ ， $E = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ ，则 $A B = E$ 等价于

A X_{1} = e_{1}, A X_{2} = e_{2}, A X_{3} = e_{3} .

方程组 $A X_{1} = e_{1}$ 的通解为

X_{1} = k_{1} - 1 231 + 2 - 1 - 1 0 = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1}

其中 $k_{1}$ 为任意常数。

方程组 $A X_{2} = e_{2}$ 的通解为

X_{2} = k_{2} - 1 231 + 6 - 3 - 4 0 = - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2}

其中 $k_{2}$ 为任意常数。

方程组 $A X_{3} = e_{3}$ 的通解为

X_{3} = k_{3} - 1 231 + - 1 110 = - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3}

其中 $k_{3}$ 为任意常数。

因此

B = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3}

其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。

方法三
令

B = x_{1} x_{4} x_{7} x_{10} x_{2} x_{5} x_{8} x_{11} x_{3} x_{6} x_{9} x_{12}

由 $A B = E$ 得

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} - 2 x_{4} + 3 x_{7} - 4 x_{10} = 1, x_{2} - 2 x_{5} + 3 x_{8} - 4 x_{11} = 0, x_{3} - 2 x_{6} + 3 x_{9} - 4 x_{12} = 0, x_{4} - x_{7} + x_{10} = 0, x_{5} - x_{8} + x_{11} = 1, x_{6} - x_{9} + x_{12} = 0, x_{1} + 2 x_{4} - 3 x_{10} = 0, x_{2} + 2 x_{5} - 3 x_{11} = 0, x_{3} + 2 x_{6} - 3 x_{12} = 1.

解得

x_{1} x_{4} x_{7} x_{10} = k_{1} - 1 231 + 2 - 1 - 1 0 = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1}

x_{2} x_{5} x_{8} x_{11} = k_{2} - 1 231 + 6 - 3 - 4 0 = - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2}

x_{3} x_{6} x_{9} x_{12} = k_{3} - 1 231 + - 1 110 = - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3}

因此

B = - k_{1} + 2 2 k_{1} - 1 3 k_{1} - 1 k_{1} - k_{2} + 6 2 k_{2} - 3 3 k_{2} - 4 k_{2} - k_{3} - 1 2 k_{3} + 1 3 k_{3} + 1 k_{3}

其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 为任意常数。

23

（本题满分 11 分）

证明 $n$ 阶矩阵 $11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 \dots \dots \dots 11 ⋮ 1$ 与 $00 ⋮ 0 \dots \dots ⋮ \dots 000 12 ⋮ n$ 相似。

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】 证明：设

A = 11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 \dots \dots \dots 11 ⋮ 1, B = 00 ⋮ 0 \dots \dots ⋮ \dots 000 12 ⋮ n .

分别求两个矩阵的特征值和特征向量如下：

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - 1 ⋮ - 1 - 1 λ - 1 ⋮ - 1 \dots \dots \dots - 1 - 1 ⋮ λ - 1 = (λ - n) λ^{n - 1},

所以 $A$ 的 $n$ 个特征值为 $λ_{1} = n, λ_{2} = λ_{3} = \dots = λ_{n} = 0$ 。

而且 $A$ 是实对称矩阵，所以一定可以对角化，且

A \sim λ_{1} 0 ⋱ 0 .

∣ λ E - B ∣ = λ 0 ⋮ 0 0 λ ⋮ 0 \dots \dots \dots - 1 - 2 ⋮ λ - n = (λ - n) λ^{n - 1},

所以 $B$ 的 $n$ 个特征值也为 $λ_{1} = n, λ_{2} = λ_{3} = \dots = λ_{n} = 0$ 。

对于 $n - 1$ 重特征值 $λ = 0$ ，由于矩阵 $0 E - B = - B$ 的秩显然为 1，所以矩阵 $B$ 对应 $n - 1$ 重特征值 $λ = 0$ 的特征向量应该有 $n - 1$ 个线性无关。进一步，矩阵 $B$ 存在 $n$ 个线性无关的特征向量，即矩阵 $B$ 一定可以对角化，且

B \sim λ_{1} 0 ⋱ 0 .

从而可知 $n$ 阶矩阵

11 ⋮ 1 11 ⋮ 1 \dots \dots \dots 11 ⋮ 1 与 00 ⋮ 0 \dots \dots ⋮ \dots 000 12 ⋮ n

相似。