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2021 年真题

22 题

选择题

1

当 $x \to 0$ 时， $\int_{0}^{x^{2}} (e^{t^{3}} - 1) d t$ 是 $x^{7}$ 的

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正确答案：C

正确答案：C

因为

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x^{2}} ( e ^{t^{3}} - 1 ) d t}{x ^{7}} = x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x^{2}} t ^{3} d t}{x ^{7}} = x \to 0 lim \frac{\frac{1}{4} t ^{4}}{x ^{7}} = x \to 0 lim \frac{\frac{1}{4} x ^{8}}{x ^{7}} = 0,

故当 $x \to 0$ 时， $\int_{0}^{x^{2}} (e^{t^{3}} - 1) d t$ 是 $x^{7}$ 的高阶无穷小。

因此应选 (C)。

2

设 $f (x) = {\frac{e ^{x} - 1}{x}, 1, x \neq = 0, x = 0$ ，则 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处

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正确答案：D

正确答案：D

因 $lim_{x \to 0} f (x) = lim_{x \to 0} \frac{e ^{x} - 1}{x} = lim_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1 = f (0)$ ，故 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

又

f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = x \to 0 lim \frac{\frac{e ^{x} - 1}{x} - 1}{x} = x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{1 + x + \frac{1}{2} x ^{2} + o ( x ^{2} ) - 1 - x}{x ^{2}} = \frac{1}{2},

故应选 (D)。

3

有一圆柱底面半径与高随时间变化的速率分别为 $2 cm/s$ ， $- 3 cm/s$ 。当底面半径为 $10 cm$ ，高为 $5 cm$ 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为？

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正确答案：C

正确答案：C

设圆柱体的底面半径为 $r$ ，高为 $h$ ，则圆柱体的体积 $V = π r^{2} h$ ，圆柱体的表面积 $S = 2 π r^{2} + 2 π r h$ ，从而

V^{'} (t) = π [2 r \cdot r^{'} (t) \cdot h + r^{2} \cdot h^{'} (t)]

S^{'} (t) = 2 π \cdot 2 r \cdot r^{'} (t) + 2 π [r^{'} (t) \cdot h + r \cdot h^{'} (t)]

将 $r = 10$ ， $h = 5$ ， $r^{'} (t) = 2$ ， $h^{'} (t) = - 3$ 分别代入，解得

V^{'} (t) ∣_{r = 10 h = 5} = - 100 π cm^{3} / s

S^{'} (t) ∣_{r = 10 h = 5} = 40 π cm^{2} / s

故应选 (C)。

4

设函数 $f (x) = a x - b ln x$ （ $a > 0$ ）有两个零点，则 $b$ 的取值范围是

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正确答案：A

正确答案：A

因 $f (x) = a x - b ln x$ ，故 $f^{'} (x) = a - \frac{b}{x}$ 。

又因 $a > 0$ ，若 $b \leq 0$ ，则 $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 严格单调递增，这与 $f (x)$ 有 $2$ 个零点矛盾，故 $b > 0$ 。

x \to 0^{+} lim f (x) = + \infty, x \to + \infty lim f (x) = + \infty,

$f^{'} (x) = a - \frac{b}{x}$ ，令 $f^{'} (x) = 0$ ，解得 $x = \frac{b}{a}$ 。 $f^{''} (x) = \frac{b}{x ^{2}} > 0$ ，因 $f (x)$ 有 $2$ 个零点，故

f (\frac{b}{a}) = a \cdot \frac{b}{a} - b ln \frac{b}{a} < 0,

即 $b (1 - ln \frac{b}{a}) < 0$ ，从而 $1 - ln \frac{b}{a} < 0$ ，故 $ln \frac{b}{a} > 1$ ，得 $\frac{b}{a} > e$ ，故应选 (A)。

5

设函数 $f (x) = sec x$ 在 $x = 0$ 处的 2 次泰勒多项式为 $1 + a x + b x^{2}$ ，则

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正确答案：D

正确答案：D

由题意知 $f (x) = sec x = \frac{1}{c o s x} = 1 + a x + b x^{2} + o (x^{2})$ ，故

1 = cos (1 + a x + b x^{2} + o (x^{2})) = (1 - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2})) (1 + a x + b x^{2} + o (x^{2})) = 1 + a x + (b - \frac{1}{2}) x^{2} + o (x^{2}),

由系数对应得

{a = 0, b - \frac{1}{2} = 0

即

{a = 0, b = \frac{1}{2} .

故应选 (D)。

6

设函数 $f (x, y)$ 可微，且 $f (x + 1, e^{x}) = x (x + 1)^{2}$ ， $f (x, x^{2}) = 2 x^{2} ln x$ ，则 $df (1, 1) =$

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正确答案：C

正确答案：C

令 $u = x + 1$ ， $v = e^{x}$ ，则 $f (u, v) = u^{2} ln v$ ，从而 $f (x, y) = x^{2} ln y$ 。

于是有：

f_{x}^{'} (x, y) = 2 x ln y, f_{y}^{'} (x, y) = \frac{x ^{2}}{y} .

则 $f_{x}^{'} (1, 1) = 0$ ， $f_{y}^{'} (1, 1) = 1$ ，得 $df (1, 1) = d y$ ，故应选 (C)。

7

设函数 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上连续，则 $\int_{0}^{1} f (x) d x =$

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正确答案：B

正确答案：B

将区间 $[0, 1]$ 上均分成 $n$ 份，取 $ξ_{k}$ 为第 $k$ 个小区间的中点，则

ξ_{k} = \frac{\frac{k - 1}{n} + \frac{k}{n}}{2} = \frac{2 k - 1}{2 n} .

因此，

\int_{0}^{1} f (x) d x = n \to \infty lim k = 1 \sum n f (\frac{2 k - 1}{2 n}) \cdot \frac{1}{n},

故应选 (B)。

8

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} - (x_{3} - x_{1})^{2}$ 的正惯性指数与负惯性指数依次为

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正确答案：B

正确答案：B

函数表达式为：

f = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} - (x_{3} - x_{1})^{2} = 2 x_{2}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 2 x_{2} x_{3}

对应的矩阵为：

A = 011121110

计算特征多项式：

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - 1 - 1 λ - 2 - 1 - 1 - 1 λ = λ (λ - 3) (λ + 1)

特征值为 $3$ 、 $1$ 、 $- 1$ ，故正惯性指数为 $2$ ，负惯性指数为 $1$ ，应选 (B)。

9

设 $3$ 阶矩阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ， $B = (β_{1}, β_{2}, β_{3})$ ，若向量组 $α_{1}$ ， $α_{2}$ ， $α_{3}$ 可以由向量组 $β_{1}$ ， $β_{2}$ 线性表出，则

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正确答案：D

正确答案：D

因为 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 可由 $β_{1}$ 、 $β_{2}$ 线性表示，所以存在矩阵 $P$ ，使得 $A = BP$ ，于是 $P^{T} B^{T} = A^{T}$ 。

若 $B^{T} x = 0$ ，则 $P^{T} B^{T} x = 0$ ，即 $A^{T} x = 0$ ，所以 $B^{T} x = 0$ 的解都是 $A^{T} x = 0$ 的解，故应选 (D)。

10

设矩阵 $A = 12 - 1 0 - 1 2 - 1 1 - 5$ ，若存在可逆矩阵 $P$ 、 $Q$ 使 $P A Q$ 为对角矩阵，则 $P$ 、 $Q$ 可以分别为

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正确答案：C

正确答案：C

法1：验证

12 - 3 0 - 1 2 001 A 100010131 = 100010000,

故应选 (C)。

法2：对 $(A, E)$ 作行变换：

(A, E) = 12 - 1 0 - 1 2 - 1 1 - 5 100010001 \to 100 0 - 1 2 - 1 3 - 6 1 - 2 1 010001 \to 100010 - 1 - 3 0 12 - 3 0 - 1 2 001,

得

P = 12 - 3 0 - 1 2 001,

此时

P A = B = 100010 - 1 - 3 0 .

对 $(B, E)$ 作列变换得

Q = 100010131,

使

BQ = 100010000,

即 $P A Q$ 为对角矩阵，故应选 (C)。

填空题

11

（填空题） $\int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ x ∣ \cdot 3^{- x^{2}} d x =$

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【答案】 $\frac{1}{l n 3}$

【解析】 由于被积函数 $∣ x ∣ 3^{- x^{2}}$ 是偶函数，因此有：

\int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ x ∣ 3^{- x^{2}} d x = 2 \int_{0}^{+ \infty} x 3^{- x^{2}} d x = \int_{0}^{+ \infty} 3^{- x^{2}} d (x^{2})

令 $t = x^{2}$ ，则：

= - \frac{3 ^{- t}}{ln 3}_{0}^{+ \infty} = - \frac{1}{ln 3} (t \to \infty lim 3^{- t} - 1) = \frac{1}{ln 3}

因此，原积分值为 $\frac{1}{ln 3}$ 。

12

（填空题）已知参数方程

{x = 2 e^{t} + t + 1, y = 4 (t - 1) e^{t} + t^{2}

，求 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 0} =$

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 首先，求一阶导数：

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{4 [ e ^{t} + ( t - 1 ) e ^{t} ] + 2 t}{2 e ^{t} + 1} = \frac{4 t e ^{t} + 2 t}{2 e ^{t} + 1} = 2 t .

接着，求二阶导数：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d}{d x} (\frac{d y}{d x}) = \frac{d}{d x} (2 t) = 2 \cdot \frac{1}{2 e ^{t} + 1} .

最后，代入 $t = 0$ ：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 0} = \frac{2}{3} .

13

（填空题）设函数 $z = z (x, y)$ 由方程 $(x + 1) z + y ln z - arctan (2 x y) = 1$ 确定，求 $\frac{\partial z}{\partial x}_{(0, 2)} =$

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【答案】 1

【解析】 在等式 $(x + 1) z + y ln z - arctan (2 x y) = 1$ 两边对 $x$ 求偏导，有：

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

将 $x = 0$ ， $y = 2$ 代入原方程，得 $z + 2 ln z = 1$ ，易知 $z = 1$ 。

再将 $x = 0$ 、 $y = 2$ 、 $z = 1$ 代入偏导方程，解得：

\frac{\partial z}{\partial x}_{(0, 2)} = 1

14

（填空题）设 $f (t) = \int_{1}^{t^{2}} d x \int_{- \infty}^{t} sin \frac{x}{y} d y$ ，求 $f^{'} (\frac{π}{2}) =$

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【答案】 $\frac{π}{2} cos \frac{2}{π}$

【解析】 首先，函数定义为：

f (t) = \int_{1}^{t^{2}} d x \int_{- \infty}^{t} sin \frac{x}{y} d y

通过计算内层积分，得到：

f (t) = \int_{1}^{t} [- y cos \frac{x}{y}_{1}^{y^{2}}] d y

进一步化简为：

f (t) = \int_{1}^{t} (- t cos t + t cos \frac{1}{t}) d y

对 $f (t)$ 求导，得到：

f^{'} (t) = - t cos t + t cos \frac{1}{t}

代入 $t = \frac{π}{2}$ ，得：

f^{'} (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2} cos \frac{2}{π}

15

（填空题）求微分方程 $y^{'''} - y = 0$ 的通解 $y =$

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【答案】

y = C_{1} e^{x} + e^{- \frac{1}{2} x} (C_{2} cos (\frac{3}{2} x) + C_{3} sin (\frac{3}{2} x)), C_{1}, C_{2}, C_{3} \in R .

【解析】
由特征方程 $λ^{3} - 1 = 0$ 得

λ_{1} = 1, λ_{2, 3} = - \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i

故方程通解为

y = C_{1} e^{x} + e^{- \frac{1}{2} x} (C_{2} cos (\frac{3}{2} x) + C_{3} sin (\frac{3}{2} x)), C_{1}, C_{2}, C_{3} \in R .

16

（填空题）设 $f (x) = x 122 x x 1 - 1 12 x 1 2 x - 1 1 x$ ，求 $x^{3}$ 项的系数。

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【答案】 -5

【解析】
四阶行列式中含 $x^{3}$ 的项为：

(- 1)^{τ (2134)} a_{12} a_{21} a_{33} a_{44} = - x^{3}

以及

(- 1)^{τ (4231)} a_{14} a_{22} a_{33} a_{41} = - 4 x^{3}

因此， $x^{3}$ 的系数为 $- 1 - 4 = - 5$ 。

解答题

17

（本题满分 10 分）

求极限

x \to 0 lim (\frac{1 + \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x})

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 首先，将原极限表达式改写为通分形式：

x \to 0 lim (\frac{1 + \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}) = x \to 0 lim \frac{sin x + sin x \cdot \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t - e ^{x} + 1}{( e ^{x} - 1 ) sin x}

接下来，将极限拆分为两部分：

= x \to 0 lim \frac{sin x - e ^{x} + 1}{x ^{2}} + x \to 0 lim \frac{sin x \cdot \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{x ^{2}}

利用泰勒展开计算第一部分：

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

计算第二部分：

x \to 0 lim \frac{sin x \cdot \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{x}

应用洛必达法则：

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{x} = x \to 0 lim e^{x^{2}} = 1

将两部分结果相加：

- \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}

因此，原极限值为 $\frac{1}{2}$ 。

18

（本题满分 12 分）

已知函数 $f (x) = \frac{x ∣ x ∣}{1 + x}$ ，求曲线 $y = f (x)$ 的凹凸区间及渐近线。

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【答案】
曲线 $y = f (x)$ 的凹区间为 $(- \infty, - 1)$ 和 $(0, + \infty)$ ，凸区间为 $(- 1, 0)$ 。渐近线为 $x = - 1$ （铅垂渐近线）， $y = x - 1$ （当 $x \to + \infty$ 时），和 $y = - x + 1$ （当 $x \to - \infty$ 时）。

【解析】
因为

f (x) = \frac{x ∣ x ∣}{1 + x} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{x ^{2}}{1 + x}, 0, - \frac{x ^{2}}{1 + x}, 不存在, - \frac{x ^{2}}{1 + x}, x > 0, x = 0, - 1 < x < 0, x = - 1, x < - 1.

$f (x)$ 在 $x = 0$ 连续。又

f^{'} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2 x + x ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}, - \frac{2 x + x ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}, - \frac{2 x + x ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}, x > 0, - 1 < x < 0, x < - 1.

因为 $x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = x \to 0^{-} lim f^{'} (x) = 0$ ，故 $f_{+}^{'} (0) = f_{-}^{'} (0) = 0$ ，即 $f^{'} (0) = 0$ ，从而

f^{'} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2 x + x ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}, - \frac{2 x + x ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}, - \frac{2 x + x ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}, x \geq 0, - 1 < x < 0, x < - 1.

$f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。又

f^{''} (x) = {\frac{( 2 + 2 x ) ( 1 + x ) ^{2} - ( 2 x + x ^{2} ) \cdot 2 ( 1 + x )}{( 1 + x ) ^{4}} = \frac{2}{1 + x} - \frac{4 x + 2 x ^{2}}{( 1 + x ) ^{3}} = \frac{2}{( 1 + x ) ^{3}}, - \frac{2}{( 1 + x ) ^{3}}, x > 0, x < 0 x \neq = - 1.

因为 $x \to 0^{+} lim f^{''} (x) = 2$ ， $x \to 0^{-} lim f^{''} (x) = - 2$ ，故 $f_{+}^{''} (0) \neq = f_{-}^{''} (0)$ ，从而 $f^{''} (0)$ 不存在，故

f^{''} (x) = {\frac{2}{( 1 + x ) ^{3}}, - \frac{2}{( 1 + x ) ^{3}}, x > 0, x < 0 x \neq = - 1.

当 $x > 0$ 时， $f^{''} (x) > 0$ ；当 $- 1 < x < 0$ 时， $f^{''} (x) < 0$ ；当 $x < - 1$ 时， $f^{''} (x) > 0$ 。
从而曲线 $y = f (x)$ 的凹区间为 $(- \infty, - 1)$ 和 $(0, + \infty)$ ，凸区间为 $(- 1, 0)$ 。

因 $x \to - 1 lim f (x) = \infty$ ，故 $x = - 1$ 为曲线 $y = f (x)$ 的一条铅垂渐近线。
因 $x \to \infty lim f (x) = x \to \infty lim \frac{x}{1 + x} ∣ x ∣ = + \infty$ ，从而曲线 $y = f (x)$ 无水平渐近线。

因

k_{1} = x \to + \infty lim \frac{f ( x )}{x} = x \to + \infty lim \frac{x ^{2}}{( 1 + x ) x} = x \to + \infty lim \frac{x}{1 + x} = 1,

b_{1} = x \to + \infty lim [f (x) - x] = x \to + \infty lim (\frac{x ^{2}}{1 + x} - x) = x \to + \infty lim \frac{x ^{2} - x - x ^{2}}{1 + x} = - 1,

故 $y = x - 1$ 为 $x \to + \infty$ 时曲线 $y = f (x)$ 的一条斜渐近线。

因

k_{2} = x \to - \infty lim \frac{f ( x )}{x} = x \to - \infty lim \frac{- x ^{2}}{( 1 + x ) x} = - x \to - \infty lim \frac{x}{1 + x} = - 1,

b_{2} = x \to - \infty lim (f (x) + x) = x \to - \infty lim (- \frac{x ^{2}}{1 + x} + x) = x \to - \infty lim \frac{x + x ^{2} - x ^{2}}{1 + x} = 1,

故 $y = - x + 1$ 为 $x \to - \infty$ 时曲线 $y = f (x)$ 的一条斜渐近线。

19

（本题满分 $12$ 分）

设函数 $f (x)$ 满足 $\int \frac{f ( x )}{x} d x = \frac{1}{6} x^{2} - x + C$ ， $L$ 为曲线 $y = f (x)$ （ $4 \leq x \leq 9$ ），记 $L$ 的长度为 $S$ ， $L$ 绕 $x$ 轴旋转曲面面积为 $A$ ，求 $S$ 和 $A$ 。

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【答案】 $S = \frac{22}{3}$ , $A = \frac{425}{9} π$

【解析】 在等式 $\int \frac{f ( x )}{x} d x = \frac{1}{6} x^{2} - x + C$ 的两端对 $x$ 求导，有

\frac{f ( x )}{x} = \frac{1}{3} x - 1,

故

f (x) = \frac{1}{3} x x - x .

进一步求导得

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

则弧长

S = \int_{4}^{9} 1 + [f^{'} (x)]^{2} d x = \int_{4}^{9} \frac{x + 1}{2 x} d x = \int_{4}^{9} (x + 1) d (x) .

换元后

S = \int_{2}^{3} (x^{2} + 1) d x = \frac{1}{3} x^{3}_{2}^{3} + 1 = \frac{1}{3} (27 - 8) + 1 = \frac{22}{3} .

旋转体表面积

A = 2 π \int_{4}^{9} f (x) 1 + [f^{'} (x)]^{2} d x = 2 π \int_{4}^{9} (\frac{1}{3} x x - x) \cdot \frac{x + 1}{2 x} d x .

化简得

A = 2 π \int_{4}^{9} (\frac{1}{6} x^{2} - \frac{1}{3} x - \frac{1}{2}) d x = 2 π \cdot \frac{425}{18} = \frac{425}{9} π .

20

（本题满分 12 分）

设 $y = y (x) (x > 0)$ 是微分方程 $x y^{'} - 6 y = - 6$ 满足条件 $y (3) = 10$ 的解，

（Ⅰ）求 $y (x)$ ；

（Ⅱ）设 $P$ 为曲线 $y = y (x)$ 上一点， $I_{p}$ 为曲线 $y = y (x)$ 上 $P$ 点法线到 $y$ 轴的截距，当 $I_{p}$ 最小时，求 $P$ 坐标。

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【答案】
（Ⅰ） $y (x) = 1 + \frac{1}{3} x^{6}$
（Ⅱ）点 $P$ 的坐标为 $(1, \frac{4}{3})$

【解析】

（Ⅰ）由 $x y^{'} - 6 y = - 6$ ，可得 $y^{'} - \frac{6}{x} y = - \frac{6}{x}$ ，于是

y = e^{\int \frac{6}{x} d x} (\int - \frac{6}{x} \cdot \frac{1}{x ^{6}} d x + C) = x^{6} (x^{- 6} + C) = 1 + C x^{6}

又 $y (3) = 10$ ，代入得 $C = \frac{1}{3}$ ，因此 $y (x) = 1 + \frac{1}{3} x^{6}$ 。

（Ⅱ）曲线 $y = y (x)$ 在点 $P$ 的法线方程为

Y - (1 + \frac{1}{3} x^{6}) = - \frac{1}{2 x ^{5}} (X - x)

令 $X = 0$ ，得

Y = 1 + \frac{1}{3} x^{6} + \frac{1}{2 x ^{4}}

设 $g (x) = 1 + \frac{1}{3} x^{6} + \frac{1}{2 x ^{4}}$ ，其中 $x > 0$ ，则

g^{'} (x) = 2 x^{5} + \frac{1}{2} \cdot (- 4) x^{- 5} = 2 (x^{5} - x^{- 5}) = 2 \cdot \frac{x ^{10} - 1}{x ^{5}}

令 $g^{'} (x) = 0$ ，解得 $x = 1$ 。

当 $x > 1$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ；当 $0 < x < 1$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，故 $x = 1$ 为唯一的极小值点，且为最小值点。

此时点 $P$ 的坐标为 $(1, \frac{4}{3})$ 。

21

（本题满分 $12$ 分）

设平面区域 $D$ 由曲线 $(x^{2} + y^{2})^{2} = x^{2} - y^{2} (x \geq 0, y \geq 0)$ 与 $x$ 轴围成，计算二重积分 $\iint_{D} x y d x d y$ 。

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【答案】

\frac{1}{48}

【解析】
首先，将积分区域 $D$ 用极坐标表示，并计算二重积分：

\iint_{D} x y d x d y = \int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{c o s 2 θ} r cos θ \cdot r sin θ \cdot r d r

化简被积函数：

= \int_{0}^{\frac{π}{4}} cos θ sin θ \int_{0}^{c o s 2 θ} r^{3} d r

计算内层积分：

\int_{0}^{c o s 2 θ} r^{3} d r = \frac{1}{4} r^{4}_{0}^{c o s 2 θ} = \frac{1}{4} cos^{2} 2 θ

代入外层积分：

= \int_{0}^{\frac{π}{4}} sin θ cos θ \cdot \frac{1}{4} cos^{2} 2 θ d θ

利用三角恒等式 $sin θ cos θ = \frac{1}{2} sin 2 θ$ ：

= \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{1}{2} sin 2 θ \cdot cos^{2} 2 θ d θ = \frac{1}{8} \int_{0}^{\frac{π}{4}} sin 2 θ cos^{2} 2 θ d θ

注意到 $sin 2 θ d θ = - \frac{1}{2} d (cos 2 θ)$ ，因此：

= - \frac{1}{16} \int_{0}^{\frac{π}{4}} cos^{2} 2 θ d (cos 2 θ)

计算积分：

= - \frac{1}{16} \cdot \frac{1}{3} cos^{3} 2 θ_{0}^{\frac{π}{4}} = - \frac{1}{48} (cos^{3} \frac{π}{2} - cos^{3} 0)

代入上下限：

cos \frac{π}{2} = 0, cos 0 = 1

= - \frac{1}{48} (0 - 1) = \frac{1}{48}

最终结果为：

\iint_{D} x y d x d y = \frac{1}{48}

22

（本题满分 12 分）

设矩阵 $A = 211 12 a 00 b$ 仅有两个不同特征值，若 $A$ 相似于对角矩阵，求 $a, b$ 的值，并求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵。

查看答案与解析

【答案】
矩阵 $A$ 仅有两个不同特征值且相似于对角矩阵时，参数 $a, b$ 有两种情况：

当 $b = 1$ 时， $a = 1$ ，可逆矩阵 $P = - 1 10 001111$ ，使得 $P^{- 1} A P = 100010003$ 。
当 $b = 3$ 时， $a = - 1$ ，可逆矩阵 $P = 110001 - 1 11$ ，使得 $P^{- 1} A P = 300030001$ 。

【解析】
首先计算特征多项式：

∣ λ E - A ∣ = λ - 2 - 1 - 1 - 1 λ - 2 - a 00 λ - b = (λ - b) [(λ - 2)^{2} - 1]

= (λ - b) (λ^{2} - 4 λ + 3) = (λ - b) (λ - 1) (λ - 3)

因此，矩阵 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = b$ ， $λ_{2} = 1$ ， $λ_{3} = 3$ 。

情况①：若 $b = 1$

此时 $λ_{1} = λ_{2} = 1$ 是 $A$ 的二重特征值， $λ_{3} = 3$ 。由于 $A$ 可相似对角化，故 $r (E - A) = 1$ 。

计算：

E - A = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - a 000 \to 100 1 1 - a 0 000

由秩为 1 可得 $a = 1$ 。

求解属于特征值 $1$ 的特征向量：

(E - A) x = 0

得到两个线性无关的特征向量：

α_{1} = (- 1, 1, 0)^{T}, α_{2} = (0, 0, 1)^{T}

再求解属于特征值 $3$ 的特征向量：

3 E - A = 1 - 1 - 1 - 1 1 - 1 002 \to 100 - 1 10 0 - 1 0

得到线性无关的特征向量：

α_{3} = (1, 1, 1)^{T}

取 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ，则 $P$ 可逆，且满足：

P^{- 1} A P = 113

情况②：若 $b = 3$

此时 $λ_{1} = λ_{3} = 3$ 是 $A$ 的二重特征值， $λ_{2} = 1$ 。由于 $A$ 可相似对角化，故 $r (3 E - A) = 1$ 。

计算：

3 E - A = 1 - 1 - 1 - 1 1 - a 000 \to 100 - 1 a + 1 0 000

由秩为 1 可得 $a = - 1$ 。

求解属于特征值 $3$ 的特征向量：

(3 E - A) x = 0

得到两个线性无关的特征向量：

β_{1} = (1, 1, 0)^{T}, β_{2} = (0, 0, 1)^{T}

再求解属于特征值 $1$ 的特征向量：

E - A = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 1 00 - 2 \to 100110 0 - 1 0

得到线性无关的特征向量：

β_{3} = (- 1, 1, 1)^{T}

取 $P = (β_{1}, β_{2}, β_{3})$ ，则 $P$ 可逆，且满足：

P^{- 1} A P = 331