2004考研数学二真题解析【无水印】.pdf

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1、2004 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题 一、填空题：一、填空题：本题共本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上分，请将答案写在答题纸指定位置上. (1) 设2(1)( )lim1nnxf xnx=+, 则( )f x的间断点为x =. (2) 设函数( )y x由参数方程 333131xttytt=+=+ 确定, 则曲线( )yy x=向上凸的x取值范围 为. (3) 121dxx x+=. (4) 设函数( , )zz x y=由方程232xzzey=+确定, 则3zzxy+=. (5) 微

2、分方程3()20yxdxxdy+=满足165xy=的特解为. (6) 设矩阵210120001A=, 矩阵B满足2ABABAE=+, 其中A为A的伴随矩阵, E 是单位矩阵, 则B =. 二、选择题：二、选择题：本题共本题共 8 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内. (7) 把0 x+时的无穷小量20cosxt dt=, 20tanxtdt=, 30sinxt dt=排列起来, 使排在后面的是前一个的高阶无穷

3、小, 则正确的排列次序是 ( ) (A),. (B),. (C),. (D),. (8) 设( )(1)f xxx=, 则 ( ) (A) 0 x =是( )f x的极值点, 但(0, 0)不是曲线( )yf x=的拐点. (B) 0 x =不是( )f x的极值点, 但(0, 0)是曲线( )yf x=的拐点. (C) 0 x =是( )f x的极值点, 且(0, 0)是曲线( )yf x=的拐点. (D) 0 x =不是( )f x的极值点, (0, 0)也不是曲线( )yf x=的拐点. (9) 22212lim ln(1) (1)(1)nnnnnn+等于 ( ) (A)221ln xd

4、x. (B)212ln xdx. (C)212ln(1)x dx+. (D)221ln (1)x dx+ (10) 设函数( )f x连续, 且(0)0f , 则存在0, 使得 ( ) (A)( )f x在(0,)内单调增加. (B)( )f x在(, 0)内单调减小. (C)对任意的(0,)x有( )(0)f xf. (D)对任意的(, 0)x 有( )(0)f xf. (11) 微分方程21 sinyyxx+=+ +的特解形式可设为 ( ) (A)2( sincos )yaxbxcx AxBx=+ +. (B)2(sincos )yx axbxcAxBx=+ +. (C)2sinyaxbx

5、cAx=+ +. (D)2cosyaxbxcAx=+ + (12) 设函数( )f u连续, 区域22( , )2Dx y xyy=+, 则()Df xy dxdy等于 ( ) (A)221111()xxdxf xy dy. (B)222002()y ydyf xy dx. (C)2sin200(sincos )df rdr. (D)2sin200(sincos )df rrdr (13) 设A是 3 阶方阵, 将A的第 1 列与第 2 列交换得B, 再把B的第 2 列加到第 3 列得C, 则满足AQC=的可逆矩阵Q为 ( ) (A)010100101. (B)010101001. (C)01

6、0100011. (D)011100001. (14) 设A,B为满足0AB =的任意两个非零矩阵, 则必有 ( ) (A)A的列向量组线性相关,B的行向量组线性相关. (B)A的列向量组线性相关,B的列向量组线性相关. (C)A的行向量组线性相关,B的行向量组线性相关. (D)A的行向量组线性相关,B的列向量组线性相关. 三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小题，共 94 分分.请将解答写在答题纸指定的位置上请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤明、证明过程或演算步骤. (15)(本题满分 10 分) 求极限3012coslim13xxx

7、x+. (16)(本题满分 10 分) 设函数( )f x在(, +)上有定义, 在区间0, 2上, 2( )(4)f xx x=, 若对任意的x都满足( )(2)f xk f x=+, 其中k为常数. (I)写出( )f x在 2, 0上的表达式; (II)问k为何值时, ( )f x在0 x =处可导. (17)(本题满分 11 分) 设2( )sinxxf xt dt+=, (I)证明( )f x是以为周期的周期函数; (II)求( )f x的值域. (18)(本题满分 12 分) 曲线2xxeey+=与直线0,(0)xxt t=及0y =围成一曲边梯形. 该曲边梯形绕x轴旋转一周得一旋

8、转体, 其体积为( )V t, 侧面积为( )S t, 在xt=处的底面积为( )F t. (I)求( )( )S tV t的值; ()计算极限( )lim( )tS tF t+. (19)(本题满分 12 分) 设2eabe. (20)(本题满分 11 分) 某种飞机在机场降落时,为了减少滑行距离,在触地的瞬间,飞机尾部张开减速伞,以增大阻力,使飞机迅速减速并停下. 现有一质量为9000kg的飞机,着陆时的水平速度为700/km h.经测试,减速伞打开后,飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比(比例系数为66.0 10k =).问从着陆点算起,飞机滑行的最长距离是多少? (注：kg表示千克,/k

9、m h表示千米/小时) (21)(本题满分 10 分) 设22(,)xyzf xye=,其中f具有连续二阶偏导数,求2,zzzxyx y . (22)(本题满分 9 分) 设有齐次线性方程组 1234123412341234(1)0,2(2)220,33(3)30,444(4)0,a xxxxxa xxxxxa xxxxxa x+=+=+=+= 试问a取何值时, 该方程组有非零解, 并求出其通解 (23)(本题满分 9 分) 设矩阵12314315a的特征方程有一个二重根, 求a的值, 并讨论A是否可相似对角化. 2004 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析年全国硕士研究生入学统一考试

10、数学二试题解析 一、填空题一、填空题 (1)【答案】0. 【详解】本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点. 对不同的x, 先用求极限的方法得出( )f x的表达式, 再讨论( )f x的间断点. 由2(1)( )lim1nnxf xnx=+，显然当0 x =时,( )0f x =； 当0 x 时, 2(1)( )lim1nnxf xnx=+22211(1)lim(1)lim11limnnnxxxnnxxxnn=+1x=, 所以 ( )f x0,01,0 xxx=, 因为 001lim( )lim(0)xxf xfx= ，故 0 x =为( )f x的间断点. (2)【详解】判别由参数方程

11、定义的曲线的凹凸性，先用由 ( )( )xx tyy t= 定义的参数方程求出二阶导数22d ydx, 再由 220d ydx确定x的取值范围. ()323133dytttdt=+=，()323133dxtttdt=+=+ 所以 2222331331dydy dtttdxdx dttt=+221 1 11tt+ =+2211t= + 222221113(1)d yddydtdxdtdxdxtt=+()222413(1)1ttt=+2343(1)tt=+, 令220d ydx(或220d ydx)，即23403(1)tt+(或23403(1)tt+) 0t ， 所以( )x t单调增, 当0t

12、=时，1x =， 所以当0t 时( )( )01x tx的某区间，要么为0 x ，于是 11lnln22212xxyex edxC=+35221125xx dxCxxC=+=+ 再6(1)15yC=, 从而特解为 315yxx=+. (6) 【答案】91 【详解】 方法方法 1：已知等式两边同时右乘A，得*2ABA ABA AA=+， 由伴随矩阵的运算规律：*A AAAA E=，有2AB AB AA=+，而 210120001A =3 321( 1)12+= 2 2 1 1= 3=， 于是有 ABAB+= 63，移项、合并有 ABEA=)63(，再两边取行列式，由方阵乘积的行列式的性质：矩阵乘

13、积的行列式等于矩阵行列式的积，有 (36 )363AE BAE BA=， 而 36AE2101003 1206 010001001=630600030360060300003006003= 3 303( 1)( 3)( 3) 3 330+= = 27=， 故所求行列式为B33627AAE=19= 方法方法 2：由题设条件*2ABABAE=+，得 *2ABABA=*(2 )AE BAE= 由方阵乘积行的列式的性质： 矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积， 故两边取行列式，有 *(2 )21AE BAAE B AE= 其中210120001A =3 321( 1)12+= 2 2 1 1= 3=；

14、由伴随矩阵行列式的公式：若A是n阶矩阵，则 1nAA=. 所以，3 12AAA=9 ； 又 0102100001AE=1 210( 1)01+= =1. 故1192BAE A=. 二、选择题二、选择题 (7)【答案】 (B) 【详解】 方法方法 1：20220000tantan2limlimlim0coscosxxxxxtdtxxxt dt+= =洛必达，则是的高阶无穷小，根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C),(D)选项， 又2323000001sinsin2limlimlim2 tantanxxxxxxt dtxxxtdt+= 洛必达 201lim4xxx+ = 等价无

15、穷小替换， 可见是比低阶的无穷小量，故应选(B). 方法方法 2：用kx(当0 x 时)去比较. 2201000coscoslimlimlim,xkkkxxxt dtxxxkx+=洛 欲使上式极限存在但不为 0，应取1k =，有22000000lim coscoslimlim1limxxxxttxxx+=， 所以(当+ 0 x时)与x同阶. 2011300000tantan222limlimlimlimlimxkkkkkxxxxxtdtxxxxxxkxkxkx+=洛 欲使上式极限存在但不为 0，应取3k =, 有33 20002tan2tan2limlimlim333xxxxxxxx+=， 所

16、以(当+ 0 x时)与3x同阶. 313132222011100000sinsinlimlimlimlimlim,222xkkkkkxxxxxt dtxxxxxxxkxkxkx+=洛 欲使上式极限存在但不为 0，应取2k =, 有22 1001limlim2 24xxxxx+=， 所以(当+ 0 x时)与2x同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是, , ，选(B). (8)【答案】C 【详解】由于是选择题，可以用图形法解决，也可用分析法讨论. 方法方法 1：由于是选择题，可以用图形法解决, 令( )(1)xx x=，则211( )24xx=，是以直线12x =为对称轴，顶点坐标为11,

17、24，开口向上的一条抛物线，与x轴相交的两点坐标为() ()0,0 , 1,0，( )( )yf xx=的图形如图. 点0 x =是极小值点；又在点(0, 0)左侧邻近曲线是凹的，右侧邻近曲线是凸的，所以点(0, 0)是拐点，选 C. 方法方法 2：写出( )yf x=的分段表达式： ( )f x =(1),10(1),01xxxxxx , 从而( )fx=12 ,1012 ,01xxxx + , ( )fx=2,102,01xx ，所以01x时，( )f x单调增， ()00lim( )lim1210 xxfxx= += ，所以10 x 时，( )f x单调减， 所以0 x =为极小值点.

18、当10 x ，( )f x为 凹 函 数 ； 当10 x时 , ( )20fx= =xfxffx xyo1211根据极限的保号性，知存在0，当), 0()0 ,(x时，有0)0()(xfxf. 即当)0 ,(x时，0 x ，有( )(0)f xf有( )(0)f xf. (11)【答案】A 【详解】利用待定系数法确定二阶常系数线性非齐次方程特解的形式. 对应齐次方程 0yy+= 的特征方程为 210+ =, 则特征根为 i= , 对2021(1)yyxex+=+ =+为( )( )xmf xe Px=型，其中( )20,1mPxx= =+， 因 0 不是特征根, 从而其特解形式可设为 2021

19、()yaxbxc eaxbxc=+=+ 对 sinyyx+=, 为( )( )( )cossinxlnf xeP xxPxx=+型，其中0=，( )( )0,1lnP xPx=1,= =，因0iii+=+ =为特征根, 从而其特解形式可设为 2( sincos )yx AxBx=+ 由叠加原理，故方程 21 sinyyxx+=+ + 的特解形式可设为 2( sincos )yaxbxcx AxBx=+ (12)【答案】D 【详解】由22( , )2Dx y xyy=+，则积分 区域是以()0,1 为圆心，1 为半径的圆及其内部， 积分区域见右图. 在直角坐标系下, 先x后y， 2222yyxy

20、y，02y 则应是 222202()()y yy yDf xy dxdydyf xy dx= 先y后x，由()2211xy+221111, 11xyxx + ，则应是 22111111()()xxDf xy dxdydxf xy dy+= 故应排除 , AB. 在极坐标系下, cos ,sinxryr= , 2sin200()(sincos )Df xy dxdydf rrdr=, 故应选 D. 或直接根据极坐标下，其面积元素为rdrd，则可排除 C (13)【答案】(D) 【详解】由题设，将A的第 1 列与第 2 列交换，即 12010100001AEAB=， 将B的第 2 列加到第 3 列

21、，即 100010100011011100011100.001001001001BAAAQ= 故011100001Q=，应选(D). (14)【答案】(A) 【详解】 方法方法 1： 由矩阵秩的重要公式： 若A为nm矩阵，B 为np矩阵， 如果0AB =，则( )( )r Ar Bn+ 设A为nm矩阵，B为sn矩阵，由0AB =知，( )( )r Ar Bn+，其中n是矩阵A的列数，也是B的行数 因A为非零矩阵，故( )1r A ，因( )( )r Ar Bn+，从而( )1r Bnn ，由向量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知B的行向量组线性相关. 因B为非零矩阵，故( )

22、1r B ，因( )( )r Ar Bn+，从而( )1r Ann ，由向量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知A的列向量组线性相关. 故应选(A). 方法方法 2：设A为nm矩阵，B为sn矩阵，将B按列分块，由0AB =得， 12,0,0,1,2, .siABAAis = 因B是非零矩阵，故存在0i，使得0iA=. 即齐次线性方程组0Ax =有非零解. 由齐次线性方程组0Ax =有非零解的充要条件( )r An, 知( )r An. 所以A的列向量组线性相关. 又()0TTTABB A=，将TA按列分块，得 12,0,0,1,2,.TTTTTTTTmiB ABBim= 因A是

23、非零矩阵，故存在0Ti，使得0TTiB=，即齐次线性方程组0Bx =有非零解. 由齐次线性方程组0Bx =有非零解的充要条件，知TB的列向量组线性相关，由TB是由B行列互换得到的，从而B的行向量组线性相关，故应选(A). 方法方法 3：设 (),ijm nAa=()ijn sBb=, 将A按列分块，记 ()12nAAAA= 由0AB =()11121212221212ssnnnnsbbbbbbAAAbbb ()111111,0nnsnsnb Ab Ab Ab A=+= (1) 由 于0B , 所 以 至 少 有 一 个 0ijb (1,1injs ), 又 由 (1) 知 , 11220jji

24、jinjnb Ab Ab Ab A+=, 所以12,mAAA线性相关. 即A的列向量组线性相关. (向量组线性相关的定义：如果对m个向量12,nmR ，有m个不全为零的数12,mk kkR，使11220mmkkk+=成立，则称12,m 线性相关.) 又将B按行分块，记 12nBBBB=, 同样， 0AB =11121121222212nnmmmnnaaaBaaaBaaaB111122121122221122nnnnmmmnna Ba Ba Ba Ba Ba Ba BaBaB+=+0= 由于0A ,则至少存在一个0ija (1,1imjn ), 使 11220iiijjinna Ba Ba Ba

25、 B+=, 由向量组线性相关的定义知，12,mBBB线性相关, 即B的行向量组线性相关， 故应选(A). 方法方法 4：用排除法.取满足题设条件的,A B. 取001000,10010001AB=，有00100100,10001AB= A的行向量组，列向量组均线性相关，但B的列向量组线性无关，故(B)，(D)不成立. 又取110100,00000100AB=，有1101000000100AB=， A的行向量组线性无关，B的列向量组线性相关，故(C)不成立. 由排除法知应选(A). 三、解答题三、解答题. (15)(本题满分 10 分) 求极限3012coslim13xxxx+. 【答案】16

26、【详解】此极限属于00型未定式.可利用洛必达法则,并结合无穷小代换求解. 方法方法 1： 2 cos2 coslnln332cos3xxxxxxee+= 原式2 cosln3301limxxxex+=1xex 302cosln3limxxxx+202cosln3limxxx+= 20ln 2cosln3limxxx+=（）20(ln 2cosln3)lim()xxx+（）洛 01sin2coslim2xxxx +（）=011sinlim22cosxxxx= + 0011sin1 1limlim122cos2 3xxxxx= = +16= 方法方法 2：原式2 cosln3301limxxxex

27、+=1xex 202cosln3limxxx+ 20cos1ln3limxxx+=（1）()ln 1xx+2200cos11 coslimlim33xxxxxx= 222021 coslim23xxxxx 16= . (16)【详解】(I)当20 x ,则022x+ =, 554433443()sinsinsin224ft dttdttdt=, 又 2200(0)sinsin1ft dttdt=, 3322( )sin( sin )1ft dtt dt=, 比较极值点与两个端点处的值， 知( )f x的最小值是22, 最大值是2, 故( )f x的值域是22,2. (18)【详解】(I) 旋转

28、体体积：2200( )2xxtteeV ty dxdx+= 旋转体的侧面积：20( )21tS tyydx=+ 202122xxxxteeeedx+=+202122xxxxteeeedx+=+ 22022124xxxxteeeedx+=+2202224xxxxteeeedx+= 20222xxxxteeeedx += 2022xxteedx+=, 所以 ( )( )S tV t2020222xxtxxteedxeedx+=+2=. () 在xt=处旋转体的底面积为 2( )x tF ty=22xxx tee=+=22ttee+=, 所以20222( )limlim( )2xxttttteedx

29、S tF tee+=+20222= lim2xxtttteedxee+ 222lim222ttttttteeeeee+=limttttteeee+=221= lim1tttee+1= (19) 【详解】根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明. 方法方法 1：因为函数( )2lnf xx=在()2 , ,a be e上连续，且在(), a b内可导，所以满足拉格朗日中值定理的条件， 对函数( )2lnf xx=在 , a b上应用拉格朗日中值定理，得 ()()()22222lnlnlnln,bababaeabe= . 设tttln)(=， 则2ln1)(tt

30、t=， 当te时，1 ln1 ln0te = ， 即, 0)( t 所以)(t单调减少，又因为2e，即 2222lnlneee=，得22ln4e 故 )(4lnln222abeab. 方法方法 2：利用单调性， 设xexx224ln)(=，证( )x在区间()2, e e内严格单调增即可. 24ln2)(exxx=，(222222ln444()20eeeeee=，)2ln12)(xxx= , 当xe时，1 ln1 ln0 xe =，, 0)( x 故)(x单调减少， 从而当2exe=，即当2exe时，)(x单调增加. 因此当2exe，即aeabeb22224ln4ln， 故 )(4lnln22

31、2abeab. 方法方法 3：设2224( )lnln()xxaxae=, 则2ln4( )2xxxe=，21 ln( )2xxx=, xe时, 1 ln1 ln0 xe =，得( )0 x， ( )x在2( ,)e e上单调减少, 从而当2exe=，( )x在2( ,)e e上单调增加. 从而当2eaxbe=. ( )0b，即2224lnln()babae. (20) 【详解】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可. 方法方法 1：由题设，飞机质量9000mkg=，着陆时的水平速度hkmv/7000=. 从飞机接触跑道开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为( )x t，速

32、度为( )v t，则 0)0(,)0(0=xvv. 根据牛顿第二定律，得kvdtdvm=. 又dxdvvdtdxdxdvdtdv=. 由以上两式得dvkmdx=，积分得.)(Cvkmtx+= 由于0)0(,)0(0=xvv，所以0(0)0.mxvCk= += 故得0vkmC =， 从而).()(0tvvkmtx= 当0)(tv时，).(05. 1100 . 67009000)(60kmkmvtx= 所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km. 方法方法 2：根据牛顿第二定律，得 kvdtdvm=, 分离变量：dvkdtvm= ，两端积分得：1lnkvtCm= +， 通解：tmkCev=，代入初始

33、条件00vvt=，解得0vC =，故.)(0tmkevtv= 飞机在跑道上滑行得距离相当于滑行到0v ，对应地t +. 于是由dxvdt=，有 000000( )1.05().kkttmmmvmvxv t dtv edtekmkk+= 或由( )0ktmdxv tv edt=，知) 1()(000=tmkttmkemkvdtevtx，故最长距离为当t时，).(05. 1)(0kmmkvtx= 方法方法 3：由kvdtdvm= ，dxvdt=，化为x对t的求导，得dtdxkdtxdm=22, 变形为 022=+dtdxmkdtxd，0(0)(0), (0)0vxv x= 其特征方程为 02=+m

34、k，解之得mk=21, 0，故.21tmkeCCx+= 由 2000000,ktmttttkCdxxvevdtm= =，得,021kmvCC= 于是 ).1 ()(0tmkekmvtx= 当+t时，).(05. 1)(0kmkmvtx= 所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km. (21)【详解】利用复合函数求偏导和混合偏导的方法直接计算. 令 22,xyuxyve=，则22(,)( , )xyzf xyef u v=， 所以2 ,2uuxyxy= ，,xyxyvvyexexy= = 所以zx=fufvuxv x + 122xyxfyef=+，zy=fufvuyv y + 122xyyfxef

35、= + 2zx y= ()122xyzyfxefxyx=+ 11122221222xyxyxyuvuvyffefxyefxeffxxxx= + ()()1112222122222xyxyxyxyxyyxfyefefxyefxexfyef= + 2221112222=42()(1)xyxyxyxyfxyefxyefexy f+ (22) 【详解】 方法方法 1：对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有 11112222aaAnnnna+=+ 1()(2,)iiin += 行行111120000aaaBnaa+= 对|B是否为零进行讨论： 当0a =时，( )1r An= ，由齐次方程组有非零解的判别

36、定理：设A是m n矩阵，齐次方程组0Ax =有非零解的充要条件是( )r An. 故此方程组有非零解，把0a =代入原方程组，得其同解方程组为 , 021=+nxxx ( ) 此时，( )1r A =，故方程组有1nrn=个自由未知量. 选23,nx xx为自由未知量，将他们的1n组值(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)分别代入( )式，得基础解系 ,)0 , 0 , 1 , 1(1T= ,)0 , 1 , 0 , 1(2T=,) 1 , 0 , 0 , 1(,1Tn= 于是方程组的通解为 ,1111+=nnkkx 其中11,nkk 为任意常数. 当0a时，对矩阵B作初等行变换，有

37、11112100001aBn+ ( 1) 12,3iin += 行()(1)00022100001n nan+ ， 可知2) 1( +=nna时，nnAr=1)(，由齐次方程组有非零解的判别定理, 知方程组也有非零解，把2) 1( +=nna代入原方程组，其同解方程组为 =+=+=+, 0, 03, 0213121nxnxxxxx 此时，( )1r An=，故方程组有(1)1nrnn=个自由未知量.选2x为自由未量，取21x =，由此得基础解系为Tn), 2 , 1 (=，于是方程组的通解为kx =，其中k为任意常数. 方法方法 2：计算方程组的系数行列式： 11112222aaAnnnna+

38、=+ 00011110002222000aaannnn+ 矩阵加法 aE=+nnnn22221111aEQ +， 下面求矩阵Q的特征值： 11112222EQnnnn=11112001(- )(2,3, )00iiinn+=行行 (1)1112( ) 1000(2,3, )000n niiin+=列列1(1)2nn n+= 则Q的特征值2) 1(, 0 , 0+nn，由性质：若Axx=，则()() ,mmkA xkx A xx=，因此对任意多项式( )f x，( )( )f A xfx=，即( )f是( )f A的特征值. 故，A的特征值为(1), ,2n na aa+, 由特征值的乘积等于矩

39、阵行列式的值，得 A行列式.)2) 1(1+=nannaA 由齐次方程组有非零解的判别定理：设A是n阶矩阵，齐次方程组0Ax =有非零解的充要条件是0=A. 可知，当0=A，即0a =或2) 1( +=nna时，方程组有非零解. 当0a =时，对系数矩阵A作初等行变换，有 11112222Annnn= 1)(2,)iiin += 行 （行1111000000000 ，. 故方程组的同解方程组为 , 021=+nxxx 此时，( )1r A =，故方程组有1nrn=个自由未知量.选23,nx xx为自由未知量，将他们的1n组值(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)分别代入( )式， 由此

40、得基础解系为 ,)0 , 0 , 1 , 1(1T= ,)0 , 1 , 0 , 1(2T=,) 1 , 0 , 0 , 1(,1Tn= 于是方程组的通解为 ,1111+=nnkkx 其中11,nkk 为任意常数. 当2) 1( +=nna时， 11112100001aBn+ ( 1) 1(2,3)iin += 行(1)00022100001n nan+ ， 即 00002100001n ，其同解方程组为=+=+=+, 0, 03, 0213121nxnxxxxx 此时，( )1r An=， 故方程组有(1)1nrnn=个自由未知量. 选2x为自由未量，取21x =， 由此得基础解系为Tn),

41、 2 , 1 (=， 于是方程组的通解为kx =， 其中k为任意常数. (23) 【详解】A的特征多项式为 12314315EAa=2(2)021114315a +行 （） 行 1101(2) 14315a提出 行公因数1101( 1)2(2) 03315a +行行 11012(2) 033015a+ 行行33(2)15a= (2)(3)(5)3(1)a=+2(2)(8183 ).a=+ 已知A有一个二重特征值，有两种情况，(1)2=就是二重特征值，(2)若2=不是二重根，则28183a+是一个完全平方 (1) 若2=是特征方程的二重根，则有, 03181622=+a 解得2a = . 由 E

42、A2(2)(8183 ( 2)=+ 2(2)(812)=+2(2) (6)0= 求得A的特征值为 2,2,6, 由 1232123123EA=1231(-1)2,000113000 行倍加到 行行的 倍加到 行， 知()21EA=秩，故2=对应的线性无关的特征向量的个数为3 12nr= =，等于2=的重数. 由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征向量的个数恰好等于该特征值的重根数, 从而A可相似对角化. (2) 若2=不是特征方程的二重根，则a31882+为完全平方，从而18316a+=，解得 .32=a 当32=a时，由 EA=22(2)(8183 ()3=+ 2(2)(816)=+2(2)(4)0= 知A的特征值为 2，4，4，由 32341032113EA=1133+ 行行323103000 知()42EA=秩， 故4=对应的线性无关的特征向量有321nr=, 不等于4=的重数，则由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征向量的个数恰好等于该特征值的重根数, 知A不可相似对角化.