高中数学-考点梳理2_教资_25下资料合集二_25下最新科三知识点汇编+思维导图-高中_08.数学_04.考点梳理

教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料
目 录
第一章 极限与连续 ........................................................ 1
第二章 导数与微分中值定理 ................................................ 7
第三章 积分 ............................................................. 11
第一节 不定积分 ..................................................... 11
第二节 定积分 ....................................................... 12
第四章 线性代数 ......................................................... 14
第一节 行列式 ....................................................... 14
第二节 矩阵 ......................................................... 18
第三节 线性方程组 ................................................... 20
第四节 线性空间 ..................................................... 27
第五节 二次型 ....................................................... 36
第五章 空间解析几何 ..................................................... 38
第六章 级数 ............................................................. 44
第七章 常微分方程 ....................................................... 46
第八章 多项式 ........................................................... 48
第九章 统计与概率 ....................................................... 50
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第一章 极限与连续
一、知识梳理
2
( )n11
2n13n1 3
例1．【答案】3．解析：lim =lim =3．
n 2n 3n n ( 2 )n 1  1
3 3 3
例2．【答案】C．简单的极限计算，最高次系数比．

例3．证明：0，0，当0 x2 时，有 (2x3)7 2 x2 ，解出 x2  ，
2
  
令 ，于是0， ，当0 x2  时，总有 (2x3)7 ，即 lim(2x3)7 ．
2 2 2 x2
n 1 1
例 4．证明：0，N 0，当n N 时，有 1  成立，解出n 1，取
n1 n1 
1  1  n n
N  1 1，于是0，N  1 1，当n N 时，总有 1 ，即lim 1．
   
    n1 nn1
xa xa
例 5．证明：0，0，当0 xa 时，有 x  a   成立，
x  a a
解出 xa  a，取 a，于是0， a，当0 xa 时，总有 x  a ，
即lim x  a ．
xa
3n1 3 1 1 1
例6．证明：0，N 0，当n N 时，有     成立，解出
2n1 2 2(2n1) 4n n
1 1 1 3n1 3 3n1 3
n ，取N  ，于是0，N  ，当n N 时，总有  ，即lim  ．
   
   2n1 2 n2n1 2
例7．证明：不妨设 x(2)  x2 1，从而有 x2 5，

于是有 x2 4  x2 x2 5 x2 ，因此，0，要使 x2 4 ，只要 x2  ，
5

又 x2 1，则只要取min ，1 ，当0 x2 时， x2 4 成立，故limx2 4．
5 x-2
5n3n4 5 2n7
例8．证明：0，N 0，当n N 时，有   成立，不妨设
2n33 2 2  2n33 
5n3n4 5 2n7 2n7 2nn 3 2
n7时，有n2 30，即       ，
2n33 2 2  2n33  2(n3n33) 2n3 2n2 n2
2   2   2
解出 n ，取 N max7,  ，于是 0 ， N max7,  ，当 n N 时，总有
    
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5n3n4 5 5n3 n4 5
 ，即lim  ．
2n33 2 n 2n3 3 2
1
例9．【答案】A．解析：limxsin 0．
x0 x
1
例10．【答案】B．解析：当x0时，(1cosx)ln(1x2)~ x4，xsinxn ~ xn1，ex2 1~ x2．由
2
题设条件知：2n14 ，即n2，应选B．
1cos2x 2sin2x 4cos2x
例11．【答案】2．解析：lim lim lim 2．
x0 x2 x0 2x x0 2
x3 1
例12．【答案】3．解析：lim  ．
x1 x1
cosx sinx
lim lim 1
例13．【答案】1．解析：   1 ．
x x x
2 2
2
例14．【答案】1．解析：方法1：分子分母同除以x，再由极限的四则运算法则得：
1 1 1
 4  1
4x2 x1x1 x x2 x 21
lim  lim  1．
x x2 sinx x sinx 1
 1
x2
方法2：令
4x2 x1x1 4t2 t1t1
xt.lim  lim
x x2 sinx t t2 sint
1 1 1
4  1
t t2 t
 lim 1．
t sint
1
t2

解题思路：此题虽然是 型，但不适合直接用洛必达法则，而是通过分子分母同除以“最高次的项”，

再利用极限的四则运算法则求出，另外，根式中提出因子时，应注意x的符号．
sinx
1
xsinx x
例15．【答案】1．解析：lim lim 1．
x xsinx x sinx
1
x

解题思路：此题虽然是 型，但不适合直接用洛必达法则，而是通过分子分母同除以x，再利用极

限的四则运算法则及无穷小的性质求出．
ex sinx
注：类似的lim 也不能用洛必达法则，因为
xex sinx
ex sinx (ex sinx) ex cosx
lim lim lim 按着用洛必达法则会出现循环现象．实际上分子分母
xex sinx x(ex sinx) xex cosx
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ex sinx
同时除以ex得lim 1．
xex sinx
1 ex etanx etanx(extanx 1) xtanx
例16．【答案】 ．解析：lim lim lim
3 x0 arcsin3 x x0 x3 x0 x3
1
1
cos2 x tan2 x 1．
lim lim 
x0 3x2 x0 3x2 3
0
解题思路：此题虽然是 型，但不适合直接用洛必达法则，而是先将分子提出极限非零的因子，再
0
通过无穷小等价代换化简后用洛必达法则．
例17．【答案】B．解析： ．
1
sin
1 x
limxsin lim 1
x x x 1
x
2 2
例18．【答案】e2．解析：令 t ，则x ；当x时t 0，于是
x t
2
2  2  1
lim(1 )x lim(1t) t lim(1t)t e2．
x x t0 t0 
sin3x
例19．【答案】3．解析：lim 3．
x0 x
lnx
lim xlnx lim lim x0
例20．【答案】0．解析： x0 x0 1 x0 ．
x
例21．【答案】0．解析：
( x5 x)( x5 x) 5
lim( x5 x)= lim  lim 0．
x x x5 x x x5 x
例22．【答案】
1
．解析：x趋于0时，左右极限等
1
．
2 2
tan2x
例23．【答案】（1）x 1为可去间断点，x  2为无穷间断点；x 0为y  的可去间断
x
kπ π
点，而x   （k  0,1,2）为无穷间断点．解析：
2 4
x2 1 x2 1
（1） y  的定义区间为  ,1    1,2    2,  ，因此 y  在  ,1  ,
x2 3x2 x2 3x2
x2 1 (x1)(x1)
 1,2  ,  2,  内连续，且x 1及x  2为它的间断点．因为lim =lim  2，
x1 x2 3x2 x1 (x1)(x2)
x2 1
lim ，所以，x 1为可去间断点，x  2为无穷间断点．
x2 x2 3x2
tan2x  π   π kπ π kπ π
（2）y  的定义区间为  ,0  ,  0, 及  ,   （k  1,2,3），因此
x  4   4  2 4 2 4
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tan2x kπ π
y  分别在上述区间内连续，且x   （k  0,1,2）及x 0为其间断点． 而
x 2 4
tan2x 2x tan2x kπ π
lim =lim  2，lim =（x   ，k  0,1,2）
x0 x x0 x xx 0 x 0 2 4
tan2x kπ π
所以，x 0为y  的可去间断点，而x   （k 0,1,2）为无穷间断点．
x 2 4
例24．【答案】x1为函数曲线的垂直渐近线；y 2x4为曲线的斜渐近线．解析：
2(x2)(x3)
lim x 1为函数曲线的垂直渐近线．又
x1 x1
f (x) 2(x2)(x3)
lim  lim  2，
x x x x(x1)
2(x2)(x3) 2(x2)(x3)2x(x1)
lim[ 2x] lim  4
x x(x1) x x1
y  2x4为曲线的斜渐近线．
二、能力训练
1．【答案】D．解析：已知
f(x)
在
a,b
上可导，闭区间上可导则有最大值，题为开区间，所以不一
定有最大值，A不正确；可导一定连续，且连续函数在闭区间内一致连续，但题中是开区间，所以B不
正确；可导不一定有界，有界不一定可导，所以C错误；可导一定连续，D正确．
1 1
2．【答案】B．解析：取a  ，b 1 ， ， lima 0,limb 1 ，0＜1，而a 1b 0，
n n n n n n n n 1 1
1
a b  ，因此B的结论不正确．
2 2 2
3．【答案】A．解析：
1
(1 )n21
方法一：lim(1
1
)n2 lim(1
1
)1n21 lim
1n2

e
e．
n 1n2 n 1n2 n 1 1
1
1n2
方法二： lim(1 1 )n2 limeln (1 1 1 n2 )n2 en l  im  ln (1 1 1 n2 )n2
n 1n2 n
1 1
(1 )
limn2ln (1 1 1 n2 ) n l  im  ln 1 1n2 n l  im  1 1 n2 lim n2 ．
en e n2 e n2 en1n2 e
4．【答案】C．解析：
2x 2x 1x
2x  1   1   1 
lim  lim1  lim1  lim1 =eꞏ1=e．
x1x  x 1x x 1x x 1x
5．【答案】C．
tan3x tan3x 3x
解析：lim lim lim 3．
x0 xcosx x0 x1 x0 x
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1
6．【答案】B．解析：lim(1 1 ) 1 n lime ln(1 1 n )n en l  im  1 n ln(1 1 n ) e0 1．故选B．
n n n
1 ,x为有理数 n 1 1
7．【答案】C．解析：设函数 f(x) ，x  ；则有x  ，lim f(x ) f( )1，
0，其它 n 2n1 n 2 n n 2
但是 f(x)处处不连续．
sin(xx )
8．【答案】A．解析：lim 0 1sin(xx )与xx 为等价无穷小，故选A．
xx0 xx
0
0 0
9．【答案】D．解析：已知 f(x)在a,b上连续，连续必有界，有界必有最大值 A 正确；闭区间函
数连续，则函数一定一致连续，开区间函数连续，则不一定一致连续，所以B正确；连续一定可积，可
积不一定连续，C正确；连续不一定可导，比如y x 连续，但在x0时不可导，D错误．
10．【答案】C．解析：根据无穷定义可知答案选C．
11．【答案】D．解析：根据左右极限相等并等于函数值可得a2．
12．【答案】D．解析：根据连续定义，函数在0点连续．
1
13．【答案】D．解析：sinx~ x，故原式可变形为limxsin 0．故选D．
x0 x
lim2na 1 lima
14．【答案】C．解析：∵
n
，
n
存在，
n n
lima
n 1
 n  lim  0 lima 0 ．
lim2na n2n n n
n
n
1
又lim2na 1,limna  ，
n n n n 2
1 1
所以lim(1n)a lim(a na )lima limna 0 ﹣ ，
n n n n n n n n n 2 2
故选C．
15．【答案】B．解析： 2x 3x 2 ，所以 f(x)2x 3x 2 与
f(x)2x 3x 2,lim ln2ln3
x0 x
x是同阶但非等价的无穷小．
16．【答案】A．解析：
1 1  2 1  2
(1x3) 3  x 3
31 3 x 1 3 3 1 1  2 1
lim lim lim (1x3) 3  ，选A．
x0 3 x x0 1  2 x0 3 3
x 3
3
17．【答案】B．解析：由洛必达法则可得
f (x) f '(x) f ''(x)
lim lim lim
x0 tanxsinx x0 1 x0 2cos3 xsinxsinx
cosx
cos2 x
f(x) f(x)
lim lim 1可得 f(0)3．
x0 6cos4 xsin2 x2cos2 xcosx x0 21
18．【答案】C．解析：当 x 0.5时，分母时 f(x)0；当 x 0.5时，分母1时 f(x)sinx；
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1 1
当 x0.5 时 ， f(x) ； 当 x0.5 时 ， f(x) ； 此 时 lim f(x)0 ，
2 2 x0.5
lim f(x) lim sinx1 lim f(x) lim sinx1 lim f(x)0
； ； ，故有两个跳跃间断
x0.5 x0.5 x0.5 x0.5 x0.5
点，选C．
1 1
19．【答案】A．解析：sin2(1x)~(1x)2，故原式可变形为lim  ．故选A．
x1 x2 3
x x x x
20．【答案】D．解析：lim  lim 1，lim  lim 1左右极限不相等所以
x0 sinx x0 sinx x0 sinx x0 sinx
极限不存在．故选D．
21．【答案】A．解析：由数列极限的定义，若存在 lima a 0 ，则对r(0,a)，n N 0，
n
n
有 a a ar，即(ar)a aar，所以a ara，a r，因此答案选A．
n n n n
22．【答案】A．解析： 由函数极限的定义，若存在 lim f(x)k 0 ，则对r(0,k)，
xa
x(a,a)kr 0， xa，有 f(x)k kr，即(kr) f(x)k kr，
所以 f(x)k rk ， f(x)r，因此答案选A．
x
23．【答案】（1）第1个投资周期后资金为A（1+ ）元，
n
x
第2个投资周期后资金总额为A（1+ ）2元，
n
………………………
x
第n个投资周期后，即一年后资金总额为A（1+ ）n元．
n
x x n
（2）limA(1 )n  Alim[(1 )x]x Aex
n n n n
即当n时，资金总菩额趋于Aex．
 1
ex ,x0 ;

24．【答案】x 0为 f(x)的可去间断点．解析： y 1 ,x0 ;是分段函数，当x0 及

x ,x0


x 0时是初等函数，因此y 在  ,0  及  0,  内连续，而
1 1 1
x l  im 0 f(x) =l x i x  m 0 0 ex =l x i x  m 0 0 ex = l x i x  m 0 0 e 1 x =0， x l  im 0 f(x) = l x x i   m 0 0 f(x) = x l  im 0 x  0 ．
且 f (0)=1，因此可知， lim f(x)  0  f(1) ，即x 0为 f(x)的可去间断点．
x0
1
2x 1
25．【答案】x 0为 f(x)的跳跃间断点．解析：因为x 0为y  的孤立的无定义点，从
1
2x 1
而可知x 0为y 的间断点．而
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1 1
1 1
1 1 1 1 1
lim y =lim 2x 1 =lim 2x 1 =lim 2x =-1， lim y =lim 2x 1 =lim 2x 1
x0 x x  0 0 2 1 x 1 x x  0 0 2 1 x 1 x x  0 0 1 1 1 x0 x x  0 0 2 1 x 1 x x  0 0 1 1 1
2x 2x
所以， lim f(x)  lim f(x) ，因此 lim f(x) 不存在，且x 0为 f(x)的跳跃间断点．
x0 x0 x0
第二章 导数与微分中值定理
一、知识梳理
例1．【答案】A．解析：
∵y'x＝ex e2x－2    enx－n ＋2e2x ex－1    enx－n ＋＋ ex－1  e2x－2  nenx，
∴y'0＝1－21－31－41－n＝﹣1n－1n－1!，故选A．
2x2y
例2．【答案】 ．解析：2x  2 y  2xy 3y2 y  0 ， ．
2x3y2
dy 1
例3．【答案】  ．解析：把方程两边分别对x求导，由于方程两边的导数相等，所以
dx x0 2
dy dy
5y4 2 121x6 0．
dx dx
由此得
dy 121x6
 ．
dx 5y4 2
因为当x0时，从原方程得 y 0，所以
dy 1
 ．
dx x0 2
例4．【答案】D．解析：根据极值点的定义可知D选项正确．
例5．【答案】D．
例6．【答案】罗尔微分中值定理的内容为：如果函数 f (x)满足条件：（1）在闭区间

a,b

上连续，
（2）在  a,b  内可导，（3） f(a) f(b)，则至少存在一点(a,b)，使得 f'()0．
证明：因为函数 f (x)在闭区间

a,b

上连续，所以存在最大值与最小值，分别用M 和m表示，分
两种情况讨论：
（1）若M=m，则函数 f (x)在闭区间

a,b

上必为常数，结论显然成立．
（2）若M  m，则因为 f(a) f(b)使得最大值M 与最小值m至少有一个在  a,b  内某点处
取得，从而是 f (x)的极值点，又有条件 f (x)在开区间  a,b  内可导得， f (x)在处取得极值，由
费马定理推知： f'()0．
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例7．【答案】柯西微分中值定理的内容为：设函数 f (x)、g(x)满足（1）在闭区间

a,b

上连续，
（2）在  a,b  内可导，（3）对任意x(a,b)，g'(x)0，且g(b) g(a)那么在  a,b  内至少有一点
f'() f(b) f(a)
(a,b)使得  ．
g'() g(b)g(a)
f(b) f(a)
证明：由题意构造辅助函数h(x) f(x) g(x)，则h(x)满足条件：（1）在闭区间
g(b)g(a)


a,b

上连续，（2）在  a,b  内可导，（3）h(a)h(b)，根据罗尔中值定理至少存在一点(a,b)，
f(b) f(a) f'() f(b) f(a)
使得h'()0, f '(x) g'(x)，  ，结论得证．
g(b)g(a) g'() g(b)g(a)
1
例8．【答案】 ．
12
解析：方法一：分析此题，满足用洛必达法则的条件，不妨先用洛必达法则来做．
x2 x2 x2 x2
   
cosxe 2 sinxxe 2 cosxe 2 x2e 2
lim lim lim
x0 x4 x0 4x3 x0 12x2
x2  x2 x2 
  
sinxxe 2 2xe 2 x3e 2 
 
 
lim
x0 24x
x2 x2 x2 x2 x2 x2
     
cosxe 2 x2e 2 2e 2 2x2e 2 3xe 2 x4e 2 1 ．
lim 
x0 24 12
方法二：观察形式，x0，可以用麦克劳林来进行求解．将cosx， 
x2
展开到x的4次幂．
e 2
cosx1
x2

x4
o(x5)，e 
x
2
2
1
x2

x4
o(x5)代入极限之中，有
2 24 2 8
x2

cosxe 2 1  x2 x4  x2 x4 
lim lim  1  o(x5)  1  o(x5)
x0 x4 x0 x4  2 24  2 8 
 1 o(x5) 1
lim   
 
x0 12 x4  12 ．
二、能力训练
1．【答案】D．解析：根据黎曼可积定义，即黎曼可积必有界．
2．【答案】D．
解析：函数 f (x) 在 a,b 上连续，则一定可积；反之函数 f (x) 在 a,b 上可积，但不一定连续．所
以连续是可积的充分不必要条件．
若 a,b 有有限个间断点的有界函数 f (x) ，其间断点为第一类间断点，则函数 f (x) 在 a,b 上可
积，但不存在原函数．
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函数 f (x) 在 a,b 可积，则函数 f (x) 在 a,b 一定有界；反之有界函数不一定可积．
3．【答案】C．解析：∵ f(x)ax2 bxc ∴ f(x)2axb， f(0)b0．又∵对任意实数
4ac f(1) abc ac
x都有 f(x)0．∴a0，c0，b2 4ac0 即 1．则有  1 ，
b2 f(0) b b
ac a2 2acc2 4ac f(1) abc ac
而( )2   1，因此有  1 2．
b b2 b2 f(0) b b
4．【答案】A．解析：由 f n(x)0得 f '(x)在  0，1  上单调递增，又由拉格朗日中值定理得存在
f(1) f(0) f(1) f(0)
(0,1)满足 f '() ，所以有 f '(1) f '()  f '(0)．即答案A正确．
10 10
f(x) f(1)
5．【答案】D．解析：由导数的定义可知， lim  f(1) ；令 x1 y ，则有
x1 x1
f(y1) f(1) af(y)af(0)
lim lim af(0)ab．故选D．
y0 y y0 y
6．【答案】A．解析：由 f n(x)0得 f '(x)在  0，1  上单调递增，又由拉格朗日中值定理得存在
f(1) f(0) f(1) f(0)
(0,1)满足 f '() ，所以有 f '(1) f '()  f '(0)．即答案A正确．
10 10
(cid:2986)(cid:2934)
(cid:3404)1(cid:3398)cost
x(cid:3404)t(cid:3398)sint
7．【答案】因为(cid:3420) ，所以(cid:4688)(cid:2986)(cid:2930) ，速度大小𝑣 (cid:3404)(cid:3493)(cid:4666)1(cid:3398)cos𝑡(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)sin𝑡(cid:4667)(cid:2870)，所以t=1
y(cid:3404)1(cid:3398)cost (cid:2986)(cid:2935)
(cid:3404)sint
(cid:2986)(cid:2930)
时速度大小v1=(cid:3493)(cid:4666)1(cid:3398)cos1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)sin1(cid:2870) (cid:3404)√2(cid:3398)2cos1．
1
8．【答案】 ．
3
解析：方法一：
exsinxx(1x) exsinxexcosx2x1
lim lim
x0 x3 x0 3x2
exsinxexcosxexcosxexsinx2 excosxexcosx2
lim lim
x0 6x x0 6x
excosxexsinxexcosxexsinx 2excosx 1
lim lim  ．
x0 6 x0 6 3
x2 x3
方 法 二 ： 分 母 是 x3 ， 故 分 子 泰 勒 展 开 式 取 n3 ， 则 ex 1x  o(x3) ，
2! 3!
x3
sinx x o(x3)，将其代入到原式中则有
3!
 x2 x3  x3 
1x  o(x3) x o(x3) x(1x)
  
exsinxx(1x)  2! 3!  3! 
lim lim
x0 x3 x0 x3
x3
xx2  o(x3)xx2
3 1 ．
lim 
x0 x3 3
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9．【答案】当x=y时，显然成立；当x y 时，根据Lagrange中值定理，
有sinxsin y cosc(x y)，其中cx,y ，
于是 sinxsin y  cosc x y  x y ．
10．【答案】如果函数 f x 满足：
（1）在闭区间

a,b

上连续；
（2）在开区间  a,b  内可导；
f(b) f(a)
则存在   a,b  ，使 f'()  .
ba
证明：已知 f (x)在闭区间

a,b

上连续，在开区间  a,b  内可导，
f(b) f(a)
构造辅助函数g(x)  f(x) f(a) (x  a)
b  a
验证可得g(a)  g(b)  0
又因为函数g(x)在闭区间

a,b

上连续在开区间  a,b  内可导，
f(b) f(a)
且g(x)  f(x)
b  a
根据罗尔定理可知在  a,b  内至少有一点使得g()  0
f(b) f(a) f(b) f(a)
即 f() =0．由此可得 f()= ，定理证毕．
b  a b  a
11．【答案】解析：
（1）设F(x) f(x)3x，所以F(0) f(0)，F(1) f(1)3，
又因为 f(1) f(0)3，所以F(0)F(1)
又函数 f (x)在[0，1]上连续，在（0，1）可导，所以F(x) f(x)3x在[0，1]上连续，在（0，1）
可导，所以根据罗尓定理，存在(0,1)，使得F'() f'()30，即存在(0,1)，使得 f'()3．
（2）证明：设G(x) xf(x)，有 f(1)0，所以G(0)0 f(0)0，G(1)1 f(1)0，所以
G(0)G(1)，又函数 f (x)在[0，1]上连续，在（0，1）可导，所以G(x) xf(x)在[0，1]上连续，在
（0，1）可导，所以根据罗尓定理，存在(0,1)，使得G'()f'() f()0，所以方程
xf'(x) f(x)0在(0,1)至少有一个实根．
12．【答案】解析：
（1）证明：因为函数 f (x)在R上连续且可导，所以 f'(x)2x，又驻点是一阶导数为零的点，所
以 f'(x)2x0，x0．所以驻点为（0，0），g'(x)exf(x)exf'(x)ex(x2 2x)，所以g'(x)0
时，x0， 所以驻点为（0，0）．所以 f (x)与g(x)有共同驻点．
（2）证明：设F(x)exf(x)，因为 f(a) f(b)0，
所以F(a)eaf(a)0，F(b)ebf(b)0，所以F(a) F(b)．
又函数 f (x)在R上连续且可导，所以F(x)exf(x)在R上连续且可导，所以根据罗尓定理，存
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在 (a,b) ， 使 得 F'()ef'()ef()e[f'() f()]0 ， 又 e  0 ， 所 以
f'() f()0，即存在(0,1)，使得 f'() f()0．所以方程 f '(x) f(x)0在(a,b)至少
有一个实根．
   
13．【答案】y 2 a a2 1 (xa)或y 2 a a2 1 (xa)．
解析：设切点为x ,y ，则抛物线过切点可得：y  x2 1．因为y2x，故切线斜率k 2x ，
0 0 0 0 0
设切线方程为：y 2x xa．由于切点在切线上可得：y 2x x a．
0 0 0 0
y  x2 1
联立方程 0 0 ，化简可得x a a2 1，故k 2(a a2 1)，
 y
0
2x
0
x
0
a 0
   
所以方程为y 2 a a2 1 (xa)或y 2 a a2 1 (xa)．
第三章 积分
第一节 不定积分
一、知识梳理
1
例1．【答案】 C ．
2(2x1)
1 1 1 1
解析： dx  d(2x1) C．
(2x1)2 2 (2x1)2 2(2x1)
例2．【答案】2cos xC ．解析：令t  31x，则1xt3,dx3t2dt;
dx 3t2dt t2dt 1 3
  3 3(t1)dt3 dt  t2 3t3ln t1C
1 3 x1 1t 1t 1t 2
3
 3 (1x)2 331x 3ln 31x 1C.
2
例3．【答案】xlnxxC．
1
解析：lnxdx xlnxxdlnx xlnxx dx xlnxxC．
x
二、能力训练
1．【答案】D．解析： f '(x)cosx， f(x)sinxC ， f(x)dx  (sinxC)dx
cosxC xC ，所以只有D满足．
1 2
1 1 1 1
2．【答案】B．解析： dx   dx  sec2 xdx  tanxC.．
1cos2x 2cos2 x 2 2
故选B．
3．【答案】C．解析：由不定积分的定义可知，因为f（x）的一个原函数为F（x），故F(x)=f(x)，
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1
由选项可知 F(2x)C的导函数是f(2x)，故答案选C．
2
4．【答案】A．解析：Fx 是奇函数则求导之后的 f x 必为偶函数，但是 f x 为偶函数积分之
后的Fx
不一定为奇函数，因为积分后多了常数C，故答案应选A．
1 2 3
5．【答案】 e2x ex xC－ x － 2 +C．
2 3
e3x 1 1
解析： dx(e2x ex 1)dx  e2x ex xC ．
ex 1 2
5
2
6．【答案】 (1x)5 C．
2
512xx2 5
解析： dx(1x)3 5d(1x) (1x)5 2 C ．
1x 2
1 x
7．【答案】 arctan C．解析：
a a
x
d( )
1 dx 1 a 1 x
 dx    arctan C
a2 x2 a2  1   x  2  a 1( a x )2 a a ．
 a 
5
8．【答案】f(x) x3 C ．解析： f(x2)dx x5 C等式两边求导得 f(x2)5x4，令x2 t ，
3
5
则 f(t)5t2，从而 f(x)5x2dx x3C．
3
9．【答案】xex ex C．解析：xexdxxd(ex) xex exdx xex ex C ．
10．【答案】sinxxcosxC．解析：
 
xsinxdxxd(cosx) xcosxcosxdx
xcosxsinxsinxxcosxC．
第二节 定积分
一、知识梳理
例 1．【答案】D．解析：分析，由于F(x) xsinx 为 f (x) 1cosx 的一个原函数，即
b
F'(x)  f (x)，根据 f(x)  F(x) b 公式即可求出值．由(xsinx)' 1cosx ，得
a a

2     
(1cosx)dx (xsinx) 2  sin [ sin( )]2．故选D．

 2 2 2 2
  2
2
例2．【答案】B．解析：函数 f (x)在 a,b 上连续，则一定可积；反之函数 f (x)在 a,b 上可积，
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但不一定连续．所以连续是可积的充分不必要条件．而函数 f (x)在 a,b 可积，则函数 f (x)在 a,b
一定有界．
二、能力训练
1
1．【答案】A．解析： exdxex |1e1．
0
0
2．【答案】D．解析：由图形以及定积分的意义，得到所求封闭图形面积等价于
，故选：D．
3．【答案】B．
2 2
解析：由题意可知， a b 1  x dx表示 y b 1  x 与 y 0所围成的图形的面积．由
   
a a a
 x 2 x2 y2  x 2
y b 1 得  1(y0)，又因为a xa，所以y b 1 与y 0所围成的图
   
a a2 b2 a
形为 1 个椭圆，其面积为 ab ，所以 a b 1  x 2 dx ab ．
 
2 2 a a 2
4．【答案】A．解析：旋转体的体积为
 1cos2x   
V 2sin2 xdx2 dx  2cos2xdx
0 0 2 2  2 0 

2  1  2  2
   2cos2xd(2x)  sin2x 2  ．
4 2 2 0 4 4 4
0
5．【答案】B．解析：令 1 f  t  dt  A，则 f  x   x2A，
0
从而 1 f  x  dx   1 x2A  dx  1 2A即A 1 2A，A  1 ∴ f  x   x1．
0 0 2 2 2
6．【答案】A．先计算出零点，然后在分别计算积分．
7．【答案】D．解析：计算积分可得a  4，带入 f(x)并求 f(x)的二阶导的零点．
b
8．【答案】B．解析： f(x)dx  0可知 f(x)的原函数F(x)在区间a,b 的端点值相同即
 
a
F(a)  F(b)又 f(x)在a,b连续．所以选B．
 
x31
9．【答案】D．解析：对 f(t)dt  x两边求导得 f(x3 1)3x2 1，令x3 1 7 得x  2．代
0
1
入上式得 f(7)= ．
12
10．【答案】A．解析：∵ 3 16＋6x－x2dx＝ 3 52－x－32 dx，
﹣2 2
 π  x－3
∴令x－3＝5sint  ﹣ t 0 ，则t＝arcsin ．
 2  5
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52－x－32＝ 52－52sin2t＝5 cos2t＝5cost，dx＝5costdt，
∴ 3 16＋6x－x2dx＝ 3 52－x－32 dx
﹣2 2
0 52  sin2t 0 25π
＝52 cos2tdt＝ t＋ ＝ ，故选A．
π  
﹣ 2  2  π 4
2 ﹣
2
b
11．【答案】B．解析：由 f(x)连续且 f(x)dx 0，不妨设x  x ，则x (a,b)使 f(x )0，
1 2 1 1
a
x (a,b)使 f(x )0，根据零点定理可知(a,b)使得 f()0，故选B．
2 2
x
12．【答案】A．解析：由 f(x)为连续函数，则 f(x)存在原函数F(x)，使得F(x)= f(t)dtc
a
（C为任意常数），显然 f(x)的原函数不唯一，故选A．
13．【参考答案】解析：（1）证明：由 f x 在 a,b 上连续，则﹥0，﹥0，当0＜ xx
0
＜时， f x f x  ＜，其中x a,b ．下证F（x）连续
0 0
x
由Fx f tdt
a
则 FxF x    x f tdt x 0 f tdt   x f tdt  M  xx 
0 a a x 0
0
则Fx
在
a,b
上连续
（2）由可导定义知：xa,b
x＋x x
Fx＋xFx  f tdt f tdt
F'x lim  lim a a  lim f x＋x f x
x0 x x0 x x0
x
FxFa  f tdt
F' a lim  lim a  lim f x f a
＋ xa＋ xa xa＋ xa xa＋
x
FxFb  f tdt
F' b lim  lim a  lim f x f b
 xb xb xb xb xb
故Fx 可导且F'x f x
第四章 线性代数
第一节 行列式
一、知识梳理
例1．【答案】B．解析：根据定义展开即可．
例2．【答案】C．解析：由行列式的性质：
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2a 2a 2a a a a
11 12 13 11 12 13
D  2a 2a 2a =222 a a a =8D．故选C．
1 21 22 23 21 22 23
2a 2a 2a a a a
31 32 33 31 32 33
例3．【答案】B．解析：方程化为2a2 2b2 2c2 2ab2ac2bc0，即
(ab)2(bc)2 (ca)2 0，也即abc，选B．
例4．【答案】A．解析：每一次都按0最多的行或列展开即可．
0 0 0 1
0 0 2 0
例5．【答案】24．解析： (1)(4321)a a a a 24．
0 3 0 0 14 23 32 41
4 0 0 0
例6．【答案】48．解析：该行列式的特点是各列4个数之和都是6，把第2,3,4行同时加到第一行，
提出公因子6，然后各行减去第一行：
3 1 1 1 6 6 6 6 1 1 1 1
1 3 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1
D r r r r r 66
1 1 3 1 1 2 3 4 1 1 3 1 1 1 1 3 1
1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3
1 1 1 1
0 2 0 0
r r,r r,r r6 =48．
2 1 3 1 4 1 0 0 2 0
0 0 0 2
例7．【答案】(1ab)(1cd)ad ．解析：
a 1 0 0 0 1ab a 0
1 b 1 0 1 b 1 0
D r ar
0 1 c 1 1 2 0 1 c 1
0 0 1 d 0 0 1 d
1ab a 0
按c展开(1)(1)3 1 c 1
1
0 1 d
1ab a ad
c dc 1 c 1cd
3 2
0 1 0
1ab ad
按r展开(1)(1)5
3 1 1cd
(1ab)(1cd)ad ．
例 8．【答案】an an2b2．解析：将第n行依次与第n1行，第n2行，…，第 2 行交换位置，
经过n2次行的对换成为第2行，再将第n列依次与第n1列，第n2列，…，第2列交换位置成为
第2列，于是取第1，2行按拉普拉斯定理展开．
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a b
a b
b a
a
D  (1)n2(1)n2 a
n 

b a
a
a
a b
 
b a
a
  a2 b2 an2
an an2b2．
二、能力训练
1．【答案】D．解析：三阶矩阵中若7个元素为零，则它的秩一定小于3，所以它所对应的行列式的
值为0．
2．【答案】D．解析：n 阶矩阵中若 n2-n+1 个元素为零，则至少有一行（或列）的元素全是零，所
以它所对应的行列式的值为0．
3．【答案】A．
2 1 4 1 2 1 4 1
把第一行加到第二行上 5 6 2
3 1 2 1 把第一行的-2倍加到第三行上 5 0 6 2
解析：  =- -3 -5 0 =0．
1 2 3 2 -3 0 -5 0
5 6 2
5 0 6 2 5 0 6 2
1 0 0 0 1 0
4．【答案】B．解析：取行列式T = 0 1 0 10，说明A不充分；取行列式T  0 0 1 10，
1 2
0 0 1 1 0 0
0 1 0
说明C不是充分条件；取行列式T  1 0 0 10，说明D不是充分条件．
3
0 0 1
5．【答案】A．解析：包含x4 的项必须是行列式中每一个x元素的乘积．先按第一列展开，只关注
x 2 3
第一列中包含x的项x 5 6 x ，再按第一列展开，同样只关注第一列中包含x的项，最后结果是x4 ．
8 x 9
1 0 0 0 1 0
6．【答案】B．解析：取行列式T = 0 1 0 10，说明A不充分；取行列式T  0 0 1 10，
1 2
0 0 1 1 0 0
0 1 0
说明C不是充分条件；取行列式T  1 0 0 10，说明D不是充分条件．
3
0 0 1
7．【答案】bb b ．解析：将该行列式第一行的（-1）倍分别加到第2，3，…（n+1）行上去，
1 2 n
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可得
1 a a  a
1 2 n
1 a b a  a
D  1 1 2 n
n1     
1 a a  a b
1 2 n n
1 a a  a
1 2 n
0 b 0 0 0
r r,r r,r r 1
2 1 3 1 n1 1     
0 0 0  b
n
bb b ．
1 2 n
x 1
8 ．【 答 案 】 2 ． 解 析 ： A  (1)12  4  5x  1 ， 故 x  1 ． 所 以
12 4 5
0 2 0 2
A (1)21  2．
21 x 5 1 5
0 a b 0 a b
9．【答案】0．解析：D' a 0 c (1)3 a 0 c D，又D'D，所以D0 ．
b c 0 b c 0
1 3 5
10．【答案】2．解析：∵在行列式 a b c  a A b B c C 展开式中，C 即为c 的代数余子
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 4 6
1 3
式的值，元素c 在第二行第三列，那么划去第二行第三列得到c 的代数余子式为(1)23  2，
2 2
2 4
解这个余子式的值为2．则C 化简后的最后结果等于2．
2
11．【答案】a4．解析：从第4行开始，后行减前行，
a b c d
a ab abc abcd
D
a 2ab 3a2bc 4a3b2cd
a 3ab 6a3bc 10a6b3cd
a b c d
0 a ab abc
r r,r r ,r r
4 3 3 2 2 1 0 a 2ab 3a2bc
0 a 3ab 6a3bc
a b c d
0 a ab abc
r r,r r
4 3 3 2 0 0 a 2ab
0 0 a 3ab
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a b c d
0 a ab abc
r r  a4．
4 3 0 0 a 2ab
0 0 0 a
第二节 矩阵
一、知识梳理
例1．【答案】A．解析：由题意，存在Q ，Q ，使得AQQ  C，
1 2 1 2
1 0 0 1 0 1
   
其中Q  0 0 1 ，Q  0 1 0 ，
1   2  
   
0 1 0 0 0 1
   
1 0 01 0 1 1 1 0
    
于是Q  QQ  0 0 1 0 1 0  0 0 1
1 2     
    
0 1 0 0 0 1 0 1 0
    
1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 0 0
  r2r   r r   c 2c   c c
例2．【答案】B．解析：A   2 4 0   1 2  0 0 0   2 3  0 0 4   2 1  0 0 4   2 3
       
0 0 4 0 0 4 0 0 0 0 0 0
       
1 0 0 1 0 0
  1 r  
0 4 0 22 0 2 0 ．
    
   
0 0 0 0 0 0
   
 8 4 6
 
例3．【答案】 10 5 6 ．解析：矩阵乘法定义．
 
 
12 7 6
 
1 1

2 2 A
例4．【答案】A．解析：A  ，A1   2 2 ．正确选项为A．
3 1 A 3 1

4 4
例5．【答案】B．解析：对角矩阵的逆，只需把主对角线上的元素换成其倒数即时逆矩阵．
二、能力训练
1．【答案】D．解析：矩阵经过初等行变换可得
0 1 2 -1 2 0 -1 2 0
     
3 0 1  3 0 1  0 6 1
     
     
-1 2 0 0 1 2 0 1 2
     
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-1 2 0 
 
 0 6 1 ，所以矩阵的秩为3，故选D．
 
 
0 0 11
 
2．【答案】D．解析：2 A  kA kn A,kn 2,k  n 2．
3．【答案】B．解析：因为|AB||A||B|0，必有|A|0，|B|0．若AB可逆，必须要求A,B 同
时可逆．若A,B 中有一个不可逆，则AB必定不可逆，故B正确．
1 
0 0
 
3
2 0 0  
4．【答案】A．解析：由题意得A*   0 3 0  ，| A|6，所以A1  A*   0 1 0 
  | A|  2 
 
 0 0 6   
0 0 1 ．
 
 
 
5．【答案】A．解析：矩阵的初等变换对应初等矩阵，按照左行右列的原则，左乘初等矩阵变换行，
右乘初等矩阵变换列．
6．【答案】A3E．解析：A2 A3E 0(A2E)(A3E) E ．
7．【答案】4．解析：根据秩的定义，化作阶梯型即可得．
1 1 1 
 
8．【答案】 1 1 1 ．解析：根据伴随矩阵定义即可得．
 
 
1 1 1
 
9．【答案】8．解析：格局逆矩阵的公式和行列式的定义即可得．
10．【答案】-24．解析： 2A (2)3 A 24．
1 0 
1 0  1 0 
11．【答案】   ．解析：利用矩阵的初等变换可知矩阵A  1  的逆矩阵为   .．
0 2 0   0 2
 2
1  d b
12．【答案】在ad bc0时A1   ．
(ad bc)c a 
A*
解析：若矩阵A存在逆矩阵，则有A1  ，故而要求矩阵A的行列式 A 0
A
a b
即 A  ad bc0，
c d
 d b A* 1  d b
A*    ，A1    ．
c a  A (ad bc)c a 
1  d b
13．【答案】



 ．
(adbc)c a 
解析：
a b a b
A
 
，A  ad bc，又ad bc0，
c d c d
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 d b A* 1  d b
A可逆，A*    ，A1    ．
c a  A (ad bc)c a 
第三节 线性方程组
一、知识梳理
例1．【答案】， 和 ，和，都是该向量组的极大线性无关组．
1 2 2 3 1 3
解析：根据定义，先考虑和 ，显然对应坐标不成比例，故和 线性无关．又因为 ，
1 2 1 2 3 1 2
即， ，线性相关，所以， 是向量组， ，的一个极大线性无关组．
1 2 3 1 2 1 2 3
再考虑 ，，显然 和线性无关，又因为  ，即， ，线性相关，所以
2 3 2 3 1 2 3 1 2 3
 和是向量组， ，的一个极大线性无关组．
2 3 1 2 3
最后考虑和，显然和线性无关，又因为 ，即， ，线性相关，所
1 3 1 3 2 1 3 1 2 3
以和是向量组， ，的一个极大线性无关组．
1 3 1 2 3
故， 和 ，和，都是该向量组的极大线性无关组．
1 2 2 3 1 3
例2．【答案】，和， 和 ，和 ， 都是极大线性无关组．
1 3 1 4 2 3 2 4
1 2 1 0 
 
解析：将， ，， 设为矩阵A的列向量，即令A,,, 2 4 0 4 ，
1 2 3 4 1 2 3 4  
 
2 4 3 2
 
对矩阵A施以初等行变换，化矩阵为阶梯型矩阵B，即
1 2 1 0  1 2 1 0  1 2 1 0 
     
A 2 4 0 4  0 0 2 4  0 0 1 2 ，
     
     
2 4 3 2 0 0 1 2 0 0 0 0
     
1 2 1 0 
 
记B 0 0 1 2 ，则，和， 和 ，和 ， 是极大线性无关组．
  1 3 1 4 2 3 2 4
 
0 0 0 0
 
1 2 3 1 0 0
   
例3．【答案】D．解析： 2 3 1 经过初等变换变为等价矩阵 0 1 0 ，矩阵A的秩为3．
   
   
3 1 2 0 0 1
   
例4．【答案】D．解析：齐次线性方程组AX  0仅有零解，则对应系数矩阵的秩等于方程组中未
知数的个数．
例5．【答案】D．解析：由于系数行列式
1a 1  1
2 2a  2  n(n1) n(n1)
A  a an1故当a0或a 时，方程组有非零解．
     2  2
n n  na
例6．【答案】A．解析：由r(A)=n-3 Ax0的基础解系个数为nr(A)=n-(n-3)=3
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又因为，，是Ax0的解，所以四个选项中的向量都是方程组的解，而我们只要验证看其
1 2 3
是否线性无关即可，现在我们利用矩阵这里工具来进行求解：
1 0 1
 
( ， , )=(，，) 1 1 0 (，，)A
1 2 2 3 3 1 1 2 3   1 2 3
 
0 1 1
 
1 0 1 
 
( , , )=(，，) 1 1 0 (，，)B
2 1 3 2 1 3 1 2 3   1 2 3
 
0 1 1
 
 
1 0 1 
1  
(2 ,  , )=(，，)

2 1 0

(，，)C
2 1 2 3 2 1 3 1 2 3 1 2 3
 
1
 0 1
 2 
1 0 1
 
(  , , 2)=(，，) 1 1 0 (，，)D
1 2 3 3 2 1 3 1 2 3   1 2 3
 
1 1 2
 
因为： A 20, B  C  D 0
所以，向量组 ， , 线性无关，而其余三个都是线性相关的，
1 2 2 3 3 1
故选A．
例7．【答案】见解析．解析：
（I）的基础解系为 0,0,1,0T ， 1,1,0,1T
1 2
（2）关于共公解有下列方法：
把（I）（II）联立起来直接求解，令
1 1 0 0  1 1 0 0  1 0 0 1 
     
0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
A
 

 

 
1 1 1 0 0 0 1 2 0 0 1 2
     
     
0 1 1 1  0 0 0 0  0 0 0 0 
由nR(A)431，基础解系为1,1,2,1T，从而（I），（II）的全部公共解为k1,1,2,1T，（k
为任意实数）．
1 2 1 1
 
例8．【答案】B．解析：方程组的增广矩阵A 2 3 a2 3 （初等行变换不影响线性方程
 
 
1 a 2 0
 
组的解）
1 2 1 1 
 
进

行

一

系

列

的

初

等

行

变

换

0 1 a 1

 
0 a2 3 1
 
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1 2 1 1 
 
 0 1 a 1
 
 
0 0 (a3)(a1) a3
 
由于方程组无解秩(A)<秩(A),秩(A)<3(a3)(a1)0a 3
或a1
i）当a3时，秩(A)=2=秩(A)，方程组又无穷多解；
ii）当a1时，秩(A)=2<3=秩(A)，方程组无解综上可得，a1．
 1 1 k
 
例9．【答案】见解析．解析：记线性方程组的系数矩阵为A，即A= 1 k 1 ，则
 
 
1 1 2
 
1 1 k
A  1 k 1 (k4)(k1)．
1 1 2
i）当 A 0，即k  1且k 4时，方程组有唯一解，
k2 2k k2 2k+4 2k
我们用克莱姆法则求之，x  ，x  ，x  ．
1 k+1 2 k+1 3 k+1
ii）当k=-1时，
11-14  1114 
   
方程组的增广矩阵A  1-111  初  等  行  变  换  0005  ，
   
1-12-4 0238
   
r(A)=2<3=r(A)因此，方程组无解；
iii）当k=4时，
1144  1030 
   
方程组的增广矩阵A

14116

初

等

行

变

换

0114

，
   
1-12-4 0000
   
3c 
x 3x
 
r(A)=2=r(A)，可知方程组有无穷多解，于是 1 3 ，令x c，则通解为x  4c ，
x x 4 3  
 2 3  c 
 
0 3
   
亦即x  4 c 1 ．
   
   
0 1
   
二、能力训练
mn r m
1．【答案】A．解析：当 时r(A)r(A)n则有无穷多解，故C、D错；当 时，r(A)r(A)
必成立，故一定有解．
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a 1 1
2．【答案】A．解析：根据题意得，行列式 1 a 1 a33a20，a2满足，正确选项
1 1 a
为A．
3．【答案】B．解析：A和B中，因为r(A)r(A)不一定成立，所以A、B不成立．根据非齐次
线性方程无穷多解的条件和齐次线性方程组的解的条件可知，D为正确选项．
4．【答案】C．解析：D 中线性相关的定义是至少存在一个向量可以由其他的线性表示，反过来就
是任何一个向量都不能由其他的线性表出的向量组线性无关，因此C正确．
5．【答案】A．解析：方法一：带入验证，满足方程组的只有A．
6．【答案】D．解析：因为AX O时ATAX O必成立，所以（Ⅰ）的解是（Ⅱ）的解，但是A矩
阵不等于 ATA 所以，（Ⅱ）的解不是（Ⅰ）的解．
a 1 1 1  a 1 1 1 
   
7．【答案】A．解析：由已知得 1 a 1 1  0 a1 1a 1a2
   
 1 1 a a2  1 1 a a2 
   
0 1a 1a2 1a3 0 1a 1a2 1a3 
   
  0 a1 1a 1a2    0 0 2aa2 2a2 a3  又该线性方程组无解则
1 1 a a2  1 1 a a2 
   
2aa2 0解得2aa2或2又当a 1时方程有无穷多解，则a 2．
1 1 1 2 1 0 0 3 
   
8．【答案】B．解析：增广矩阵

2 3 4 2

可以化为

0 1 0 0

，R(A) R(A)n，所以选
   
2 4 4 2 0 0 1 1
   
B．
a b a b u
9．【答案】B．解析：设矩阵 为A，矩阵 为B，又B为A的增广矩阵，且秩均
c d c d v
为2，则由线性方程组解的个数与矩阵的秩的关系可知，当RA RBn时，方程组有唯一解．当
RA RBr n时，方程组有无限多个解；当RA RB
时，方程组无解．所以本题答案为B．
x 
10．【答案】D．解析：由题意得(,)

1

有解，可得．
1 2 x
 
2
11．【答案】C．解析：xx x 0有非零解，x x 0只有零解．所以选C．
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2
12．【答案】D．解析：因为A，B都是n阶非零矩阵，所以A和B的秩最大都是n．若A的秩为
n，则A可逆．由AB  0可知B  0，与已知B是n阶非零矩阵矛盾，所以A的秩小于n．同理可
推出B的秩也不能为n，故选D．
13．【答案】B．解析：因为，， 线性无关，所以，线性无关，又，，线性相
2 3 4 2 3 1 2 3
关，故能由，线性表示．
1 2 3
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axby c 
14．【答案】解析：（1）当非齐次性方程组： 有唯一解时，假设向量m  (a,a)，
axby c
   axkayc a c
n  (b,b)线性相关，则nkm，即bka,bka，原方程组可化为 当  时，非
axkayc a c
a c
齐次线性方程组有无穷多解，与方程组有唯一解矛盾；当  时，非齐次线性方程组无解，与方程组
a c
 
有唯一解矛盾，所以m  (a,a)，n  (b,b)线性无关．
  a b x a b 1 c 
（2）当向量m  (a,a)，n  (b,b) 线性无关时， 可逆，则        ，即
a b  y a b  c 
axby c
 有唯一解．
axby c
1 1 1 1 1 0 4 5
   
15．【答案】解析：由题意得系数矩阵为 1 2 2 3 ，经过初等行变换得到 0 1 3 4 ，即
   
   
2 3 1 2 0 0 0 0
   
 4   5 
   
 x 4x 5x 3 4
 1 3 4 ，所以AX=0的基础解系为  ,  。所以通解为xkk，其中
x 3x 4x 1  1  2  0  1 1 2 2

2 3 4
   
 0   1 
k ,k 为常数．
1 2
16．【答案】解析：
（1）线性方程组AX=B有唯一解的充要条件是r（A）=r（A， b）=n；有无穷多解的充要条件是r
（A）=r（A， b）<n．所以AX=B有解的充要条件是r（A）=r（A， b）．
1 1 1 1  1  1 0 4 5  5 
   
（2）由题意得增广矩阵为 1 2 2 3  3 ，经过初等行变换得到 0 1 3 4  4 ，即
   
   
2 3 1 2  2 0 0 0 0  0 
 4   5 
   
x 4x 5x 5 3 4
 1 3 4 ，所以齐次线性方程组 AX=0 的基础解系为    ,    ，令 x3=1，
x 3x 4x 4 1  1  2  0 

2 3 4
   
 0   1 
 9 
 9   4   5 
 
7      
x4=0，得到线性方程组AX=B的特解β=   ，所以通解为X=β+k1α1+ k2α2=  7  k  3  k  4 ，其
 1   1  1 1  2 0 
     
  0    0   0   1 
中k ， k 为常数．
1 2
a xb yc z d ,
1 1 1 1

17．【答案】解析：线性方程组a xb yc z d ,有解的充分必要条件是系数矩阵的秩与增广矩
2 2 2 2

a xb yc z d ,

3 3 3 3
阵的秩相等．
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a  b  c  a xb yc z d
 1  1  1 1 1 1 1
      
（1）若向量v  a ，v  b ，v  c 线性无关时，满足线性方程组a xb yc z d
1  2 2  2 3  2 2 2 2 2
      
a b c a xb yc z d
      
3 3 3 3 3 3 3
的系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等这一条件，则方程组有解．现在证明唯一性：假设方程组有两解，
   
即x v  y v z v d ，（1）
1 1 1 2 1 3
   
x v  y v z v d ，（2）
2 1 2 2 2 3
a  b  c 
     1  1  1
     
两式作差得(x x )v (y  y )v (z z )v 0，因为v  a ，v  b ，v  c 线性
1 2 1 1 2 2 1 2 3 1  2 2  2 3  2
     
a b c
     
3 3 3
无关，所以x x  y y z z 0，所以方程组只有唯一解．
1 2 1 2 1 2
a xb yc z d a  b 
1 1 1 1  1  1
    
（2）若线性方程组a xb yc z d 有唯一解(x,y,z)T ，假设v  a ，v  b ，
2 2 2 2 1  2 2  2
    
a xb yc z d a b
    
3 3 3 3 3 3
c 
 1    
 
v  c 线性相关，所以存在不全为0的实数使得x v  y v z v 0，则(xx ,y y ,zz )T 也
3  2 1 1 1 2 1 3 1 1 1
 
c
 
3
a xb yc z d
1 1 1 1

是线性方程组 a xb yc z d 的解，与线性方程组有唯一解矛盾．综上，线性方程组
2 2 2 2

a xb yc z d

3 3 3 3
a xb yc z d a  b  c 
1 1 1 1  1  1  1
      
a xb yc z d 有唯一解当且仅当向量v  a ，v  b ，v  c 线性无关．
2 2 2 2 1  2 2  2 3  2
      
a xb yc z d a b c
      
3 3 3 3 3 3 3
18．【答案】证法一：（定义法，拆项重组）
若x (23)x ( )x ( )0
1 1 2 2 2 3 3 1 2 3
整理得(2x x )(3x x x ) (x x ) 0．由已知条件,,线性无关，故组
1 3 1 1 2 3 2 2 3 3 1 2 3
 2x x 0 2 0 1
1 3

合系数必须全为0，及3x x x 0，由于系数行列式 3 1 1=10，故齐次方程组只有零解，
1 2 3

x x 0 0 1 1

2 3
即x  x  x 0．因此23, , 线性无关．
1 2 3 1 2 2 3 1 2 3
证法二：（用秩）
令 23,  ,  ，
1 1 2 2 2 3 3 1 2 3
2 0 1 2 0 1
   
则有(,,)(,,) 3 1 1 因为矩阵C  3 1 1 可逆，以及,,线性无
1 2 3 1 2 3     1 2 3
0 1 1 0 1 1
   
关 ， 则 有 r(,,)r(,,)Cr(,,)3 ， 所 以 ,, 线 性 无 关 ， 即
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
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23, , 线性无关．
1 2 2 3 1 2 3
 1
x 
 1 2

 1
19．【答案】（1）当1且2时，原方程组有唯一解．且x  ．
2 2

 (1)2
x 
 3 2
 332 159
x 

1 2(1)

 3129
（2）当0，且1时，方程组有唯一解x  ．
2 2(1)

 4332 129
x 
 3 2(1)
（3）若b 0，这时系数矩阵 A 的秩为 2，而它的增广矩阵 A 的秩为 3，故原方程组无解；当
1 1
a 1,b 时， A 的秩为 3，A 的秩为，原方程组无解；当a 1,b 时，原方程组有无穷多个解，
2 2
x 2k
1

且其解为x 2 ，其中k 为任意常数．
2

x k

3
 1 1
解析：（1）因为方程组的系数行列式D 1  1 (1)2(2) ，所以当1时，原方程组
1 1 
x 1k k
1 1 2

与方程x x x 1同解，故原方程组有无穷多解，且其解为x k ，其中k ,k 为任意常
1 2 2 2 1 1 2

x k

3 2
数．当2时，原方程组无解．
 1
x 
 1 2

 1
当1且2时，原方程组有唯一解．且x  ．
2 2

 (1)2
x 
 3 2
3 1 2
（2）因为方程组的系数行列式D  1 1 2(1)，所以当0时，原方程组
33  3
的系数矩阵 A 与增广矩阵 A 的秩分别为2与3，所以无解．当1时，A 的秩为2，A 的秩为3，故
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 332 159
x 

1 2(1)

 3 129
原方程组也无解．当0，且1时，方程组有唯一解x  ．
2 2(1)

 4332 129
x 
 3 2(1)
a 1 1
（3）因为方程组的系数行列式D 1 b 1 b(a1)，
1 2b 1
 2b1
x 
 1 b(a1)

 1
所以当D0时，即a 1且b0时，方程组有唯一解，且为x  ，
2 b

 12ab4b
x 
 3 b(a1)

当D0时
1．若b  0，这时系数矩阵 A 的秩为2，而它的增广矩阵A 的秩为3，故原方程组无解．
2．若a 1，这时增广矩阵
1 1 1 4 1 1 1 4 
   
A 1 b 1 3  0 b1 0 1
   
1 2b 1 4 0 2b1 0 0 
   
1
所以当a 1,b 时，A 的秩为3，A 的秩为，原方程组无解．
2
x 2k
1
1 
而当a 1,b 时，原方程组有无穷多个解，且其解为x 2 ，其中k 为任意常数．
2 2

x k

3
20．【答案】（1）t=1；（2）见解析．
   
解析：（1）根据题意设存在一组常数k 、k 、k ，使得k a k a k a 0，
1 2 3 1 1 2 2 1 3
2k k tk 0 2 1 t
1 2 3

k k 2k 0 ，系数行列式 1 1 2 4402t200，即t=1．
1 2 3

2k 2k 0 2 0 2
1 3
（2）通过初等行变换
 2 1 1 1 1 2 1 1 2  1 1 2
          
  a 1 ,a 2 ,a 3     1 1 2  ~  2 1 1  ~  0 1 3  ~  0 1 3 
 2 0 2   0 1 3   0 1 3    0 0 0 
一个极大线性无关组 ，所以， ．
 ,  3 
1 2 3 2 1
第四节 线性空间
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一、知识梳理
例1．【答案】见解析．
解析：对加法封闭：对任意的x,yR，有x y  xyR；
对乘法封闭：对任意的R，xR，有x xR；
①x y  yx；
② x yz  xyz  xyz  xyz ；
③R中存在零元素1，即对任何xR，有x1 x1 x；
1 1 1
④对任何xR，有负元素 R，使得x  x 1；
x x x
⑤1x x1  x；
⑥xx xx；
⑦ x x xxxx ；
⑧x yxy  xyx y，
因此R对所定义的加法和数乘运算构成线性空间．
例 2．【答案】任何不等于 1 的正数，1．解析：线性空间的零元素为 1，则任何不等于 1 的正数都
是基．取a0，a1，则对任何xR，取log x，则a aalog a x  x，即x可由a线性
a
表示，故a即为一组基，故此线性空间是1维的．
例3．【答案】（1）见解析；（2）a ,a ,a ,,a T ．
0 1 2 n1
解析：（1）先证向量组1,x,x2,,xn1线性无关．设k k xk x2 k xn1 0对任意x都成
0 1 2 n1
立，可得k k k k 0，所以1,x,x2,,xn1线性无关．
0 1 2 n1
又显然 Rx 中的任意向量 a a xa x2 a xn1可由1,x,x2,,xn1 线性表示．故
n 0 1 2 n1
1,x,x2,,xn1是线性空间Rx 中的一组基．从而Rx 的维数为n．
n n
 a 
0
 
a
 1 
（2）由（1）可知，a a xa x2 a xn1   1,x,x2,,xn1 a  ，即在基
0 1 2 n1 2
 

 
 
a
 
n1
1,x,x2,,xn1下的坐标为a ,a ,a ,,a T ．
0 1 2 n1
 x
 1   0 1 1 1 x 
1

x
 
1 1 0 0

x

例4．【答案】 2    2 ．
x  0 0 0 1 x
3

 3    
 x   1 1 1 1 x 4 
 
4
解析：将， ，， 用， ，， 表示．
1 2 3 4 1 2 3 4
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由 ,,,   x3,x2,x,1  A， ,,,  x3,x2,x,1  B，
1 2 3 4 1 2 3 4
 1 1 1 1 2 0 2 1
   
2 1 2 1 1 1 1 3
   
其中A ，B ，得
1 1 1 0  0 2 1 1
   
 0 1 1 1  1 2 2 2
 x
 1  x 
1

x
 
x

,,,,,,A1B，故坐标变换公式为 2  B1A  2 ．
1 2 3 4 1 2 3 4 x x
3

 3   
x
 x   4 
 
4
用矩阵的初等行变换求B1A；把矩阵
B,A
中的B变成E，则A即变成B1A．计算如下
2 0 2 1 1 1 1 1 0 2 4 5 3 3 5 1 
   
1 1 1 3 2 1 2 1 1 1 1 3 2 1 2 1
B,A     
0 2 1 1 1 1 1 0  0 2 1 1 1 1 1 0 
   
1 2 2 2 0 1 1 1  0 1 1 1 2 2 1 2 
0 0 2 7 7 7 7 5  0 0 0 13 13 13 13 13
   
1 0 0 4 4 3 3 3 1 0 0 4 4 3 3 3
   
 
0 0 1 3 3 3 3 4 0 0 1 3 3 3 3 4
   
0 1 1 1 2 2 1 2  0 1 0 2 1 1 2 2
0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 
   
1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0
   
  ．
0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 
   
0 1 0 0 1 1 0 0  0 0 0 1 1 1 1 1
 x
 1   0 1 1 1 x 
1

x
 
1 1 0 0

x

即得 2    2 ．
x  0 0 0 1 x
3

 3    
 x   1 1 1 1 x 4 
 
4
1  1 1 1
x  2 0x  2   2 x 2  1 1
例 5．【答案】解析：已知 TX=AX+B，所以     ，所以x' x ，
y  1y 2 1 2 2 2
0     y 
 3 3 3 3
1 2
y' y ，即x=2x’-1，y=3y’-2，代入9x2+4y2+18x+16y-11=0，化简得x2+y2=1，所以所得二次曲线
3 3
L1的方程x2+y2=1．
例6．【答案】D．解析：相似的矩阵有相同特征多项式、相同行列式、相同秩，但是有相同特征多
1 0 1 1
项式的矩阵是相似阵．反例：设A  ，B  ，则A与B的特征多项式为12 ．但是
0 1 0 1
A是单位阵，对任意的可逆阵P，有P1AP P1EP P1P E ，因此若B与A相似，则B为单位
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阵，显然不是，故不成立．
例7．【答案】1．
 0 1
 1
解 析 ： AE  1 1 x 1 121 ， 得 1 ，
1  1
1 0 
1 0 1 1 0 1 
   
  1．当1时，解方程 AEx0．由AE  1 2 x  0 2 x1 ，显然基础
2 3 1    
   
1 0 1 0 0 0
   
解系所含解的个数为1，即线性无关的特征向量恰有1个．故矩阵A可对角化的充分必要条件是对应重
根  1，有2个线性无关的特征向量，即方程 AEx0有2个线性无关的解，亦即系数矩阵
2 3
AE
的秩rAE1．
1 0 1  1 0 1 
   
由AE  1 0 x  0 0 x1 ，要使得rAE1，有x10，即x1．
   
   
1 0 1 0 0 0
   
9 7 3 1 25 9
1  1  
例8．【答案】A 3 1 3 ；A1  9 39 9 ．
   
2 24
   
2 2 8 2 2 6
   
解析：考虑到三阶方阵A有3个互不相同的特征值，则A一定与对角矩阵相似．
 1 3 1
 
1 1 1  2 2 2 
   
取P 
1
,
2
,
3


1 0 1

，则P1  1 1 0 ．
   
0 1 2 1 1 1
 
  
 2 2 2 
1 0 0 9 7 3
  1 
又因为P1AP A PP1，从而有A P 0 3 0 P1  3 1 3 ．
   
2
   
0 0 4 2 2 8
   
 
1 0 0
1
1 0 0  
A1   PP11  P1P1  P  0 3 0  P1  P  0 1 0  P1
   3 
 
 0 0 4   
1
0 0 
 4
1 25 9
1  
 9 39 9 ．
 
24
 
2 2 6
 
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 1 1 1 
 
 
3 2 6
 
 1 1 1 
例9．【答案】Pp ,p ,p    ．
1 2 3
3 2 6
 
 1 2 
0
 
 3 6 
 1 1 1 1  1 1 
解析：由 AE  1  1  1  1  0 1 1
1 1   1 1 0 1 12
1 1
 3 321 2 2  122 ，求得2，  1．
1 12 1 2 3
 2 1 1 1 0 1
   
对应2，解方程 A2Ex0．由 A2E  1 2 1  0 1 1 ，得基础解系
1    
   
1 1 2 0 0 0
   
1 1
  1  
  1 ．将单位化，得 p  1 ．
1   1 1  
3
   
1 1
   
1 1 1  1 1 1
   
对应  1，解方程 AEx0．由AE  1 1 1  0 0 0 ，得基础解系
2 3    
   
1 1 1 0 0 0
   
1 1 1 1 1
   
,
  1  1 
  1 ，  0 ．将，正交化：取 ，   2 3   0  1  1 ．
2     3     2 3 2 2 3 3  2 2     2     2    
0 1 2 1 0 2
         
1 1
1   1  
再将 ，单位化，得 p  1 ， p  1 ．
2 3 2   3  
2 6
   
0 2
   
 1 1 1 
 
 
3 2 6
 
 1 1 1 
将 p ， p ， p 构成正交矩阵Pp ,p ,p    ，有
1 2 3 1 2 3
3 2 6
 
 1 2 
0
 
 3 6 
2 0 0
 
P1AP PTAP 0 1 0 ．
 
 
0 0 1
 
二、能力训练
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
 x  x'
1 0 0x  x  x'

        1
1．【答案】B．解析：设曲面经矩阵A变化后为 0 2 0 y  2y  y' 则y  y'故其方
      
2

0 0 3z 3z z'
        1
z  z'

 3
1 1
程为(x1)2 ( y2)2 ( z1)2 1，选B．
2 3
2．【答案】C．解析：平面上一个点变换，如果保持点之间的距离不变，则称之为保据变换．其中
反射、平移、旋转都是保距变换．A，为平移变换．B 为旋转变换．C 为沿 y 轴方向的错切变换．D 为
先对称变换再平移变换．故选C
 1
x  x'
2 0x 2x x'   2
3．【答案】B．解析：由已知的设曲面经矩阵A变化后为        则 故
0 3y 3y y'

1
y  y'
 3
1 1
其方程为( x1)2 ( y2)2 4，选B．
2 3
1 
 
4．【答案】C．解析：向量组A= 2 生成的子空间的维数是向量组A的秩，故选C．
 
 
 3
5．【答案】B．
1 0 1
 
6．【答案】B．解析：（B）选项中（ 2,2 3,3 ）=(,,) 2 2 0 ，
1 2 2 3 3 1 1 2 3  
 
0 3 3
1 0 1
 
又因,,线性无关且 2 2 0 可逆，所以 2,2 3,3 线性无关．故选B．
1 2 3   1 2 2 3 3 1
 
0 3 3
7．【答案】C．解析：设任意点F x，y，易得F 关于y＝－x的对称点为F x， y．
1 1 2
a a  x a a x
因此，设该题所求矩阵为 11 12 ，可列式    11 12  ，

a a

y

a a y
21 22 21 22
xa xa y a 1，a 0  0 1
得 11 12  11 12 ，即所求矩阵为 ．
 y a xa y  a 0，a 1 1 0 
21 22 21 22
x' cos sinx 3
8．【答案】D．解析：旋转变换公式为     ，取= 时即可得旋转变换
y' sin cosy 2
 0 1
 ．
1 0
9．【答案】D．解析：
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1 2 2
EA  2 1 2 (1)3884(1)4(1)4(1)
2 2 1
(1)312(1)16(1)2(5)；可得其特征值为-1；-1；5共三个．
 2 
 
10．【答案】B．解析：设特征向量 α= 1 所对应的特征值为 λ，则 Aα=λα，又因为
 
 
0
 
 5 6 3 2   4   2 
      
1 0 1 1 = 2 2 1 ，所以λ=2．
      
      
1 2 1 0 0 0
      
11．【答案】A．解析：矩阵 E 的特征多项式 f()  1 0  ( 1)( 1) ，所以
0 1
( 1)( 1)=0
，可知=1，故即为所求的特征值，因此选A．
12．【答案】A．解析：对 4 ，求相应的线性方程组 (E A)x0 的一个基础解
x 3x 2x 0
⎧ 1 2 3
⎪
系． x 3x 2x 0，化简求得此方程组的一个基础解系．
1 2 3
⎨
⎪
3x x 4x 0
⎩ 1 2 3
13．【答案】D．由已知得
3 4 4 
  3 4
AE  0 2 0 (2)(1)22
 
2 3
 
2 2 3
 
(2)[(3)(3)8](2)(2 1)0 故其特征值为 2，1，-1．对于 2 时有
1 4 4x  0
1
    
(A2E)x 0 0 0 x  0 得 x 4x ， x 2x 故其特征向量为 k(4,1,2)T ；当
  2   1 2 3 2
    
2 2 5 x 0
    
3
2 4 4x  0
1
    
1时有(AE)x 0 1 0 x  0 得x 2x ，x 0故其特征向量为k (2,0,1)T ；当
  2   1 3 2 1
    
2 2 4 x 0
    
3
4 4 4x  0
1
    
1时有(AE)x 0 3 0 x  0 得x  x ，x 0故其特征向量为k (1,0,1)T ，综上
  2   1 3 2 2
    
2 2 2 x 0
    
3
所述选D．
14．【答案】C．解析：因为、是线性方程组Ax0的一个基础解系，所以A  A 0．对
1 2 1 2
于选项 A 有A(3)3AA 00(3)，所以是A的特征向量；同样选项 B 也是矩阵A
1 2 1 2 1 2
的特征向量；对于选项D，由于A  0，所以A(3)3A 3 ，故D也是矩阵A的特征向量；
3 3 3 3 3
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至于选项 C，A(3) A3A 3 不能写成m(3)的形式，所以 C 不是矩阵A的特征向
1 3 1 3 3 1 3
量．
1 2 
15．【答案】D．解析：令特征矩阵为 0，得到   0，由此可得有关的方程
 0 3
1 2 x 
(1)(3)0，可得1,3．将3代入  1  0，得到x  x ，没有对应的特
 0 3 x  1 2
2
0 2x  0 1x 
征向量，同理代入1，得到  1  0．即  1  0．可知x 0，取x 为自由变量
0 2 x  0 0 x  2 1
2 2
1，则对应的特征向量为（1，0）T．
1 0 2 
 
16．【答案】C．解析：令特征矩阵为0，得到E A  0 3 0 ，由此可得有关的
 
 2 0 1
 
1 0 2 x 
1
  
方程 (1)(3)2 0 ，可得1．将3代入 0 3 0 x 0 ，化简得到
  2
 2 0 1x 
  
3
1 0 1x 
1
  
0 0 0 x 0，即x  x ，x 可任意取值，没有对应的特征向量．同理代入1，得到x x ，
  2 1 3 2 1 3
0 0 0 x 
  
3
x 0．取x 为自由变量1，则对应的特征向量为（-1，0，1）T．
2 3
17．【答案】A．
 
解析：A选项可以表示成2，故线性相关；B、C、D选项无法表示，故线性无关，选A．
1 2 2
18．【答案】能．解析：AE  2 2 4
2270，得
2，
1 2
2 4 2
 7．
3
对应 2，解方程 A2Ex0．
1 2
1 2 2  1 2 2 2 0
       
由 A2E  2 4 4  0 0 0 ，得基础解系  0 ，  1 ．同理求得对应
    1   2  
       
2 4 4 0 0 0 1 1
       
 8 2 2 2 4 5  1 
     
 7，解方程 A7Ex0．由A7E  2 5 4  0 1 1 ，得基础解系  2 ．
3     3  
     
2 4 5 0 0 0 2
     
2 0 1
由于 0 1 2 0，所以,,线性无关．即A有3个线性无关的特征向量，因而A可对角化．
1 2 3
1 1 2
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2 0 1
 
19．【答案】能对角化，P ,, 1 0 1 ．
1 2 3  
 
0 1 1
 
解析：
4 6 0
4 6
由 AE  3 5 0 1 122 ，求得 1，
3 5 1 2
3 6 1
 2．
3
 3 6 0 1 2 0
   
对应 1，解方程 AEx0．由 AE  3 6 0  0 0 0 ，得基础解系
1 2    
   
3 6 0 0 0 0
   
2 0
   
  1 ，  0 ．
1   2  
   
0 1
   
 6 6 0 1 1 0 
   
对应 2，解方程 A2Ex0．由 A2E  3 3 0  0 1 1 ，得基础解系
3    
   
3 6 3 0 0 0
   
1
 
  1 ．由于,,线性无关，所以A可对角化．
3   1 2 3
 
1
 
2 0 1 1 0 0 
   
令P ,, 1 0 1 ，则有P1AP 0 1 0 ．
1 2 3    
   
0 1 1 0 0 2
   
1 2 0 2 0 0
   
此时要注意，若令P ,, 1 1 0 ，则有P1AP 0 1 0 ．即矩阵P的列向
3 1 2    
   
1 0 1 0 0 1
   
量和对角矩阵中特征值的位置要相互对应，可见P未必唯一．
 24 24 0 0 
 
1 12 12 0 0
20．【答案】   ．解析：由 ,,,,,, P 可得，
2412 20 8 8 1 2 3 4 1 2 3 4
 
 3 7 4 8 
1
1 0 0 0 1 1 0 0 
   
1 2 0 0 0 2 0 0
P ,,, 1,,,     
1 2 3 4 1 2 3 4 2 1 3 0 0 0 1 1
   
1 2 1 4 0 0 1 1 
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 24 0 0 01 1 0 0   24 24 0 0 
    
1 12 12 0 0 0 2 0 0 1 12 12 0 0
    
  ．
2412 4 8 00 0 1 1 2412 20 8 8
    
 3 5 2 60 0 1 1   3 7 4 8 
21．【答案】8x'226x'y'21y'210．
2 5x 2x5y x' 2x5y  x' x3x'5y'
解析：由已知得：        ，即 ，解得 ，
1 3 y  x3y  y' x3y  y' y 2y'x'
∵x2  y2 1，所以(3x'5y')2 (2y'x')2 1，化简得8x'226x'y'21y'210．
第五节 二次型
一、知识梳理
 1  1
 
例1．【答案】21．解析：利用顺序主子式来判别，二次型 f 的矩阵为A  4 2 ，
 
 
1 2 4
 
A的顺序主子式为
1 
 10；   42；
1 2  4
1  1
   4 21 42 484(1)(2)．
3
1 2 4
于是，二次型 f 正定的充要条件是： 0, 0，有 42 0，可知，22；由
2 3 2
 4(1)(2)0，可得21，
3
所以，当21时， f 正定．
例2．【答案】 f 是正定二次型．
 2 1 1 
 
解析：方法一： f(x,x ,x )的对应矩阵为 A 1 2 1 ．因 A 的顺序主子式 2>0，
1 2 3  
 1 1 2 
 
2 1 1 2 1 0 2 1 0
2 1
30， A  1 2 1  1 2 1  2 3 0 40，故A是正定矩阵， f 是
1 2
1 1 2 1 1 1 1 1 1
正定二次型．
方法二： f 正定 A的全部特征值0．
i
2 1 1
EA  1 2 1 (4)(1)2．
1 1 2
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A的特征值4,  1全部大于0，故A正定， f 是正定二次型．
1 2 3
二、能力训练
1．【答案】A．解析：由已知得其二次型矩阵的 1 阶顺序主子式为|1|>0，2 阶顺序主子式为
1
1 
2 3
A   0，故二次型x2-xy+y2正定．
1 4
 1
2
2．【答案】C．解析：由已知得其二次型矩阵一阶顺序主子式为|1|＞0，2 阶顺序主子式为
3
1 
2 5
A   ，故选C．
3 4
 1
2
3．【答案】B．解析：如果为正定二次型，则它所对应的所有顺序主子式均大于零，而B选项所对
 
1 1 0 
 
1 1 1
 
应的矩阵为 1 5  ，其一阶顺序主子式10，二阶顺序主子式 5140三阶顺序
 2 1 5
 
1
0  1 
 2 
1 1 0
1 15
主子式 1 5   0，所以正确答案为B．
2 4
1
0  1
2
4．【答案】D．解析：设P是一数域，一个系数在数域P中的的二次齐次多项式
f x ,x ...x a x2 2a x x ...2a x x a x 2 ...2a x x ...a x 称为数域 P 上
1 2 n 11 1 12 1 2 1n 1 n 22 2 2n 2 n nn n
的一个n元二次型，所以由定义可知D选项正确，不可能出现单独的x ,2x ，或常数项，故答案选D．
3 4
1 2 2 
 
5．【答案】 2 1 2 ．解析：按照定义列出即可．
 
 
2 2 1
 
2 4
6．【答案】 ．解析：展开后，按照二次型矩阵的定义即可得．
4 4
 2 1 1
 
7．【答案】正定．解析：二次型矩阵为 1 4 0 ，顺序主子式的值分别为 2 20，
 
 
1 0 4
 
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2 1 1
2 1
70， 1 4 0 240．
1 4
1 0 4
8．【答案】解析：取R3上一组基：e 1,0,0 ,e 0,1,0 ,e 0,0,1
1 2 3
Ae
1,1,3
,
1 1
Ae
1,2,4
,
2 2
Ae
0,1,1

3 3
 
则A(R3)  Aa|aR3  ,, 
1 2 3
1 1 0 1 1 0
 初等变换 
,, 1 2 1  0 1 1
1 2 3    
   
3 4 1 0 0 0
   
所以rank,,2又因为, 线性无关，所以A(R3), 
．
1 2 3 1 2 1 2
将, 进行smitch正交化可得  1,1,3
1 2 1 1
,
 4 7 1 

   2 1    , ,
 
2 2 , 1  11 11 11
1 1
  
所以子空间A(R3)  Aa|aR3  的一组正交基是 1,1,3，    4 , 7 , 1  ．
 
1 2  11 11 11
6 2 6 6 2 93 5 93 8 93
9．【答案】（1）2；（2） ( , , )， ( , , )．
1 6 6 6 2 93 93 93
解析：（1）因为V {tt |t ,t R,V, V }，由题意可得
3 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
  1 2 1 1 2 1 1 2 1
1
       
  2 1 4  0 3 2  0 3 2 ，所以， 线性无关，所以dim（V ）=2．
 2       1 2 3
       
  0 3 2 0 3 2 0 0 0
3
（2）由题（1）可知， 为V 的一组基，所以对， 正交化，可得  (1,2,1) ，
1 2 3 1 2 1 1
(,) 2 5 8 6 2 6 6
   1 2  ( , , )，对，单位化，则可得V 的一组标准正交基 ( , , )，
2 2 (,) 1 3 3 3 1 2 3 1 6 6 6
1 1
2 93 5 93 8 93
 ( , , )．
2 93 93 93
第五章 空间解析几何
一、知识梳理
      
例 1．【答案】(0,1,0)．解析：设cab，则c 同时垂直于a 以及b ，c 方向上的单位向量是
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

c 
e  ．由于 (0,1,0)，c 已经为单位向量，即为所求．
c
例2．【答案】x2y3z 6．解析：由点法式，1(x1)2(y1)3(z1)0，即
x2y3z 6．
i j k
例3．【答案】x yz 3．解析：平面的法向量nab 1 0 1 (1,1,1) ，由平面的点法
0 1 1
式可得平面方程为x yz 3．
例4．【答案】x2z 0．解析：
与xoy平面垂直的平面平行于 y 轴，方程为
AxCzD 0
把点A  3，2，1  和点B  1，2，3  代入上式得
3ACD 0
 A3CD 0
D D
由（2），（3）得A  ，C 
2 2
D D
代入（1）得 x z D  0
2 2
消去D得所求的平面方程为
x2z 0．
x y z
例5．【答案】6，4，3．解析：将方程变形为截距式   1，所以它在x,y,z轴上的截距分
6 4 3
别是6，4，3．
 
5 3
例6．【答案】 ．解析：两平面的法向量分别为n (1,1,1),n (1,2,2)，则夹角的余弦为
1 2
9

n n 5 3
cos 1 2  ．
|n ||n | 9
1 2
x1 y1 x1

例7．【答案】   ．解析：设直线的方向向量为n，则
4 8 4
i j k
 x1 y1 x1
n  1 2 3 (4,8,4) ．则直线的对称式方程为   ．
4 8 4
3 2 1
二、能力训练
x2 y2 z2 x2 y2 z2
1．【答案】B．解析：旋转双曲面的一般公式为   1；   1．
a2 b2 c2 a2 b2 c2
2．【答案】B．解析：双曲柱面 x2  y2 1与平面2x y20 解析式中均无 Z，故联立得
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3x2 8x50，其中 b2 4ac 82 43540，故在xoy平面内有两个交点，则在空间有
两条垂直于xoy平面的两条平行直线．故选B．
x2 y2 z2 x2 y2 z2
3．【答案】B．解析：旋转双曲面的一般公式为   1；   1．
a2 b2 c2 a2 b2 c2
      
4．【答案】B．解析：由向量积的性质可得，(a c)b  ab cb，故选B．
x2 y1 z3
5．【答案】A．解析：直线L的标准方程为   ，其方向向量为m={3，1，2}，平
3 1 2
面Π的法向量为n={2，8，1}，m⊥n，且点（2，-1，3）不在平面Π上，所以直线L与平面Π平行．
6．【答案】A．解析：提取直线交面式两平面法向量，求解其交线的方向向量
i j k
x2 y1 z3
1 1 1 3i j2k，其方向向量为m=（3， -1， 2），直线L的标准方程为   ．
3 1 2
3 5 2
平面Π的法向量为n=（2， 8， 1），m⊥n，且点（2， -1， 3）不在平面Π上，所以直线L与平
面Π平行．
2 2 2
7．【答案】B．解析：方法一：设球面方程为x y z 2px2py2rzd0，则过球面上点（x ,y ,z ）
0 0 0
的切面方程为：2x y2z 16，故选B．
方法二：曲面x2  y2 z2 2x2y4z30的球面．标准方程为：
(x1)2 (y1)2 (z1)2 9，球心为（1，-1，2），半径为3．在A、B、C、D四个选项中，只
有B、C过点（3，-2，4）．故排除A、D．同时球心到切平面的距离应该等于球的半径，选项B，球心
21(-1)2216
到平面的距离为d  3，等于球半径，满足题意．故选B．
g
22 (1)2 22
8．【答案】C．解析：由空间向量性质可知三个方向的余弦值平方和为1，故通过验算后可得选C．
9．【答案】B．解析：两平面的法向量点积为
，所以两平面垂直．
3  1  (-2)  5+1 7  3  10  7  0
a b 
10．【答案】C．解析：根据两直线平行的判定准则，当 1 1  =0时，两直线平行，正确选项为
 
a b
 
2 2
C．
x2 y2 z2
11．【答案】B．解析：采用直角坐标，单叶双曲面可用公式表达为   1，双叶双曲面
a2 b2 c2
x2 y2 z2 x2 y2 z2
为   -1，锥面可表示为   0．因此，对题目中式子进行变形，两边同乘以
a2 b2 c2 a2 b2 c2
y2 z2 x2
-1，即可变为    1，与双叶双曲面形式相符，因此应选B答案．
b2 c2 a2
12．【答案】C．解析：绕着z旋转，方程中z不变，另外一个变量变为 x2  y2 ．
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1 1 1
13．【答案】C．解析：根据两平面平行的判定准则，当 a b c 0时，两平面平行，正确选项
1 1 1
a b c
2 2 2
为C．
  
i j k
14．【答案】D．解析：先求l 和l 的方向向量， 1 2 2 =4  i6  j8  k ，所以l 的方向向量
1 2 1
3 2 0
  
i j k
是（-4，6，8）， 1 2 1 =2  i3  j4  k，l 的方向向量是（2，-3，-4）．两个方向向量成比例，所
2
2 0 1
以两条直线平行．
15．【答案】C．解析：柱面的母线平行于x轴，所以柱面方程中不含有x．通过题中的方程组，消
去x即可得到C选项．
16．【答案】B．解析：双曲柱面 y2  2x 与平面 x y20 解析式中均无 z，故联立得
x2 6x40，其中 b2 4ac 62 441200，故在xoy平面内有两个交点，则在空间有
两条垂直于xoy平面的两条平行直线．故选B．
17．【答案】C．
   
解析：C选项中面的法向量n(2,3,1)，而(2,3,1)，=n，故选C．
18．【答案】以此光线与平面的交点为原点建立
空间直角坐标系，如下图：
则 入 射 光 线 所 在 直 线 过 原 点 且 在 yoz 坐 标 面 上 ， 所 以 入 射 光 线 的 直 线 方 程 为
z tan600y  3y(y 0) ，反射光线与入射光线关于 z 轴对称，所以反射光线的直线方程为
z  3y(y0)．而此时法线为 z 轴，故将反射光线绕平面镜的法线旋转一周，绕 z 轴旋转一周，则
得出旋转曲面的方程是y改成 x2  y2 ，得到方程为z  3( x2  y2),z2 3(x2  y2)．
42
19．【答案】相交， ．
21
 
解析：平面π的法向量为n=（3，-1，2）；平面2x+y+z-1=0的法向量为n =（2，1，1），平面x+2y-
1
  
i j k
      
z-2=0的法向量为n =（1，2，-1），则直线l的方向向量为m  n
1
n
2
 2 1 1  3i3j3k =（-
2
1 2 1
 
3，3，3）．mn=-9-3+6=-6，可知直线l与平面π相交．设直线l平面π的夹角为θ，则
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 
 
mn 6 42
sin cosm,n      ．
m n 14 27 21
20．【答案】以此光线与平面的交点为原点建立空间直角坐标系，如下图：
则入射光线所在直线过原点且在 yoz 坐标面上，所以入射光线的直线方程为z  ycot(y 0)，
反射光线与入射光线关于 z 轴对称，所以反射光线的直线方程为z ycot(y0)．而此时法线为 z
轴，故将反射光线绕平面镜的法线旋转一周，绕 z 轴旋转一周，则得出旋转曲面的方程是 y 改成
 x2  y2 ，得到方程为z  x2  y2 cot．
21．【答案】因为球面方程为x(cid:2870)(cid:3397)y(cid:2870)(cid:3397)z(cid:2870) (cid:3404)9，所以可以转化为f(cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)x(cid:2870)(cid:3397)y(cid:2870)(cid:3397)z(cid:2870)(cid:3398)9，所以
F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2x，F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2y，F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2z，所以F (cid:3435)1，2，2(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)1(cid:3404)2，F (cid:3435)1，2，2(cid:3439)(cid:3404)
(cid:2934) (cid:2935) (cid:2936) (cid:2934) (cid:2935)
2(cid:3400)2(cid:3404)4，F (cid:3435)1，2，2(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)2(cid:3404)4，所以在点(cid:3435)1，2，2(cid:3439)处，n(cid:4652)⃗(cid:3404)(cid:3435)2，4，4(cid:3439)是法线的一个方向向量．由
(cid:2936)
此可得球面在点(cid:3435)1，2，2(cid:3439)处的切平面方程为2(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3397)4(cid:4666)y(cid:3398)2(cid:4667)(cid:3397)4(cid:4666)z(cid:3398)2(cid:4667)(cid:3404)0，即(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3397)2(cid:4666)y(cid:3398)
2(cid:4667)(cid:3397)2(cid:4666)z(cid:3398)2(cid:4667)(cid:3404)0．
x1 y2 z3
22．【答案】   ．
1 2 3

解析：取M M {3,6,9}为直线的方向向量，并选直线上一点M ，由式（1）得直线方程为
1 2 1
x1 y2 z3 x1 y2 z3
  ，即   ．
3 6 9 1 2 3
23．【答案】（1）平行；（2）垂直．
  1 1  1 1
解析：（1）直线的方向向量s  1, , ，平面的法向量n   4,2,1  ，显然1:4 :2 :1，
 2 4 2 4
 
故s∥n，所以直线与平面垂直．
     
（2）直线的方向向量s   3,0,2  ，平面的法向量n   0,1,0  ，显然，s  n=0，故s  n，
所以直线与平面平行．
2 5
24．【答案】 ．解析：平行直线 l :2x y10,l :2x y10 ，则 l ,l 的距离：
1 2 1 2
5
11 2 5 2 5
 .．故答案为： ．
22 12 5 5
25．【答案】   ．解析：由空间解析几何我们可以知道，对于平面一
3 x2 2(y1)6(z3) 0
般式
AxByCzD 0
的法向量即为
n A,B,C
，故本题中平面π的法向量
n 3,2,6
，点M
（2，1，-3）在平面上，因此点法式方程即为   ．
3 x2 2(y1)6(z3) 0
26．【答案】（1）4(x1)2(y1)(z3)0．（2）k 8．
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解析：（1）对抛物面方程分别求x，y ，z 的偏导数，令F(x,y,z)2x2  y2 z．Fx(x,y,z)4x，
Fy(x,y,z)2y，Fz(x,y,z)1．带入M(1,1,3)点，得到该点处的法向量为(4,2,1)，利用点法式
方程，则切平面方程为4(x1)2(y1)(z3)0．
（2）由（1）知，切平面方程为4(x1)2(y1)(z3)0，则切平面法向量为(4,2,1)，平
面3xky4z 0法向量为(3,k,4)．由两平面垂直，得到432k(1)(4)0，解得k 8．
27．【答案】（1）4(x1)2(y1)6(z1)0．（2）k  2．
解 析 ：（ 1 ） 对 椭 球 面 方 程 分 别 求 x ， y ， z 的 偏 导 数 ， 令
F(x,y,z)2x2  y2 3z2 6．Fx(x,y,z)4x，Fy(x,y,z)2y，Fz(x,y,z)6z．带入M(1,1,1)
点，得到该点处的法向量为(4,2,6)，利用点法式方程，则切平面方程为4(x1)2(y1)6(z1)0．
（2）由（1）知，切平面方程为4(x1)2(y1)6(z1)0，则切平面法向量为(4,2,6)，平
面5xky4z 0法向量为(5,k,4)．由两平面垂直，得到452k6(4)0，解得k  2．
28．【答案】（1）S :x2  y2 z2,S : y  x2 z2；（2）8．
1 2
解析：（1）在空间直角坐标系中，y x2绕 x 轴旋转，x 不变，将 y 换成 y2 z2 ，将其代入
y x2，可得S ：x2  y2 z2 ．y x2绕y轴旋转，y不变，将x换成 x2 z2 ，将其代入 y x2
1
可得S :y x2 z2．
2
4 4 1 4
（2）V  ( y)2dy  ydy  y2 8．
0 0 2 0
64
29．【答案】（1）x y2 z2 40；（2） ．
3
2x 2yy' 6x 3x
解析：（1）由题意知：点P（1，3）在椭圆上，椭圆左右两边求导得：  0，即y'  ，
4 12 2y y
将x1,y 3代入，得y'1，所以切线方程为y31(x1)，即x y40，又该切线交 x
轴和y轴于点A和点B，所以A，B的坐标为A(4,0),B(0,4)，线段AB绕x轴旋转一周得旋转曲面S，
曲面S的方程为x y2 z2 40．
4 2 1 64 64
（2）立体的体积为V  (4x) dx  (4x)3 4 0( ) ．
0 3 0 3 3
30．【答案】见解析．
解析：已知曲面方程F(x,y,z) x2 2y2 z2 xy10，由于过一点设为A点（1，2，2）的切
平面的法向量是(F(A),F(A),F(A))，所以F(x,y,z) x2 2y2 z2 xy1对x,y,z分别求导得：
x y z
F  2x y，F 4yx，F 2z，将A点带入导函数中得F(A)4，F(A)7，F (A) 4，
X y z x y Z
所以得到切平面的法向量是（4，-7，4）．
31．【答案】因为球面方程为(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)y(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)z(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870) (cid:3404)169，所以可以转化为f(cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)
(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)y(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)z(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3398)169 ， 所 以 F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667) ， F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2(cid:4666)y(cid:3398)1(cid:4667) ，
(cid:2934) (cid:2935)
F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2(cid:4666)z(cid:3398)1(cid:4667)，所以F (cid:3435)4，5，13(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)(cid:4666)4(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3404)6，F (cid:3435)4，5，13(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)(cid:4666)5(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3404)8，
(cid:2936) (cid:2934) (cid:2935)
F (cid:3435)4，5，13(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)(cid:4666)13(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3404)24，所以在点(cid:3435)4，5，13(cid:3439)处，n(cid:4652)⃗(cid:3404)(cid:3435)6，8，24(cid:3439)是法线的一个方向向量．由
(cid:2936)
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此可得球面在点(cid:3435)4，5，13(cid:3439)处的切平面方程为6(cid:4666)x(cid:3398)4(cid:4667)(cid:3397)8(cid:4666)y(cid:3398)5(cid:4667)(cid:3397)24(cid:4666)z(cid:3398)13(cid:4667)(cid:3404)0．
32．【答案】
6,8,10
．解析：
令F(x,y,z)3x2 2y2 z2 20，可以得到F '(x,y,z)6x，F '(x,y,z)4y，
x y
F'(x,y,z)2z，所以切平面的法向量为 6x,4y,2z ，
z
将点(1,2,5)代入可以得到切平面的法向量为 6,8,10 ．
第六章 级数
一、知识梳理
例1．【答案】（1）收敛；（2）发散．解析：
1 1 1 1 1
（1）S     1
n 12 23 34 n(n1) n1
1
limS lim(1 )1所以这个级数收敛，其和为1．
n n n n1
 1 1 1
（2） ln(1 )ln(11)ln(1 )ln(1 )
n 2 n
n1
3 n1 3 4 n1
S ln(2)ln( )ln( ) ln(2   )ln(n1)
n 2 n 2 3 n
limS lim(n1)
所以这个级数发散．
n
n n
例2．【答案】（1）收敛；（2）发散．解析：
1 1
（1）设u 0，v  ，w  ，因为u v w ，而u 和w 都收敛，
n n (n1)(n4) n n2 n n n n n
则v 也收敛．
n
n 1
（2）因为limu lim  不为0所以级数发散．
n n n2n1 2
例3．【答案】见解析．解析：证明：由于
sin2m1 sin2m2 sin2mp
u u u   
m1 m2 mp 2m1 2m2 2mp
1 1 1 1 1 1
     
2m1 2m2 2mp 2m 2mp 2m
 1
因此，对于任意的0 ．取 N  log 使得当 m  N 及任意的 pN ，由上式就有


2 

u u u 成立，故由柯西准则可推出原级数收敛．
m1 m2 mp
例4．【答案】（1）发散；（2）收敛．解析：
1n 1n 1  1
（1）因为u     而级数 发散，故级数发散．
n 1n2 nn2 n n
n1
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u 2n1(n1)! nn n 2
（2）因为 lim n1lim  2lim( )n 1，故级数收敛．
n
u
n n
(n1)n1 2nn!
n
n1 e
1 1 1 1 1
例5．【答案】收敛．解析：u  ，u  ，  且limu lim 0，所以收敛．
n n n1 n1 n n1 n n nn
  (1)n1 1
例6．【答案】条件收敛．解析：交错级数(1)n1u  ， 其中u  ．因为u u ，
n ln(n1) n ln(n1) n n+1
n1 n1
1 1  1
并且 limu 0 ，所以此级数是收敛的．又因为  ，而级数  发散，故级数
n n ln(n1) n1 n1
n1
  1
|(1)n1u | 发散，从而原级数是条件收敛的．
n ln(n1)
n1 n1
1
例7．【答案】收敛半径R1；收敛域为
1,1
．解析：lim|
a
n1|lim
(n1)2
lim
n2
1，
n a n 1 n(n1)2
n
n2
 1
故收敛半径为R1．因为当x1时，幂级数成为 (1)n 是收敛的；当x1时，幂级数成为
n2
n2
 1
1 是收敛， 所以收敛域为 1,1 ．
n2
n1
二、能力训练
1 
1．【答案】A．解析：由已知得级数的收敛半径为r lim 1，又当x 1时级数 1n 发散，当
n1
n1

x 1时级数
(1)n
发散故选A．
n1
3n
2．【答案】C．解析：由已知得级数的收敛半径为r lim n  1 ，又当x  1 时级数  1 发散，
n 3n1 3 3 n
n1
n1
1  1
当x 时级数 (1)n 收敛故选C．
3 n
n1
 1  1
3．【答案】C．解析：假设调和级数 收敛，记其和为S 即S  考虑该级数的部分和
n n n
n1 n1
1 1 1 1 1 1 1
S 1  ；S 1    
n 2 n 2n 2 n n1 n2 nn
1 1 1 1 1 1 1
则S S       
2n n n1 n2 nn nn nn nn 2
1
根据函数极限的保号性，有lim(S S ) （1）
n 2n n 2
lim(S S )limS limS 0
但是由假设可得 这与（1）式矛盾，说明假设错误的，因此调和
2n n 2n n
n n n
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 1

级数 发散．
n
n1
1 1 1 1
4．【答案】A．解析：级数 的前n项和为S 1  ... ，但 limS 不存在，所以级数
n n 2 3 n n n
发散，所以选A．
1
5．【答案】D．解析：如果级数
u
收敛，而
u
发散，则称
u 条件收敛，可知1n
n n n n
1 1
为交错级数，由莱布尼兹定理可知此级数收敛，而 1n  发散，所以满足条件收敛的定义，
n n
故选D．
a n
6．【答案】A．解析：求解 lim| n1|lim 1，故收敛半径为R 1，即当1 x51时
n a n n1
n
 (1)n
级数收敛，当 x5 1时级数发散．当x51，即x4时，幂级数成为 是收敛的； 当
n
n1
 1
x51，即x6时，幂级数成为 是发散的．
n
n1
x (1 x) x
7．【答案】收敛．解析：因为( ) 0(x  2)，故函数 单调递减，所以
x1 2 x(x1)2 x1
n  (1)n n
u u ，又limu  lim  0，从而原级数 收敛．
n n1 n n nn1 n1
n2
 tn
8．【答案】4, 2．解析：令 x1t ，级数 的收敛半径为R3
2n13n
n1
 tn  tn
t 3
级数 发散，
t 3
时级数 收敛
2n13n 2n13n
n1 n1
 tn
当t3,3时 收敛，故收敛域为4, 2．
2n13n
n1
sinn 1  1  sinn
9．【答案】绝对收敛．解析：因为  ，而  收敛，所以有级数  也收敛，故
n2 n2 n2 n2
n1 n1
 sinn

根据定义可知级数 绝对收敛．
n2
n1
 tn
10．【答案】4, 2．解析：令 x1t ，级数 的收敛半径为R3
2n13n
n1
 tn  tn
t 3
级数 发散，
t 3
时级数 收敛
2n13n 2n13n
n1 n1
 tn
当t3,3时 收敛，故收敛域为4, 2．
2n13n
n1
第七章 常微分方程
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一、知识梳理
例1．【答案】通解为arcsin y  (cosxsinx)C,
dy
解析：分离变量，得  (sinxcosx)dx, 两边积分，得arcsin y  (cosxsinx)C,
1 y2
这就是所求方程的通解．
例2．【答案】通解为y ce p(x)dx ．
解析：因为- p(x)dx sinxdx cosx+C，所以其通解为y ce p(x)dx ．
dy n
例3．【答案】解析：将方程改写为  y ex(x1)n．
dx x1
dy n dy n
首先，求齐次线性微分方程  y 0 的通解，从  dx得到齐次线性微分方程的通
dx x1 y x1
解 y c(x1)n．
其次应用常数变易法求非齐次线性微分方程的通解．为此，在上式中把c看成为x的待定函数c(x)，
dy dc(x)
即 y c(x)(x1)n ， 微 分 之 ， 得 到  (x1)n n(x1)n1c(x) ． 将 上 式 代 入
dx dx
dy n dc(x)
 y ex(x1)n得到 ex ，积分之，求得c(x)ex c ．因此，以所求的c(x) 代入
dx x1 dx
y c(x)(x1)n ，即得原方程的通解 y (x1)n(ex c)，这里c是任意常数．
二、能力训练
dy 1
1．【答案】B．解析：将原微分方程化解可得y2dx(x1)dy，即  dx ，两边积分可
y2 x1
1 1
得： ln x1ln c ，因此有 y  ．
y ln c(x1)
2．【答案】C．解析：因为y ,y ,y 是某二阶非齐次线性微分方程的三个线性无关解，所以y y
1 2 3 1 2
与y y 是二阶齐次线性微分方程的线性无关解，所以C y  y  C y  y  y 是该方程的通解，
1 3 1 1 2 2 1 3 3
选项A，B，D均不是，故答案选C．
dy 1
3．【答案】分离变量，得   dx,
y x
1 1 1
两边积分，得ln| y|ln C ,化简，得| y|eC 1  , y  eC 1  ,
x 1 x x
1
令C  eC 1,则y C ,C  0.
2 2 x 2
C
另外， y' 0也是方程的解，所以 y  2 ，中的C 可以为0，
2
x
C
因此C 为任意常数．这样，方程的通解是 y  .
2 x
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dy dx
求解过程可简化为：分离变量得   ,
y x
1 C
两边积分得ln y  ln lnC, ln y  ln ,
x x
C
即通解为y  ,其中 C 为任意常数．
x
4．【答案】使用常数变易法求解．
1 1
将所给的方程改写成下列形式： y y  cosx,
x x
1 C
则与其对应的线性齐次方程 y y  0的通解为 y  .
x x
1 1 1
设所给线性非齐次方程的通解为 y C(x) .将y及 y'代入该方程，得C(x)  cosx,
x x x
于是，有C(x)  cosxdx sinxC.
1 C 1
因此，原方程的通解为 y  (sinxC)   sinx.
x x x
将初始条件 y()1 ， y(p)1 代入，得C ，所以，所求的特解，即初值问题的解为
1
y  (sinx).
x
5．【答案】 f(x)ex3．
dy dy dy
解析： f '(x)3x2f(x)0即 3x2f(x)， 3x2dx， 3x2dx，ln f(x)x3 c，故
dx f(x） f(x）
f(x)ex3c．又因为f（0）=1= ec，解得c=0，所以 f(x)ex3．
f '(x)
6．【答案】（1）[ln f(x)]' ；（2） f(x)ex3．
f(x)
f '(x) dy dy
解析： yln f(x) ，则 y' ；（2） f '(x)3x2f(x)0 即 3x2f(x) ， 3x2dx ，
f(x) dx f(x）
dy
 3x2dx，ln f(x)x3 c，故 f(x)ex3c．又因为f（0）=1= ec，解得c=0，所以 f(x)ex3．
f(x）
第八章 多项式
一、知识梳理
例．【答案】令y  x2，则x  y2．于是 f(y2) y4 2y3 3y2  y5．
问题变为把多项式y4 2y3 3y2  y5表成 y2（即x）的方幂和，
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所以 f(x) x4 6x3 9x2 5x9．
二、能力训练
1．【答案】A．解析：由辗转相除法可得选A．
2．【答案】C．
3．【答案】D．解析：设 f(x) x，则x0是方程 f(x)=0的根，但 f(0)1，故D不正确．
4．【答案】由已知可得，整系数方程3x3 bx2 cx8  0可分解为
qx- p lx2 mxn   0，其中l，m，n均为整数，
展开后，得lqx3 mq-lpx2 nq-mpx-np 0
与原方程比较得，lq 3，-np 8.．因为l，n均为整数，所以p整除8，q整除3．
5．【答案】（1）
f(x) x5  (x1)5 5(x1)4 10(x1)3 10(x1)2 5(x1)1．
（2） f(x)1124(x2)22(x2)2 8(x2)3(x2)4．
解析：分析：假设 f (x)为n次多项式，令
f(x)c c (xx )c (xx )2 c (xx )n
0 1 0 2 0 n 0
c (xx )[c c (xx )c (xx )n1]
0 0 1 2 0 n 0
c 即为xx 除 f (x)所得的余式，商为q(x)c c (xx )c (xx )n1．类似可得c 为
0 0 1 2 0 n 0 1
xx 除商q(x) 所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数．
0
解：（1）解法一：应用综合除法得．
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11 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1
11 1 1 1 1 1
1 2 3 4
11 2 3 4 5
1 3 6
11 3 6 10
1 4
11 4 10
1
1 5
f(x) x5  (x1)5 5(x1)4 10(x1)3 10(x1)2 5(x1)1．
解法二：把x 表示成(x1)1，然后用二项式展开
x5 [(x1)1]5 (x1)55(x1)4 10(x1)310(x1)2 5(x1)1
（2）仿上可得
21 0 2 0 3
2 4 4 8
21 2 2 4 11
2 8 20
21 4 10 24
2 12
21 6 22
2
1 8
f(x)1124(x2)22(x2)2 8(x2)3(x2)4．
第九章 统计与概率
一、知识梳理
例1．【答案】D．解析：根据互斥与对立的意义作答，AB  {出现点数1或3}，事件A，B不
互斥更不对立；BC ,BC （为基本事件的集合），故事件B,C 是对立事件．
1 C1 1
例2．【答案】 ．解析：P 2  ．
4 C1 4
8
例3．【答案】D．解析：如图所示，正方形OABC及其内部为不等式组表示的区域D，且区域D的
面积为4，而阴影部分表示的是区域D内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4
4－π
－π．因此满足条件的概率是 ．
4
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Ax
例4．【答案】由分布函数的性质知1=F() lim F(x) lim  A，故A=1．注意到F(x)
x x1x
2 1 1
在x1处连续，所以P1 x2=P1 x2 F(2)F(1)   ．
12 11 6
例5．【答案】C．解析：由P(X  4) 
0.8，得PX 40.2，由题意知正态曲线的对称轴为直
线 x2,P(X 0)PX 40.2,P0 X 41P(X 0)P(X 4)0.6 ，
1
P(0 X 2) P(0 X 4)0.3．
2
二、能力训练
n n
1．【答案】B．解析：由题意得离散型随机变量期望为E a p ，故方差DxEa 2 p ．
k k k k
k1 k1
np 3

 6 2 3 144
2．【答案】B．解析：由已知得：npq  q ，n5, p  ，pX 2C 2p2qn2  ．
5 5 5 n 625

pq 1

1 1
3．【答案】C．解析：根据公式P{X 1} F(1)F(1)1e1  e1．
2 2
4．【答案】B．解析：因A B，且P(B)1，故P(A)P(AB)P(B)P(A|B) P(A|B)，故
选B．
5．【答案】B．解析：由于随机变量 X 服从正态分布N(,2)，Y=2X-3，则随机变量 Y 的均值为
23方差为42，故选B．
6．【答案】A．解析：求两个面涂为红色的小正方体个数，每条棱上有 2 个小正方体两面被涂成红
3
色，共有12条棱，所以有24个小正方体两面涂成了红色，2464 ，故答案选A．
8
7．【答案】C．解析：由于随机变量X服从正态分布N(,2)，Y=2X，则随机变量Y的均值为2
方差为42，故选C．
8．【答案】A．解析：求两个面涂为红色的小正方体个数，每条棱上有 2 个小正方体两面被涂成红
3
色，共有12条棱，所以有24个小正方体两面涂成了红色，2464 ，故答案选A．
8
(cid:2871) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2869)
9．【答案】因为P(cid:4666)A(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ，P(cid:4666)B(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ，两个事件发生互不影响，而且事件A，B同时发生的
(cid:2874) (cid:2870) (cid:2874) (cid:2871)
(cid:2869)
概率为P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404) ，所以P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404)P(cid:4666)A(cid:4667)P(cid:4666)B(cid:4667)，所以事件A和事件B为独立事件．
(cid:2874)
(cid:2871) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2869)
10．【答案】令甲跑一圈为事件A，乙跑一圈为事件B，因为P(cid:4666)A(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ，P(cid:4666)B(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ， 两个事
(cid:2874) (cid:2870) (cid:2874) (cid:2871)
(cid:2869)
件发生互不影响，而且事件A，B同时发生的概率为P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404) ，所以P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404)P(cid:4666)A(cid:4667)P(cid:4666)B(cid:4667)，所以事件A和
(cid:2874)
事件B为独立事件．
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51
11．【答案】 ．
71
60 85 40 50 51 20 71 51 71 51
解析：根据题意可知       ，   ．
100 100 100 100 100 100 100 100 100 71
1
12．【答案】 ．解析：分两步进行计算，先选出含有喷绿色烟雾的飞机的概率再选领飞的飞机是
4
喷绿色烟雾的概率，最后乘起来即得．
第一步：先选出甲中含喷绿色烟雾的飞机的概率．
C1C2 9
若选出的有1架是喷绿色烟雾的飞机概率为 3 3  ；若选出的有2架是喷绿色烟雾的飞机概
C3 20
6
C2C1 9 C3 1
率为 3 3  ；若选出的有3架是喷绿色烟雾的飞机概率为 3  ；
C3 20 C3 20
6 6
第二步：
1
6架中含有1架是喷绿色烟雾的飞机时，所选到领飞的飞机是喷绿色烟雾的概率为 ；
6
1
6架中含有2架是喷绿色烟雾的飞机时，所选到领飞的飞机是喷绿色烟雾的概率为 ；
3
1
6架中含有3架是喷绿色烟雾的飞机时，所选到领飞的飞机是喷绿色烟雾的概率为 ；
2
9 1 9 1 1 1 1
所以，最终所选的领队飞机是喷绿色烟雾的概率为       ．
20 6 20 3 20 2 4
13．【答案】由A到D的线路有两条分别是A-B-D，A-C-D
1 1 4 11 4
走A-B-D发生堵车的概率为P 1(1 )(1 ) 1  
1 5 12 5 12 15
1 1 9 5 1
走A-C-D发生堵车的概率为P 1(1 )(1 ) 1   ．
2 10 6 10 6 4
1
显然P  P，所以走A-C-D线路发生堵车概率最小，概率为 ．
2 1 4
1
14．【答案】 ．解析：
e1
1 2 3 1 2
C( )C( )C( )C(1  )C 1,CeC 1
，
1! 2! 3! 1! 2!
1
则C= ．
e1
 1
,a xa
1 1 
15．【答案】（1）A ,B ；（2） f x a2 x2
2 

0,其它
解析：（1）根据分布函数的性质可得
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 a    1
．
ABarcsin 0 A B 0 A
  
 a  2  2
  
a B 1
 ABarcsin 1  A 1 B 
 a  2  
（2） f(x) F'(x)，所以  1 ．
,a xa

f x a2 x2

0,其它
361
16．【答案】（1） ．（2）此人具备品尝区分能力．
320000
C3 1
解析：（1）设“A=选取3杯饮料都是甲品牌”，一次试验成功的概率为PA= 3  ．独立进行
C3 20
6
3 53
 1   1  19 361
5次试验，服从二项分布X ~ B  5， ．PX 3C3      ．
 20 5 20 20 320000
（2）该品尝者具备区分能力．理由：由（1）可知此随机试验成功的概率大概为千分之一，是小概
率事件，基本可以排除偶然性，故此人具备区分两种品牌饮料的能力．
0,x0

17．【答案】P  2(,x)   x，0x1．解析：因为P  2(,x)  P   x  x  ，且01，

1,x1

所以02 1，当 x0时，P  2(,x)  P  2 x0  0；当 x1时，P  2(,x)  1；当
0 x1时，
P  2(,x)  P  2  x  P   x  x  P   x  P   x   x ， 所 以
0,x0

P  2(,x)   x，0x1．

1,x1

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