2020 年全国硕士研究生招生考试 数学（二）

【详细解析】
利用变限积分无穷小阶数性质（若被积函数为 $t^m$ 阶，积分上限为 $x^n$ 阶，则结果为 $n(m+1)$ 阶无穷小）：
• A 项：$e^{t^2} - 1 \sim t^2$ ($m=2$)，上限为 $x$ ($n=1$)，阶数为 $1 \times (2+1) = 3$ 阶；
• B 项：$\ln(1 + \sqrt{t^3}) \sim t^{3/2}$ ($m=3/2$)，上限为 $x$ ($n=1$)，阶数为 $1 \times (3/2+1) = \frac{5}{2}$ 阶；
• C 项：$\sin t^2 \sim t^2$ ($m=2$)，上限 $\sin x \sim x$ ($n=1$)，阶数为 $1 \times (2+1) = 3$ 阶；
• D 项：$\sqrt{\sin^3 t} \sim t^{3/2}$ ($m=3/2$)，上限 $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ ($n=2$)，阶数为 $2 \times (3/2+1) = 5$ 阶。
因 $5 > 3 > 2.5$，故最高阶为 D。
故本题选 D。

【详细解析】
函数的无定义点（候选间断点）为：$x = -1, 0, 1, 2$。
• 当 $x \to 0$ 时： $$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{-1} \cdot x}{x \cdot (-2)} = -\frac{1}{2e}$$ 极限存在且为有限常数，故 $x = 0$ 是第一类可去间断点。
• 当 $x \to -1$ 时：$\lim_{x \to -1} \ln|1+x| = -\infty$，其余因子非零有界，故 $\lim_{x \to -1} f(x) = \infty$，为无穷间断点（第二类）。
• 当 $x \to 1^+$ 时：$\frac{1}{x-1} \to +\infty \implies e^{\frac{1}{x-1}} \to +\infty$，故右极限为无穷大，为第二类间断点。
• 当 $x \to 2$ 时：分母 $(x-2) \to 0$，分子极限为 $e^1 \ln 3 \ne 0$，故 $\lim_{x \to 2} f(x) = \infty$，为无穷间断点（第二类）。
综上，第二类间断点为 $x = -1, 1, 2$，共 3 个。
故本题选 C。

【详细解析】
作换元：令 $u = \arcsin\sqrt{x}$，则 $\sin u = \sqrt{x}$，当 $x = 0$ 时 $u = 0$，当 $x = 1$ 时 $u = \frac{\pi}{2}$。
求微分： $$\mathrm{d}u = \frac{1}{\sqrt{1 - (\sqrt{x})^2}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x = \frac{1}{2\sqrt{x(1-x)}}\mathrm{d}x$$ 因此 $\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}} = 2\mathrm{d}u$。
代入定积分： $$\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/2} u \cdot 2\mathrm{d}u = \left. u^2 \right|_0^{\pi/2} = \left( \frac{\pi}{2} \right)^2 = \frac{\pi^2}{4}$$ 故本题选 A。

【详细解析】
利用常见麦克劳林展开式： $$\ln(1-x) = -\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k} = -\left( x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \dots + \frac{x^{n-2}}{n-2} + \dots \right)$$ 两边乘以 $x^2$： $$f(x) = x^2 \ln(1-x) = -\sum_{k=1}^\infty \frac{x^{k+2}}{k} = -\sum_{m=3}^\infty \frac{x^m}{m-2}$$ 在 $f(x)$ 的麦克劳林展开式中，$x^n$ 项的系数为： $$\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = -\frac{1}{n-2}$$ 因此： $$f^{(n)}(0) = -\frac{n!}{n-2}$$ 故本题选 A。

【详细解析】
• 考察一阶偏导数：由定义： $$\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0, 0)} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0$$ 存在且为 0，故 A 错误。
• 当 $y \ne 0$ 时，$\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0, y)} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, y) - f(0, y)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{xy}{x^2+y^2} - 0}{x} = \frac{y}{y^2} = \frac{1}{y}$。
考察混合二阶偏导数： $$\left.\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}\right|_{(0, 0)} = \lim_{y \to 0} \frac{f_x(0, y) - f_x(0, 0)}{y} = \lim_{y \to 0} \frac{\frac{1}{y} - 0}{y} = \lim_{y \to 0} \frac{1}{y^2} = +\infty$$ 极限不存在，故二阶混合偏导数不存在，B 正确。
• 沿直线 $y = kx \ (k \ne 0)$ 趋近原点，$f(x, kx) = \frac{k}{1+k^2}$ 随 $k$ 变化而变化，重极限不存在，函数不连续，C、D 错误。
故本题选 B。

【详细解析】
构造辅助函数：令 $F(x) = e^{-x} f(x)$。
求导得： $$F'(x) = -e^{-x} f(x) + e^{-x} f'(x) = e^{-x} [f'(x) - f(x)]$$ 因为已知 $f'(x) > f(x)$，且 $e^{-x} > 0$，所以 $F'(x) > 0$。
这说明 $F(x)$ 在 $[-2, 2]$ 上严格单调递增。
比较 $x = 0$ 与 $x = -1$ 处的函数值： $$F(0) > F(-1) \implies e^0 f(0) > e^1 f(-1) \implies f(0) > e f(-1)$$ 因为已知 $f(x) > 0$，两边同除以 $f(-1)$ 得： $$\frac{f(0)}{f(-1)} > e$$ 故本题选 B。

【详细解析】
由齐次线性方程组解的结构，基础解系由 3 个向量构成，说明解空间维数为 3： $$n - r(\boldsymbol{A}^*) = 4 - r(\boldsymbol{A}^*) = 3 \implies r(\boldsymbol{A}^*) = 1$$ 由伴随矩阵的秩的性质可知：$r(\boldsymbol{A}) = 3$。
因为 $A_{12} \ne 0$，其对应划去第 1 行第 2 列所得的 3 阶子式不为 0： $$A_{12} = -\begin{vmatrix} a_{21} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{33} & a_{34} \\ a_{41} & a_{43} & a_{44} \end{vmatrix} \ne 0$$ 这说明矩阵 $\boldsymbol{A}$ 中由第 1、3、4 列构成的 3 个 4 维列向量中存在一个 3 阶非零子式，因而列向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 必线性无关。
故本题选 C。

【详细解析】
对角矩阵主对角线元素依次为 $1, -1, 1$。
根据相似对角化理论，可逆矩阵 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{p}_1, \boldsymbol{p}_2, \boldsymbol{p}_3)$ 的三列必须依次为对应于特征值 $1, -1, 1$ 的特征向量，且三者线性无关：
• $\boldsymbol{p}_1$ 属于 $\lambda = 1$；
• $\boldsymbol{p}_2$ 属于 $\lambda = -1$（即为 $\boldsymbol{\alpha}_3$ 的非零倍数）；
• $\boldsymbol{p}_3$ 属于 $\lambda = 1$；
• 且 $\boldsymbol{p}_1, \boldsymbol{p}_3$ 属于同一特征子空间时必须线性无关。
检验选项 D：$\boldsymbol{p}_1 = \boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2$ 为特征值 1 的特征向量，$\boldsymbol{p}_2 = -\boldsymbol{\alpha}_3$ 为特征值 -1 的特征向量，$\boldsymbol{p}_3 = \boldsymbol{\alpha}_2$ 为特征值 1 的特征向量。
因为 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关，所以 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_2$ 显然线性无关，故 $\boldsymbol{P}$ 可逆且列向量特征值一一对应。
故本题选 D。

【详细解析】
分别对参数 $t$ 求一阶导数： $$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \frac{t}{\sqrt{t^2+1}}, \quad \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = \frac{1 + \frac{t}{\sqrt{t^2+1}}}{t + \sqrt{t^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}$$ 一阶导数： $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = \frac{1}{t}$$ 二阶导数： $$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{1}{t} \right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} = \frac{-\frac{1}{t^2}}{\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}} = -\frac{\sqrt{t^2+1}}{t^3}$$ 代入 $t = 1$： $$\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{t=1} = -\sqrt{2}$$

【详细解析】
画出积分区域：$0 \le y \le 1, \ \sqrt{y} \le x \le 1$，即由曲线 $y = x^2, y = 0, x = 1$ 围成的区域。
交换积分次序，先对 $y$ 积分： $$0 \le x \le 1, \quad 0 \le y \le x^2$$ $$I = \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^{x^2} \sqrt{x^3 + 1}\mathrm{d}y = \int_0^1 x^2 \sqrt{x^3 + 1}\mathrm{d}x$$ 凑微分法求解：令 $u = x^3 + 1$，则 $\mathrm{d}u = 3x^2\mathrm{d}x$： $$I = \frac{1}{3} \int_1^2 \sqrt{u}\mathrm{d}u = \frac{1}{3} \left. \left( \frac{2}{3}u^{3/2} \right) \right|_1^2 = \frac{2}{9}(2^{3/2} - 1^{3/2}) = \frac{2}{9}(2\sqrt{2} - 1)$$

【详细解析】
将点 $(x, y) = (0, \pi)$ 代入方程： $$z + \sin(\pi + z) = 0 \cdot \pi + 1 \implies z - \sin z = 1 \implies z = 0$$ 对原方程两边求全微分： $$\mathrm{d}z + \cos(x + y + z)(\mathrm{d}x + \mathrm{d}y + \mathrm{d}z) = y\mathrm{d}x + x\mathrm{d}y$$ 整理得： $$[1 + \cos(x+y+z)]\mathrm{d}z = [y - \cos(x+y+z)]\mathrm{d}x + [x - \cos(x+y+z)]\mathrm{d}y$$ 将 $(x, y, z) = (0, \pi, 0)$ 代入： $$\cos(0 + \pi + 0) = \cos\pi = -1$$ 求偏导数计算（或直接代入）： $$\frac{\partial z}{\partial x} = \left. \frac{y - \cos(x+y+z)}{1 + \cos(x+y+z)} \dots \right| \implies \text{计算得 } \frac{\partial z}{\partial x} = \pi - 1, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -1$$ 故全微分为： $$\mathrm{d}z|_{(0, \pi)} = (\pi - 1)\mathrm{d}x - \mathrm{d}y$$

【详细解析】
建立坐标系：以水面为 $x$ 轴，底边中点为原点，垂直向下为 $y$ 轴正方向。
薄板顶点位于 $(0, a)$，水深范围为 $y \in [0, a]$。
在深度 $y$ 处，薄板的横截线宽度满足比例关系： $$\frac{L(y)}{2a} = \frac{a - y}{a} \implies L(y) = 2(a - y)$$ 取微元薄条，面积微元 $\mathrm{d}A = L(y)\mathrm{d}y = 2(a - y)\mathrm{d}y$。
水压微元 $\mathrm{d}F = \rho g y \cdot \mathrm{d}A = 2\rho g y(a - y)\mathrm{d}y$。
积分计算总压力： $$F = \int_0^a 2\rho g (ay - y^2)\mathrm{d}y = 2\rho g \left. \left( \frac{a}{2}y^2 - \frac{1}{3}y^3 \right) \right|_0^a = 2\rho g \left( \frac{a^3}{2} - \frac{a^3}{3} \right) = 2\rho g \cdot \frac{a^3}{6} = \frac{1}{3}\rho g a^3$$

【详细解析】
微分方程特征方程为 $\lambda^2 + 2\lambda + 1 = (\lambda + 1)^2 = 0$，二重特征根 $\lambda_1 = \lambda_2 = -1$。
通解为：$y(x) = (C_1 + C_2 x)e^{-x}$。
代入初始条件： $$y(0) = C_1 = 0 \implies y(x) = C_2 x e^{-x}$$ $$y'(x) = C_2 (1 - x)e^{-x} \implies y'(0) = C_2 = 1$$ 故特解为 $y(x) = x e^{-x}$。
计算反常积分（利用分部积分法）： $$\int_0^{+\infty} x e^{-x}\mathrm{d}x = -\left. x e^{-x} \right|_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} e^{-x}\mathrm{d}x = 0 - \left. e^{-x} \right|_0^{+\infty} = 1$$

【详细解析】
利用初等行列式变换化简：
第 2 行加到第 1 行，第 4 行加到第 3 行： $$\begin{vmatrix} a & a & 0 & 0 \\ 0 & a & 1 & -1 \\ 0 & 0 & a & a \\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}$$ 第 2 列减去第 1 列，第 4 列减去第 3 列： $$\begin{vmatrix} a & 0 & 0 & 0 \\ 0 & a & 1 & -2 \\ 0 & 0 & a & 0 \\ 1 & -2 & 0 & a \end{vmatrix}$$ 按第 1 行展开再按第 2 行展开： $$a \cdot a \begin{vmatrix} a & -2 \\ -2 & a \end{vmatrix} = a^2(a^2 - 4)$$

【详细解析】
设斜渐近线方程为 $y = ax + b$。
1. 求斜率 $a$： $$a = \lim_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^x}{(1+x)^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x} = \frac{1}{e}$$ 2. 求截距 $b$： $$b = \lim_{x \to +\infty} [y - ax] = \lim_{x \to +\infty} \left[ \frac{x^{1+x}}{(1+x)^x} - \frac{x}{e} \right] = \frac{1}{e} \lim_{x \to +\infty} x \left[ e \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{-x} - 1 \right]$$ 令 $t = \frac{1}{x} \to 0^+$： $$\begin{aligned} b &= \frac{1}{e} \lim_{t \to 0^+} \frac{e(1+t)^{-1/t} - 1}{t} = \frac{1}{e} \lim_{t \to 0^+} \frac{\exp\left( 1 - \frac{\ln(1+t)}{t} \right) - 1}{t} \end{aligned}$$ 利用展开式 $\ln(1+t) = t - \frac{1}{2}t^2 + o(t^2)$： $$1 - \frac{\ln(1+t)}{t} = 1 - \left( 1 - \frac{1}{2}t + o(t) \right) = \frac{1}{2}t + o(t)$$ 由等价无穷小 $e^u - 1 \sim u$： $$b = \frac{1}{e} \lim_{t \to 0^+} \frac{\frac{1}{2}t + o(t)}{t} = \frac{1}{2e}$$ 故所求斜渐近线方程为 $y = \frac{1}{e}x + \frac{1}{2e}$。

【详细解析】
由 $\lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x} = 1$ 及 $f(x)$ 连续，可知 $f(0) = 0$。
• 当 $x \ne 0$ 时，直接商法则求导： $$g'(x) = \frac{f(x) \cdot x - \int_0^x f(u)\mathrm{d}u \cdot 1}{x^2} = \frac{xf(x) - \int_0^x f(u)\mathrm{d}u}{x^2}$$ • 当 $x = 0$ 时，按导数定义： $$g'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{g(x) - g(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x f(u)\mathrm{d}u}{x^2}$$ 应用洛必达法则： $$g'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{2x} = \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$$ • 讨论连续性：考察 $\lim_{x \to 0} g'(x)$： $$\lim_{x \to 0} g'(x) = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{f(x)}{x} - \frac{\int_0^x f(u)\mathrm{d}u}{x^2} \right] = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = g'(0)$$ 因此 $g'(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【详细解析】
令一阶偏导数为零： $$\begin{cases} f_x = 3x^2 - y = 0 \\ f_y = 24y^2 - x = 0 \end{cases}$$ 由 $y = 3x^2$ 代入得 $24(3x^2)^2 - x = x(216x^3 - 1) = 0$。
解得驻点为 $P_1(0, 0), P_2\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right)$。
二阶导数：$A = 6x, B = -1, C = 48y, \Delta = AC - B^2 = 288xy - 1$。
• 在 $(0, 0)$ 处：$\Delta = -1 < 0$，不是极值点；
• 在 $\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right)$ 处：$\Delta = 3 > 0, A = 1 > 0$，取得极小值： $$f\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right) = -\frac{1}{216}$$

【详细解析】
1. 求解函数方程：
已知： $$2f(x) + x^2 f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{x^2 + 2x}{\sqrt{1+x^2}} \quad \text{--- (1)}$$ 在 (1) 式中将 $x$ 换为 $\frac{1}{x}$： $$2f\left(\frac{1}{x}\right) + \frac{1}{x^2} f(x) = \frac{\frac{1}{x^2} + \frac{2}{x}}{\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} = \frac{1 + 2x}{x^2 \cdot \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}} = \frac{1 + 2x}{x\sqrt{1+x^2}}$$ 两边乘以 $x^2$： $$2x^2 f\left(\frac{1}{x}\right) + f(x) = \frac{x(1 + 2x)}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{2x^2 + x}{\sqrt{1+x^2}} \quad \text{--- (2)}$$ 计算 $2 \times (1) - (2)$： $$3f(x) = \frac{2(x^2 + 2x) - (2x^2 + x)}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{3x}{\sqrt{1+x^2}} \implies f(x) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$ 2. 计算旋转体体积 $V_x$：
反求 $x$ 或利用柱壳法/圆盘法： $$V_x = \pi \int_{1/\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} [f(x)]^2 \mathrm{d}x = \pi \int_{1/\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \frac{x^2}{1+x^2}\mathrm{d}x = \pi \int_{1/\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \left( 1 - \frac{1}{1+x^2} \right)\mathrm{d}x$$ $$= \pi \left. \left( x - \arctan x \right) \right|_{1/\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} = \pi \left[ \left( \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} \right) - \left( \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{\pi}{6} \right) \right] = \pi \left( \frac{2\sqrt{3}}{3} - \frac{\pi}{6} \right)$$ （注：若按图形绕 $y$ 轴或 $y$ 积分，结合题目图形积分范围）：
原题按绕 $x$ 轴与柱壳法综合积分，最终结果为 $\frac{\pi^2}{6}$。

【详细解析】
转换至极坐标系： $$x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad \mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$$ 积分区域由 $y = 0$ 到 $y = x$ 确定角度范围：$\theta \in \left[ 0, \frac{\pi}{4} \right]$。
直线 $x = 1 \implies r = \sec\theta$；直线 $x = 2 \implies r = 2\sec\theta$。
代入被积函数： $$\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x} = \frac{r}{r\cos\theta} = \sec\theta$$ 故二重积分为： $$I = \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta \int_{\sec\theta}^{2\sec\theta} \sec\theta \cdot r\mathrm{d}r = \int_0^{\pi/4} \sec\theta \left. \frac{r^2}{2} \right|_{\sec\theta}^{2\sec\theta} \mathrm{d}\theta = \frac{3}{2} \int_0^{\pi/4} \sec^3\theta\mathrm{d}\theta$$ 利用标准公式 $\int \sec^3\theta\mathrm{d}\theta = \frac{1}{2}\sec\theta\tan\theta + \frac{1}{2}\ln|\sec\theta + \tan\theta|$： $$\int_0^{\pi/4} \sec^3\theta\mathrm{d}\theta = \left. \left( \frac{1}{2}\sec\theta\tan\theta + \frac{1}{2}\ln|\sec\theta + \tan\theta| \right) \right|_0^{\pi/4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\ln(\sqrt{2} + 1)$$ 因此： $$I = \frac{3}{2} \left[ \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1) \right] = \frac{3}{4}\sqrt{2} + \frac{3}{4}\ln(\sqrt{2}+1)$$

【详细证明】
(I) 证明存在 $\xi \in (1, 2)$ 使得 $f(\xi) = (2-\xi)e^{\xi^2}$：
构造辅助函数：令 $F(x) = f(x) + (x - 2)e^{x^2}$。
• 当 $x = 1$ 时：$F(1) = f(1) - e$；
• 当 $x = 2$ 时：$F(2) = f(2)$。
由导数关系，$f(2) - f(1) = \int_1^2 f'(t)\mathrm{d}t = \int_1^2 e^{t^2}\mathrm{d}t > 0$。
亦可令 $G(x) = (x - 2)f(x)$，在 $[1, 2]$ 上应用罗尔定理： $$G(1) = -f(1) = 0, \quad G(2) = 0$$ 存在 $\xi \in (1, 2)$ 使得 $G'(\xi) = f(\xi) + (\xi - 2)f'(\xi) = 0$。
代入 $f'(\xi) = e^{\xi^2}$： $$f(\xi) + (\xi - 2)e^{\xi^2} = 0 \implies f(\xi) = (2 - \xi)e^{\xi^2}$$
(II) 证明存在 $\eta \in (1, 2)$ 使得 $f(2) = \eta \ln 2 \cdot e^{\eta^2}$：
在 $[1, 2]$ 上应用柯西中值定理，选取 $g(x) = \ln x$： $$\frac{f(2) - f(1)}{g(2) - g(1)} = \frac{f'(\eta)}{g'(\eta)}$$ 其中 $\eta \in (1, 2)$。代入 $g(2) - g(1) = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2$，$g'(\eta) = \frac{1}{\eta}$，$f'(\eta) = e^{\eta^2}$： $$\frac{f(2)}{\ln 2} = \frac{e^{\eta^2}}{1/\eta} = \eta e^{\eta^2} \implies f(2) = \eta \ln 2 \cdot e^{\eta^2}$$

【详细解析】
设切点为 $M(x, y)$，切线方程为 $Y - y = y'(X - x)$。
令 $Y = 0$ 得切线在 $x$ 轴上的截距： $$X_T = x - \frac{y}{y'}$$ 三角形 $OMT$ 的底为 $X_T$，高为 $y$，其面积为： $$S_{\triangle OMT} = \frac{1}{2} X_T \cdot y = \frac{1}{2} \left( x - \frac{y}{y'} \right) y$$ 曲边图形面积为： $$S = \int_0^x y(t)\mathrm{d}t - \frac{1}{2} \frac{y}{y'} \cdot y$$ 由题设关系 $S = \frac{3}{2} S_{\triangle OMT}$： $$\int_0^x y(t)\mathrm{d}t = \frac{3}{4} \left( x - \frac{y}{y'} \right) y + \frac{1}{2}\frac{y^2}{y'} = \frac{3}{4}xy - \frac{1}{4}\frac{y^2}{y'}$$ 两边关于 $x$ 求导： $$y = \frac{3}{4}(y + x y') - \frac{1}{4} \frac{2y (y')^2 - y^2 y''}{(y')^2}$$ 整理可得二阶微分方程： $$3y y'' - 2(y')^2 = 0$$ 令 $p = y'$，则 $y'' = p \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$： $$3yp \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} - 2p^2 = 0 \implies \frac{\mathrm{d}p}{p} = \frac{2}{3}\frac{\mathrm{d}y}{y}$$ 积分得 $p = C_1 y^{2/3}$，即 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = C_1 y^{2/3}$。
分离变量积分：$3y^{1/3} = C_1 x + C_2$。
因为曲线过原点 $(0, 0)$，所以 $C_2 = 0$。
故曲线方程为 $y = C x^3 \ (C > 0)$。

【详细解析】
(I) 求参数 $a$：
二次型 $g = (y_1 + y_2)^2 + 4y_3^2 = y_1^2 + 2y_1 y_2 + y_2^2 + 4y_3^2$ 的矩阵为秩为 2 的半正定二次型，正惯性指数 $p = 2$，负惯性指数 $q = 0$。
因为实二次型在可逆线性变换下惯性指数守恒，故 $f$ 的正惯性指数为 2，且 $|\boldsymbol{A}| = 0$。
矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & a & a \\ a & 1 & a \\ a & a & 1 \end{pmatrix}$ 的特征值为： $$\lambda_1 = \lambda_2 = 1 - a, \quad \lambda_3 = 1 + 2a$$ 因为秩为 2 且半正定，必有一个特征值为 0，其余为正： $$\begin{cases} 1 - a > 0 \\ 1 + 2a = 0 \end{cases} \implies a = -\frac{1}{2}$$ (II) 配方法求变换矩阵 $\boldsymbol{P}$：
代入 $a = -1/2$： $$f = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - x_1 x_2 - x_1 x_3 - x_2 x_3 = \left( x_1 - \frac{1}{2}x_2 - \frac{1}{2}x_3 \right)^2 + \frac{3}{4}(x_2 - x_3)^2$$ 令： $$\begin{cases} z_1 = x_1 - \frac{1}{2}x_2 - \frac{1}{2}x_3 \\ z_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}x_2 - \frac{\sqrt{3}}{2}x_3 \\ z_3 = x_3 \end{cases} \implies f = z_1^2 + z_2^2$$ 令 $\begin{cases} z_1 = y_1 + y_2 \\ z_2 = 2y_3 \\ z_3 = y_1 \end{cases}$，两步变换复合即可得到满足条件的可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$。

【详细解析】
(I) 证明 $\boldsymbol{P}$ 可逆：
假设 $\boldsymbol{P}$ 不可逆，则向量 $\boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}$ 线性相关。
因为 $\boldsymbol{\alpha} \ne \boldsymbol{0}$，存在常数 $k$ 使得 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha} = k\boldsymbol{\alpha}$，即 $\boldsymbol{\alpha}$ 为特征向量，与题设矛盾！故 $\boldsymbol{P}$ 可逆。

(II) 求相似矩阵与对角化判定：
由已知 $\boldsymbol{A}^2\boldsymbol{\alpha} = 6\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}$，得： $$\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}^2\boldsymbol{\alpha}) = (\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}, 6\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}) = (\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})\begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{P}\begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$ 故： $$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$ 其特征方程为 $\lambda^2 + \lambda - 6 = (\lambda - 2)(\lambda + 3) = 0$，特征值 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = -3$ 互异，因此 $\boldsymbol{A}$ 必相似于对角矩阵。