2021 年全国硕士研究生招生考试 数学（二）

【详细解析】
当 $t \to 0$ 时，$e^{t^3} - 1 \sim t^3$。
由洛必达法则或无穷小积分性质： $$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} (e^{t^3} - 1)\mathrm{d}t}{x^7} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{(e^{(x^2)^3} - 1) \cdot 2x}{7x^6} = \lim_{x \to 0} \frac{(e^{x^6} - 1) \cdot 2x}{7x^6}$$ 因为当 $x \to 0$ 时 $e^{x^6} - 1 \sim x^6$，所以： $$= \lim_{x \to 0} \frac{x^6 \cdot 2x}{7x^6} = \lim_{x \to 0} \frac{2x}{7} = 0$$ 因此该积分是 $x^7$ 的高阶无穷小。
故本题选 C。

【详细解析】
考察连续性：$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1 = f(0)$，函数在 $x = 0$ 处连续。
考察导数定义： $$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{e^x - 1}{x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2}$$ 利用麦克劳林展开 $e^x = 1 + x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)$： $$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{1 + x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2) - 1 - x}{x^2} = \frac{1}{2} \ne 0$$ 因此 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导且导数不为零。
故本题选 D。

【详细解析】
设底面半径为 $r$，高为 $h$。已知 $\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = 2\,\mathrm{cm/s}, \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -3\,\mathrm{cm/s}$，当 $r = 10, h = 5$ 时：
• 体积 $V = \pi r^2 h$，两边关于 $t$ 求导： $$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = 2\pi r h \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} + \pi r^2 \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = 2\pi(10)(5)(2) + \pi(10^2)(-3) = 200\pi - 300\pi = -100\pi\,\mathrm{cm^3/s}$$ • 全表面积 $S = 2\pi r^2 + 2\pi r h$，两边关于 $t$ 求导： $$\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t} = 4\pi r \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} + 2\pi \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} h + 2\pi r \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = 4\pi(10)(2) + 2\pi(2)(5) + 2\pi(10)(-3) = 80\pi + 20\pi - 60\pi = 40\pi\,\mathrm{cm^2/s}$$ 故本题选 C。

【详细解析】
函数定义域为 $(0, +\infty)$。求导： $$f'(x) = a - \frac{b}{x} = \frac{ax - b}{x}$$ 若 $b \le 0$，当 $x \in (0, +\infty)$ 时 $f'(x) > 0$，$f(x)$ 严格单调递增，至多有 1 个零点，不符合题意。
故必有 $b > 0$。令 $f'(x) = 0$，得唯一驻点 $x_0 = \frac{b}{a}$。
当 $x \in (0, \frac{b}{a})$ 时 $f'(x) < 0$；当 $x \in (\frac{b}{a}, +\infty)$ 时 $f'(x) > 0$。
因此 $x_0 = \frac{b}{a}$ 是 $f(x)$ 的严格全局极小值点。
要使 $f(x)$ 有 2 个零点，极小值必须严格小于 0： $$f\left(\frac{b}{a}\right) = a \cdot \frac{b}{a} - b \ln\frac{b}{a} = b\left(1 - \ln\frac{b}{a}\right) < 0$$ 因为 $b > 0$，所以： $$1 - \ln\frac{b}{a} < 0 \implies \ln\frac{b}{a} > 1 \implies \frac{b}{a} > e$$ 即 $\frac{b}{a} \in (e, +\infty)$。
故本题选 A。

【详细解析】
利用麦克劳林展开式： $$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$$ 因为 $\sec x = \frac{1}{\cos x}$，利用几何级数展开公式 $\frac{1}{1 - u} = 1 + u + o(u)$： $$\sec x = \frac{1}{1 - \left(\frac{x^2}{2} + o(x^2)\right)} = 1 + \frac{x^2}{2} + o(x^2)$$ 与泰勒多项式 $1 + ax + bx^2$ 对比系数： $$a = 0, \quad b = \frac{1}{2}$$ 故本题选 D。

【详细解析】
由复合函数偏导数求导法则：
对 $f(x+1, e^x) = x(x+1)^2$ 关于 $x$ 求导： $$f_1'(x+1, e^x) \cdot 1 + f_2'(x+1, e^x) \cdot e^x = (x+1)^2 + 2x(x+1)$$ 令 $x = 0$，得 $f_1'(1, 1) + f_2'(1, 1) = 1$；
对 $f(x, x^2) = 2x^2 \ln x$ 关于 $x$ 求导： $$f_1'(x, x^2) \cdot 1 + f_2'(x, x^2) \cdot 2x = 4x \ln x + 2x$$ 令 $x = 1$，得 $f_1'(1, 1) + 2f_2'(1, 1) = 2$；
解得 $f_1'(1, 1) = 0, f_2'(1, 1) = 1$。
故 $\mathrm{d}f(1, 1) = 0\mathrm{d}x + 1\mathrm{d}y = \mathrm{d}y$。
故本题选 C。

【详细解析】
由定积分定义：将 $[0, 1]$ 作 $n$ 等分，每个区间长度 $\Delta x = \frac{1}{n}$。
取各区间中点 $\xi_k = \frac{2k-1}{2n} \in [\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n}]$，则积分和的极限为： $$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n f\left( \frac{2k-1}{2n} \right) \frac{1}{n} = \int_0^1 f(x)\mathrm{d}x$$ 故本题选 B。

【详细解析】
展开二次型： $$f(x_1, x_2, x_3) = 2x_2^2 + 2x_1x_2 + 2x_2x_3 + 2x_1x_3 = 2\left(x_2 + \frac{x_1+x_3}{2}\right)^2 - \frac{1}{2}(x_1 - x_3)^2$$ 正平方项数为 1，负平方项数为 1，因此正惯性指数为 1，负惯性指数为 1。
故本题选 B。

【详细解析】
因为向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 可由 $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$ 线性表示，故存在 3 阶矩阵 $\boldsymbol{C}$，使得： $$\boldsymbol{A} = \boldsymbol{B}\boldsymbol{C}$$ 两边取转置矩阵： $$\boldsymbol{A}^\mathrm{T} = \boldsymbol{C}^\mathrm{T}\boldsymbol{B}^\mathrm{T}$$ 若向量 $\boldsymbol{x}$ 满足齐次方程 $\boldsymbol{B}^\mathrm{T}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，则： $$\boldsymbol{A}^\mathrm{T}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{C}^\mathrm{T}(\boldsymbol{B}^\mathrm{T}\boldsymbol{x}) = \boldsymbol{C}^\mathrm{T}\boldsymbol{0} = \boldsymbol{0}$$ 这表明 $\boldsymbol{B}^\mathrm{T}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解必然是 $\boldsymbol{A}^\mathrm{T}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解。
故本题选 D。

【详细解析】
先对矩阵 $\boldsymbol{A}$ 作初等行变换消去下三角元素： $$r_2 - 2r_1 \to (0, -1, -1), \quad -r_2 \to (0, 1, 1), \quad r_3 + r_1 - 2r_2 \to (0, 0, -6)$$ 对应的初等行变换下三角矩阵为 $\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$，计算得： $$\boldsymbol{P}\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -6 \end{pmatrix}$$ 四个选项中，A、D 的下三角行变换矩阵不正确；B 中 $\boldsymbol{Q} = \boldsymbol{E}$，未对列进行消元，不为对角阵；C 选项给出了对应的初等变换组合，排除了其它选项。
故本题选 C。

【详细解析】
被积函数 $|x| 3^{-x^2}$ 为偶函数，且在对称区间 $(-\infty, +\infty)$ 上积分： $$\int_{-\infty}^{+\infty} |x| 3^{-x^2}\mathrm{d}x = 2 \int_0^{+\infty} x 3^{-x^2}\mathrm{d}x$$ 利用凑微分法：$2x\mathrm{d}x = \mathrm{d}(x^2)$，令 $u = x^2$： $$= \int_0^{+\infty} 3^{-u}\mathrm{d}u = \left. -\frac{3^{-u}}{\ln 3} \right|_0^{+\infty} = 0 - \left( -\frac{1}{\ln 3} \right) = \frac{1}{\ln 3}$$

【详细解析】
对参数 $t$ 求导： $$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 2e^t + 1, \quad \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = 4e^t + 4(t-1)e^t + 2t = 4te^t + 2t$$ 一阶导数： $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{4te^t + 2t}{2e^t + 1}$$ 二阶导数： $$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} = \frac{\frac{(4e^t + 4te^t + 2)(2e^t + 1) - (4te^t + 2t)(2e^t)}{(2e^t + 1)^2}}{2e^t + 1}$$ 代入 $t = 0$：分子为 $(4+2)(2+1) - 0 = 18$，分母为 $(3)^3 = 27$： $$\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{t=0} = \frac{18}{27} = \frac{2}{3}$$

【详细解析】
当 $x = 0, y = 2$ 时，代入原方程： $$(0+1)z + 2\ln z - \arctan 0 = 1 \implies z + 2\ln z = 1$$ 解得 $z = 1$。
对原方程两边关于 $x$ 求偏导（将 $z$ 视为 $x$ 的隐函数）： $$z + (x+1)\frac{\partial z}{\partial x} + y \cdot \frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{2y}{1 + (2xy)^2} = 0$$ 将 $x = 0, y = 2, z = 1$ 代入： $$1 + 1 \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + 2 \cdot 1 \cdot \frac{\partial z}{\partial x} - \frac{4}{1 + 0} = 0$$ $$1 + 3\frac{\partial z}{\partial x} - 4 = 0 \implies 3\frac{\partial z}{\partial x} = 3 \implies \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0, 2)} = 1$$

【详细解析】
二重积分区域为：$1 \le x \le t^2, \sqrt{x} \le y \le t$。
交换积分次序，改写为关于 $y$ 的先积分形式：$1 \le y \le t, 1 \le x \le y^2$。
则： $$f(t) = \int_1^t \mathrm{d}y \int_1^{y^2} \sin\frac{x}{y}\mathrm{d}x$$ 先计算内层关于 $x$ 的定积分： $$\int_1^{y^2} \sin\frac{x}{y}\mathrm{d}x = \left. -y\cos\frac{x}{y} \right|_{x=1}^{x=y^2} = -y\cos y + y\cos\frac{1}{y} = y\left( \cos\frac{1}{y} - \cos y \right)$$ 因此： $$f(t) = \int_1^t y\left( \cos\frac{1}{y} - \cos y \right)\mathrm{d}y$$ 由变上限积分求导定理： $$f'(t) = t\left( \cos\frac{1}{t} - \cos t \right)$$ 代入 $t = \frac{\pi}{2}$： $$f'\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2}\left( \cos\frac{2}{\pi} - \cos\frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2}\left( \cos\frac{2}{\pi} - 0 \right) = \frac{\pi}{2}\cos\frac{2}{\pi}$$

【详细解析】
原微分方程为三阶常系数齐次线性微分方程，其特征方程为： $$r^3 - 1 = 0 \implies (r - 1)(r^2 + r + 1) = 0$$ 特征根为： $$r_1 = 1, \quad r_{2, 3} = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$$ 由特征根对应的特解基底可得通解为： $$y = C_1 e^x + e^{-\frac{1}{2}x}\left( C_2 \cos\frac{\sqrt{3}}{2}x + C_3 \sin\frac{\sqrt{3}}{2}x \right)$$ 其中 $C_1, C_2, C_3$ 为任意常数。

【详细解析】
根据四阶行列式的完全展开式，每项是来自不同行不同列的 4 个元素的乘积。
要产生 $x^3$ 的项，必须选取 3 个含 $x$ 的元素和 1 个常数。
矩阵中主对角线上均为 $x$。若选取 3 个对角线元素与 1 个非对角元素，由于选取了 3 个对角位置，第 4 个元素必在第 4 个对角位置（无法选非对角常数）。
直接通过初等行变换计算或展开：
令 $f(x) = x^4 + a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1 x + a_0$。
经逐行展开计算可得： $$f(x) = x^4 - 5x^3 - 2x^2 + 13x + 5$$ 因此 $x^3$ 项的系数为 $-5$。

【详细解析】
通分合并为单个分式： $$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{e^x - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{\left(1 + \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t\right)\sin x - (e^x - 1)}{(e^x - 1)\sin x}$$ 分母等价无穷小代换：$(e^x - 1)\sin x \sim x^2$。
拆项求解： $$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x - e^x + 1}{x^2} + \lim_{x \to 0} \frac{\sin x \int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{x^2}$$ • 第一项泰勒展开： $$\lim_{x \to 0} \frac{x - (1 + x + \frac{1}{2}x^2) + 1}{x^2} = -\frac{1}{2}$$ • 第二项利用 $\sin x \sim x$ 及洛必达法则： $$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x e^{t^2}\mathrm{d}t}{x} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x \to 0} e^{x^2} = 1$$ 故原极限为 $-\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}$。

【详细解析】
定义域为 $(-\infty, -1) \cup (-1, +\infty)$。去掉绝对值分段写出： $$f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2}{1+x}, & x \ge 0 \\ -\dfrac{x^2}{1+x}, & x < 0 \text{ 且 } x \ne -1 \end{cases}$$ 求一阶与二阶导数：
当 $x > 0$ 时： $$f'(x) = \frac{2x(1+x) - x^2}{(1+x)^2} = \frac{2x + x^2}{(1+x)^2}, \quad f''(x) = \frac{2}{(1+x)^3} > 0$$ 当 $x < 0$ 且 $x \ne -1$ 时： $$f'(x) = -\frac{2x + x^2}{(1+x)^2}, \quad f''(x) = -\frac{2}{(1+x)^3}$$ 在 $x = 0$ 处，$f'(0) = 0$。

凹凸区间与拐点：
• 当 $x \in (-\infty, -1)$ 时，$1+x < 0 \implies (1+x)^3 < 0 \implies f''(x) > 0$，函数为凹弧；
• 当 $x \in (-1, 0)$ 时，$1+x > 0 \implies (1+x)^3 > 0 \implies f''(x) < 0$，函数为凸弧；
• 当 $x \in (0, +\infty)$ 时，$f''(x) > 0$，函数为凹弧；
$x = 0$ 两侧二阶导数改变符号，故拐点为 $(0, 0)$。

渐近线分析：
• 垂直渐近线：$\lim_{x \to -1} f(x) = \lim_{x \to -1} \frac{-x^2}{1+x} = \infty$，故 $x = -1$ 为垂直渐近线；
• 斜渐近线（当 $x \to +\infty$ 时）： $$k_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1+x} = 1$$ $$b_1 = \lim_{x \to +\infty} [f(x) - x] = \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x^2}{1+x} - x \right) = \lim_{x \to +\infty} \frac{-x}{1+x} = -1$$ 故有斜渐近线 $y = x - 1$；
• 斜渐近线（当 $x \to -\infty$ 时）： $$k_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x}{1+x} = -1$$ $$b_2 = \lim_{x \to -\infty} [f(x) - (-x)] = \lim_{x \to -\infty} \left( -\frac{x^2}{1+x} + x \right) = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{1+x} = 1$$ 故有斜渐近线 $y = -x + 1$。

【详细解析】
两边关于 $x$ 求导： $$\frac{f(x)}{\sqrt{x}} = \frac{1}{3}x - 1 \implies f(x) = \frac{1}{3}x^{3/2} - x^{1/2}$$ 求导计算弧长微元： $$f'(x) = \frac{1}{2}x^{1/2} - \frac{1}{2}x^{-1/2} = \frac{1}{2}(x^{1/2} - x^{-1/2})$$ $$1 + [f'(x)]^2 = 1 + \frac{1}{4}(x - 2 + x^{-1}) = \frac{1}{4}(x + 2 + x^{-1}) = \left[ \frac{1}{2}(x^{1/2} + x^{-1/2}) \right]^2$$ 从而 $\mathrm{d}s = \sqrt{1 + [f'(x)]^2}\mathrm{d}x = \frac{1}{2}(x^{1/2} + x^{-1/2})\mathrm{d}x$。

(1) 计算曲线长度 $s$： $$s = \int_4^9 \frac{1}{2}(x^{1/2} + x^{-1/2})\mathrm{d}x = \left. \left( \frac{1}{3}x^{3/2} + x^{1/2} \right) \right|_4^9 = \left( \frac{27}{3} + 3 \right) - \left( \frac{8}{3} + 2 \right) = 12 - \frac{14}{3} = \frac{22}{3}$$
(2) 计算旋转曲面面积 $A$： 在 $[4, 9]$ 上 $f(x) = \frac{1}{3}\sqrt{x}(x - 3) \ge 0$： $$\begin{aligned} A &= \int_4^9 2\pi f(x)\mathrm{d}s = 2\pi \int_4^9 \left( \frac{1}{3}x^{3/2} - x^{1/2} \right) \cdot \frac{1}{2}(x^{1/2} + x^{-1/2})\mathrm{d}x \\ &= \pi \int_4^9 \left( \frac{1}{3}x^2 - \frac{2}{3}x - 1 \right)\mathrm{d}x \end{aligned}$$ 代入积分： $$A = \pi \left. \left( \frac{1}{9}x^3 - \frac{1}{3}x^2 - x \right) \right|_4^9 = \pi \left[ (81 - 27 - 9) - \left( \frac{64}{9} - \frac{16}{3} - 4 \right) \right] = \pi \left[ 45 - \left(-\frac{20}{9}\right) \right] = \frac{425}{9}\pi$$

【详细解析】
(1) 求解一阶微分方程：
改写为标准一阶线性微分方程： $$y' - \frac{6}{x}y = -\frac{6}{x}$$ 通解公式： $$y = e^{\int \frac{6}{x}\mathrm{d}x}\left[ \int -\frac{6}{x} e^{-\int \frac{6}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + C \right] = x^6 \left[ \int -6x^{-7}\mathrm{d}x + C \right] = x^6(x^{-6} + C) = Cx^6 + 1$$ 由初值条件 $y(\sqrt{3}) = 10$： $$C(\sqrt{3})^6 + 1 = 27C + 1 = 10 \implies 27C = 9 \implies C = \frac{1}{3}$$ 故所求解为 $y(x) = \frac{1}{3}x^6 + 1 \ (x > 0)$。

(2) 求截距极小值及点 $p$ 坐标：
曲线上任一点 $p(x, y)$ 处的切线斜率为 $y'(x) = 2x^5$。
法线方程为： $$Y - y = -\frac{1}{2x^5}(X - x)$$ 令 $X = 0$，得法线在 $y$ 轴上的截距： $$I_p = Y = y + \frac{1}{2x^4} = \frac{1}{3}x^6 + 1 + \frac{1}{2x^4}$$ 求导寻驻点： $$I_p'(x) = 2x^5 - \frac{2}{x^5} = \frac{2(x^{10} - 1)}{x^5}$$ 令 $I_p'(x) = 0$，由 $x > 0$ 解得唯一驻点 $x = 1$。
当 $0 < x < 1$ 时 $I_p'(x) < 0$；当 $x > 1$ 时 $I_p'(x) > 0$。
因此 $x = 1$ 是唯一的极小值点，也是全局最小值点。
代入曲线方程得纵坐标 $y(1) = \frac{1}{3}(1)^6 + 1 = \frac{4}{3}$。
故截距 $I_p$ 最小时，点 $p$ 的坐标为 $\left(1, \frac{4}{3}\right)$。

【详细解析】
引入极坐标变换：$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$。
曲线方程化为： $$(r^2)^2 = r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) \implies r^4 = r^2 \cos 2\theta \implies r^2 = \cos 2\theta$$ 因为 $x \ge 0, y \ge 0$，点位于第一象限，故 $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$。
要求 $\cos 2\theta \ge 0$，需 $0 \le 2\theta \le \frac{\pi}{2} \implies 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$。
因此积分区域在极坐标下表示为：$0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}, 0 \le r \le \sqrt{\cos 2\theta}$。
计算二重积分： $$\begin{aligned} \iint_D xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^{\pi/4}\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{\cos 2\theta}} (r\cos\theta)(r\sin\theta) r\mathrm{d}r \\ &= \int_0^{\pi/4} \cos\theta \sin\theta \left( \left. \frac{r^4}{4} \right|_0^{\sqrt{\cos 2\theta}} \right) \mathrm{d}\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_0^{\pi/4} \cos\theta \sin\theta \cos^2 2\theta \mathrm{d}\theta \\ &= \frac{1}{8} \int_0^{\pi/4} \sin 2\theta \cos^2 2\theta \mathrm{d}\theta \\ &= -\frac{1}{16} \int_0^{\pi/4} \cos^2 2\theta \mathrm{d}(\cos 2\theta) \\ &= \left. -\frac{1}{48}\cos^3 2\theta \right|_0^{\pi/4} = -\frac{1}{48}(0 - 1) = \frac{1}{48} \end{aligned}$$

【详细解析】
计算特征多项式： $$|\lambda\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}| = \begin{vmatrix} \lambda - 2 & -1 & 0 \\ -1 & \lambda - 2 & 0 \\ -1 & -a & \lambda - b \end{vmatrix} = (\lambda - b)[(\lambda - 2)^2 - 1] = (\lambda - b)(\lambda - 3)(\lambda - 1) = 0$$ 因为 $\boldsymbol{A}$ 仅有两个不同特征值，故必有 $b = 1$ 或 $b = 3$。

情况 1：$b = 1$
特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$（二重），$\lambda_3 = 3$。
$\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵的充要条件是二重特征值 $\lambda = 1$ 对应的线性无关特征向量有 2 个，即： $$r(\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 3 - 2 = 1$$ $$\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 - a & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$ 故需 $1 - a = 0 \implies a = 1$。
此时 $(\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0} \implies x_1 + x_2 = 0$，解得两个线性无关特征向量： $$\boldsymbol{\alpha}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\alpha}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$ 对于单特征值 $\lambda = 3$： $$3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & -2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$ 解得特征向量 $\boldsymbol{\alpha}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
令可逆矩阵 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3) = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$，使得 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \operatorname{diag}(1, 1, 3)$。

情况 2：$b = 3$
特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 3$（二重），$\lambda_3 = 1$。
需 $r(3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 3 - 2 = 1$： $$3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 - a & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$ 故需 $-1 - a = 0 \implies a = -1$。
此时 $(3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0} \implies x_1 - x_2 = 0$，解得两个线性无关特征向量： $$\boldsymbol{\beta}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\beta}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$ 对于单特征值 $\lambda = 1$： $$\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$ 解得特征向量 $\boldsymbol{\beta}_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
令可逆矩阵 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$，使得 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \operatorname{diag}(3, 3, 1)$。