2025考研数学（一）解答

一、选择题

1.已知函数$f(x) = \int_0^x e^{t^2}\sin t\,dt$，$g(x) = \int_0^x e^{t^2}dt\cdot \sin^2 x$，则 ( )

A. $x=0$是$f(x)$的极值点，也是$g(x)$的极值点

B. $x=0$是$f(x)$的极值点，$(0, 0)$是曲线$y=g(x)$的拐点

C. $x=0$是$f(x)$的极值点，$(0, 0)$是曲线$y=f(x)$的拐点

D. $(0, 0)$是曲线$y=f(x)$的拐点，也是曲线$y=g(x)$的拐点

解：$f(x)$是偶函数，$g(x)$是奇函数，此题只能选B。

2.已知级数：（i）$\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{n^3\pi}{n^2 + 1}$（ii）$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}})$，则 ( )

A. （i）与（ii）均条件收敛

B. （i）条件收敛，（ii）绝对收敛

C. （i）绝对收敛，（ii）条件收敛

D. （i）与（ii）均绝对收敛

解：对于（i）， \(|\sin\frac{n^3\pi}{n^2 + 1}| = |\sin(\frac{n^3\pi}{n^2 + 1} - n\pi)| = |\sin\frac{n\pi}{n^2 + 1}|\sim\frac{\pi}{n}\) 所以$\sum_{n=1}^{\infty}|\sin\frac{n^3\pi}{n^2 + 1}|$发散。又 \(\sin\frac{n^3\pi}{n^2+1} = (-1)^n\sin\frac{n\pi}{n^2 + 1}\) $n$充分大时$\sin\frac{n\pi}{n^2 + 1}$单调递减趋于0，由莱布尼茨判别法$\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{n^3\pi}{n^2 + 1}$收敛。因此$\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{n^3\pi}{n^2 + 1}$条件收敛。对于（ii）， \(|(-1)^n(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}})|\sim\frac{1}{3n^2}\) 因此$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}})$绝对收敛。选B。

3.设函数$f(x)$在区间$[0, +\infty)$上可导，则 ( )

A. 当$\lim_{x\to +\infty}f(x)$存在时，$\lim_{x\to +\infty}f’(x)$存在

B. 当$\lim_{x\to +\infty}f’(x)$存在时, $\lim_{x\to +\infty}f(x)$存在

C. 当$\lim_{x\to +\infty}\frac{\int_0^x f(t)dt}{x}$存在时，$\lim_{x\to +\infty}f(x)$存在

D. 当$\lim_{x\to +\infty}f(x)$存在时，$\lim_{x\to +\infty}\frac{\int_0^x f(t)dt}{x}$存在

解：对A，取$f(x) = \frac{\sin x^2}{x}, f’(x) = 2\cos x^2 - \frac{\sin x^2}{x^2}$（可以补充定义$f(0) = 0, f’(0) = 1$），$\lim_{x\to +\infty}f(x)$存在，但$\lim_{x\to +\infty}f’(x)$不存在。

对B，取$f(x) = x$，$\lim_{x\to +\infty}f’(x)$存在，但$\lim_{x\to +\infty}f(x)$不存在。

对C，取$f(x) = (\sin x^2)’ = 2x\cos x^2$，$\lim_{x\to +\infty}\frac{\int_0^x f(t)dt}{x} = \lim_{x\to +\infty}\frac{\sin x^2}{x}$存在，但$\lim_{x\to +\infty}f(x)$不存在。

对D，因为$x\to +\infty$，符合洛必达定理使用的条件，因此$\lim_{x\to +\infty}f(x) = \lim_{x\to +\infty}\frac{(\int_0^x f(t)dt)’}{x’}$存在可以导出$\lim_{x\to +\infty}\frac{\int_0^x f(t)dt}{x}$存在。

选D。

4.设函数$f(x, y)$连续，则$\int_{-2}^2 dx\int_{4-x^2}^4 f(x, y)dy =$ ( )

A. $\int_0^4\left[\int_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x, y)\mathrm{d}x+\int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y$

B. $\int_0^4\left[\int_{-2}^{\sqrt{4-y}}f(x, y)\mathrm{d}x+\int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y$

C. $\int_0^4\left[\int_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x, y)\mathrm{d}x+\int_2^{\sqrt{4-y}}f(x, y)\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y$

D. $2\int_0^4\mathrm{~d}y\int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\mathrm{d}x$

解：画图可以看出表示的抛物线和矩形之间的部分，选A。

5.二次型$f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3$的正惯性指数为 ( )

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

解：作合同变换

\[\begin{equation*} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ \end{bmatrix}\to \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & -1 & -1\\ 1 & -1 & 0\\ \end{bmatrix}\to \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & -1\\ 0 & -1 & -1\\ \end{bmatrix}\to \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ \end{bmatrix} \end{equation*}\]

选A。

6.设$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$是$n$维向量，$\alpha_1, \alpha_2$线性无关，$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$线性相关，且$\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_4 = 0$，在空间直角坐标系$O-xyz$中，关于$x, y, z$的方程组$x\alpha_1 + y\alpha_2 + z\alpha_3 = \alpha_4$的几何图形是( )

A. 过原点的一个平面

B. 过原点的一条直线

C. 不过原点的一个平面

D. 不过原点的一条直线

解：$r(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = 2$，所以$x\alpha_1 + y\alpha_2 + z\alpha_3 = 0$的解集是过原点的一条直线，$x\alpha_1 + y\alpha_2 + z\alpha_3 = \alpha_4$表示不过原点的一条直线，选D。

7.设$n$阶矩阵$A, B, C$满足$r(A) + r(B) + r(C) = r(ABC) + 2n$，给出下列四个结论: (i) $r(ABC) + n = r(AB) + r(C)$； (ii) $r(AB) + n = r(A) + r(B)$； (iii) $r(A) = r(B) = r(C) = n$； (iv) $r(AB) = r(BC) = n$，其中正确的选项是 ( )

A. (i)(ii)

B. (i)(iii)

C. (ii)(iv)

D. (iii)(iv)

解：由Sylvester不等式，$r(ABC)\geq r(AB) + r(C) - n$。又由Sylvester不等式，有$r(AB)\geq r(A) + r(B) - n$，于是$r(ABC) + 2n = r(A) + r(B) + r(C)\leq n + r(AB) + r(C)$，即$r(ABC)\leq r(AB) + r(C) - n$。因此不等式必须取等，即$r(ABC) = r(AB) + r(C) - n, r(AB) = r(A) + r(B) - n$。因此（i）（ii）正确，选A。

8.设二维随机变量$(X, Y)$服从正态分布$N(0, 0; 1, 1; \rho)$，其中$\rho\in(-1, 1)$，若$a, b$为满足$a^2 + b^2 = 1$的任意实数，则$D(aX + bY)$的最大值为 ( )

A.1

B.2

C. \(1+|\rho|\)

D. \(1 + \rho^2\)

解： \(D(aX + bY) = a^2D(X) + b^2D(Y) + 2ab Cov(a,b) = a^2 + b^2 + 2ab\rho\leq 1 + |\rho|\) 选C。

9.设$X_1, X_2, \ldots, X_{20}$是来自总体$B(1, 0.1)$的简单随机样本, 令$T = \sum_{i=1}^{20}X_i$，利用泊松分布近似表示二项分布的方法可得$P(T\leq 1)\approx$ ( )

A. $\frac{1}{e^2}$

B. $\frac{2}{e^2}$

C. $\frac{3}{e^2}$

D. $\frac{4}{e^2}$

解：$T\sim B(20, 0.1), \lambda = Np = 2, T$近似服从$Poisson(2)$，所以$P(T\leq 1) = P(T = 0) + P(T = 1) = \frac{3}{e^2}$，选C。

10.设$X_1, X_2, \cdots, X_n$为来自正态总体$N(\mu, 2)$的简单随机样本，记$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$，$z_\alpha$表示标准正态分布的上侧$\alpha$分位数，假设检验问题：$H_0: \mu\leq 1$；$H_1: \mu > 1$的显著性水平为$\alpha$的检验的拒绝域为 ( )

A. ${(X_1, X_2, \cdots, X_n)\mid\bar{X} > 1 + \frac{2}{n}z_\alpha}$

B. ${(X_1, X_2, \cdots, X_n)\mid\bar{X} > 1 + \frac{\sqrt{2}}{n}z_\alpha}$

C. ${(X_1, X_2, \cdots, X_n)\mid\bar{X} > 1 + \frac{2}{\sqrt{n}}z_\alpha}$

D. ${(X_1, X_2, \cdots, X_n)\mid\bar{X} > 1 + \sqrt{\frac{2}{n}}z_\alpha}$

解：$\bar{X}\sim N(\mu, \frac{2}{n})$，选D。

二、填空题

11.$\lim_{x\to 0^+}\frac{x^x - 1}{\ln x\ln(1-x)} = $

解：$x^x - 1 = e^{x\ln x} - 1\sim x\ln x$，因此$\frac{x^x - 1}{\ln x\ln(1-x)}\sim\frac{x}{\ln(1-x)}\to -1$。

12.已知函数

\(f(x) = \begin{cases}0, & 0\leq x < \frac{1}{2}\\x^2, & \frac{1}{2}\leq x\leq 1\end{cases}\) 的傅里叶级数为$\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin n\pi x$，且$S(x)$是$\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin n\pi x$的和函数，则$S(-\frac{7}{2}) = $

解：奇延拓的傅里叶级数，周期为2。于是$S(-\frac{7}{2}) = S(\frac{1}{2}) = \frac{f_-(\frac{1}{2}) + f_+(\frac{1}{2})}{2} = \frac{1}{8}$。

13.已知函数$v(x, y, z) = xy^2z^3$，向量$\vec{n} = (2, 2, -1)$，则$\frac{\partial v}{\partial\vec{n}}\mid_{(1, 1, 1)} =$

解：$\nabla v = (y^2z^3, 2xy^2z^3, 3xy^2z^2), \nabla v(1, 1, 1) = (1, 2, 3)$。于是$\frac{\partial v}{\partial\vec{n}}\mid_{(1, 1, 1)} = \nabla v(1, 1, 1)\cdot\frac{\vec{n}}{|\vec{n}|} = 1$。

14.已知有向曲线$L$是沿抛物线$y = 1 - x^2$从点$(1, 0)$到$(-1, 0)$的一段，则曲线积分$\int_L(y + \cos x)\,dx + (2x + \cos y)\,dy =$

解：考虑从$(-1, 0)$到$(1, 0)$的线段上的积分，$\int_{L’}(y + \cos x)\,dx + (2x + \cos y)\,dy = \int_{-1}^1\cos x dx = 2\sin 1$。 于是根据格林公式有

\[\begin{equation*} \begin{aligned} \int_L(y + \cos x)\,dx + (2x + \cos y)\,dy &= \oint(y + \cos x)\,dx + (2x + \cos y)\,dy - 2\sin 1\\ &= \iint_D dx dy - 2\sin 1\\ &= \int_{-1}^1 dx\int_0^{1-x^2} dy - 2\sin 1\\ &= \frac{4}{3} - 2\sin 1 \end{aligned} \end{equation*}\]

15.设矩阵

\(A = \begin{bmatrix}4 & 2 & -3\\a & 3 & -4\\b & 5 & -7\end{bmatrix}\) 若方程组$A^2X = 0$与$AX = 0$不同解，则$a - b =$

解： \(r(A) = 2, r(A^2) = 1\)

\[A^2 = \begin{bmatrix}16+2a-3b & -1 & 1\\7a-4b & 2a-11 & -3a+16\\5a-3b & 2b-20 & -3b+29\end{bmatrix}\]

于是$2a-11 = 3a-16, 2b-20 = 3b-29, a = 5, b = 9, a-b = -4$。

16.设$A, B$为两个不同随机事件且相互独立，已知$P(A) = 2P(B)$；$P(A\cup B) = \frac{5}{8}$，则$A, B$中至少有一个发生的条件下，$A, B$中恰好有一个发生的概率为

解：$P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A)P(B) = 3P(B) - 2P(B)^2 = \frac{5}{8}$，所以$P(A) = \frac{1}{2}, P(B) = \frac{1}{4}$。于是所求概率为$\frac{P(A\cup B) - P(A)P(B)}{P(A\cup B)} = \frac{4}{5}$

三、解答题

17.计算$\int_0^1\frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)}\,dx$

解：设$\frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx + C}{x^2 - 2x + 2}$，解得$A = \frac{1}{5}, B = -\frac{1}{5}, C = \frac{3}{5}$。于是所求积分为

\[\begin{equation*} \begin{aligned} &\int_0^1(\frac{1}{5(x+1)} + \frac{-x + 3}{5[(x-1)^2 + 1]})dx\\ = &\int_0^1\frac{dx}{5(x+1)} - \int_0^1\frac{d[(x-1)^2 + 1]}{10[(x-1)^2 + 1]} + \int_0^1\frac{dx}{5[(x-1)^2 + 1]}\\ = &\frac{3\ln 2 + \pi}{10} \end{aligned} \end{equation*}\]

18.已知函数$f(u)$在区间$(0, +\infty)$内具有二阶导数，记$g(x, y) = f(\frac{x}{y})$，若$g(x, y)$满足

\[\begin{equation*} x^2\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} + xy\frac{\partial^2 g}{\partial x\partial y} + y^2\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = 1 \end{equation*}\]

且$g(x, x) = 1, \frac{\partial g}{\partial x}(x, x) = \frac{2}{x}$，求$f(u)$。

解：

\[\begin{equation*} \frac{\partial g}{\partial x} = \frac{1}{y}f'(\frac{x}{y}), \frac{\partial g}{\partial y} = -\frac{x}{y^2}f'(\frac{x}{y}) \end{equation*}\] \[\begin{equation*} \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = \frac{1}{y^2}f''(\frac{x}{y}) \end{equation*}\] \[\begin{equation*} \frac{\partial^2 g}{\partial x\partial y} = -\frac{1}{y^2}f'(\frac{x}{y}) - \frac{x}{y^3}f''(\frac{x}{y}) \end{equation*}\] \[\begin{equation*} \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = \frac{2x}{y^3}f'(\frac{x}{y}) + \frac{x^2}{y^4}f''(\frac{x}{y}) \end{equation*}\]

代入化简得到$t^2f’‘(t) + tf’(t) = 1$，其中$t = \frac{x}{y}$。初始条件为$f(1) = 1, f’(1) = 2$。

$t(tf’(t))’ = 1$。于是$tf’(t) = \ln t + 2, f(t) = 1 + 2\ln t + \frac{1}{2}\ln^2 t$。

19.设函数$f(x)$在区间$(a, b)$内可导, 证明: 导函数$f’(x)$在$(a, b)$内严格单调增加的充分必要条件是: 对$(a, b)$内任意的$x_1, x_2, x_3$, 当$x_1 < x_2 < x_3$时,

\[\begin{equation*} \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2} \end{equation*}\]

解：必要性。如果$f’(x)$在$(a, b)$内严格单调增, 则对任意的$x_1, x_2, x_3$, 当$x_1 < x_2 < x_3$时, 根据拉格朗日中值定理

\[\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} = f'(\xi_1) < f'(\xi_2) = \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}\] \[x_1 < \xi_1 < x_2 < \xi_2 < x_3\]

充分性。令$x_3\to x_2$，可以得到，对于$x_1 < x_2$，有

\[\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\leq f'(x_2)\]

同理，令$x_1\to x_2$，可以得到，对于$x_2 < x_3$，有

\[f'(x_2)\leq\frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}\]

那么对于$\forall x_1 < x_3$，任取$x_2$介于$x_1$和$x_3$之间，那么

\[f'(x_1)\leq\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}\leq f'(x_3)\]

所以$f’(x)$在$(a, b)$内严格单调增。

20.设$\Sigma$是由直线

\(\begin{cases} x = 0\\ y = 0 \end{cases}\) 绕直线 \(\begin{cases} x = t\\ y = t\\ z = t \end{cases}\) （$t$为参数）旋转一周得到的曲面，$\Sigma_1$是$\Sigma$介于平面$x + y + z = 0$与$x + y + z = 1$之间部分的外侧，计算曲面积分 \(\iint\limits_{\Sigma_1}x\,dydz + (y + 1)\,dzdx + (z + 2)\,dxdy\)

解：$\Sigma_1$表示一个圆锥面。考虑加上底面之后的第二类曲面积分，利用高斯公式有

\[\begin{aligned} &\iint x\,dydz + (y + 1)\,dzdx + (z + 2)\,dxdy\\ = &\iiint 3dxdydz = 3V = \frac{2\sqrt{3}\pi}{9} \end{aligned}\]

再计算底面的第二类曲面积分。可以通过投影到$xOy$平面上计算，结果为$\frac{8\sqrt{3}\pi}{9}$。所以最终答案为$-\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$。

21.设矩阵

\(A = \begin{bmatrix}0 & -1 & 2\\-1 & 0 & 2\\-1 & -1 & a\end{bmatrix}\)， 已知 1 是 A 的特征多项式的正根。

(1) 求a的值

(2) 求所有满足$A\alpha = \alpha + \beta, A^2\alpha = \alpha + 2\beta$的非零列向量$\alpha, \beta$

解：（1）$a = 3$

（2）$A^2\alpha = A\alpha + A\beta = \alpha + \beta + A\beta$，因此$A\beta = \beta$。于是$\beta = k_1(1, 1, 1)^T + k_2(2, 0, 1)^T$。

注意到$A - I$的各行相同，$(A - I)\alpha = \beta$的各个元素相同，因此只能有$\beta = k_1(1, 1, 1)^T。$

再求解$(A - I)\alpha = \beta$，对应齐次方程的通解为$k_2(1, 1, 1)^T + k_3(2, 0, 1)^T$，特解为$(1, 0, 1)^T$。因此$\alpha = k_2(1, 1, 1)^T + k_3(2, 0, 1)^T + (1, 0, 1)^T$。

22.设投保人的损失事件发生时，保险公司的赔付额Y与投保人的损失额X的关系为：

\[\begin{equation*} Y = \begin{cases}0, & X\leq 100\\X - 100, & X > 100\end{cases} \end{equation*}\]

设损失事件发生时，投保人的损失额X概率密度为:

\[\begin{equation*} f(x) = \begin{cases}\frac{2\times 100^2}{(100 + x)^3}, & x > 0\\0, & x\leq 0\end{cases} \end{equation*}\]

(1) 求$P(Y > 0)$及$\mathbb{E}Y$;

(2) 这种损失事件在一年内发生的次数记为 $N$, 保险公司在一年内就这种损失事件产生的理赔次数记为 $M$。 假设 $N$ 服从参数为 8 的泊松分布, 在 $N = n (n \geq 1)$ 的条件下, $M$ 服从二项分布 $B(n, p)$, 其中 $p = P(Y > 0)$, 求 $M$ 的概率分布。

解：（1）

\[P(Y > 0) = P(X > 100) = \int_{100}^\infty \frac{2\times 100^2}{(100 + x)^3} dx = \frac{1}{4}\] \[\mathbb{E}Y = \int_{100}^\infty (x-100)\frac{2\times 100^2}{(100 + x)^3} dx = 50\]

（2） \(M | N = n \sim B(n, \frac{1}{4})\)， 由全概率公式有

\[\begin{aligned} P(M = m) &= \sum_{n = m}^{\infty} P(N = n)P(M = m | N = n) \\ &= \sum_{n = m}^{\infty} \frac{8^n}{n!}e^{-8} \frac{n!}{m!(n-m)!}(\frac{1}{4})^m(\frac{3}{4})^{n-m} \\ &= \sum_{n = m}^{\infty} e^{-8} \frac{2^m6^{n-m}}{m!(n-m)!} \\ &= e^{-8} \frac{2^m}{m!}\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{6^k}{k!} \\ &= \frac{2^m}{m!}e^{-2} \end{aligned}\]

因此 $M$ 服从参数为 2 的泊松分布。