1987年考研数学一真题

（1）平面方程

答案： $x-y+z=0$。

解题思路： 平面同时平行于两条直线，所以两条直线的方向向量都垂直于平面的法向量；求它们的叉积即可找到法向量。

详细解答： 第一条直线的方向向量为 $\boldsymbol d_1=(0,1,1)$，第二条为 $\boldsymbol d_2=(1,2,1)$。两向量不平行，其叉积为

$$\boldsymbol d_1\times\boldsymbol d_2=(-1,1,-1).$$

平面经过原点，故方程为 $-x+y-z=0$，整体乘以 $-1$ 即得 $x-y+z=0$。直线的具体位置不影响所求平面的方向。

（2）极小值点

答案： $x=-1/\ln2$。

解题思路： 求导找到驻点，再检查导数在驻点两侧的符号，确认是极小值而不只是驻点。

详细解答： 对 $y=x2^x$ 使用乘积求导法则：

$$y'=2^x+x2^x\ln2=2^x(1+x\ln2).$$

因为 $2^x>0$，导数的符号由 $1+x\ln2$ 决定。当 $x<-1/\ln2$ 时 $y'<0$，当 $x>-1/\ln2$ 时 $y'>0$，函数由递减变为递增，故在所给点取得极小值。

（3）平面面积

答案： $3/2$。

解题思路： 先找三个边界的交点，再按上边界发生变化的位置把面积积分分成两段。

详细解答： $\ln x=0$ 给出 $x=1$，直线 $\mathrm e+1-x=0$ 给出 $x=\mathrm e+1$。曲线与斜线交于 $(\mathrm e,1)$；因为 $\ln x+x$ 严格递增，这个交点唯一。因此所围区域的下边界均为 $y=0$，上边界在 $[1,\mathrm e]$ 为 $\ln x$，在 $[\mathrm e,\mathrm e+1]$ 为 $\mathrm e+1-x$。于是

$$A=\int_1^{\mathrm e}\ln x\,\mathrm dx+\int_{\mathrm e}^{\mathrm e+1}(\mathrm e+1-x)\,\mathrm dx =[x\ln x-x]_1^{\mathrm e}+\frac12=1+\frac12=\frac32.$$

（4）闭曲线积分

答案： $-18\pi$。

解题思路： 曲线是正向闭合圆，且两个被积函数有连续偏导数，可以使用格林公式把曲线积分改为圆盘上的二重积分。

详细解答： 记 $P=2xy-2y$、$Q=x^2-4x$，圆盘为 $D=\{x^2+y^2\le9\}$。正向指逆时针，故

$$\oint_L P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\iint_D(Q_x-P_y)\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

计算得 $Q_x=2x-4$、$P_y=2x-2$，两者之差为 $-2$。圆盘面积为 $9\pi$，故积分为 $-2\cdot9\pi=-18\pi$。

（5）向量的坐标

答案： $(1,1,-1)$。

解题思路： 在给定基下的坐标是线性组合的系数，不是向量本身在标准坐标系中的分量。

详细解答： 设 $\alpha=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3$。逐坐标比较得到

$$c_1+c_2=2,\qquad c_1+c_3=0,\qquad c_2+c_3=0.$$

后两式给出 $c_1=c_2=-c_3$，代入第一式得 $c_1=c_2=1$、$c_3=-1$，所以基下坐标为 $(1,1,-1)$。

答案： $a=4$、$b=1$。

解题思路： 分子积分在零点附近是三阶无穷小。要使比值趋于非零常数，分母也必须消去一次项，再比较三次项系数。

详细解答： 因为 $a>0$，被积函数连续。对积分与 $x^3$ 的比值用洛必达法则，得到

$$\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x t^2/\sqrt{a+t^2}\,\mathrm dt}{x^3} =\lim_{x\to0}\frac{x^2/\sqrt{a+x^2}}{3x^2} =\frac1{3\sqrt a}.$$

故分子等价于 $x^3/(3\sqrt a)$。而 $\sin x=x-x^3/6+o(x^3)$，所以

$$bx-\sin x=(b-1)x+\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

若 $b\ne1$，比值趋于 $0$，不符合题意；必须有 $b=1$。此时所求极限为

$$\frac{1/(3\sqrt a)}{1/6}=\frac2{\sqrt a}.$$

令其等于 $1$，并用 $a>0$，得 $a=4$。两参数均为正常数，符合限制。

（1）复合函数偏导数

答案：

$$\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial x} =\bigl[f_1(x,xy)+y f_2(x,xy)\bigr]g'(x+xy)(1+y).$$

解题思路： 求对 $x$ 的偏导时把 $y$ 视为常数，分别对两个复合函数使用链式法则。

详细解答： $f_1,f_2$ 分别表示 $f$ 对第一、第二个自变量的偏导。$u$ 的两个内层变量为 $x$ 和 $xy$，它们对 $x$ 的偏导分别为 $1$ 和 $y$，所以

$$u_x=f_1(x,xy)+y f_2(x,xy).$$

$v$ 的内层变量为 $x+xy$，其偏导为 $1+y$，因此 $v_x=g'(x+xy)(1+y)$。相乘即为答案，不能遗漏任一内层变量的导数。

（2）求矩阵

答案：

$$B=\begin{pmatrix}5&-2&-2\\4&-3&-2\\-2&2&3\end{pmatrix}.$$

解题思路： 把含 $B$ 的项移到同一边并从左侧提取公因式，再求左乘矩阵的逆。矩阵乘法不可随意交换次序。

详细解答： 由 $AB=A+2B$ 得 $(A-2E)B=A$。记

$$M=A-2E=\begin{pmatrix}1&0&1\\1&-1&0\\0&1&2\end{pmatrix}.$$

$\det M=-1\ne0$，所以 $B=M^{-1}A$。对增广矩阵 $(M\mid E)$，依次作 $R_2\leftarrow R_2-R_1$、$R_3\leftarrow R_3+R_2$，得到

$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&1&1&0&0\\0&-1&-1&-1&1&0\\0&0&1&-1&1&1\end{array}\right).$$

再消去第三列上方元素并把第二行乘以 $-1$，得

$$M^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1&-1\\2&-2&-1\\-1&1&1\end{pmatrix}.$$

按“行乘列”计算 $M^{-1}A$，例如第一行第一列为 $2\cdot3-1\cdot1-1\cdot0=5$，第一行第三列为 $2\cdot1-1\cdot0-1\cdot4=-2$。逐项计算得到答案矩阵。

答案：

$$y=C_1+\mathrm e^{-3x}(C_2\cos ax+C_3\sin ax)+\frac{x}{9+a^2},\qquad C_1,C_2,C_3\in\mathbb R.$$

解题思路： 常系数线性方程的通解等于齐次通解与一个非齐次特解之和。右端是常数，试取一次函数作特解。

详细解答： 齐次方程的特征多项式为

$$r^3+6r^2+(9+a^2)r=r[(r+3)^2+a^2].$$

因为 $a>0$，三个特征根为 $0$、$-3\pm a\mathrm i$，对应齐次通解 $C_1+\mathrm e^{-3x}(C_2\cos ax+C_3\sin ax)$。取 $y_p=Kx$，则 $y_p'=K$、$y_p''=y_p'''=0$，代入得 $(9+a^2)K=1$。故 $K=1/(9+a^2)$，把特解加到齐次通解上即可。

（1）交错级数

答案： C，条件收敛。

解题思路： 把通项拆成一个绝对收敛级数与交错调和级数，分别判断收敛和绝对收敛。

详细解答：

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{k+n}{n^2} =k\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}.$$

第一级数的绝对值级数是收敛的 $p$ 级数 $\sum1/n^2$；第二级数由莱布尼茨判别法收敛，因此原级数收敛。但绝对值级数为 $\sum(k/n^2+1/n)$，各项不小于 $1/n$，由比较判别法发散。因此原级数条件收敛，对所有 $k>0$ 均如此。

（2）变上限定积分

答案： D，积分表达式只含参数 $s$，不含 $t$。

解题思路： 换元 $u=tx$ 可同时消去积分外的 $t$ 和上限中的 $t$。

详细解答： 因为 $t>0$，有 $\mathrm du=t\,\mathrm dx$，$x=0$ 对应 $u=0$，$x=s/t$ 对应 $u=s$。所以

$$I=t\int_0^{s/t}f(tx)\,\mathrm dx=\int_0^s f(u)\,\mathrm du.$$

$x$ 或 $u$ 只是积分变量，不是结果所依赖的参数。最终表达式与 $t$ 无关，故选 D。

（3）极值判断

答案： B，$f$ 在 $x=a$ 取得严格极大值。

解题思路： 给定比值趋于负数，而分母始终为正，直接利用极限的保号性判断附近函数值与 $f(a)$ 的大小。

详细解答： 存在 $\delta>0$，使 $0<|x-a|<\delta$ 时

$$\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2}<0.$$

因此 $f(x)<f(a)$，这正是严格极大值的定义。另外

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a} =\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2}(x-a)\longrightarrow0,$$

所以 $f'(a)=0$。A 的“导数非零”和 D 的“不可导”均不成立，C 的极小值判断也不成立。

（4）伴随矩阵行列式

答案： C，$\det A^*=a^{n-1}$。

解题思路： 从伴随矩阵恒等式 $AA^*=(\det A)E$ 出发，两边取行列式。

详细解答： 利用 $n$ 阶数量矩阵的行列式 $\det(aE)=a^n$，得到

$$\det A\cdot\det A^*=a^n.$$

因 $\det A=a\ne0$，可除以 $a$，故 $\det A^*=a^{n-1}$。注意右侧是 $n$ 阶矩阵，行列式中应出现 $a^n$，而不是 $a$。

答案： 收敛域为 $[-2,2)$，和函数为

$$S(x)=\begin{cases}-\dfrac1x\ln(1-x/2),&-2\le x<2,\ x\ne0,\\[2pt]\dfrac12,&x=0.\end{cases}$$

解题思路： 先用比值判别法求收敛半径并单独检查两个端点，再把级数与 $-\ln(1-u)$ 的幂级数联系起来。

详细解答： 相邻通项绝对值之比为 $|x|n/[2(n+1)]$，极限为 $|x|/2$，因此 $|x|<2$ 时收敛，$|x|>2$ 时发散。在 $x=-2$ 处，级数为 $\frac12\sum(-1)^{n-1}/n$，收敛；在 $x=2$ 处为 $\frac12\sum1/n$，发散。

由几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty}u^n=1/(1-u)$，在 $|u|<1$ 内从 $0$ 到 $u$ 逐项积分，得到

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^n}{n}=-\ln(1-u).$$

取 $u=x/2$，当 $x\ne0$ 时 $S(x)=x^{-1}\sum(x/2)^n/n=-x^{-1}\ln(1-x/2)$。在 $x=0$ 处，只有 $n=1$ 项不为零，值为 $1/2$。在收敛端点 $x=-2$，由阿贝尔定理将内点和函数连续延拓，得到 $S(-2)=\frac12\ln2$，与答案表达式一致。

答案： $I=34\pi$。

解题思路： 曲面未封闭，补上 $y=3$ 的圆盘后使用高斯公式，再减去补面上的通量。方向决定补面应取哪个法向。

详细解答： 旋转得到 $S:x^2+z^2=y-1$，$1\le y\le3$。令 $\Omega$ 为其内部区域。侧面的外法向可取 $(2x,-1,2z)$，其 $y$ 分量为负，符合与 $y$ 轴正向夹角大于 $\pi/2$ 的要求。补面 $S_0$ 是 $y=3$、$x^2+z^2\le2$，应取 $y$ 轴正向。

记向量场 $\boldsymbol F=(x(8y+1),2(1-y^2),-4yz)$。散度为

$$\nabla\cdot\boldsymbol F=(8y+1)-4y-4y=1.$$

高斯公式给出闭曲面通量等于体积：

$$I+I_0=\iiint_\Omega1\,\mathrm dV =\int_1^3\pi(y-1)\,\mathrm dy=2\pi.$$

在 $S_0$ 上外单位法向为 $(0,1,0)$，通量密度为 $2(1-3^2)=-16$。补圆盘面积为 $2\pi$，故 $I_0=-32\pi$。于是 $I=2\pi-(-32\pi)=34\pi$。

答案： 在 $(0,1)$ 内存在唯一 $\xi$，满足 $f(\xi)=\xi$。

解题思路： 把不动点问题转为 $g(x)=f(x)-x$ 的零点问题。存在性用介值定理，唯一性用罗尔定理反证。

详细解答： $f$ 可微，所以 $g$ 在 $[0,1]$ 连续、在 $(0,1)$ 可导。由题设

$$g(0)=f(0)>0,\qquad g(1)=f(1)-1<0.$$

介值定理保证有 $\xi\in(0,1)$ 使 $g(\xi)=0$。若存在两个不同零点 $\xi_1<\xi_2$，在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上应用罗尔定理，得到某个 $c$ 使 $g'(c)=0$。这意味着 $f'(c)=1$，与题设矛盾。故零点唯一。此证明只需要可导，不要求导数连续。

答案： $a\ne1$ 时有唯一解，$b$ 任意；$a=1,b\ne-1$ 时无解；$a=1,b=-1$ 时有无穷多解，其通解为

$$(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\mathrm T}=(-1,1,0,0)^{\mathrm T} +s(1,-2,1,0)^{\mathrm T}+t(1,-2,0,1)^{\mathrm T},\quad s,t\in\mathbb R.$$

解题思路： 用行变换把参数集中到增广矩阵后两行，再比较系数矩阵与增广矩阵的秩。

详细解答： 对增广矩阵作 $R_3\leftarrow R_3+R_2$、$R_4\leftarrow R_4-3R_1+R_2$，得到

$$\left(\begin{array}{cccc|c}1&1&1&1&0\\0&1&2&2&1\\0&0&a-1&0&b+1\\0&0&0&a-1&0\end{array}\right).$$

若 $a\ne1$，四个主元均非零，系数矩阵秩为 $4$，解唯一。若 $a=1$，第三行变为 $0=b+1$：$b\ne-1$ 时矛盾而无解；$b=-1$ 时后两行全零，秩为 $2<4$，有两个自由变量。

在后一种情况下令 $x_3=s$、$x_4=t$，由第二行得 $x_2=1-2s-2t$，再由第一行得 $x_1=-1+s+t$，写成向量形式即为所给通解。

（1）独立重复试验

答案： 至少一次的概率为 $1-(1-p)^n$，至多一次的概率为 $(1-p)^n+np(1-p)^{n-1}$；后者也可写为 $[1+(n-1)p](1-p)^{n-1}$。

解题思路： 把发生次数记为二项随机变量。“至少一次”适合使用补事件；“至多一次”包含零次与一次两个互斥情况。

详细解答： 设 $X$ 为 $n$ 次独立试验中事件 $A$ 的发生次数，则 $X\sim B(n,p)$。由二项分布公式

$$P(X=0)=(1-p)^n,\qquad P(X=1)=np(1-p)^{n-1}.$$

所以 $P(X\ge1)=1-P(X=0)$，$P(X\le1)=P(X=0)+P(X=1)$。若 $n=1$，“至多一次”必然发生，概率为 $1$；这也给出边界情况的直接解释。

（2）选箱与取球

答案： 取到白球的概率为 $53/120$；已取到白球时来自第二箱的概率为 $20/53$。

解题思路： 各箱等概率被选中，用全概率公式计算取到白球的概率，再用贝叶斯公式反推箱子。

详细解答： 记 $A_i$ 为选第 $i$ 箱，$W$ 为取到白球。$P(A_i)=1/3$，三个条件概率分别为 $1/5$、$3/6=1/2$、$5/8$。因此

$$P(W)=\sum_{i=1}^3P(A_i)P(W\mid A_i) =\frac13\left(\frac15+\frac12+\frac58\right)=\frac{53}{120}.$$

贝叶斯公式给出

$$P(A_2\mid W)=\frac{P(A_2)P(W\mid A_2)}{P(W)} =\frac{(1/3)(1/2)}{53/120}=\frac{20}{53}.$$

（3）正态分布的参数

答案： $E(X)=1$、$D(X)=1/2$。

解题思路： 先把指数配成平方，再与正态密度的标准形式比较，区分标准差和方差。

详细解答： 因为 $-x^2+2x-1=-(x-1)^2$，密度为

$$f(x)=\frac1{\sqrt\pi}\mathrm e^{-(x-1)^2} =\frac1{\sqrt{2\pi}\,(1/\sqrt2)} \exp\left[-\frac{(x-1)^2}{2(1/\sqrt2)^2}\right].$$

与 $N(\mu,\sigma^2)$ 的密度比较，得到 $\mu=1$、$\sigma=1/\sqrt2$，故方差是 $\sigma^2=1/2$。

也可以直接用期望、方差的定义验证。令 $t=x-1$，则

$$E(X)=\frac1{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^{\infty}(t+1)\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt=1.$$

这里 $t\mathrm e^{-t^2}$ 是可积的奇函数，在对称区间上的积分为 $0$；另一项的积分为 $\sqrt\pi$，这也正是概率密度积分为 $1$ 的归一化条件。已有 $E(X)=1$，所以

$$D(X)=E[(X-1)^2]=\frac1{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^{\infty}t^2\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt.$$

利用 $\mathrm d(\mathrm e^{-t^2})=-2t\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt$ 作分部积分，得到

$$\int_{-\infty}^{\infty}t^2\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt =\left[-\frac t2\mathrm e^{-t^2}\right]_{-\infty}^{\infty} +\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt =\frac{\sqrt\pi}{2}.$$

两端的边界项均为 $0$，代回便有 $D(X)=1/2$。这个方法也说明了为什么不能把标准差 $1/\sqrt2$ 直接当作方差。

答案：

$$f_Z(z)=\begin{cases}0,&z<0,\\\dfrac12(1-\mathrm e^{-z}),&0\le z\le2,\\\dfrac12(\mathrm e^2-1)\mathrm e^{-z},&z>2.\end{cases}$$

解题思路： $Z=2X+Y$ 为两个独立随机变量之和。先求分布函数，把不等式 $2x+y\le z$ 与支持域 $0<x<1,y>0$ 相交，积分上限会在 $z=2$ 处变化。

详细解答： 独立性给出联合密度 $f_{X,Y}(x,y)=\mathrm e^{-y}$（$0<x<1,y>0$）。因为 $Z>0$ 几乎处处成立，$z<0$ 时 $F_Z(z)=0$。

当 $0\le z<2$ 时，$0<x<z/2$、$0<y<z-2x$，所以

$$F_Z(z)=\int_0^{z/2}\int_0^{z-2x}\mathrm e^{-y}\,\mathrm dy\mathrm dx =\int_0^{z/2}(1-\mathrm e^{2x-z})\,\mathrm dx =\frac z2-\frac12+\frac12\mathrm e^{-z}.$$

当 $z\ge2$ 时，$x$ 可遍历 $(0,1)$，于是

$$F_Z(z)=\int_0^1(1-\mathrm e^{2x-z})\,\mathrm dx =1-\frac12(\mathrm e^2-1)\mathrm e^{-z}.$$

在各区间内对 $z$ 求导即得密度。两段在 $z=2$ 处均为 $(1-\mathrm e^{-2})/2$，可以合并取端点；密度在单点的取值不改变概率。