1992年考研数学一真题

（1）

答案： $y'=\dfrac{e^{x+y}-y\sin(xy)}{x\sin(xy)-e^{x+y}}$，在分母非零、方程确定可微隐函数的点成立。

解题思路： 把 $y$ 看作 $x$ 的函数，对等式求导；含有 $y'$ 的项移到同一侧。

详细解答： 链式法则给出 $(e^{x+y})'=e^{x+y}(1+y')$，而 $(xy)'=y+xy'$。因此

$$e^{x+y}(1+y')-\sin(xy)(y+xy')=0.$$

展开并合并得到 $(e^{x+y}-x\sin(xy))y'=y\sin(xy)-e^{x+y}$，除以 $y'$ 的系数即得答案。求导时不能将 $y$ 当作常数。

（2）

答案： $\nabla u(M)=(2/9,4/9,-4/9)$。

解题思路： 梯度由三个一阶偏导数组成，先求一般表达式再代入点坐标。

详细解答： 记 $r^2=x^2+y^2+z^2$。在 $r^2>0$ 时，

$$u_x=\frac{2x}{r^2},\qquad u_y=\frac{2y}{r^2},\qquad u_z=\frac{2z}{r^2}.$$

点 $M$ 处 $r^2=1+4+4=9$，依次代入 $x=1,y=2,z=-2$，即得所列梯度。它是向量，第三个分量的负号来自 $z=-2$。

（3）

答案： $\pi^2/2$。

解题思路： 周期端点处的傅里叶级数和取周期延拓函数左右极限的平均值。

详细解答： 此函数在一个周期内分段光滑，满足狄利克雷条件。在 $\pi$ 左侧，$f(\pi-)=1+\pi^2$；越过 $\pi$ 后由周期 $2\pi$ 回到 $-\pi$ 右侧，所以 $f(\pi+)=f(-\pi+)=-1$。收敛值为

$$\frac{f(\pi-)+f(\pi+)}2=\frac{1+\pi^2-1}2=\frac{\pi^2}2.$$

这里不能只代入 $f(\pi)$，因为周期端点是跳跃点。

（4）

答案： $y=(x+C)\cos x$，$C$ 为任意常数。

解题思路： 一阶线性方程用积分因子；也可发现乘以 $1/\cos x$ 后成为乘积导数。

详细解答： 在 $\cos x\ne0$ 的一个连通区间内，方程除以 $\cos x$ 得

$$\frac{y'}{\cos x}+\frac{y\sin x}{\cos^2x}=1, \qquad \left(\frac y{\cos x}\right)'=1.$$

积分得 $y/\cos x=x+C$。原方程含 $\tan x$，通解应在避开 $\cos x=0$ 的区间内理解。

（5）

答案： $r(A)=1$。

解题思路： 矩阵每一行都是同一个非零向量的倍数，故行空间只有一维。

详细解答： 令行向量 $b=(b_1,\ldots,b_n)$，第 $i$ 行为 $a_i b$。所有行都属于 $\operatorname{span}\{b\}$，所以 $r(A)\le1$。由 $a_i,b_j$ 非零可知至少有一个矩阵元素非零，因此 $r(A)\ge1$，两式合起来得到 $r(A)=1$。等价地，令列向量 $\alpha=(a_1,\ldots,a_n)^{\mathrm T}$、$\beta=(b_1,\ldots,b_n)^{\mathrm T}$，则 $A=\alpha\beta^{\mathrm T}$ 是两个非零列向量的外积。

（1）

答案： D，双侧极限不存在，也不是无穷大。

解题思路： 消去 $x^2-1$ 的因子，然后分别看 $1/(x-1)$ 在左右两侧的符号。

详细解答： 对 $x\ne1$，原式等于 $(x+1)e^{1/(x-1)}$。$x\to1^-$ 时指数趋于 $-\infty$，原式趋于 $0$；$x\to1^+$ 时指数趋于 $+\infty$，原式趋于 $+\infty$。左右极限不同，不能说极限为 $2$ 或 $0$；也不能说为无穷大，因为左侧没有发散到无穷大。

（2）

答案： C，绝对收敛。

解题思路： 去掉交错符号，利用 $1-\cos t\sim t^2/2$，与收敛的 $p$ 级数比较。

详细解答： 对固定 $\alpha>0$，当 $n\to\infty$ 时，

$$\frac{1-\cos(\alpha/n)}{1/n^2}\longrightarrow\frac{\alpha^2}{2}>0.$$

由极限比较判别法，$\sum|(-1)^n(1-\cos(\alpha/n))|$ 与 $\sum1/n^2$ 同敛散。后者 $p=2>1$，故绝对收敛。结论对任意固定正 $\alpha$ 都成立，排除 A、B、D。

（3）

答案： B，只有两条。

解题思路： 曲线切向量与平面法向量垂直，是切线方向平行于平面的条件。

详细解答： 位置向量为 $r(t)=(t,-t^2,t^3)$，切向量为 $r'(t)=(1,-2t,3t^2)$，始终非零。平面法向量为 $n=(1,2,1)$，所以需

$$r'(t)\cdot n=1-4t+3t^2=(t-1)(3t-1)=0.$$

仅有 $t=1,1/3$。两点的切向量不成比例（首分量都为 $1$，第二分量却不同），故对应两条不同切线。两点分别满足 $x+2y+z=0,4/27$，均不在所给平面上，所以切线不会包含于平面。

（4）

答案： C，最高为二阶。

解题思路： 绝对值使左右两侧的三次多项式系数不同，应在零点用导数定义逐阶判断。

详细解答： $x<0$ 时 $f(x)=2x^3$，$x>0$ 时 $f(x)=4x^3$，且 $f(0)=0$。由差商得 $f'(0)=0$；两侧 $f'(x)$ 分别为 $6x^2,12x^2$，因此 $f''(0)=\lim_{h\to0}f'(h)/h=0$。两侧 $f''(x)$ 分别为 $12x,24x$，故

$$\lim_{h\to0^-}\frac{f''(h)-f''(0)}h=12,\qquad \lim_{h\to0^+}\frac{f''(h)-f''(0)}h=24.$$

三阶导数不存在，最高阶数为 $2$。

（5）

答案： A。

解题思路： 解向量必须同时被系数矩阵消成零；核查选项矩阵对两个列向量的乘积。

详细解答： A 的行向量 $(-2,1,1)$ 满足

$$(-2,1,1)\xi_1=-2+2=0,\qquad (-2,1,1)\xi_2=1-1=0.$$

B 对 $\xi_1$ 的第一分量为 $2-2=0$，但第二分量为 $2$，所以不符合；C 对 $\xi_1$ 的第一分量为 $-1+4=3$；D 对 $\xi_1$ 的第一分量为 $-2$。后三个选项均不能使两个向量同时成为解。

（1）

答案： $1$。

解题思路： 分子常数项和一次项相消，必须保留到二次项；分母同样是二阶无穷小。

详细解答： 在 $x\to0$ 时，$e^x=1+x+x^2/2+o(x^2)$，$\sin x=x+o(x^2)$，故分子为 $x^2/2+o(x^2)$。分母有理化为

$$1-\sqrt{1-x^2}=\frac{x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}\sim\frac{x^2}{2}.$$

两者之比趋于 $1$。不能把分子中的两项分别作一阶等价替换后相减，否则会丢失决定极限的二次项。

（2）

答案： 所有 $f$ 的导数在 $(u,v)=(e^x\sin y,x^2+y^2)$ 处取值，有

$$z_{xy}=\frac12e^{2x}\sin(2y)f_{11}+2e^x(y\sin y+x\cos y)f_{12}+e^x\cos y\,f_1+4xyf_{22}.$$

解题思路： 引入中间变量 $u,v$，先用链式法则求 $z_x$，再对整个乘积求 $y$ 偏导。这里 $f_i$ 表示对第 $i$ 个自变量的偏导数，$f_{ij}$ 表示相应二阶偏导数。

详细解答： $u_x=e^x\sin y,u_y=e^x\cos y,v_x=2x,v_y=2y$。于是 $z_x=f_1e^x\sin y+2xf_2$，再求导得

$$z_{xy}=(f_{11}u_y+f_{12}v_y)e^x\sin y+f_1e^x\cos y+2x(f_{21}u_y+f_{22}v_y).$$

因 $f$ 具有二阶连续偏导数，$f_{21}=f_{12}$。代入 $u_y,v_y$ 并用 $\sin y\cos y=\sin(2y)/2$ 合并，即得答案。第二次求导不能把 $f_1,f_2$ 看作常数。

（3）

答案： $7/3-e^{-1}$。

解题思路： 令 $t=x-2$，把分段点移到零，再拆成两段积分。

详细解答： $x=1,3$ 对应 $t=-1,1$，且 $\mathrm dx=\mathrm dt$，所以

$$\int_1^3f(x-2)\,\mathrm dx =\int_{-1}^0(1+t^2)\,\mathrm dt+\int_0^1e^{-t}\,\mathrm dt =\left[t+\frac{t^3}3\right]_{-1}^0+[-e^{-t}]_0^1 =\frac43+1-e^{-1}.$$

换元时积分上下限必须同步改变。

答案： $y=C_1e^{-3x}+C_2e^x-\frac14xe^{-3x}$。

解题思路： 通解是齐次通解加特解；右端指数对应齐次特征根，特解需要额外乘 $x$。

详细解答： 齐次特征方程 $r^2+2r-3=(r+3)(r-1)=0$，故 $y_h=C_1e^{-3x}+C_2e^x$。因为 $-3$ 为单根，设 $y_p=axe^{-3x}$，则

$$y_p'=a(1-3x)e^{-3x},\quad y_p''=a(9x-6)e^{-3x}.$$

代入左端得到 $-4ae^{-3x}$，与右端比较得 $a=-1/4$。相加得到通解，$C_1,C_2$ 为任意常数。若直接设 $y_p=ae^{-3x}$，它属于齐次解，代入左端恒为零，不能产生所给右端。

答案： 当 $a\ne0$ 时，

$$I=\frac{6\pi|a|^5}{5}+\frac{\pi a^5}{4}.$$

若 $a>0$，化为 $29\pi a^5/20$；若 $a<0$，化为 $19\pi|a|^5/20$。

解题思路： 第二类曲面积分可用高斯公式。上半球不是封闭曲面，先补底面，再减掉底面的通量。

详细解答： 记向量场 $F=(x^3+az^2,y^3+ax^2,z^3+ay^2)$，它在半球体上光滑，散度为 $3(x^2+y^2+z^2)$。补上圆盘 $D:z=0,x^2+y^2\le a^2$，法向量向下。上半球上侧就是半球体的外侧，高斯公式给出

$$I+I_D=3\iiint_\Omega(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV.$$

球面方程中的半径是 $R=|a|$，因为 $x^2+y^2+z^2=a^2=R^2$；参数 $a$ 在向量场中仍保留原来的正负号。采用球坐标，$0\le r\le R,0\le\varphi\le\pi/2,0\le\theta\le2\pi$，体积元为 $r^2\sin\varphi\,\mathrm dr\mathrm d\varphi\mathrm d\theta$，故封闭通量为

$$3\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,\mathrm d\varphi\int_0^Rr^4\,\mathrm dr =\frac{6\pi R^5}{5}=\frac{6\pi|a|^5}{5}.$$

底面法向量为 $(0,0,-1)$，所以

$$I_D=-a\iint_Dy^2\,\mathrm dx\mathrm dy =-a\int_0^{2\pi}\sin^2\theta\,\mathrm d\theta\int_0^Rr^3\,\mathrm dr =-\frac{\pi aR^4}{4}=-\frac{\pi a^5}{4}.$$

因此 $I=6\pi|a|^5/5-I_D=6\pi|a|^5/5+\pi a^5/4$。当 $a>0$ 时，底面通量为负，减去它会增加结果；当 $a<0$ 时底面通量为正。

答案： 对任意 $x_1,x_2>0$，均有 $f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2)$。

解题思路： $f''<0$ 表示 $f'$ 严格递减；比较两个长度相等、位置不同的区间上的函数增量。

详细解答： 由对称性可设 $0<x_1\le x_2$。在 $[0,x_1]$ 和 $[x_2,x_1+x_2]$ 上分别应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1\in(0,x_1)$、$\xi_2\in(x_2,x_1+x_2)$ 使

$$f(x_1)-f(0)=x_1f'(\xi_1),\qquad f(x_1+x_2)-f(x_2)=x_1f'(\xi_2).$$

$\xi_1<\xi_2$，所以 $f'(\xi_1)>f'(\xi_2)$。乘以正数 $x_1$ 并用 $f(0)=0$，得到 $f(x_1)>f(x_1+x_2)-f(x_2)$，移项即为所证。$x_1=x_2$ 时两个开区间仍前后分离，证明同样成立。

答案： 最大功为 $abc/(3\sqrt3)$，在 $M=(a/\sqrt3,b/\sqrt3,c/\sqrt3)$ 处取得，$a,b,c>0$。

解题思路： 先沿给定直线参数化计算功，再用椭球约束下三项平方和为一的性质求乘积最大值。

详细解答： 令 $x=\xi t,y=\eta t,z=\zeta t$，$0\le t\le1$。则 $\mathrm dx=\xi\mathrm dt$ 等，功为

$$W=\int_0^1(yz\xi+zx\eta+xy\zeta)\,\mathrm dt =3\xi\eta\zeta\int_0^1t^2\,\mathrm dt=\xi\eta\zeta.$$

令 $u=\xi/a,v=\eta/b,w=\zeta/c$，三个量非负且 $u^2+v^2+w^2=1$。由算术—几何平均不等式，$u^2v^2w^2\le[(u^2+v^2+w^2)/3]^3=1/27$，故 $W=abcuvw\le abc/(3\sqrt3)$。等号当且仅当 $u=v=w=1/\sqrt3$。这也说明所得点给出全局最大值，而不只是一个驻点；坐标面上的边界点功为零。

这里把 $a,b,c$ 按惯例看作正的半轴长度。如果它们只是方程中的非零实参数，实际半轴长度为 $|a|,|b|,|c|$，第一卦限最大功对应的坐标应为 $(|a|,|b|,|c|)/\sqrt3$，最大功为 $|abc|/(3\sqrt3)$；证明中相应令 $u=\xi/|a|$ 等即可。

（1）

答案： 能，$\alpha_1$ 可由 $\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示。

解题思路： 用线性相关的定义，并利用 $\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，证明相关式中 $\alpha_1$ 的系数不能为零。

详细解答： 由 $\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 无关知其子组 $\alpha_2,\alpha_3$ 无关。另一方面，存在不全为零的 $c_1,c_2,c_3$ 使 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3=0$。若 $c_1=0$，子组的无关性将迫使 $c_2=c_3=0$，矛盾。因此 $c_1\ne0$，有 $\alpha_1=-(c_2/c_1)\alpha_2-(c_3/c_1)\alpha_3$。

（2）

答案： 不能。

解题思路： 第一问说明前三个向量张成的空间其实由 $\alpha_2,\alpha_3$ 张成，再用反证法。

详细解答： 设 $\alpha_4=d_1\alpha_1+d_2\alpha_2+d_3\alpha_3$。把第一问得到的 $\alpha_1=p\alpha_2+q\alpha_3$ 代入，则 $\alpha_4=(d_1p+d_2)\alpha_2+(d_1q+d_3)\alpha_3$。移到一侧得到 $\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 的非零线性关系（$\alpha_4$ 的系数为 $1$），与题设无关性矛盾。

（1）

答案： $\beta=2\xi_1-2\xi_2+\xi_3$。

解题思路： 三个不同特征值对应的特征向量无关，构成三维空间的一组基；按坐标解出展开系数。

详细解答： 设 $\beta=c_1\xi_1+c_2\xi_2+c_3\xi_3$，比较三个坐标得

$$c_1+c_2+c_3=1,\quad c_1+2c_2+3c_3=1,\quad c_1+4c_2+9c_3=3.$$

第二式减第一式得 $c_2+2c_3=0$；第三式减第一式得 $3c_2+8c_3=2$。前一式乘 $3$ 后相减，得 $2c_3=2$，因此 $c_3=1,c_2=-2,c_1=2$。

（2）

答案：

$$A^n\beta=\begin{pmatrix}2-2^{n+1}+3^n\\2-2^{n+2}+3^{n+1}\\2-2^{n+3}+3^{n+2}\end{pmatrix}.$$

解题思路： 对特征向量重复作用 $A$，只会把对应特征值乘方，不需要先求整个矩阵 $A$。

详细解答： 由 $A\xi_i=\lambda_i\xi_i$，归纳得 $A^n\xi_i=\lambda_i^n\xi_i$。利用第一问和线性性，

$$A^n\beta=2\cdot1^n\xi_1-2\cdot2^n\xi_2+3^n\xi_3.$$

代入三个向量并逐分量相加即得答案。$n=0$ 时得到 $(1,1,3)^{\mathrm T}$，与 $A^0\beta=\beta$ 一致。

（1）

答案： $5/12$。

解题思路： “全不发生”是并事件的补事件，并事件概率用容斥公式。

详细解答： 因 $A\cap B\cap C\subseteq A\cap B$，且 $P(A\cap B)=0$，三重交概率也为零。于是

$$P(A\cup B\cup C)=\frac34-\left(0+\frac1{12}+\frac1{12}\right)+0=\frac7{12}.$$

所求为 $1-7/12=5/12$。题目没有给独立性，不能把三个“不发生”的概率直接相乘。

（2）

答案： $4/3$。

解题思路： 期望具有线性性，指数分布均值已知，另一个函数的期望按密度积分。

详细解答： 参数为 $1$ 的指数密度为 $e^{-x}$（$x>0$），所以 $E(X)=1$，并且

$$E(e^{-2X})=\int_0^{\infty}e^{-2x}e^{-x}\,\mathrm dx=\int_0^{\infty}e^{-3x}\,\mathrm dx=\frac13.$$

故 $E(X+e^{-2X})=E(X)+E(e^{-2X})=4/3$。不能把 $E(e^{-2X})$ 换成 $e^{-2E(X)}$。

答案： 对任意 $z\in\mathbb R$，

$$f_Z(z)=\frac1{2\pi}\left[\Phi\left(\frac{z+\pi-\mu}{\sigma}\right)-\Phi\left(\frac{z-\pi-\mu}{\sigma}\right)\right].$$

解题思路： 两个独立连续随机变量的和用密度卷积；利用均匀密度的有限支持缩短积分区间，再标准化成正态分布函数。

详细解答： $f_X(x)=\dfrac1{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)}$，$f_Y(y)=1/(2\pi)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上成立、区间外为零，$\sigma>0$。独立性使联合密度等于两个密度的乘积，因此

$$f_Z(z)=\int_{\mathbb R}f_X(z-y)f_Y(y)\,\mathrm dy =\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-(z-y-\mu)^2/(2\sigma^2)}\,\mathrm dy.$$

令 $t=(z-y-\mu)/\sigma$，则 $\mathrm dy=-\sigma\mathrm dt$。$y=-\pi$ 对应较大上限 $(z+\pi-\mu)/\sigma$，$y=\pi$ 对应较小下限 $(z-\pi-\mu)/\sigma$；交换上下限吸收负号，就得到两个 $\Phi$ 的差。