1998年考研数学一真题

（1）

答案： $-\dfrac14$。

解题思路： 分母是 $x^2$，而两个根式相加后一次项抵消，所以应将根式展开到二次项，找出分子中 $x^2$ 的系数。

详细解答： 在 $x=0$ 的邻域内，两个根式都有定义。利用二阶泰勒展开

$$(1+u)^{1/2}=1+\frac12u-\frac18u^2+o(u^2),$$

分别代入 $u=x$ 和 $u=-x$，得到

$$\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+o(x^2),\qquad \sqrt{1-x}=1-\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+o(x^2).$$

相加再减去 $2$，常数项和一次项都抵消，故

$$\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^2} =\frac{-x^2/4+o(x^2)}{x^2} =-\frac14+o(1).$$

令 $x\to0$，所求极限为 $-1/4$。

也可用洛必达法则。分子、分母均趋于 $0$，在去掉 $0$ 的充分小邻域内可导且分母导数 $2x\ne0$，于是

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^2} &=\frac14\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{x\sqrt{1-x^2}}\\ &=\frac14\lim_{x\to0}\frac{-2}{(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x})\sqrt{1-x^2}} =-\frac14. \end{aligned}$$

第二行使用了分子有理化。

（2）

答案：

$$\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} =yf''(xy)+\varphi'(x+y)+y\varphi''(x+y),\qquad x\ne0.$$

解题思路： 先对 $y$ 求偏导，可以直接消去第一项中的 $1/x$，再对 $x$ 求导，计算更短。题设的二阶连续导数保证两种混合偏导的求导次序可以交换。

详细解答： 对 $y$ 求导时将 $x$ 当作常数。第一项使用复合函数求导法则，第二项使用乘积法则：

$$\frac{\partial z}{\partial y} =\frac1x f'(xy)\,x+\varphi(x+y)+y\varphi'(x+y) =f'(xy)+\varphi(x+y)+y\varphi'(x+y).$$

再对 $x$ 求导，此时 $y$ 当作常数，且 $\partial(xy)/\partial x=y$、$\partial(x+y)/\partial x=1$，所以

$$\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right) =yf''(xy)+\varphi'(x+y)+y\varphi''(x+y).$$

这就是所求混合偏导。

（3）

答案： $12a$。

解题思路： 椭圆关于坐标轴对称，可先消去关于一个坐标为奇函数的 $2xy$；剩下的 $3x^2+4y^2$ 恰好是椭圆方程左端的 $12$ 倍。

详细解答： 第一类曲线积分中的 $\mathrm ds$ 是弧长元素，不带方向符号。椭圆关于 $y$ 轴对称，将曲线上一点 $(x,y)$ 与 $(-x,y)$ 配对，弧长元素相同，而 $2xy$ 的值互为相反数。因此

$$\oint_l2xy\,\mathrm ds=0.$$

在椭圆 $l$ 上，每一点都满足 $x^2/4+y^2/3=1$，从而

$$3x^2+4y^2=12\left(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}\right)=12.$$

故所求积分为

$$\oint_l(2xy+3x^2+4y^2)\,\mathrm ds =12\oint_l\mathrm ds=12a.$$

这里 $\oint_l\mathrm ds$ 就是椭圆的周长。

（4）

答案： $\left(\dfrac{|A|}{\lambda}\right)^2+1$。

解题思路： 用同一个特征向量依次考察 $A$、伴随矩阵 $A^*$ 以及 $(A^*)^2+E$ 的作用。关键关系是 $A^*=|A|A^{-1}$。

详细解答： 取对应于特征值 $\lambda$ 的非零特征向量 $\alpha$，则

$$A\alpha=\lambda\alpha,\qquad\alpha\ne0.$$

由 $|A|\ne0$ 可知 $A$ 可逆，因此 $\lambda\ne0$。等式两边左乘 $A^{-1}$，得到

$$A^{-1}\alpha=\frac1\lambda\alpha.$$

伴随矩阵满足 $AA^*=|A|E$，所以

$$A^*\alpha=|A|A^{-1}\alpha=\frac{|A|}{\lambda}\alpha.$$

再次作用 $A^*$，再加上 $E\alpha=\alpha$，可得

$$\bigl[(A^*)^2+E\bigr]\alpha =\left[\left(\frac{|A|}{\lambda}\right)^2+1\right]\alpha.$$

因 $\alpha\ne0$，括号中的数正是该矩阵必有的一个特征值。

（5）

答案： $f_X(2)=\dfrac14$。

解题思路： 平面区域上的均匀分布密度等于区域面积的倒数。先求面积，再沿固定 $x$ 的竖直截面将联合密度对 $y$ 积分。

详细解答： 区域可表示为

$$D=\{(x,y):1\le x\le\mathrm e^2,\ 0\le y\le1/x\}.$$

它的面积是

$$|D|=\int_1^{\mathrm e^2}\int_0^{1/x}\mathrm dy\,\mathrm dx =\int_1^{\mathrm e^2}\frac1x\,\mathrm dx =[\ln x]_1^{\mathrm e^2}=2.$$

所以区域内部的联合密度为 $f_{X,Y}(x,y)=1/2$，区域外为 $0$。当 $1<x<\mathrm e^2$ 时，固定 $x$ 所允许的 $y$ 范围为 $0<y<1/x$，故

$$f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{X,Y}(x,y)\,\mathrm dy =\int_0^{1/x}\frac12\,\mathrm dy=\frac1{2x}.$$

因为 $1<2<\mathrm e^2$，代入 $x=2$ 即得 $f_X(2)=1/4$。

（1）

答案： A，即 $xf(x^2)$。

解题思路： $f$ 只有连续性，不能直接对 $f(x^2-t^2)$ 求导。用 $u=x^2-t^2$ 换元，把参数 $x$ 移到积分上限，再使用变上限积分求导公式。

详细解答： 令

$$F(x)=\int_0^x t f(x^2-t^2)\,\mathrm dt.$$

换元 $u=x^2-t^2$，有 $\mathrm du=-2t\,\mathrm dt$；端点 $t=0$ 对应 $u=x^2$，$t=x$ 对应 $u=0$。因此

$$F(x)=-\frac12\int_{x^2}^0 f(u)\,\mathrm du =\frac12\int_0^{x^2}f(u)\,\mathrm du.$$

这个等式对负的 $x$ 也成立，因为定积分自身包含端点的方向。由 $f$ 连续，函数 $G(s)=\int_0^s f(u)\,\mathrm du$ 满足 $G'(s)=f(s)$。再用复合函数求导法则：

$$F'(x)=\frac12G'(x^2)\cdot2x=xf(x^2).$$

所以选 A。

（2）

答案： B，不可导点共有 $2$ 个，分别为 $x=0,1$。

解题思路： 绝对值内的多项式只有在零点处可能造成不可导，但另一个因子的零点可能消去折角。因此先找候选点，再逐点计算左右导数。

详细解答： 记 $p(x)=x^2-x-2=(x-2)(x+1)$、$q(x)=x^3-x=x(x-1)(x+1)$，则 $f(x)=p(x)|q(x)|$。当 $q(x)\ne0$ 时，$q$ 在该点附近符号不变，$|q|$ 等于 $q$ 或 $-q$，所以 $f$ 可导。仅需检查 $q$ 的零点 $-1,0,1$。

在这些点上 $f(x_0)=0$，可考察差商 $f(x_0+h)/h$。

当 $x_0=-1$ 时，

$$\frac{f(-1+h)}h =\frac{p(-1+h)}h\,|q(-1+h)| =(h-3)|q(-1+h)|\longrightarrow0.$$

故左右导数都为 $0$，此处可导。

当 $x_0=0$ 时，$p(h)\to-2$，且

$$\frac{|q(h)|}{h}=\frac{|h|}{h}|h^2-1|.$$

于是左导数为 $(-2)(-1)=2$，右导数为 $(-2)(1)=-2$，两者不等。

当 $x_0=1$ 时，$p(1+h)\to-2$，且

$$\frac{|q(1+h)|}{h} =\frac{|h|}{h}|(1+h)(2+h)|.$$

所以左导数为 $(-2)(-2)=4$，右导数为 $(-2)(2)=-4$，也不相等。最终只有 $0,1$ 两个不可导点，选 B。

易错点： $|x^3-x|$ 在 $-1$ 处有折角，但乘上同时为零的 $x^2-x-2$ 后，乘积在此处已经可导。

（3）

答案： D，即 $y(1)=\pi\mathrm e^{\pi/4}$。

解题思路： “增量等于一次项加高阶无穷小”正是可导的定义。先从增量式得到微分方程，再利用初值求常数。

详细解答： 因 $\alpha=o(\Delta x)$，有 $\alpha/\Delta x\to0$。将增量式除以 $\Delta x$，取极限：

$$y'(x)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta y}{\Delta x} =\frac{y(x)}{1+x^2}.$$

这是一阶线性方程 $y'-y/(1+x^2)=0$。取积分因子 $\mathrm e^{-\arctan x}$，因为 $(\arctan x)'=1/(1+x^2)$，有

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(y\mathrm e^{-\arctan x}\right) =\mathrm e^{-\arctan x}\left(y'-\frac{y}{1+x^2}\right)=0.$$

所以 $y\mathrm e^{-\arctan x}=C$，即 $y=C\mathrm e^{\arctan x}$。代入 $y(0)=\pi$ 得 $C=\pi$，于是

$$y(1)=\pi\mathrm e^{\arctan1}=\pi\mathrm e^{\pi/4}.$$

（4）

答案： A，两条直线相交于一点 $v_1-v_2+v_3$。

解题思路： 把矩阵的三行看成空间向量，用参数方程表示两条直线。满秩说明三行线性无关，比较它们的系数就能确定交点是否存在、是否唯一。

详细解答： 设

$$v_i=(a_i,b_i,c_i),\qquad i=1,2,3.$$

题中矩阵满秩，故 $v_1,v_2,v_3$ 线性无关，特别地 $v_1-v_2\ne0$、$v_2-v_3\ne0$。两条直线写成参数形式为

$$l_1:\ r=v_3+t(v_1-v_2),\qquad l_2:\ r=v_1+s(v_2-v_3).$$

若有交点，就应有

$$t v_1-t v_2+v_3=v_1+s v_2-s v_3.$$

将右边移到左边，利用三个向量的线性无关性，得到

$$t-1=0,\qquad -t-s=0,\qquad 1+s=0.$$

这组条件的唯一解为 $t=1,s=-1$。代入任一直线，交点均为 $v_1-v_2+v_3$，即

$$(a_1-a_2+a_3,\ b_1-b_2+b_3,\ c_1-c_2+c_3).$$

参数解唯一，所以两直线不重合，恰相交于一个点。选 A。

（5）

答案： C，即 $P(AB)=P(A)P(B)$，事件 $A,B$ 相互独立。

解题思路： $A$ 和 $\overline A$ 划分了全部可能结果；$B$ 在两部分的条件概率相同，说明是否发生 $A$ 不影响 $B$ 的概率。用全概率公式把这一点写成等式。

详细解答： 由 $0<P(A)<1$，两个条件概率都有定义。记其共同值为

$$q=P(B\mid A)=P(B\mid\overline A).$$

全概率公式给出

$$P(B)=P(A)q+P(\overline A)q =[P(A)+P(\overline A)]q=q.$$

再由条件概率的定义，

$$P(AB)=P(A)P(B\mid A)=P(A)q=P(A)P(B),$$

所以 C 必然成立，D 不成立。

又因 $P(B)>0$，有 $P(A\mid B)=P(A)$、$P(\overline A\mid B)=1-P(A)$。这两个值仅当 $P(A)=1/2$ 时相等：若取 $P(A)=1/2$，B 不成立；若取 $P(A)=1/3$，A 不成立。两种取值都符合题设，因此 A、B 都不是必然结论。

（1）投影直线

答案：

$$l_0:\ \frac{x-2}{4}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{-1},$$

解题思路： 找到两个不同的投影点即可确定本题的投影直线。其中直线与平面的交点投影后位置不变，再求另一点的垂足。

详细解答： 先求投影直线。原直线的参数方程为

$$x=1+t,\qquad y=t,\qquad z=1-t.$$

代入平面 $x-y+2z-1=0$，得到

$$(1+t)-t+2(1-t)-1=2-2t=0,$$

故 $t=1$，交点为 $M_1=(2,1,0)$。

再取原直线上的点 $M_0=(1,0,1)$。平面的法向量为 $n=(1,-1,2)$，过 $M_0$ 的垂线为

$$(x,y,z)=(1,0,1)+s(1,-1,2).$$

把 $x=1+s,y=-s,z=1+2s$ 代入平面方程，得 $2+6s=0$，所以 $s=-1/3$。垂足是

$$M_2=\left(\frac23,\frac13,\frac13\right).$$

两个投影点不同，且

$$\overrightarrow{M_2M_1} =\left(\frac43,\frac23,-\frac13\right)=\frac13(4,2,-1),$$

所以 $l_0$ 的方程就是答案中的点向式。它也等价于

$$\begin{cases} x-y+2z-1=0,\\ x-3y-2z+1=0. \end{cases}$$

（2）旋转曲面

答案： $4x^2-17y^2+4z^2+2y-1=0$。

解题思路： 点绕 $y$ 轴旋转时，$y$ 坐标不变，到 $y$ 轴的距离保持不变。用 $y$ 表示投影直线上点的其余坐标，再令旋转后的半径与母线上点的半径相等。

详细解答： 在投影直线 $l_0$ 上，用 $y$ 作参数：由 $(y-1)/2=(x_0-2)/4=z_0/(-1)$，得到

$$x_0=2y,\qquad z_0=\frac{1-y}{2}.$$

该点绕 $y$ 轴旋转所形成的圆，其平面高度仍为 $y$，半径平方为 $x_0^2+z_0^2$。因此圆上的点 $(x,y,z)$ 满足

$$x^2+z^2=x_0^2+z_0^2 =4y^2+\frac{(1-y)^2}{4}.$$

两边乘以 $4$ 并展开整理，得到

$$4x^2+4z^2=17y^2-2y+1,$$

即所求曲面方程。母线上的 $y$ 能取任意实数，所以这个方程描述了旋转产生的整个曲面。

（1）确定常数

答案： $\lambda=-1$。

解题思路： 若向量场是梯度，则它的两个分量应分别为 $u_x,u_y$，必须满足混合偏导相等。用 $P_y=Q_x$ 确定 $\lambda$，再在第（2）问构造函数验证其可行性。

详细解答： 记 $S=x^4+y^2$，以及

$$P=2xyS^\lambda,\qquad Q=-x^2S^\lambda.$$

在 $x>0$ 上，$S>0$，所以对任何实数 $\lambda$，这两个分量都具有连续偏导。若 $P=u_x,Q=u_y$，则必须有 $P_y=Q_x$。计算得

$$P_y=2xS^\lambda+4\lambda xy^2S^{\lambda-1},$$

$$Q_x=-2xS^\lambda-4\lambda x^5S^{\lambda-1}.$$

相减后提取公因子：

$$P_y-Q_x =4xS^{\lambda-1}\bigl[S+\lambda(y^2+x^4)\bigr] =4x(1+\lambda)S^\lambda.$$

因为 $x>0,S^\lambda>0$，该式恒为 $0$ 当且仅当 $\lambda=-1$。

（2）求势函数

答案： $u(x,y)=-\arctan(y/x^2)+C$，其中 $x>0$，$C$ 为任意常数。

解题思路： 将 $\lambda=-1$ 代入向量场，先对第二个分量按 $y$ 积分。由于偏积分的“常数”可能依赖 $x$，还需对结果按 $x$ 求导，与第一个分量比较以确定它。

详细解答： 此时 $P=2xy/(x^4+y^2)$、$Q=-x^2/(x^4+y^2)$。先对 $y$ 积分，由 $u_y=Q$ 得

$$u(x,y)=-\arctan\frac{y}{x^2}+h(x).$$

这里 $x$ 在对 $y$ 积分时当作常数，故积分常数允许是 $x$ 的函数。对 $x$ 求偏导：

$$u_x=-\frac1{1+y^2/x^4}\left(-\frac{2y}{x^3}\right)+h'(x) =\frac{2xy}{x^4+y^2}+h'(x).$$

为了使 $u_x=P$，必须有 $h'(x)=0$，所以 $h(x)=C$。得到的函数同时满足 $u_x=P,u_y=Q$，也就直接证明了 $\lambda=-1$ 确实可行。

（1）建立微分方程

答案： 取向下为正方向，$g$ 为重力加速度，并记 $F=mg-B\rho$。所满足的方程及初始条件为

$$mv\frac{\mathrm dv}{\mathrm dy}=F-kv,\qquad y=0\text{ 时 }v=0.$$

解题思路： 先按牛顿第二定律写出随时间的运动方程，再用 $v=\mathrm dy/\mathrm dt$ 将加速度改写成 $v\,\mathrm dv/\mathrm dy$，从而消去时间变量。

详细解答： 按题中“海水比重”表示单位体积海水重量的记号，体积为 $B$ 的仪器所受浮力为 $B\rho$，方向向上。下沉时阻力为 $kv$，也向上。以向下为正方向，受力合成给出

$$m\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=mg-B\rho-kv=F-kv.$$

又有 $\mathrm dy/\mathrm dt=v$，因此在下沉的运动阶段用链式法则可写成

$$\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm dv}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt} =v\frac{\mathrm dv}{\mathrm dy}.$$

这便得到 $mv\,\mathrm dv/\mathrm dy=F-kv$。从静止开始，初始加速度为 $F/m$，实际向下运动要求 $F>0$。

（2）求深度与速度的函数关系

答案： 从静止开始下沉须有 $F=mg-B\rho>0$；此时

$$y(v)=-\frac{m}{k}v-\frac{mF}{k^2}\ln\left(1-\frac{kv}{F}\right), \qquad 0\le v<\frac{F}{k}.$$

解题思路： 由所建方程分离变量，将 $y$ 对 $v$ 的导数写成 $mv/(F-kv)$。先确定运动中 $F-kv>0$，再积分，并利用 $v=0$ 时 $y=0$ 确定常数。

详细解答： 为说明取值范围，对时间方程 $m\,\mathrm dv/\mathrm dt=F-kv$ 求解：令 $w=F-kv$，则 $\mathrm dw/\mathrm dt=-(k/m)w$，且 $w(0)=F$。因此 $w(t)=F\mathrm e^{-kt/m}$，还原后得

$$v(t)=\frac Fk\left(1-\mathrm e^{-kt/m}\right),\qquad t\ge0,$$

故任意有限时间内 $0\le v<F/k$，分母 $F-kv$ 为正。分离变量，并直接利用 $y(0)=0$ 写成定积分：

$$y(v)=m\int_0^v\frac{w}{F-kw}\,\mathrm dw.$$

这里 $w$ 是积分变量。将被积函数拆为

$$\frac{w}{F-kw}=-\frac1k+\frac{F}{k(F-kw)},$$

于是

$$\begin{aligned} y(v) &=-\frac mkv-\frac{mF}{k^2}[\ln(F-kw)]_0^v\\ &=-\frac mkv-\frac{mF}{k^2}\ln\frac{F-kv}{F}. \end{aligned}$$

代回 $F=mg-B\rho$ 即得答案。$v=F/k$ 是逐渐趋近的终极速度，对应深度趋于无穷大，不能作为有限深度时的速度代入对数。

答案： $-\dfrac12\pi a^3$。

解题思路： 在半球面上 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=a$，可先把分母提出。给半球补上圆盘形成闭曲面，再用高斯公式。下半球的“上侧”朝向球体内部，因此闭曲面的通量要取外法向通量的负值。

详细解答： 记原积分为 $I$。由半球面方程，

$$I=\frac1a J,\qquad J=\iint_\Sigma ax\,\mathrm dy\,\mathrm dz+(z+a)^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

令 $\Omega=\{x^2+y^2+z^2\le a^2,\ z\le0\}$，在其顶部补上圆盘

$$\Sigma_0:\ z=0,\quad x^2+y^2\le a^2,$$

并取圆盘的下侧。球面上侧的法向量 $z$ 分量为正，指向 $\Omega$ 内部；圆盘下侧也指向内部，所以 $\Sigma+\Sigma_0$ 构成完整的内向闭曲面。

取向量场 $\boldsymbol F=(ax,0,(z+a)^2)$，它在 $\Omega$ 上具有连续偏导，散度为

$$\operatorname{div}\boldsymbol F =\frac{\partial(ax)}{\partial x}+\frac{\partial(z+a)^2}{\partial z} =a+2(z+a)=2z+3a.$$

高斯公式通常对应外法向，这里取内法向，故

$$\iint_{\Sigma+\Sigma_0}\boldsymbol F\cdot\boldsymbol n\,\mathrm dS =-\iiint_\Omega(2z+3a)\,\mathrm dV.$$

下半球体积为 $2\pi a^3/3$。求 $z$ 的积分时，按高度 $z$ 切片：$-a\le z\le0$，每一片为半径 $\sqrt{a^2-z^2}$ 的圆盘，面积为 $\pi(a^2-z^2)$，所以

$$\iiint_\Omega z\,\mathrm dV =\pi\int_{-a}^0z(a^2-z^2)\,\mathrm dz =\pi\left[\frac{a^2z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_{-a}^0 =-\frac{\pi a^4}{4}.$$

于是内向闭曲面的通量为

$$-2\left(-\frac{\pi a^4}{4}\right)-3a\cdot\frac{2\pi a^3}{3} =-\frac32\pi a^4.$$

圆盘 $\Sigma_0$ 的单位法向量为 $(0,0,-1)$；在圆盘上 $z=0$，故其通量为

$$\iint_{\Sigma_0}\boldsymbol F\cdot\boldsymbol n\,\mathrm dS =\iint_{x^2+y^2\le a^2}(-a^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy =-\pi a^4.$$

从闭曲面通量中减去圆盘部分，得到

$$J=-\frac32\pi a^4-(-\pi a^4)=-\frac12\pi a^4, \qquad I=\frac Ja=-\frac12\pi a^3.$$

易错点： 下半球的上侧是内向，若把它误认为外向，积分的符号就会颠倒。

答案： $\dfrac2\pi$。

解题思路： 第 $i$ 项的分母为 $n+1/i$，虽然不是统一的 $n$，但都介于 $n$ 和 $n+1$ 之间。用夹逼将原和式转化为 $\sin(\pi x)$ 在 $[0,1]$ 上的黎曼和。

详细解答： 将题中和式记为

$$b_n=\sum_{i=1}^n\frac{\sin(\pi i/n)}{n+1/i}.$$

当 $1\le i\le n$ 时，有 $n<n+1/i\le n+1$，而 $0\le\pi i/n\le\pi$，所以每个分子都非负。由此可逐项比较：

$$\frac1{n+1}\sum_{i=1}^n\sin\frac{\pi i}{n} \le b_n\le \frac1n\sum_{i=1}^n\sin\frac{\pi i}{n}.$$

设 $R_n=\frac1n\sum_{i=1}^n\sin(\pi i/n)$。它是把 $[0,1]$ 分为 $n$ 个等长小区间、在右端点 $i/n$ 取函数值的黎曼和。因为 $\sin(\pi x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，

$$\lim_{n\to\infty}R_n=\int_0^1\sin(\pi x)\,\mathrm dx =\left[-\frac{\cos(\pi x)}\pi\right]_0^1=\frac2\pi.$$

下界为 $\frac n{n+1}R_n$，其极限也为 $2/\pi$。根据夹逼定理，$b_n$ 的极限为 $2/\pi$。