1999年考研数学一真题

（1）

答案： $\displaystyle\frac13$。

解题思路： 两个分式分别发散，不能分开求极限。通分后分子是 $\tan x-x$，一次项相消，需要保留三次项；分母也是三阶无穷小。

详细解答： 当 $x\ne0$ 且充分接近 $0$ 时，

$$\frac1{x^2}-\frac1{x\tan x} =\frac{\tan x-x}{x^2\tan x} =\frac{\tan x-x}{x^3}\cdot\frac{x}{\tan x}.$$

使用泰勒展开 $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，得到

$$\frac{\tan x-x}{x^3}=\frac13+o(1)\longrightarrow\frac13.$$

又由 $\tan x/x\to1$，知 $x/\tan x\to1$。故所求极限为 $\frac13\cdot1=\frac13$。

易错点： 仅用 $\tan x\sim x$ 不能确定两个相近量之差的主项；本题必须展开到三次项。

（2）

答案： $\sin(x^2)$。

解题思路： $x$ 同时出现在积分上限和被积函数中。先令 $u=x-t$，把被积函数变为仅含积分变量的形式，再用微积分基本定理。

详细解答： 固定 $x$，令 $u=x-t$，则 $\mathrm dt=-\mathrm du$；当 $t=0$ 时 $u=x$，当 $t=x$ 时 $u=0$。所以

$$\int_0^x\sin\bigl((x-t)^2\bigr)\,\mathrm dt =\int_x^0\sin(u^2)(-\mathrm du) =\int_0^x\sin(u^2)\,\mathrm du.$$

因为 $\sin(u^2)$ 连续，变上限积分的导数等于上限处的被积函数，故

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int_0^x\sin\bigl((x-t)^2\bigr)\,\mathrm dt =\sin(x^2).$$

（3）

答案：

$$y=C_1\mathrm e^{-2x}+C_2\mathrm e^{2x}+\frac14x\mathrm e^{2x},$$

其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。

解题思路： 非齐次线性方程的通解等于齐次方程通解加一个特解。右端 $\mathrm e^{2x}$ 已经是齐次方程的解，因此试探特解时要额外乘一个 $x$。

详细解答： 齐次方程 $y''-4y=0$ 的特征方程为 $r^2-4=0$，有不同实根 $-2,2$，所以

$$y_h=C_1\mathrm e^{-2x}+C_2\mathrm e^{2x}.$$

因为 $2$ 是特征方程的单根，设特解为 $y_p=kx\mathrm e^{2x}$。逐次求导得

$$y_p'=k(1+2x)\mathrm e^{2x},\qquad y_p''=k(4+4x)\mathrm e^{2x}.$$

代入非齐次方程：

$$y_p''-4y_p=k(4+4x)\mathrm e^{2x}-4kx\mathrm e^{2x} =4k\mathrm e^{2x}=\mathrm e^{2x}.$$

于是 $k=\frac14$，将 $y_h$ 与 $y_p$ 相加即得答案。

（4）

答案： 特征值为一个 $n$ 和 $n-1$ 个 $0$。

解题思路： 每行全是 $1$，所以矩阵乘一个列向量时，每个分量都变为该向量的分量之和。直接找全 $n$ 个线性无关的特征向量，便可确定所有特征值。

详细解答： 记 $\boldsymbol e=(1,\ldots,1)^{\mathrm T}\in\mathbb R^n$。任取 $\boldsymbol v=(v_1,\ldots,v_n)^{\mathrm T}$，有

$$\mathbf A\boldsymbol v=(v_1+\cdots+v_n)\boldsymbol e.$$

取 $\boldsymbol v=\boldsymbol e$，得 $\mathbf A\boldsymbol e=n\boldsymbol e$，因此 $n$ 是特征值。

若 $v_1+\cdots+v_n=0$，则 $\mathbf A\boldsymbol v=0$。这个齐次方程只有一个独立约束，解空间的维数为 $n-1$；当 $n\ge2$ 时，可取基向量 $\boldsymbol e_1-\boldsymbol e_n,\ldots,\boldsymbol e_{n-1}-\boldsymbol e_n$。

向量 $\boldsymbol e$ 不在该零空间中，它与上述基向量共组成 $n$ 个线性无关的特征向量。因此特征值 $n$ 的重数为 $1$，特征值 $0$ 的重数为 $n-1$。当 $n=1$ 时，只有特征值 $1$。

（5）

答案： $P(A)=\displaystyle\frac14$。

解题思路： 用三事件容斥公式展开并集概率。两两独立使两个事件的交集概率为 $p^2$；三事件交集为空，其概率为 $0$。

详细解答： 令 $p=P(A)=P(B)=P(C)$。由两两独立，

$$P(A\cap B)=P(A\cap C)=P(B\cap C)=p^2.$$

由 $A\cap B\cap C=\varnothing$，知 $P(A\cap B\cap C)=0$。容斥公式给出

$$P(A\cup B\cup C)=3p-3p^2+0=\frac9{16}.$$

整理为

$$p^2-p+\frac3{16}=0, \qquad\left(p-\frac14\right)\left(p-\frac34\right)=0.$$

代数根为 $\frac14$ 和 $\frac34$。题设要求 $p<\frac12$，故只保留 $p=\frac14$。

易错点： 两两独立不等于三事件相互独立，不能把三事件交集概率写成 $p^3$。

（1）

答案： A。连续奇函数的任意原函数都是偶函数。

解题思路： 原函数之间可相差任意常数。将原函数写成“常数加从 $0$ 开始的积分”，检查奇偶性；对于其余必然性判断，给出反例。

详细解答： 由 $F'=f$ 和 $f$ 连续，有

$$F(x)=F(0)+\int_0^xf(t)\,\mathrm dt.$$

当 $f$ 为奇函数时，$f(-u)=-f(u)$。令 $t=-u$，得

$$\int_0^{-x}f(t)\,\mathrm dt =-\int_0^xf(-u)\,\mathrm du =\int_0^xf(u)\,\mathrm du.$$

所以 $F(-x)=F(x)$，A 正确；常数 $F(0)$ 不破坏偶性。

B 不成立：取偶函数 $f(x)=1$，其原函数 $F(x)=x+1$ 不是奇函数。

C 不成立：$f(x)=1$ 是周期函数，但原函数 $F(x)=x$ 没有正周期。

D 不成立：$f(x)=x$ 单调增加，但原函数 $F(x)=\frac12x^2$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调减少。因此只有 A 必然成立。

（2）

答案： D。$f$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f'(0)=0$。

解题思路： 分段定义要分别计算左右差商。右侧使用 $1-\cos x\sim\frac12x^2$，左侧只需利用 $g$ 有界。

详细解答： 由定义，$f(0)=0$。存在常数 $M>0$，使 $|g(x)|\le M$。当 $x\to0^-$ 时，

$$|f(x)|=|x^2g(x)|\le Mx^2\longrightarrow0.$$

当 $x\to0^+$ 时，$1-\cos x=\frac12x^2+o(x^2)$，所以

$$f(x)=\frac{1-\cos x}{\sqrt x} =\frac12x^{3/2}+o(x^{3/2})\longrightarrow0.$$

两侧极限都等于 $f(0)$，故函数连续。继续按导数定义计算：

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos x}{x^{3/2}} =\lim_{x\to0^+}\left(\frac12\sqrt x+o(\sqrt x)\right)=0.$$

左侧有

$$\left|\frac{f(x)-f(0)}x\right|=|xg(x)|\le M|x|\longrightarrow0.$$

左右差商极限相同，故 $f'(0)=0$，选 D。无须假定 $g$ 在 $0$ 处连续或可导。

（3）

答案： C。$S(-\frac52)=\displaystyle\frac34$。

解题思路： 区间 $[0,1]$ 上的余弦级数对应 $f$ 的偶延拓、周期为 $2$ 的延拓。将所求点移至 $\frac12$，再用傅里叶级数在跳跃点的收敛定理取左右极限的平均值。

详细解答： 级数只含 $\cos(n\pi x)$，各项均为偶函数，且以 $2$ 为周期。题设函数分段光滑，只有有限个跳跃点，其偶周期延拓满足傅里叶级数收敛条件；级数在每点收敛于延拓函数左右极限的平均值。

利用周期性及偶性，

$$S\left(-\frac52\right)=S\left(-\frac12\right)=S\left(\frac12\right).$$

在 $x=\frac12$ 的左侧使用 $f(x)=x$，右侧使用 $f(x)=2-2x$，故

$$f\left(\frac12-0\right)=\frac12, \qquad f\left(\frac12+0\right)=2-2\cdot\frac12=1.$$

因此

$$S\left(\frac12\right)=\frac{\frac12+1}{2}=\frac34.$$

易错点： 虽然 $f(\frac12)=\frac12$，但跳跃点处的级数和取左右极限平均值，不能直接取该点的函数值。

（4）

答案： B。当 $m>n$ 时，$|\mathbf A\mathbf B|=0$。

解题思路： $\mathbf A\mathbf B$ 是 $m$ 阶方阵，乘积的秩不超过两个因子的秩。若秩小于 $m$，行列式必为 $0$。

详细解答： 因为 $\mathbf A$ 为 $m\times n$ 矩阵，$\mathbf B$ 为 $n\times m$ 矩阵，所以乘积为 $m\times m$。秩满足

$$r(\mathbf A\mathbf B)\le\min\{r(\mathbf A),r(\mathbf B)\}\le n.$$

当 $m>n$ 时，$r(\mathbf A\mathbf B)<m$，乘积不可逆，故行列式为 $0$。这证明 B 正确、A 错误。

当 $n>m$ 时，取

$$\mathbf A=(I_m\ \ 0),\qquad \mathbf B=\begin{pmatrix}I_m\\0\end{pmatrix},$$

零块补足到题设维数，便有 $\mathbf A\mathbf B=I_m$，行列式为 $1$；若改取 $\mathbf A=0$，乘积行列式为 $0$。因此 C、D 所说的“必有”均不成立。

（5）

答案： B。$P\{X+Y\le1\}=\displaystyle\frac12$。

解题思路： 独立正态变量的线性组合仍服从正态分布。先计算和、差的均值和方差，再利用正态分布关于均值对称。

详细解答： 题设给出 $E(X)=0$、$E(Y)=1$、$D(X)=D(Y)=1$。独立使协方差为 $0$，所以

$$X+Y\sim N(1,2),\qquad X-Y\sim N(-1,2).$$

记标准正态分布函数为 $\Phi$。将和变量标准化，得

$$P(X+Y\le1)=P\left(\frac{X+Y-1}{\sqrt2}\le0\right) =\Phi(0)=\frac12.$$

其余三项为

$$P(X+Y\le0)=\Phi\left(-\frac1{\sqrt2}\right)<\frac12,$$

$$P(X-Y\le0)=\Phi\left(\frac1{\sqrt2}\right)>\frac12, \qquad P(X-Y\le1)=\Phi(\sqrt2)>\frac12.$$

因此仅 B 正确。

答案： 在 $F_y+xf'F_z\ne0$ 的点，

$$\frac{\mathrm dz}{\mathrm dx} =\frac{(f+xf')F_y-xf'F_x}{F_y+xf'F_z}.$$

这里 $f=f(x+y)$、$f'=f'(x+y)$，$F_x,F_y,F_z$ 均在 $(x,y(x),z(x))$ 处取值。

解题思路： $y,z$ 均随 $x$ 变化。分别对两条关系用乘积求导法则及多元复合函数链式法则，得到关于 $y',z'$ 的线性方程，再消去 $y'$。

详细解答： 对 $z=xf(x+y)$ 求导，注意 $(x+y)'=1+y'$，得

$$z'=f+xf'(1+y')=f+xf'+xf'y'.$$

对 $F(x,y(x),z(x))=0$ 求导，得

$$F_x+F_yy'+F_zz'=0.$$

第一式乘以 $F_y$ 后，将第二式的 $F_yy'=-F_x-F_zz'$ 代入：

$$F_yz'=(f+xf')F_y+xf'F_yy' =(f+xf')F_y-xf'F_x-xf'F_zz'.$$

移项得

$$(F_y+xf'F_z)z'=(f+xf')F_y-xf'F_x.$$

当 $F_y+xf'F_z\ne0$ 时，两边相除即得答案。这个非零条件也就是两条隐函数关系关于未知量 $y,z$ 的雅可比行列式非零条件。分母为 $0$ 时，不能直接使用该分式，需要分析具体的函数关系。

答案：

$$I=2a^2b+\frac\pi2(b-a)a^2 =\left(2+\frac\pi2\right)a^2b-\frac\pi2a^3.$$

解题思路： 两个偏导数中的指数三角函数项会相消，适合用格林公式。补上从 $O$ 到 $A$ 的线段组成闭曲线，再从闭合积分中减掉该线段的积分。

详细解答： 记

$$P=\mathrm e^x\sin y-b(x+y),\qquad Q=\mathrm e^x\cos y-ax.$$

原弧满足 $(x-a)^2+y^2=a^2$、$y\ge0$，即圆心 $(a,0)$、半径 $a$ 的上半圆，从右端 $A(2a,0)$ 走向左端 $O(0,0)$。补上线段 $\overline{OA}$，方向由 $O$ 到 $A$，便组成上半圆区域 $D$ 的逆时针边界。

因为 $P,Q$ 在该区域上具有连续偏导数，格林公式给出

$$\oint_{L+\overline{OA}}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

这里

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\mathrm e^x\cos y-a, \qquad\frac{\partial P}{\partial y}=\mathrm e^x\cos y-b,$$

差值为常数 $b-a$。区域面积为 $\frac12\pi a^2$，所以闭合积分为 $\frac\pi2(b-a)a^2$。

在线段 $\overline{OA}$ 上，$y=0$、$\mathrm dy=0$，且 $x$ 从 $0$ 到 $2a$，故

$$\int_{\overline{OA}}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\int_0^{2a}(-bx)\,\mathrm dx =-b\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{2a}=-2a^2b.$$

由“闭合积分等于原弧积分加补线段积分”，得到

$$I=\frac\pi2(b-a)a^2-(-2a^2b),$$

即所求结果。闭合方向与补线段的积分方向必须保持一致。

答案： $y(x)=\mathrm e^x$，$x\ge0$。

解题思路： 用切线与 $x$ 轴的交点确定三角形面积，把曲边梯形面积写成积分。对面积关系求导得到微分方程；再用原关系在 $x=0$ 处确定初始斜率。

详细解答： 由 $y'(x)>0$ 和 $y(0)=1$，知 $y(x)\ge1>0$。过 $P(x,y)$ 的切线为

$$Y-y=y'(X-x).$$

令 $Y=0$，得切线与 $x$ 轴的交点 $Q(x-y/y',0)$。垂足为 $T(x,0)$，三角形的底边长为 $QT=y/y'$，高为 $PT=y$，因此

$$S_1=\frac12\cdot\frac y{y'}\cdot y=\frac{y^2}{2y'}, \qquad S_2=\int_0^xy(t)\,\mathrm dt.$$

题设关系化为

$$\frac{y^2}{y'}-\int_0^xy(t)\,\mathrm dt=1.\tag{1}$$

先令 $x=0$，代入 $y(0)=1$ 得 $1/y'(0)=1$，故 $y'(0)=1$。

对式（1）求导，商的求导法则及微积分基本定理给出

$$\frac{2y(y')^2-y^2y''}{(y')^2}-y=0.$$

乘以 $(y')^2$ 并整理，得 $y(y')^2-y^2y''=0$；因 $y>0$，可约去 $y$，得到 $yy''=(y')^2$。于是

$$\left(\frac{y'}y\right)'=\frac{yy''-(y')^2}{y^2}=0.$$

因此 $y'/y$ 是常数，代入 $y'(0)=y(0)=1$，知该常数为 $1$，即 $y'=y$。因为 $y>0$，积分得 $\ln y=x+C$；由 $y(0)=1$ 得 $C=0$，所以 $y=\mathrm e^x$。

检验原关系：此时 $S_1=\frac12\mathrm e^x$、$S_2=\mathrm e^x-1$，确有 $2S_1-S_2=1$，且初值及 $y'>0$ 均满足。

答案： 对所有 $x>0$，$(x^2-1)\ln x\ge(x-1)^2$，等号仅在 $x=1$ 时成立。

解题思路： 将两边作差，证明差函数的最小值为 $0$。一阶导数不容易直接判号，可继续考察二阶导数，并用三阶导数确定二阶导数的最小值。

详细解答： 定义 $F(x)=(x^2-1)\ln x-(x-1)^2$，$x>0$。有 $F(1)=0$。逐次求导得

$$F'(x)=2x\ln x+\frac{x^2-1}{x}-2(x-1) =2x\ln x-x+2-\frac1x,$$

$$F''(x)=2\ln x+1+\frac1{x^2},\qquad F'''(x)=\frac2x-\frac2{x^3}=\frac{2(x^2-1)}{x^3}.$$

因为 $x>0$，分母 $x^3$ 为正，故 $F'''<0$ 在 $(0,1)$ 上成立，$F'''>0$ 在 $(1,+\infty)$ 上成立。于是 $F''$ 先减少后增加，最小值为

$$F''(1)=2>0.$$

由 $F''>0$ 知 $F'$ 严格增加。又 $F'(1)=0$，故

$$F'(x)<0\quad(0<x<1),\qquad F'(x)>0\quad(x>1).$$

因此 $F$ 在 $1$ 左侧严格减少，右侧严格增加，其全局最小值为 $F(1)=0$。所以 $F(x)\ge0$，所需不等式成立；严格单调性说明只有 $x=1$ 取等号。

答案： 克服重力所作的功为 $91500\ \mathrm J$。

解题思路： 功等于重力沿提升距离的积分。抓斗重力不变，但悬挂缆绳的长度随提升减少，污泥重力也因泄漏减少，应分别计算三部分的功。

详细解答： 设 $x$ 为抓斗从井底向上提升的距离，$0\le x\le30$。速度为 $3\ \mathrm{m/s}$，所以时间 $t=x/3$，总提升时间为 $30/3=10$ 秒。

抓斗重力恒为 $400\ \mathrm N$，功为

$$W_1=\int_0^{30}400\,\mathrm dx=12000\ \mathrm J.$$

提升 $x$ 米后，井内悬挂的缆绳长为 $30-x$ 米，重力为 $50(30-x)\ \mathrm N$。提升微小距离 $\mathrm dx$ 时，微元功为 $50(30-x)\mathrm dx$，因此

$$W_2=\int_0^{30}50(30-x)\,\mathrm dx =50\left[30x-\frac{x^2}{2}\right]_0^{30}=22500\ \mathrm J.$$

时刻 $t$ 抓斗内污泥的重力为 $2000-20t$ 牛顿。因 $\mathrm dx=3\mathrm dt$，其功为

$$W_3=\int_0^{10}(2000-20t)\cdot3\,\mathrm dt =3\left[2000t-10t^2\right]_0^{10}=57000\ \mathrm J.$$

结束时还剩 $2000-20\cdot10=1800\ \mathrm N$ 的污泥，该重力表达式在整个提升区间内有效。总功为

$$W=W_1+W_2+W_3=12000+22500+57000=91500\ \mathrm J.$$

易错点： $20\ \mathrm{N/s}$ 是每秒漏掉的重力，换成距离变量时应使用 $t=x/3$；缆绳也不能始终按 $30$ 米计算。

答案： $\displaystyle\iint_S\frac z{\rho(x,y,z)}\,\mathrm dS=\frac{3\pi}{2}$。

解题思路： 先写切平面并用点到平面的距离公式求 $\rho$。将上半椭球表示为 $z=z(x,y)$，投影到圆盘后，距离因子和面积元中的根式可化简，再用极坐标积分。

详细解答： 令 $G(x,y,z)=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+z^2-1$。在椭球上，非零梯度 $\nabla G=(x,y,2z)$ 是法向量。用 $(X,Y,Z)$ 表示切平面的一般点，平面方程为

$$x(X-x)+y(Y-y)+2z(Z-z)=0.$$

因为 $x^2+y^2+2z^2=2$，可写成

$$\frac x2X+\frac y2Y+zZ-1=0.$$

点到平面距离公式给出

$$\rho(x,y,z)=\frac{|{-1}|}{\sqrt{x^2/4+y^2/4+z^2}} =\frac1{\sqrt{x^2/4+y^2/4+z^2}}.$$

上半椭球为

$$z=\sqrt{1-\frac{x^2+y^2}{2}},\qquad D=\{(x,y):x^2+y^2\le2\}.$$

在圆盘内部 $z>0$，偏导数为 $z_x=-x/(2z)$、$z_y=-y/(2z)$。曲面面积元为

$$\begin{aligned} \mathrm dS &=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\ &=\frac{\sqrt{4z^2+x^2+y^2}}{2z}\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\frac{\sqrt{4-x^2-y^2}}{2z}\,\mathrm dx\,\mathrm dy. \end{aligned}$$

另一方面，利用 $z^2=1-\frac{x^2+y^2}{2}$，

$$\frac1\rho=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{4}+z^2} =\frac{\sqrt{4-x^2-y^2}}2.$$

相乘后得到

$$\frac z\rho\,\mathrm dS =\frac{4-x^2-y^2}{4}\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

圆盘边界对应 $z=0$，含 $1/z$ 的表达式不在边界直接使用；可先在内部积分再取极限。化简后的函数在闭圆盘上连续，边界曲线不影响曲面面积积分。

令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，则 $\mathrm dx\,\mathrm dy=r\mathrm dr\mathrm d\theta$，且 $0\le r\le\sqrt2$、$0\le\theta\le2\pi$。于是

$$\begin{aligned} \iint_S\frac z\rho\,\mathrm dS &=\frac14\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2}(4-r^2)r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\ &=\frac\pi2\left[2r^2-\frac{r^4}{4}\right]_0^{\sqrt2} =\frac\pi2(4-1)=\frac{3\pi}{2}. \end{aligned}$$