2004年考研数学一真题

答案： $y=x-1$。

解题思路： 两条斜率存在的直线垂直时，斜率乘积为 $-1$。先从已知直线求出所需切线的斜率，再利用曲线导数确定切点。

详细解答： 直线 $x+y=1$ 可写成 $y=-x+1$，斜率为 $-1$，所以与它垂直的切线斜率应为 $1$。

曲线 $y=\ln x$ 的定义域为 $x>0$，导数为

$$y'=\frac1x.$$

设切点为 $(a,\ln a)$，其中 $a>0$，则切线斜率为 $1/a$。令

$$\frac1a=1,$$

得 $a=1$，切点为 $(1,0)$。由点斜式，

$$y-0=1(x-1),$$

即 $y=x-1$。

答案： $f(x)=\dfrac12(\ln x)^2$，其中 $x>0$。

解题思路： 题目给的是 $f'$ 在 $\mathrm e^x$ 处的值。把 $\mathrm e^x$ 换成新的自变量，就能得到普通形式的 $f'(x)$，再积分并利用初值确定常数。

详细解答： 为避免自变量混淆，把已知关系写成

$$f'(\mathrm e^u)=u\mathrm e^{-u}.$$

令 $t=\mathrm e^u$，则 $t>0$、$u=\ln t$、$\mathrm e^{-u}=1/t$，故

$$f'(t)=\frac{\ln t}{t}.$$

因为 $\mathrm d(\ln t)=\mathrm dt/t$，积分得到

$$f(t)=\int\frac{\ln t}{t}\,\mathrm dt =\frac12(\ln t)^2+C.$$

代入 $f(1)=0$，得 $C=0$。最后把自变量 $t$ 改记为 $x$，即得所求函数。

易错点： $f'(\mathrm e^u)$ 是导函数在某一点的值；它不同于复合函数 $f(\mathrm e^u)$ 对 $u$ 的导数，后者还会多出链式法则中的因子 $\mathrm e^u$。

答案： $\dfrac{3\pi}{2}$。

解题思路： 圆周正向是逆时针方向，第一象限的圆弧从 $(\sqrt2,0)$ 走向 $(0,\sqrt2)$。用圆的参数方程可直接计算；也可补上两条坐标轴线段，利用格林公式。

详细解答： 按题设方向取参数

$$x=\sqrt2\cos\theta,\qquad y=\sqrt2\sin\theta, \qquad 0\le\theta\le\frac\pi2.$$

因此

$$\mathrm dx=-\sqrt2\sin\theta\,\mathrm d\theta,\qquad \mathrm dy=\sqrt2\cos\theta\,\mathrm d\theta.$$

将它们代入第二类曲线积分：

$$\begin{aligned} \int_L x\,\mathrm dy-2y\,\mathrm dx &=\int_0^{\pi/2} \left(2\cos^2\theta+4\sin^2\theta\right)\,\mathrm d\theta\\ &=2\int_0^{\pi/2}(1+\sin^2\theta)\,\mathrm d\theta. \end{aligned}$$

利用 $\sin^2\theta=(1-\cos2\theta)/2$，

$$\int_0^{\pi/2}\sin^2\theta\,\mathrm d\theta=\frac\pi4,$$

所以积分值为 $2(\pi/2+\pi/4)=3\pi/2$。

另取 $A=(\sqrt2,0)$、$B=(0,\sqrt2)$、$O=(0,0)$，把圆弧与线段 $B\to O$、$O\to A$ 围成正向闭曲线。两条轴线段上的积分均为 $0$：在 $y$ 轴上 $x=\mathrm dx=0$，在 $x$ 轴上 $y=\mathrm dy=0$。对四分之一圆盘 $D$ 用格林公式，有

$$\int_L x\,\mathrm dy-2y\,\mathrm dx =\iint_D\left(\frac{\partial x}{\partial x} -\frac{\partial(-2y)}{\partial y}\right)\,\mathrm dx\,\mathrm dy =3\operatorname{Area}(D) =3\cdot\frac14\pi(\sqrt2)^2 =\frac{3\pi}{2}.$$

答案： $y=\dfrac{C_1}{x}+\dfrac{C_2}{x^2}$，其中 $x>0$，$C_1,C_2$ 为任意常数。

解题思路： 欧拉方程中 $x^2y''$、$xy'$ 和 $y$ 的幂次配合一致，可试取幂函数 $y=x^r$，把微分方程化为关于 $r$ 的代数方程。

详细解答： 设 $y=x^r$，则

$$y'=rx^{r-1},\qquad y''=r(r-1)x^{r-2}.$$

代入原方程：

$$x^2r(r-1)x^{r-2}+4xrx^{r-1}+2x^r =\bigl[r(r-1)+4r+2\bigr]x^r=0.$$

因 $x>0$，$x^r\ne0$，所以

$$r^2+3r+2=(r+1)(r+2)=0.$$

两个不同的根为 $r_1=-1$、$r_2=-2$，对应解 $x^{-1}$、$x^{-2}$ 线性无关。二阶齐次线性方程的通解为

$$y=C_1x^{-1}+C_2x^{-2}.$$

也可令 $t=\ln x$。由 $\mathrm dt/\mathrm dx=1/x$，

$$xy'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt},\qquad x^2y''=\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dt^2}-\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}.$$

原方程化成 $y_{tt}+3y_t+2y=0$，其特征根同样是 $-1,-2$，再用 $\mathrm e^t=x$ 即得上述通解。

答案： $|B|=\dfrac19$。

解题思路： 先把含 $B$ 的两项移到同一边，再使用伴随矩阵恒等式 $A^*A=|A|E$ 消去 $A^*$。题目只求行列式，无须逐个求出 $B$ 的元素。

详细解答： 原等式可写成

$$(A-2E)BA^*=E.$$

先计算

$$|A|=\begin{vmatrix}2&1\\1&2\end{vmatrix}\cdot1=4-1=3.$$

等式两边右乘 $A$，保持矩阵乘法的先后顺序，得到

$$(A-2E)BA^*A=A.$$

因为 $A^*A=|A|E=3E$，所以

$$3(A-2E)B=A.$$

又有

$$A-2E=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}, \qquad |A-2E|=(-1)(-1)=1.$$

对三阶矩阵取行列式，利用 $|cM|=c^3|M|$、$|MN|=|M||N|$：

$$3^3|A-2E|\,|B|=|A|=3.$$

故 $27|B|=3$，即 $|B|=1/9$。

易错点： 三阶矩阵整体乘以 $3$ 后，行列式乘以 $3^3$，不是只乘以 $3$。

答案： $\mathrm e^{-1}=\dfrac1{\mathrm e}$。

解题思路： 指数分布的标准差为 $1/\lambda$。将它作为阈值代入指数分布的右尾概率，即可消去参数。

详细解答： 按指数分布的率参数记法，$\lambda>0$，密度为

$$f_X(x)= \begin{cases} \lambda\mathrm e^{-\lambda x},&x\ge0,\\ 0,&x<0. \end{cases}$$

其方差为 $D(X)=1/\lambda^2$，因此

$$\sqrt{D(X)}=\frac1\lambda.$$

对任意 $c\ge0$，

$$P(X>c)=\int_c^\infty\lambda\mathrm e^{-\lambda x}\,\mathrm dx =\mathrm e^{-\lambda c}.$$

令 $c=1/\lambda$，便有

$$P\{X>\sqrt{D(X)}\} =\mathrm e^{-\lambda(1/\lambda)} =\mathrm e^{-1}.$$

答案： B，正确次序为 $\alpha,\gamma,\beta$。

解题思路： 排在后面的是前一个的高阶无穷小，意味着“后项除以前项”的极限为 $0$。先确定三个积分的首项，再比较 $x$ 的幂次。

详细解答： 当 $t\to0^+$ 时，

$$\cos(t^2)\to1,\qquad \tan\sqrt t\sim\sqrt t,\qquad \sin(t^3)\sim t^3.$$

由积分上限分别为 $x,x^2,\sqrt x$，可预期

$$\alpha\sim x,\qquad \beta\sim\frac23x^3,\qquad \gamma\sim\frac14x^2.$$

下面用洛必达法则核实系数。三个比值都是 $0/0$ 型，且在充分小的 $x>0$ 上可求导。由变上限积分求导和链式法则，

$$\lim_{x\to0^+}\frac{\alpha}{x} =\lim_{x\to0^+}\cos(x^2)=1,$$

$$\lim_{x\to0^+}\frac{\beta}{x^3} =\lim_{x\to0^+}\frac{2x\tan\sqrt{x^2}}{3x^2} =\frac23\lim_{x\to0^+}\frac{\tan x}{x} =\frac23,$$

$$\lim_{x\to0^+}\frac{\gamma}{x^2} =\lim_{x\to0^+} \frac{\sin((\sqrt x)^3)/(2\sqrt x)}{2x} =\frac14\lim_{x\to0^+}\frac{\sin(x^{3/2})}{x^{3/2}} =\frac14.$$

因此

$$\frac{\gamma}{\alpha}\sim\frac{x}{4}\to0,\qquad \frac{\beta}{\gamma}\sim\frac83x\to0.$$

所以 $\gamma$ 是 $\alpha$ 的高阶无穷小，$\beta$ 又是 $\gamma$ 的高阶无穷小，选择 B。

易错点： $x\to0^+$ 时，幂次越高的正幂无穷小越小；还必须把积分上限代入，不能只比较被积函数的幂次。

答案： C，即充分小的 $x>0$ 满足 $f(x)>f(0)$。

解题思路： 已知的是原点处一个导数的符号，应使用导数定义判断 $f(x)$ 与 $f(0)$ 的大小。仅有 $f'(0)>0$ 不能保证邻域内其他点的导数都为正。

详细解答： 记 $c=f'(0)>0$。由导数定义，

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x=c.$$

取误差界 $c/2$，存在 $\delta>0$，当 $0<|x|<\delta$ 时，

$$\left|\frac{f(x)-f(0)}x-c\right|<\frac c2, \qquad \frac{f(x)-f(0)}x>\frac c2>0.$$

当 $0<x<\delta$ 时，乘以正数 $x$，得 $f(x)>f(0)$，所以 C 正确。反之，当 $-\delta<x<0$ 时，乘以负数 $x$，不等号反向，得 $f(x)<f(0)$，所以 D 错误。

B 也不一定成立，例如 $f(x)=x$ 满足 $f'(0)=1$，却在左侧单调增加。

A 不一定成立。取连续函数

$$f(x)= \begin{cases} x+x^2\sin(1/x^2),&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}$$

因为 $f(x)/x=1+x\sin(1/x^2)\to1$，所以 $f'(0)=1>0$。但对 $x\ne0$，

$$f'(x)=1+2x\sin(1/x^2)-\frac2x\cos(1/x^2).$$

取 $x_k=1/\sqrt{2\pi k}$，则 $x_k\to0^+$，而

$$f'(x_k)=1-\frac2{x_k}<0.$$

每一个足够小的右侧区间内都有导数为负的点，因此不能保证在整个右侧区间单调增加。

答案： B：若 $na_n$ 趋于有限非零常数，则正项级数 $\sum a_n$ 发散。

解题思路： $na_n$ 正好是 $a_n$ 与调和级数通项 $1/n$ 的比值。正的有限极限可用极限比较判别法；其余判断用具体正项级数检验。

详细解答： 因 $a_n>0$，若 $\lim na_n=\lambda\ne0$ 且 $\lambda$ 为有限常数，则必有 $\lambda>0$。由极限定义，充分大的 $n$ 满足

$$na_n>\frac{\lambda}{2}, \qquad a_n>\frac{\lambda}{2n}.$$

调和级数 $\sum 1/n$ 发散，故由正项级数比较判别法，$\sum a_n$ 发散，B 正确。

A 的条件不足。取

$$a_n=\frac1{n\ln(n+1)}.$$

则 $na_n=1/\ln(n+1)\to0$。但 $n\ge2$ 时，

$$\ln(n+1)\le\ln(2n)\le2\ln n, \qquad a_n\ge\frac1{2n\ln n}.$$

而

$$\int_2^R\frac{\mathrm dx}{x\ln x} =\ln\ln R-\ln\ln2\to+\infty,$$

所以 $\sum_{n=2}^\infty1/(n\ln n)$ 发散，$\sum a_n$ 也发散。

C 错误：取 $a_n=1/n^2$，级数收敛，但 $n^2a_n=1$，不趋于 $0$。

D 错误：取 $a_n=1/\sqrt n$，这是指数 $1/2\le1$ 的发散 $p$ 级数，但 $na_n=\sqrt n\to+\infty$，不趋于有限非零常数。

答案： B，$F'(2)=f(2)$。

解题思路： 在 $t=2$ 附近有 $t>1$，二重积分区域是 $1\le y\le x\le t$。交换积分次序后，$F(t)$ 成为普通的变上限积分。

详细解答： 原积分先固定 $y$，令 $x$ 从 $y$ 变化到 $t$。同一三角形区域也可先固定 $x$，令 $y$ 从 $1$ 变化到 $x$，故

$$\begin{aligned} F(t) &=\int_1^t\mathrm dy\int_y^t f(x)\,\mathrm dx\\ &=\int_1^t\mathrm dx\int_1^x f(x)\,\mathrm dy =\int_1^t(x-1)f(x)\,\mathrm dx. \end{aligned}$$

因为 $f$ 连续，微积分基本定理适用，得到

$$F'(t)=(t-1)f(t), \qquad F'(2)=f(2).$$

也可令 $G(u)=\int_1^u f(x)\,\mathrm dx$，则 $G'=f$，且

$$F(t)=\int_1^t[G(t)-G(y)]\,\mathrm dy =(t-1)G(t)-\int_1^tG(y)\,\mathrm dy.$$

用乘积求导与变上限积分求导：

$$F'(t)=G(t)+(t-1)f(t)-G(t)=(t-1)f(t).$$

答案： D，

$$Q=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

解题思路： 右乘矩阵会对原矩阵的列作线性组合。把 $C$ 的各列写成 $A$ 各列的组合，其系数就是 $Q$ 对应的列。

详细解答： 设 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$。交换第一、二列后，

$$B=(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3).$$

再将 $B$ 的第二列加到第三列，得到

$$C=(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_1+\alpha_3).$$

若 $AQ=C$，则 $Q$ 的三列依次可取

$$\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}.$$

组成的矩阵正是选项 D，且 $|Q|=-1\ne0$，满足可逆要求。

按初等矩阵写法，交换列和加列分别对应

$$P=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}, \qquad R=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

因此 $C=(AP)R=A(PR)$，$Q=PR$，乘积同样给出上述结果。

易错点： 第二次操作使用的是交换后 $B$ 的第二列，它等于 $A$ 原来的第一列；列变换对应右乘，且乘法次序必须与操作次序一致。

答案： A，$A$ 的列向量组线性相关，$B$ 的行向量组线性相关。

解题思路： $AB=O$ 可以分别按“$B$ 的每列是 $A$ 的零空间中的向量”和“$A$ 的每行给出 $B$ 行向量的一条线性关系”来理解。两矩阵非零保证能找到非平凡关系。

详细解答： 设 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵，$B$ 是 $n\times s$ 矩阵。

记 $A$ 的列为 $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$。因为 $B\ne O$，它有一列 $b=(b_1,\ldots,b_n)^{\mathsf T}\ne0$。由 $AB=O$，该列满足

$$Ab=b_1\alpha_1+\cdots+b_n\alpha_n=0.$$

系数不全为零，所以 $A$ 的列向量组线性相关。

记 $B$ 的行为 $\beta_1,\ldots,\beta_n$。因为 $A\ne O$，它有一行 $(a_1,\ldots,a_n)\ne0$。由乘积的这一行等于零，

$$a_1\beta_1+\cdots+a_n\beta_n=0.$$

系数不全为零，所以 $B$ 的行向量组线性相关。

其他选项要求的相关性并非必然。取

$$A=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix},$$

则 $A,B$ 都非零且 $AB=0$，但 $A$ 只有一个非零行向量，其行向量组线性无关；$B$ 只有一个非零列向量，其列向量组也线性无关。因此 B、C、D 都不能保证成立。

答案： C，$x=u_{(1-\alpha)/2}$。

解题思路： 标准正态分布关于 $0$ 对称。中央区间的概率为 $\alpha$，其余概率 $1-\alpha$ 平分给两侧尾部，再与题设的右尾分位点定义对照。

详细解答： 由于 $P(|X|<x)=\alpha>0$，必须有 $x>0$。标准正态分布连续，单点概率为零，且左右对称，所以

$$P(X\le-x)=P(X\ge x)=P(X>x).$$

于是

$$\alpha=P(-x<X<x)=1-2P(X>x).$$

解得

$$P(X>x)=\frac{1-\alpha}{2}.$$

题目将满足 $P(X>u_p)=p$ 的数记为 $u_p$，故

$$x=u_{(1-\alpha)/2}.$$

标准正态右尾概率严格递减，分位点唯一，选择 C。

易错点： 中央概率是 $\alpha$，每一侧的尾概率是 $(1-\alpha)/2$，不是 $\alpha/2$。

答案： A，$\operatorname{Cov}(X_1,Y)=\dfrac{\sigma^2}{n}$。

解题思路： 样本均值 $Y$ 中包含 $X_1$ 本身，因此 $X_1$ 与 $Y$ 并不独立。展开协方差，保留自身的方差项，其余项因独立性为零。

详细解答： 利用协方差的线性性质，

$$\begin{aligned} \operatorname{Cov}(X_1,Y) &=\frac1n\sum_{i=1}^n\operatorname{Cov}(X_1,X_i)\\ &=\frac1n\left[D(X_1)+\sum_{i=2}^n0\right] =\frac{\sigma^2}{n}. \end{aligned}$$

所以 A 正确，B 错误，因为 $n>1$、$\sigma^2>0$。

独立性还给出

$$D(Y)=\frac1{n^2}\sum_{i=1}^nD(X_i)=\frac{\sigma^2}{n}.$$

使用公式 $D(U\pm V)=D(U)+D(V)\pm2\operatorname{Cov}(U,V)$，得到

$$D(X_1+Y)=\sigma^2+\frac{\sigma^2}{n} +2\frac{\sigma^2}{n} =\frac{n+3}{n}\sigma^2,$$

$$D(X_1-Y)=\sigma^2+\frac{\sigma^2}{n} -2\frac{\sigma^2}{n} =\frac{n-1}{n}\sigma^2.$$

它们分别与 C、D 中的表达式不同。

答案： 对 $\mathrm e<a<b<\mathrm e^2$，有

$$\ln^2b-\ln^2a>\frac4{\mathrm e^2}(b-a).$$

解题思路： 左侧是函数 $f(x)=(\ln x)^2$ 在两点的差，适合用拉格朗日中值定理。只需证明区间内的导数 $2\ln x/x$ 严格大于 $4/\mathrm e^2$。

详细解答： $f(x)=(\ln x)^2$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导。由拉格朗日中值定理，存在 $c\in(a,b)$，使

$$f(b)-f(a)=f'(c)(b-a) =\frac{2\ln c}{c}(b-a).$$

令

$$\varphi(x)=\frac{2\ln x}{x}.$$

计算导数：

$$\varphi'(x)=\frac{2(1-\ln x)}{x^2}.$$

当 $x>\mathrm e$ 时，$\ln x>1$，故 $\varphi'(x)<0$，即 $\varphi$ 严格递减。由于

$$\mathrm e<c<b<\mathrm e^2,$$

所以

$$\varphi(c)>\varphi(\mathrm e^2) =\frac{2\cdot2}{\mathrm e^2} =\frac4{\mathrm e^2}.$$

再乘以正数 $b-a$，得到所需严格不等式。

另一种证明是令

$$g(x)=(\ln x)^2-\frac4{\mathrm e^2}x.$$

上面对 $\varphi$ 的分析说明，在 $(\mathrm e,\mathrm e^2)$ 上

$$g'(x)=\varphi(x)-\frac4{\mathrm e^2}>0.$$

于是 $g(b)>g(a)$，移项后同样得到结论。

答案： 最长滑行距离为 $1.05\,\mathrm{km}$。

解题思路： 阻力与速度成正比，先用牛顿第二定律建立速度的一阶微分方程；再对速度积分求路程，最后取时间趋于无穷时的极限。

详细解答： 设触地时刻为 $t=0$，沿滑行方向取正方向。采用题设单位约定：$t$ 以小时计，$v$ 以千米/小时计，$m=9000\,\mathrm{kg}$，$k=6.0\times10^6\,\mathrm{kg/h}$。阻力方向与运动方向相反，因此

$$m\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=-kv,\qquad v(0)=v_0=700\,\mathrm{km/h}.$$

分离变量：$\mathrm dv/v=-(k/m)\,\mathrm dt$。两边积分并利用初值，得到

$$\ln\frac{v(t)}{v_0}=-\frac{k}{m}t, \qquad v(t)=v_0e^{-kt/m}.$$

因为 $k/m>0$，速度为正并持续下降到零。记从触地点开始的路程为 $s(t)$，由 $s'(t)=v(t)$、$s(0)=0$ 得

$$s(t)=\int_0^t v_0e^{-ku/m}\,\mathrm du =\frac{mv_0}{k}\left(1-e^{-kt/m}\right).$$

$s(t)$ 单调增加且有有限极限，所以模型中的最长距离为

$$s_{\max}=\lim_{t\to+\infty}s(t) =\frac{mv_0}{k} =\frac{9000\times700}{6.0\times10^6}\,\mathrm{km} =1.05\,\mathrm{km}.$$

在这个线性阻力模型中，任意有限时刻速度仍为正，“停下”对应速度趋于零、路程趋于上述极限。

单位检查： $mv_0/k$ 的单位是 $\mathrm{kg}\cdot(\mathrm{km/h})/(\mathrm{kg/h})=\mathrm{km}$。若改用秒、米，必须同时把同一个系数换为 $k=6.0\times10^6/3600\,\mathrm{kg/s}$，并取 $v_0=700\times1000/3600\,\mathrm{m/s}$；所得距离仍是 $1050\,\mathrm m$。不能只换速度单位而保留系数数值不变。