2017年考研数学一真题

答案： A，即 $ab=\dfrac12$。

解题思路： 分段函数在分界点连续，要求左极限、右极限和该点函数值相等。左侧函数为常数，只需计算右极限；右侧的 $1-\cos\sqrt{x}$ 可用 $1-\cos t\sim t^2/2$ 化简。

详细解答： 题设分式有意义，故 $a\ne0$。当 $x\le0$ 时 $f(x)=b$，因此

$$f(0)=b,\qquad \lim_{x\to0^-}f(x)=b.$$

令 $t=\sqrt{x}$。当 $x\to0^+$ 时 $t\to0^+$，且 $x=t^2$，所以

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax} &=\frac1a\lim_{t\to0^+}\frac{1-\cos t}{t^2}\\ &=\frac1{2a}\lim_{t\to0^+} \left(\frac{\sin(t/2)}{t/2}\right)^2 =\frac1{2a}. \end{aligned}$$

最后一步用了基本极限 $\lim_{s\to0}\sin s/s=1$。在 $x=0$ 处连续等价于 $b=\dfrac1{2a}$，两边乘 $a$ 得 $ab=\dfrac12$，故选 A。

答案： C，即 $|f(1)|>|f(-1)|$。

解题思路： 条件给出 $f$ 与 $f'$ 的乘积为正，而没有给出 $f$ 本身的正负。把乘积看作 $f^2$ 的导数，可以直接判断绝对值的大小。

详细解答： 令 $g(x)=f^2(x)$。由求导法则，

$$g'(x)=2f(x)f'(x)>0.$$

对区间 $[-1,1]$ 应用拉格朗日中值定理：存在 $\xi\in(-1,1)$，使

$$g(1)-g(-1)=g'(\xi)\,[1-(-1)]=2g'(\xi)>0.$$

因此 $f^2(1)>f^2(-1)$。两边都是非负数，平方根函数严格递增，所以 $|f(1)|>|f(-1)|$。这证明 C，且排除 D。

A、B 都不能由条件推出。例如 $f(x)=e^x$ 满足 $ff'=e^{2x}>0$，此时 $f(1)>f(-1)$；而 $f(x)=-e^x$ 也满足 $ff'=e^{2x}>0$，此时 $f(1)<f(-1)$。因此题设能够确定的是绝对值增大，故选 C。

答案： D，方向导数为 $2$。

解题思路： 可微函数沿某个方向的方向导数等于梯度与该方向的单位向量的内积。题目给出的向量长度不为 $1$，必须先单位化。

详细解答： 函数 $f(x,y,z)=x^2y+z^2$ 是多项式，处处可微。先计算梯度：

$$\nabla f=(f_x,f_y,f_z)=(2xy,x^2,2z), \qquad \nabla f(1,2,0)=(4,1,0).$$

方向向量 $\boldsymbol n=(1,2,2)$ 的长度为

$$\|\boldsymbol n\|=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3,$$

故该方向的单位向量为 $\boldsymbol e=\dfrac13(1,2,2)$。于是

$$D_{\boldsymbol e}f(1,2,0) =\nabla f(1,2,0)\cdot\boldsymbol e =4\cdot\frac13+1\cdot\frac23+0\cdot\frac23=2.$$

故选 D。

易错点： 直接算 $(4,1,0)\cdot(1,2,2)=6$ 没有除以方向向量的长度，不是本题所求的方向导数。

答案： C，即 $t_0=25$ 秒。

解题思路： 两条速度曲线之间的有向面积等于两人位移之差。甲起初领先 $10$ 米，所以乙追上甲时，乙的位移必须比甲多 $10$ 米。

详细解答： 以乙的起点为位置原点，设甲、乙在时刻 $t$ 的位置分别为 $s_1(t)$、$s_2(t)$，则

$$s_1(t)=10+\int_0^t v_1(\tau)\,\mathrm d\tau,\qquad s_2(t)=\int_0^t v_2(\tau)\,\mathrm d\tau.$$

因此甲领先的距离为

$$d(t)=s_1(t)-s_2(t) =10+\int_0^t[v_1(\tau)-v_2(\tau)]\,\mathrm d\tau.$$

追上时 $d(t_0)=0$，即

$$\int_0^{t_0}[v_2(t)-v_1(t)]\,\mathrm dt=10.$$

图中实线是甲的速度，虚线是乙的速度。在 $0<t<10$ 时，$v_1>v_2$，甲又多走了第一块阴影面积对应的 $10$ 米，故

$$d(10)=10+10=20.$$

在 $10<t<25$ 时，$v_2>v_1$，领先距离逐渐减小。第二块阴影的面积为 $20$，所以

$$d(25)=10+10-20=0.$$

在 $t<10$ 时甲一直领先；在 $10<t<25$ 时，乙累计追回的距离尚未达到 $20$ 米，因此仍未追上。故第一次追上发生在 $t_0=25$，选 C。

第三块面积为 $3$，表示 $25$ 秒后甲又比乙多走了 $3$ 米；它不影响第一次追上的时刻。

易错点： 甲的总位置含初始领先的 $10$ 米。相遇时是“乙的位移等于甲的位移加 $10$”，不能把位移差的方向写反。

答案： A，即 $E-\alpha\alpha^{\mathrm T}$ 不可逆。

解题思路： 单位列向量满足 $\alpha^{\mathrm T}\alpha=1$。矩阵 $\alpha\alpha^{\mathrm T}$ 把 $\alpha$ 映射为自身，把与 $\alpha$ 正交的向量映射为零，因此可直接判断四个矩阵是否存在零特征值。

详细解答： 由 $\|\alpha\|=1$，有 $\alpha\ne0$ 且

$$\alpha^{\mathrm T}\alpha=1,\qquad (\alpha\alpha^{\mathrm T})\alpha =\alpha(\alpha^{\mathrm T}\alpha)=\alpha.$$

于是

$$(E-\alpha\alpha^{\mathrm T})\alpha=\alpha-\alpha=0.$$

一个方阵把非零向量映射为零，说明其齐次方程有非零解，故该矩阵不可逆，A 正确。

为判断其余选项，统一考虑 $E+c\alpha\alpha^{\mathrm T}$。任何 $n$ 维向量 $x$ 都可写成

$$x=t\alpha+w,\qquad t=\alpha^{\mathrm T}x,\qquad \alpha^{\mathrm T}w=0.$$

这时

$$(E+c\alpha\alpha^{\mathrm T})x=(1+c)t\alpha+w.$$

如果结果为零，对等式左乘 $\alpha^{\mathrm T}$ 得 $(1+c)t=0$。只要 $1+c\ne0$，便有 $t=0$，继而 $w=0$、$x=0$，矩阵因此可逆。

B、C、D 分别对应 $c=1,2,-2$，其 $1+c$ 分别为 $2,3,-1$，都不为零，故均可逆。只有 A 对应 $c=-1$，选 A。

答案： B，即 $A$ 与 $C$ 相似，$B$ 与 $C$ 不相似。

解题思路： 三个矩阵都是三角矩阵，特征值由对角元素读出；但特征值相同还不足以推出相似。$C$ 已是对角矩阵，所以要检查 $A$、$B$ 是否有足够多的线性无关特征向量。

详细解答： 三个矩阵的特征值都是 $2,2,1$。特征值 $2$ 的代数重数为 $2$，它的特征向量空间是 $(2E-A)x=0$ 或 $(2E-B)x=0$ 的解空间。

对矩阵 $A$，

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

它只有一列非零，且非零行互为倍数，故秩为 $1$。由秩与零空间维数的关系，

$$\dim\ker(2E-A)=3-1=2.$$

具体地，$x_3=0$，可取两个线性无关的特征向量 $(1,0,0)^{\mathrm T}$、$(0,1,0)^{\mathrm T}$。对特征值 $1$，解 $(A-E)x=0$ 得 $x_1=0$、$x_2+x_3=0$，可取 $(0,-1,1)^{\mathrm T}$。不同特征值的特征向量线性无关，所以 $A$ 有三个线性无关特征向量，能够相似对角化。按特征值 $1,2,2$ 排列这些向量，便得到对角矩阵 $C$，因此 $A\sim C$。

对矩阵 $B$，

$$2E-B= \begin{pmatrix} 0&-1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix},$$

秩为 $2$，故

$$\dim\ker(2E-B)=3-2=1.$$

重特征值 $2$ 只有一个线性无关的特征向量；加上特征值 $1$ 的一个特征向量，也凑不够三个。故 $B$ 不能相似对角化，不能与对角矩阵 $C$ 相似。选 B。

答案： A，即 $P(B\mid A)>P(B\mid\overline A)$。

解题思路： 两个条件概率的不等式都可化成联合概率与边缘概率的关系。题设保证所有分母为正，所以可以直接交叉相乘且不改变不等号方向。

详细解答： 记

$$p=P(A),\qquad q=P(B),\qquad r=P(A\cap B).$$

由 $0<p,q<1$，$p,q,1-p,1-q$ 均为正。又 $P(A\cap\overline B)=p-r$，于是

$$\begin{aligned} P(A\mid B)>P(A\mid\overline B) &\iff \frac rq>\frac{p-r}{1-q}\\ &\iff r(1-q)>q(p-r)\\ &\iff r-rq>pq-qr\\ &\iff r>pq. \end{aligned}$$

同样，$P(B\cap\overline A)=q-r$，所以

$$\begin{aligned} P(B\mid A)>P(B\mid\overline A) &\iff \frac rp>\frac{q-r}{1-p}\\ &\iff r(1-p)>p(q-r)\\ &\iff r>pq. \end{aligned}$$

两者都等价于 $P(A\cap B)>P(A)P(B)$，故 A 是充分必要条件。

B 的不等号相反，对应 $r<pq$，不能满足题设条件。C、D 比较的是 $1-P(B\mid A)$ 与 $P(B\mid\overline A)$，也不是上述等价条件。例如取 $P(A)=1/2$：

• 若 $P(B\mid A)=0.2$、$P(B\mid\overline A)=0.3$，则 A 中的不等式不成立，但 C 中 $0.8>0.3$ 成立。
• 若 $P(B\mid A)=0.7$、$P(B\mid\overline A)=0.8$，则 A 中的不等式不成立，但 D 中 $0.3<0.8$ 成立。

这些条件概率都能组成合法的联合分布，因此 C、D 均不是充分条件。选 A。

答案： B 不正确。正确的标准化结论为 $\dfrac{(X_n-X_1)^2}{2}\sim\chi^2(1)$。

解题思路： 独立标准正态变量的平方和服从卡方分布。检查每个式子时，先确认平方中的正态变量是否已标准化，尤其要算清 $X_n-X_1$ 的方差。

详细解答： 简单随机样本中的 $X_i$ 相互独立，且 $X_i\sim N(\mu,1)$。

A：每个 $X_i-\mu\sim N(0,1)$，仍相互独立，因此由卡方分布的定义，

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2\sim\chi^2(n).$$

B：因为 $n\ge2$，$X_n$ 与 $X_1$ 是两个独立的样本变量，故

$$E(X_n-X_1)=0,\qquad \operatorname{Var}(X_n-X_1)=1+1=2.$$

正态变量的线性组合仍服从正态分布，因此

$$X_n-X_1\sim N(0,2),\qquad \frac{X_n-X_1}{\sqrt2}\sim N(0,1).$$

平方后得到

$$\frac{(X_n-X_1)^2}{2}\sim\chi^2(1).$$

题中却写成 $2(X_n-X_1)^2$，它是上述 $\chi^2(1)$ 变量的 $4$ 倍。一般卡方变量 $\chi^2(\nu)$ 的均值和方差分别为 $\nu$、$2\nu$；此处该 $4$ 倍变量的均值为 $4$、方差为 $32$，若它服从某个卡方分布，均值要求 $\nu=4$，而方差应为 $8$，与 $32$ 矛盾。因此 B 错误。

C：由正态总体的样本方差分布定理，

$$\frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2 \sim\chi^2(n-1).$$

本题 $\sigma^2=1$，所以 C 正确。自由度减少 $1$，是因为残差满足 $\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)=0$。

D：样本均值满足 $\overline X\sim N(\mu,1/n)$，所以

$$\sqrt n(\overline X-\mu)\sim N(0,1),\qquad n(\overline X-\mu)^2\sim\chi^2(1).$$

D 也正确。故不正确的选项是 B。

答案： $f^{(3)}(0)=0$。

解题思路： $f(x)=1/(1+x^2)$ 是偶函数且光滑。偶函数的奇数阶导数是奇函数，因此在原点取值为零。

详细解答： 因为

$$f(-x)=\frac1{1+(-x)^2}=f(x),$$

对等式两边求导，注意复合函数的链式法则，得 $-f'(-x)=f'(x)$。再次求导得 $f''(-x)=f''(x)$，第三次求导得

$$-f^{(3)}(-x)=f^{(3)}(x).$$

令 $x=0$，便有 $-f^{(3)}(0)=f^{(3)}(0)$，故 $f^{(3)}(0)=0$。

也可在原点展开：

$$\frac1{1+x^2}=1-x^2+O(x^4).$$

泰勒公式中 $x^3$ 的系数是 $f^{(3)}(0)/3!$，而上式没有 $x^3$ 项，所以同样得到 $f^{(3)}(0)=0$。

答案：

$$y=e^{-x}\bigl(C_1\cos(\sqrt2\,x)+C_2\sin(\sqrt2\,x)\bigr),$$

其中 $C_1,C_2$ 为任意实常数。

解题思路： 这是二阶常系数齐次线性微分方程，令试探解为 $y=e^{rx}$，由特征方程的根写出通解。

详细解答： 代入 $y=e^{rx}$，有 $y'=re^{rx}$、$y''=r^2e^{rx}$，所以

$$(r^2+2r+3)e^{rx}=0.$$

由于 $e^{rx}\ne0$，特征方程为

$$r^2+2r+3=0,\qquad (r+1)^2=-2,$$

两根为 $r=-1\pm i\sqrt2$。若特征根为 $\alpha\pm i\beta$，对应的两个实解为 $e^{\alpha x}\cos(\beta x)$、$e^{\alpha x}\sin(\beta x)$。代入 $\alpha=-1$、$\beta=\sqrt2$，得到上面的通解。

易错点： $\sqrt2\,x$ 整体位于三角函数内部；指数因子为 $e^{-x}$。

答案： $a=-1$。

解题思路： 在单连通区域内，若 $P,Q$ 的一阶偏导连续，曲线积分 $\int_L P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy$ 与路径无关的充要条件是 $P_y=Q_x$。本题区域是开单位圆盘，分母在其中不为零，满足使用条件。

详细解答： 写成

$$P(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2-1}, \qquad Q(x,y)=\frac{-ay}{x^2+y^2-1}.$$

在 $D=\{x^2+y^2<1\}$ 中，分母严格小于零，故 $P,Q$ 及其一阶偏导都连续。计算得

$$P_y=-\frac{2xy}{(x^2+y^2-1)^2}, \qquad Q_x=\frac{2axy}{(x^2+y^2-1)^2}.$$

路径无关要求这两个偏导在整个 $D$ 上恒等，因此 $-2xy=2axy$。取 $D$ 中 $xy\ne0$ 的点，例如 $x=y=1/2$，可得 $a=-1$。

还需确认该值确实可行。当 $a=-1$ 时，

$$P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\frac{x\,\mathrm dx+y\,\mathrm dy}{x^2+y^2-1} =\mathrm d\left[\frac12\ln(1-x^2-y^2)\right].$$

势函数在 $D$ 内处处有定义，积分只由端点决定，故 $a=-1$ 符合题意。

答案： $S(x)=\dfrac1{(1+x)^2}$，$-1<x<1$。

解题思路： 系数中的 $n$ 和幂次 $n-1$ 表明，这是一个几何级数逐项求导后的形式。幂级数在收敛区间内部可以逐项求导。

详细解答： 对 $|x|<1$，公比为 $-x$ 的几何级数满足

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^n =x-x^2+x^3-\cdots =\frac{x}{1+x}.$$

这个幂级数的收敛半径为 $1$，在 $(-1,1)$ 内逐项求导合法，求导后仍有同样的收敛半径。因此

$$\begin{aligned} S(x) &=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}nx^{n-1}\\ &=\left(\frac{x}{1+x}\right)' =\frac{(1+x)-x}{(1+x)^2} =\frac1{(1+x)^2}. \end{aligned}$$

题目只问区间内部的和函数。端点 $x=1$ 时级数的项为 $(-1)^{n-1}n$，$x=-1$ 时项为 $n$，均不趋于零，故两个端点都不收敛。

答案： 向量组的秩为 $2$。

解题思路： 把三个向量并成矩阵，可将所求向量组写成 $A$ 乘以一个可逆矩阵；乘可逆矩阵不改变秩，所以只需求 $A$ 的秩。

详细解答： 记 $P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$。三个 $3$ 维列向量线性无关，故 $P$ 是可逆的 $3\times3$ 矩阵。矩阵乘法按列计算，给出

$$(A\alpha_1,A\alpha_2,A\alpha_3)=AP.$$

由于右乘可逆矩阵不改变列空间维数，

$$r(A\alpha_1,A\alpha_2,A\alpha_3)=r(AP)=r(A).$$

对题设矩阵作行变换。先令 $R_2\leftarrow R_2-R_1$，再令 $R_3\leftarrow R_3-R_2$（第二步使用变换后的 $R_2$），得到

$$\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 1&1&2\\ 0&1&1 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&1&1 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$

阶梯矩阵有两个非零行，故 $r(A)=2$，所求向量组的秩也是 $2$。

答案： $E(X)=2$。

解题思路： 给出的分布函数是两个正态分布函数的等权混合。$\Phi(x)$ 对应 $N(0,1)$，$\Phi((x-4)/2)$ 对应 $N(4,4)$，混合分布的期望也是相应期望的加权和。

详细解答： 记标准正态密度为 $\varphi(t)=\dfrac1{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2}$。对分布函数求导，注意第二项的链式法则，得 $X$ 的密度

$$f_X(x)=\frac12\varphi(x)+\frac14\varphi\left(\frac{x-4}{2}\right).$$

于是

$$E(X)=\frac12\int_{-\infty}^{\infty}x\varphi(x)\,\mathrm dx +\frac14\int_{-\infty}^{\infty} x\varphi\left(\frac{x-4}{2}\right)\,\mathrm dx.$$

第一项为零，因为 $x\varphi(x)$ 是奇函数且绝对可积。第二项令 $t=(x-4)/2$，则 $x=2t+4$、$\mathrm dx=2\,\mathrm dt$，上下限仍为 $-\infty,\infty$，故

$$\begin{aligned} \frac14\int_{-\infty}^{\infty} x\varphi\left(\frac{x-4}{2}\right)\,\mathrm dx &=\frac14\int_{-\infty}^{\infty}(2t+4)\varphi(t)\cdot2\,\mathrm dt\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}t\varphi(t)\,\mathrm dt +2\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(t)\,\mathrm dt\\ &=0+2=2. \end{aligned}$$

因此 $E(X)=\dfrac12\cdot0+\dfrac12\cdot4=2$。

记 $f_u,f_v$ 分别为 $f$ 对第一、第二个变量的偏导数，$f_{uu},f_{uv},f_{vv}$ 为相应二阶偏导数。

（1）求 $y'(0)$

答案： $y'(0)=f_u(1,1)$。

解题思路： $y=f(e^x,\cos x)$ 是二元函数与两个一元函数复合，应把两条变量变化途径都纳入链式法则；最后再代入 $x=0$。

详细解答： 令

$$u(x)=e^x,\qquad v(x)=\cos x.$$

有 $u'=e^x$、$v'=-\sin x$。二元复合函数的链式法则给出

$$y'=f_u(u,v)u'+f_v(u,v)v' =e^xf_u(e^x,\cos x)-\sin x\,f_v(e^x,\cos x).$$

当 $x=0$ 时，$u=v=1$，$e^0=1$、$\sin0=0$，故

$$y'(0)=1\cdot f_u(1,1)-0\cdot f_v(1,1)=f_u(1,1).$$

（2）求 $y''(0)$

答案： $y''(0)=f_{uu}(1,1)+f_u(1,1)-f_v(1,1)$。

解题思路： 对上一问的链式法则再求导。$f_u,f_v$ 也随 $u(x),v(x)$ 变化，需要继续使用链式法则，不能当作常数。

详细解答： 令 $u(x)=e^x$、$v(x)=\cos x$。由乘积求导法则，

$$y''=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(f_u u') +\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(f_v v').$$

分别计算两部分：

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(f_u u') =(f_{uu}u'+f_{uv}v')u'+f_u u'',$$

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(f_v v') =(f_{vu}u'+f_{vv}v')v'+f_v v''.$$

所有偏导数均在 $(u(x),v(x))$ 处取值。由于 $f$ 有二阶连续偏导数，混合偏导满足 $f_{uv}=f_{vu}$，所以

$$y''=f_{uu}(u')^2+2f_{uv}u'v' +f_{vv}(v')^2+f_u u''+f_v v''.$$

代入 $u'=u''=e^x$、$v'=-\sin x$、$v''=-\cos x$，得

$$y''=e^{2x}f_{uu}-2e^x\sin x\,f_{uv} +\sin^2x\,f_{vv}+e^xf_u-\cos x\,f_v.$$

再令 $x=0$，此时 $(u,v)=(1,1)$，得到

$$y''(0)=f_{uu}(1,1)+f_u(1,1)-f_v(1,1).$$