2018年考研数学一真题

答案： D，即 $f(x)=\cos\sqrt{|x|}$ 在 $x=0$ 处不可导。其右导数为 $-\frac12$，左导数为 $\frac12$。

解题思路： 绝对值函数在零点不可导，并不意味着含绝对值的复合函数都不可导。应直接使用导数定义，比较 $\frac{f(x)-f(0)}x$ 的左右极限。这里可用 $\sin t\sim t$、$\cos t-1\sim-\frac12t^2$ 判断分子的阶数。

详细解答： 四个选项都在零点有定义，分别计算差商。

对于 A，$f(0)=0$，且

$$\frac{|x|\sin|x|}{x} =x\frac{\sin|x|}{|x|}\longrightarrow0.$$

因此 A 在零点可导，导数为 $0$。

对于 B，$f(0)=0$。利用 $|\sin t|\leqslant|t|$，有

$$\left|\frac{|x|\sin\sqrt{|x|}}x\right| =|\sin\sqrt{|x|}|\leqslant\sqrt{|x|}\longrightarrow0.$$

夹逼定理说明 B 在零点可导，导数也为 $0$。

对于 C，$\cos|x|=\cos x$，所以本身就是可导函数；也可由

$$\frac{\cos|x|-1}{x} =\frac{\cos x-1}{x^2}\,x\longrightarrow0$$

得到零点导数为 $0$。

对于 D，令 $t=\sqrt{|x|}$，则 $t^2=|x|$，从而

$$\frac{\cos\sqrt{|x|}-1}{x} =\frac{\cos t-1}{t^2}\frac{|x|}{x}.$$

当 $x\to0^+$ 时，$\frac{|x|}{x}=1$，差商趋于 $-\frac12$；当 $x\to0^-$ 时，$\frac{|x|}{x}=-1$，差商趋于 $\frac12$。两侧极限不同，因此不可导，选 D。

答案： B，所求两个平面为 $z=0$ 与 $2x+2y-z=2$。

解题思路： 先设切点，再写曲面在该点的切平面。题目指定的两个点都在平面上，代入后可求出切点，进而确定平面。

详细解答： 设切点为 $(a,b,a^2+b^2)$。曲面函数 $z=x^2+y^2$ 的偏导数为 $z_x=2x$、$z_y=2y$，所以切平面方程是

$$z-(a^2+b^2)=2a(x-a)+2b(y-b),$$

整理为

$$z=2ax+2by-a^2-b^2.$$

由于平面经过 $(1,0,0)$ 和 $(0,1,0)$，有

$$\begin{cases} 2a-a^2-b^2=0,\\ 2b-a^2-b^2=0. \end{cases}$$

两式相减得 $a=b$，代入第一式得到

$$2a-2a^2=0,\qquad a(a-1)=0.$$

因此切点为 $(0,0,0)$ 或 $(1,1,2)$。分别代回切平面方程，得到 $z=0$ 和 $z=2x+2y-2$，故选 B。

答案： B，级数之和为 $2\sin1+\cos1$。

解题思路： 分母分别出现偶数阶与奇数阶阶乘时，应与 $\cos x$、$\sin x$ 的幂级数联系起来。把分子 $2n+3$ 拆成 $(2n+1)+2$，即可消去一个阶乘因子。

详细解答： 对每个 $n\geqslant0$，有

$$\frac{2n+3}{(2n+1)!} =\frac{2n+1}{(2n+1)!}+\frac2{(2n+1)!} =\frac1{(2n)!}+\frac2{(2n+1)!}.$$

原级数绝对收敛，因为其绝对值级数的相邻项之比为

$$\frac{2n+5}{(2n+3)!}\frac{(2n+1)!}{2n+3} =\frac{2n+5}{(2n+3)^2(2n+2)}\longrightarrow0.$$

因此可拆成两个收敛级数。利用对所有实数都成立的展开

$$\cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}, \qquad \sin x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!},$$

在 $x=1$ 处代入，得到

$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{2n+3}{(2n+1)!} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!} +2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} =\cos1+2\sin1.$$

故选 B。

答案： C，即 $K>M>N$。

解题思路： 不必分别求出三个积分。利用对称区间上奇函数积分为零，先求出 $M=\pi$；再把 $K$、$N$ 的被积函数与常数 $1$ 比较。

详细解答： 首先展开 $M$ 的被积函数：

$$\frac{(1+x)^2}{1+x^2}=1+\frac{2x}{1+x^2}.$$

$\frac{2x}{1+x^2}$ 是连续奇函数，积分区间关于零对称，故

$$M=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\,\mathrm dx +\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm dx =\pi.$$

在 $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$ 上，$\cos x\geqslant0$，且在内部 $\cos x>0$，所以

$$K=\pi+\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sqrt{\cos x}\,\mathrm dx>\pi=M.$$

接下来使用不等式 $\mathrm e^x\geqslant1+x$，且仅在 $x=0$ 时等号成立。其依据是令 $h(x)=\mathrm e^x-1-x$，则 $h'(x)=\mathrm e^x-1$ 在 $x<0$ 时为负、在 $x>0$ 时为正，因而 $h$ 在零点取得唯一最小值 $h(0)=0$。由于 $\mathrm e^x>0$，得到

$$\frac{1+x}{\mathrm e^x}\leqslant1,$$

且除 $x=0$ 外严格小于 $1$。于是

$$N=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{1+x}{\mathrm e^x}\,\mathrm dx <\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\,\mathrm dx=\pi=M.$$

综上 $K>M>N$，选 C。

易错点： $1+\sqrt{\cos x}$ 在两个端点等于 $1$；$\frac{1+x}{\mathrm e^x}$ 在 $x=0$ 时也等于 $1$。被积函数不必处处严格不等，连续函数在一段区间上严格不等即可推出积分的严格不等式。

答案： A。

解题思路： 相似矩阵具有相同的特征值，但特征值相同未必相似。这里各选项的特征值都为 $1$，可先用 $r(M-I)$ 排除 B、C、D，再为 A 构造可逆矩阵，直接验证相似关系。

详细解答： 记题中矩阵为

$$M=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}, \qquad A=\begin{pmatrix}1&1&-1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

相似关系 $N=S^{-1}MS$ 会给出 $N-I=S^{-1}(M-I)S$，因此 $r(N-I)=r(M-I)$。本题中

$$M-I=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}, \qquad r(M-I)=2.$$

B、C、D 三个选项减去单位矩阵后分别为

$$\begin{pmatrix}0&0&-1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix}0&1&-1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix}0&0&-1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

它们都只有一个线性无关的非零列或非零行，秩均为 $1$，所以不与 $M$ 相似。

为确认 A 确实相似，取

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

$|P|=1\ne0$，并且

$$AP=\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}=M.$$

因此 A 与题中矩阵相似，选 A。

答案： A，即对任意 $n$ 阶矩阵 $A,B$，都有 $r(A,AB)=r(A)$。

解题思路： 矩阵的秩等于其列空间的维数。$AB$ 的每一列都是 $A$ 的列的线性组合，因此把 $AB$ 拼接在 $A$ 右边，不会增加列空间。其他选项中的乘法次序或转置不能保证这一点，可用二阶矩阵举反例。

详细解答： 若 $A=(a_1,\ldots,a_n)$，$B=(b_{ij})$，则 $AB$ 的第 $j$ 列为

$$\sum_{i=1}^n b_{ij}a_i.$$

所以 $(A,AB)$ 的所有列都属于 $A$ 的列空间；而 $(A,AB)$ 又包含 $A$ 的全部列，两者列空间相同，故秩相等。也可写为

$$(A,AB)=A(I,B),\qquad r(A,AB)\leqslant r(A),$$

再结合 $r(A,AB)\geqslant r(A)$ 得到等号。

其余选项不具有普遍正确性：

• B：取 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$。这时 $BA=B$，$(A,BA)$ 的列包含 $(1,0)^{\mathrm T}$ 和 $(0,1)^{\mathrm T}$，故秩为 $2$，而 $r(A)=1$。
• C：取 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$。两者秩都为 $1$，但 $(A,B)$ 的秩为 $2$，不等于两秩的最大值。
• D：取 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$。$(A,B)$ 的列空间由 $(1,0)^{\mathrm T}$ 张成，秩为 $1$；$(A^{\mathrm T},B^{\mathrm T})$ 同时含有两个标准基向量，秩为 $2$。

故只有 A 正确。

答案： A，$P\{X<0\}=0.2$。

解题思路： $f(1+x)=f(1-x)$ 表示概率密度关于直线 $x=1$ 对称。区间 $(0,2)$ 关于 $1$ 对称，它的概率为 $0.6$，剩下的概率 $0.4$ 平分到两侧尾部。

详细解答： 密度对称性也可写成 $f(t)=f(2-t)$。令

$$p=\int_{-\infty}^{0}f(t)\,\mathrm dt.$$

在右侧尾部作换元 $u=2-t$，得到

$$\int_2^{+\infty}f(t)\,\mathrm dt =\int_{-\infty}^{0}f(2-u)\,\mathrm du =\int_{-\infty}^{0}f(u)\,\mathrm du=p.$$

概率密度的全实轴积分为 $1$，所以

$$1=p+\int_0^2f(t)\,\mathrm dt+p=2p+0.6,$$

解得 $p=0.2$。由于有密度的随机变量在单点的概率为 $0$，严格或非严格端点不影响结果，故选 A。

答案： D。在 $\alpha=0.05$ 下不拒绝 $H_0$，则在 $\alpha=0.01$ 下也不拒绝 $H_0$。

解题思路： 显著性水平越小，拒绝原假设所需的证据越强，双侧检验的拒绝域越小。因此，较大水平下仍未落入拒绝域的样本，在较小水平下也不会落入拒绝域。

详细解答： 记 $\bar X=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i$。若 $\sigma^2$ 已知，则在 $H_0$ 下

$$U=\frac{\bar X-\mu_0}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1),$$

双侧拒绝域为 $|U|\geqslant q_{\alpha/2}$，其中 $P\{N(0,1)>q_{\alpha/2}\}=\alpha/2$。当 $\alpha$ 从 $0.05$ 减小到 $0.01$ 时，上尾概率减小，因此临界值增大。

若 $\sigma^2$ 未知，使用样本方差 $S^2=\frac1{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2$，则

$$T=\frac{\bar X-\mu_0}{S/\sqrt n}\sim t(n-1)$$

在原假设下成立，同样以绝对值超过上侧临界值为拒绝域。减小 $\alpha$ 也会增大临界值。因此两种情况下都有

$$\text{拒绝域}(0.01)\subset\text{拒绝域}(0.05).$$

这说明 D 正确，C 错误。A、B 也不能成立：若样本的双侧 $p$ 值为 $0.03$，则在 $0.05$ 水平拒绝、在 $0.01$ 水平不拒绝，反驳 A；若 $p$ 值为 $0.005$，则两个水平都拒绝，反驳 B。

易错点： 题目中的“接受 $H_0$”是检验决策中的“不拒绝 $H_0$”，不能解释为已经证明 $\mu=\mu_0$。

答案： $k=-2$。

解题思路： 原式是 $1^\infty$ 型极限，先取对数，把幂函数极限化为商的极限。利用 $\tan x\sim x$、$\sin kx\sim kx$ 以及 $\ln(1+u)\sim u$ 求出指数。

详细解答： 原式要求 $k\ne0$，否则 $\sin kx$ 恒为零，指数无定义。记

$$A(x)=\frac{1-\tan x}{1+\tan x}.$$

当 $x$ 充分接近零时，$1\pm\tan x>0$，所以 $A(x)>0$，可取实对数。又有

$$A(x)-1=\frac{-2\tan x}{1+\tan x}\longrightarrow0.$$

由对数的等价无穷小公式，

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\ln A(x)}{\sin kx} &=\lim_{x\to0}\frac{\ln A(x)}{A(x)-1} \frac{-2\tan x}{(1+\tan x)\sin kx}\\ &=1\cdot\left(-\frac2k\right)=-\frac2k. \end{aligned}$$

指数函数连续，因此原极限为 $\mathrm e^{-2/k}$。令它等于 $\mathrm e$，得到 $-2/k=1$，即 $k=-2$。该值非零，满足原式的定义要求。

答案： $2(\ln2-1)$。

解题思路： 已知条件给出了 $f$ 的端点值与 $f'(1)$，因此应通过分部积分把含 $f''$ 的积分降阶，转化为这些端点数据。

详细解答： 曲线经过 $(0,0)$，所以 $f(0)=0$。它与 $y=2^x$ 在 $(1,2)$ 相切，意味着两曲线在该点的函数值和斜率都相同，因此

$$f(1)=2,\qquad f'(1)=(2^x\ln2)\big|_{x=1}=2\ln2.$$

$f$ 具有二阶连续导数，可在 $[0,1]$ 上使用分部积分。取 $u=x$、$\mathrm dv=f''(x)\mathrm dx$，则 $\mathrm du=\mathrm dx$、$v=f'(x)$，于是

$$\begin{aligned} \int_0^1xf''(x)\,\mathrm dx &=[xf'(x)]_0^1-\int_0^1f'(x)\,\mathrm dx\\ &=f'(1)-[f(x)]_0^1\\ &=2\ln2-2+0=2(\ln2-1). \end{aligned}$$

答案： $\mathbf i-\mathbf k$。

解题思路： 旋度由向量场三个分量的偏导数组成。先求一般点的旋度，再代入 $(1,1,0)$，可以避免混淆分量与坐标。

详细解答： 记 $F=P\mathbf i+Q\mathbf j+R\mathbf k$，其中

$$P=xy,\qquad Q=-yz,\qquad R=zx.$$

旋度公式为

$$\operatorname{rot}F =(R_y-Q_z)\mathbf i+(P_z-R_x)\mathbf j+(Q_x-P_y)\mathbf k.$$

逐项求导：

$$R_y=0,\quad Q_z=-y,\quad P_z=0,\quad R_x=z,\quad Q_x=0,\quad P_y=x.$$

因此

$$\operatorname{rot}F=y\mathbf i-z\mathbf j-x\mathbf k,$$

代入指定点，得到 $\operatorname{rot}F(1,1,0)=\mathbf i-\mathbf k$。

答案： $-\frac\pi3$。

解题思路： 积分曲线在交换 $x,y,z$ 时保持不变，而弧长元素也不变。因此 $xy$、$yz$、$xz$ 三个积分相等。把它们相加后，利用球面与平面的方程化为常数的弧长积分。

详细解答： 平面 $x+y+z=0$ 经过单位球的球心，所以交线 $L$ 是半径为 $1$ 的大圆，长度为 $2\pi$。

交换或循环排列三个坐标，球面方程与平面方程都不变。这些变换是空间中的等距变换，保持弧长，因此

$$\oint_Lxy\,\mathrm ds =\oint_Lyz\,\mathrm ds =\oint_Lxz\,\mathrm ds.$$

令所求积分为 $I$，则

$$3I=\oint_L(xy+yz+xz)\,\mathrm ds.$$

在 $L$ 上，$x+y+z=0$、$x^2+y^2+z^2=1$，由

$$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)$$

得到 $xy+yz+xz=-\frac12$。所以

$$3I=-\frac12\oint_L\mathrm ds=-\frac12\cdot2\pi=-\pi,$$

即 $I=-\frac\pi3$。这是第一类曲线积分，与曲线的行进方向无关。

答案： $|A|=-1$。

解题思路： 设两个特征向量分别对应 $\lambda_1,\lambda_2$，将给定的 $A^2$ 关系展开。利用特征向量线性无关，逐个比较系数，得到两个特征值的平方都为 $1$。

详细解答： 设

$$A\alpha_1=\lambda_1\alpha_1,\qquad A\alpha_2=\lambda_2\alpha_2.$$

再作用一次 $A$，得到 $A^2\alpha_i=\lambda_i^2\alpha_i$。因此题设关系等价于

$$\lambda_1^2\alpha_1+\lambda_2^2\alpha_2=\alpha_1+\alpha_2,$$

即

$$(\lambda_1^2-1)\alpha_1+(\lambda_2^2-1)\alpha_2=0.$$

由于 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关，系数只能都为零，故 $\lambda_1^2=\lambda_2^2=1$。矩阵有两个不同特征值，所以这两个值必为 $1$ 与 $-1$。行列式等于全部特征值的乘积，故 $|A|=1\cdot(-1)=-1$。

答案： $P(C)=\frac14$。

解题思路： 将条件概率写成“交集概率除以条件事件概率”。利用 $B$、$C$ 互斥简化分母，利用两组独立性分别计算 $P(AB)$ 和 $P(AC)$。

详细解答： 记 $p=P(C)$。因为 $B\cap C=\varnothing$，所以 $AB$ 与 $C$ 也互斥，得到

$$P(AB\cup C)=P(AB)+P(C).$$

又因为 $AC\subset C\subset AB\cup C$，分子的交集就是 $AC$。由条件概率定义和题设的独立性，

$$\begin{aligned} P(AC\mid AB\cup C) &=\frac{P(AC)}{P(AB\cup C)}\\ &=\frac{P(A)P(C)}{P(A)P(B)+P(C)} =\frac{p/2}{1/4+p}. \end{aligned}$$

分母至少为 $1/4>0$，条件概率有定义。令上述比值等于 $1/4$，得

$$\frac p2=\frac14\left(\frac14+p\right) =\frac1{16}+\frac p4,$$

所以 $p/4=1/16$，即 $P(C)=1/4$。它也满足由 $B$、$C$ 互斥得到的限制 $P(C)\leqslant1-P(B)=1/2$。

答案：

$$\int\mathrm e^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm e^x-1}\,\mathrm dx =\frac12\mathrm e^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm e^x-1} -\frac16(\mathrm e^x+2)\sqrt{\mathrm e^x-1}+C.$$

其中 $C$ 为任意常数；在实数范围内，被积函数要求 $x\geqslant0$，下面在 $x>0$ 上计算原函数。

解题思路： 反正切函数不便直接积分，但它的导数能明显简化，所以先分部积分。剩下的根式积分再令 $t=\sqrt{\mathrm e^x-1}$，就会成为多项式积分。

详细解答： 取

$$u=\arctan\sqrt{\mathrm e^x-1}, \qquad \mathrm dv=\mathrm e^{2x}\,\mathrm dx, \qquad v=\frac12\mathrm e^{2x}.$$

由复合函数求导公式，

$$\frac{\mathrm du}{\mathrm dx} =\frac1{1+(\sqrt{\mathrm e^x-1})^2} \frac{\mathrm e^x}{2\sqrt{\mathrm e^x-1}} =\frac1{2\sqrt{\mathrm e^x-1}}.$$

使用 $\int u\,\mathrm dv=uv-\int v\,\mathrm du$，得到

$$I=\frac12\mathrm e^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm e^x-1} -\frac14\int\frac{\mathrm e^{2x}}{\sqrt{\mathrm e^x-1}}\,\mathrm dx.$$

令 $t=\sqrt{\mathrm e^x-1}$，则 $\mathrm e^x=1+t^2$，且

$$\mathrm e^x\,\mathrm dx=2t\,\mathrm dt, \qquad \mathrm dx=\frac{2t}{1+t^2}\,\mathrm dt.$$

于是余下的积分为

$$\int\frac{\mathrm e^{2x}}{\sqrt{\mathrm e^x-1}}\,\mathrm dx =\int\frac{(1+t^2)^2}{t}\frac{2t}{1+t^2}\,\mathrm dt =2\int(1+t^2)\,\mathrm dt =2t+\frac23t^3.$$

代回 $I$，有

$$I=\frac12\mathrm e^{2x}\arctan\sqrt{\mathrm e^x-1} -\frac12\sqrt{\mathrm e^x-1} -\frac16(\mathrm e^x-1)^{3/2}+C.$$

最后合并根式项：

$$-\frac12t-\frac16t^3=-\frac16t(3+t^2) =-\frac16(\mathrm e^x+2)\sqrt{\mathrm e^x-1},$$

即得答案。所得表达式也连续延伸到端点 $x=0$。

答案： 存在最小值，且为

$$\frac1{\pi+4+3\sqrt3}\ \mathrm m^2.$$

当围成圆、正方形、正三角形的铁丝长度依次为

$$\frac{2\pi}{\pi+4+3\sqrt3},\qquad \frac8{\pi+4+3\sqrt3},\qquad \frac{6\sqrt3}{\pi+4+3\sqrt3}$$

米时，达到最小值。

解题思路： 三段铁丝长度就是三个图形的周长，面积都能写成“正常数乘以周长平方”。在长度和固定时，用加权的柯西不等式求整体下界，并检查等号条件可实现，就能同时证明最小值存在并求出它。

详细解答： 设三段长为 $x,y,z$，则 $x,y,z>0$，且 $x+y+z=2$。圆的半径为 $x/(2\pi)$，正方形边长为 $y/4$，正三角形边长为 $z/3$，所以面积之和为

$$S=\pi\left(\frac{x}{2\pi}\right)^2 +\left(\frac y4\right)^2 +\frac{\sqrt3}4\left(\frac z3\right)^2 =\frac{x^2}{4\pi}+\frac{y^2}{16}+\frac{z^2}{12\sqrt3}.$$

将长度和写成两个向量的内积：

$$x+y+z =\frac{x}{\sqrt{4\pi}}\sqrt{4\pi} +\frac y4\cdot4 +\frac z{\sqrt{12\sqrt3}}\sqrt{12\sqrt3}.$$

由柯西不等式，

$$(x+y+z)^2 \leqslant\left(\frac{x^2}{4\pi}+\frac{y^2}{16}+\frac{z^2}{12\sqrt3}\right) (4\pi+16+12\sqrt3).$$

代入 $x+y+z=2$，得到

$$S\geqslant\frac4{4\pi+16+12\sqrt3} =\frac1{\pi+4+3\sqrt3}.$$

柯西不等式取等号当且仅当两个向量成比例，即

$$\frac{x}{4\pi}=\frac y{16}=\frac z{12\sqrt3}=c.$$

利用长度约束求得

$$c(4\pi+16+12\sqrt3)=2,\qquad c=\frac1{2(\pi+4+3\sqrt3)}.$$

因此 $x,y,z$ 就是答案所列的三个数。这三个长度都严格为正，可以围成题目要求的三个图形，下界确实能够达到，故它是全局最小值。