2020年考研数学一真题

答案： D，其等价无穷小为 $\dfrac{\sqrt2}{20}x^5$，阶数最高。

解题思路： 先找被积函数在零点附近的首个非零项，再积分。积分上限不一定是 $x$，要把 $\sin x\sim x$、$1-\cos x\sim x^2/2$ 一并计入阶数。

详细解答： 当 $u\to0^+$ 时，若 $g(u)\sim cu^p$（$p>-1$），则由洛必达法则，

$$\frac{\int_0^u g(t)\,dt}{u^{p+1}}\longrightarrow\frac{c}{p+1}.$$

四个量分别满足

$$\begin{aligned} \int_0^x(e^{t^2}-1)\,dt&\sim\int_0^xt^2\,dt=\frac{x^3}{3},\\ \int_0^x\ln(1+t^{3/2})\,dt&\sim\int_0^xt^{3/2}\,dt=\frac25x^{5/2},\\ \int_0^{\sin x}\sin(t^2)\,dt&\sim\frac{(\sin x)^3}{3}\sim\frac{x^3}{3},\\ \int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}\,dt&\sim\frac25(1-\cos x)^{5/2} \sim\frac25\left(\frac{x^2}{2}\right)^{5/2}=\frac{\sqrt2}{20}x^5. \end{aligned}$$

阶数依次为 $3,5/2,3,5$。当 $x\to0^+$ 时，幂指数越大，趋于零越快，所以选 D。

答案： C，可导能推出 $f(x)/\sqrt{|x|}\to0$。

解题思路： 可导意味着连续，并有一阶展开；但题设只给极限，未规定 $f(0)=0$，因此仅控制 $x\ne0$ 时的函数值不足以保证可导。

详细解答： 若 $f$ 在零点可导，由连续性和题设极限知 $f(0)=0$。导数定义给出

$$f(x)=f'(0)x+o(|x|).$$

除以 $\sqrt{|x|}$ 后，第一项绝对值为 $|f'(0)|\sqrt{|x|}$，余项为 $o(\sqrt{|x|})$，都趋于零，故 C 正确。

• A：取 $f(x)=|x|$，则比值为 $\sqrt{|x|}\to0$，但左右导数为 $-1,1$，不可导。
• B：取 $f(x)=x^3$（$x\ne0$）、$f(0)=1$。虽有 $f(x)/x^2=x\to0$，但零点不连续，更不可导。
• D：取 $f(x)=x$，零点可导，而 $f(x)/x^2=1/x$ 没有极限。

易错点： 若额外知道 $f(0)=0$，B 中条件确实足以推出可导；本题没有这一额外条件。

答案： A，该极限等于 $0$。

解题思路： 可微意味着函数图形与切平面的偏差是高阶无穷小。法向量与位置向量的点积恰好提取这一偏差。

详细解答： 设 $a=f_x(0,0)$、$b=f_y(0,0)$、$r=\sqrt{x^2+y^2}$。可微性给出

$$f(x,y)=ax+by+o(r),\qquad \boldsymbol n=(a,b,-1).$$

所以

$$\boldsymbol n\cdot(x,y,f(x,y))=ax+by-f(x,y)=-o(r),$$

绝对值除以 $r$ 趋于零，A 必然成立。

其余项并非必有极限。对 B，取 $f(x,y)=x$，则 $\boldsymbol n=(1,0,-1)$。由于 $(x,y,x)$ 与 $\boldsymbol n$ 垂直，

$$\frac{|\boldsymbol n\times(x,y,x)|}{r} =\sqrt2\sqrt{\frac{2x^2+y^2}{x^2+y^2}}.$$

沿 $y=0$ 为 $2$，沿 $x=0$ 为 $\sqrt2$，极限不存在。对 C、D，取 $f=0$、$\boldsymbol n=(0,0,-1)$、$\boldsymbol\alpha=(1,0,0)$，满足垂直条件。两个比值分别为 $|x|/r$、$|y|/r$，沿坐标轴的值不同，均无极限。

答案： A，偶数项子级数发散必有 $|r|\ge R$。

解题思路： 收敛半径内部保证原幂级数绝对收敛，因此任何子级数都收敛，对此取逆否命题。

详细解答： 若 $|r|<R$，则

$$\sum_{n\ge1}|a_{2n}r^{2n}|\le\sum_{n\ge1}|a_nr^n|<\infty.$$

因此偶数项子级数发散时不可能 $|r|<R$，A 成立。其余项有如下反例：

• B：令 $a_{2n}=0$、$a_{2n-1}=1$，原级数半径为 $1$。取 $r=2$，偶数项级数为零，却有 $|r|>R$。
• C：令 $a_{2n}=1/n^2$、$a_{2n-1}=0$，半径为 $1$。取 $r=1$，偶数项级数 $\sum1/n^2$ 收敛。
• D：令 $a_{2n}=1$、$a_{2n-1}=0$，半径为 $1$。取 $r=1$，偶数项级数 $\sum1$ 发散。

易错点： $|r|=R$ 是边界，不能直接套用半径内部的绝对收敛结论。

答案： B，存在矩阵 $P$ 使 $BP=A$。

解题思路： 初等列变换等价于右乘初等矩阵，右乘它们的逆矩阵可以还原变换。

详细解答： 若 $A$ 有 $n$ 列，连续的初等列变换给出

$$B=AE_1E_2\cdots E_k=AM,$$

其中每个 $E_i$ 为 $n$ 阶可逆初等矩阵，故 $M$ 可逆。右乘 $M^{-1}$ 得 $BM^{-1}=A$，取 $P=M^{-1}$，B 成立。

其余结论可用一次交换两列反驳。取

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

任意 $PA$ 的第二列为零，不能等于 $B$；任意 $PB$ 的第一列为零，不能等于 $A$，所以 A、C 不保证成立。$AX=0$ 要求 $x_1=0$，$BX=0$ 要求 $x_2=0$，两解集不同，D 也不成立。

答案： C，$\boldsymbol\alpha_3$ 可由 $\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$ 线性表示。

解题思路： 把直线方程写成“起点向量加参数乘方向向量”，令交点的两种表示相等。

详细解答： 两直线分别写为

$$L_1:\ \boldsymbol r=\boldsymbol\alpha_2+s\boldsymbol\alpha_1,\qquad L_2:\ \boldsymbol r=\boldsymbol\alpha_3+t\boldsymbol\alpha_2.$$

交点处存在 $s,t$ 使二者相等，因此

$$\boldsymbol\alpha_3=s\boldsymbol\alpha_1+(1-t)\boldsymbol\alpha_2.$$

这就是 C；三个向量必线性相关，D 错误。不能分别除以 $s$、$1-t$ 推出 A、B，因为它们可能为零。

例如取独立向量 $u=(1,1,1)^T,v=(1,2,3)^T$。令 $\alpha_1=u,\alpha_2=\alpha_3=v$，两线唯一交于 $v$，而 $u$ 不可由 $v,v$ 表示，A 不保证成立。令 $\alpha_1=\alpha_3=u,\alpha_2=v$，两线唯一交于 $u+v$，而 $v$ 不可由 $u,u$ 表示，B 不保证成立。

答案： D，概率为 $5/12$。

解题思路： “恰有一个发生”分成三个互斥事件。每一项从单事件概率中扣除它与另两个事件的交集，再补回三重交集。

详细解答： 因为 $ABC\subset AB$ 且 $P(AB)=0$，所以 $P(ABC)=0$。分别有

$$\begin{aligned} P(A\overline B\overline C)&=P(A)-P(AB)-P(AC)+P(ABC)=\frac16,\\ P(\overline AB\overline C)&=P(B)-P(AB)-P(BC)+P(ABC)=\frac16,\\ P(\overline A\overline BC)&=P(C)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)=\frac1{12}. \end{aligned}$$

三个事件互不相容，所求为 $1/6+1/6+1/12=5/12$。

答案： B，近似为 $\Phi(1)$。

解题思路： 样本独立同分布，均值、方差有限，可以用中心极限定理近似样本和；标准化时除以标准差。

详细解答： 每个 $X_i$ 为成功概率 $1/2$ 的伯努利变量，

$$E(X_i)=\frac12,\qquad D(X_i)=\frac12\left(1-\frac12\right)=\frac14.$$

设 $S=\sum_{i=1}^{100}X_i$，由独立性，$E(S)=50$、$D(S)=25$，标准差为 $5$。中心极限定理给出 $(S-50)/5$ 近似标准正态，故

$$P(S\le55)=P\left(\frac{S-50}{5}\le1\right)\approx\Phi(1).$$

答案： $-1$。

解题思路： 两项各自发散，通分后分子的二阶项决定有限极限，不能只用一阶等价无穷小。

详细解答： 通分得

$$\frac1{e^x-1}-\frac1{\ln(1+x)} =\frac{\ln(1+x)-(e^x-1)}{(e^x-1)\ln(1+x)}.$$

由 $e^x-1=x+x^2/2+o(x^2)$、$\ln(1+x)=x-x^2/2+o(x^2)$，分子为 $-x^2+o(x^2)$，分母为 $x^2+o(x^2)$，所以比值趋于 $-1$。

答案： $-\sqrt2$。

解题思路： 参数方程的一阶导数为 $y'(t)/x'(t)$，二阶导数要对这一比值再按 $x$ 求导，即先对 $t$ 求导再除以 $x'(t)$。

详细解答： 由题设

$$x'(t)=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}},\qquad y'(t)=\frac{1+t/\sqrt{1+t^2}}{t+\sqrt{1+t^2}}=\frac1{\sqrt{1+t^2}}.$$

在 $t=1$ 的邻域，$x'(t)\ne0$，故

$$\frac{dy}{dx}=\frac1t,\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d(1/t)/dt}{x'(t)} =-\frac{\sqrt{1+t^2}}{t^3}.$$

代入 $t=1$ 得 $-\sqrt2$。

答案： $n+am$。

解题思路： 将微分方程从 $0$ 积分到无穷远可以求积分，但先要说明 $f,f'$ 在无穷远的行为及积分收敛性。

详细解答： 特征方程为 $\lambda^2+a\lambda+1=0$，且 $a>0$。

• $a>2$ 时，两根 $(-a\pm\sqrt{a^2-4})/2$ 都为负，因为 $\sqrt{a^2-4}<a$。
• $a=2$ 时，重根为 $-1$，解为 $(C_1+C_2x)e^{-x}$。
• $0<a<2$ 时，解为 $e^{-ax/2}(C_1\cos bx+C_2\sin bx)$，其中 $b=\sqrt{4-a^2}/2$。

三种情况均有 $f(x),f'(x)\to0$，且 $f$ 绝对可积。先在 $[0,R]$ 积分原方程：

$$f'(R)-n+a[f(R)-m]+\int_0^Rf(x)\,dx=0.$$

令 $R\to\infty$，所求积分为 $n+am$。

答案： $4e$。

解题思路： 先对 $y$ 求偏导，积分中的 $x$ 可视为常量，只有上限变化。之后对 $x$ 求导，用乘积法则与链式法则。

详细解答： 被积函数光滑，变限积分求导公式可用，且混合偏导连续，求导顺序可交换。首先

$$f_y(x,y)=e^{x(xy)^2}\frac{\partial(xy)}{\partial y}=xe^{x^3y^2}.$$

再对 $x$ 求导：

$$f_{yx}(x,y)=e^{x^3y^2}+xe^{x^3y^2}(3x^2y^2) =e^{x^3y^2}(1+3x^3y^2).$$

因此 $f_{xy}(1,1)=e(1+3)=4e$。

答案： $a^2(a^2-4)$。

解题思路： 将矩阵分成 $aI$ 与固定矩阵 $K$。找到 $K$ 的四个独立特征向量后，原矩阵的特征值各加 $a$，行列式为它们的乘积。

详细解答： 令

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

直接乘法验证：$v_1=(1,1,0,0)^T$、$v_2=(0,0,1,1)^T$ 满足 $Kv_1=Kv_2=0$；$v_3=(1,-1,-1,1)^T$ 满足 $Kv_3=2v_3$；$v_4=(1,-1,1,-1)^T$ 满足 $Kv_4=-2v_4$。四向量两两正交且非零，构成一组基。
因此 $aI+K$ 的特征值为 $a,a,a+2,a-2$，所求行列式为

$$a\cdot a\cdot(a+2)(a-2)=a^2(a^2-4).$$

答案： $2/\pi$。

解题思路： 协方差为 $E(XY)-E(X)E(Y)$。分布区间对称，$x$ 和 $\sin x$ 都是奇函数，所以两个均值均为零。

详细解答： $X$ 的密度在 $(-\pi/2,\pi/2)$ 为 $1/\pi$，故 $E(X)=E(\sin X)=0$。于是

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(X\sin X) =\frac1\pi\int_{-\pi/2}^{\pi/2}x\sin x\,dx =\frac2\pi\int_0^{\pi/2}x\sin x\,dx.$$

最后一步利用 $x\sin x$ 为偶函数。分部积分得

$$\int_0^{\pi/2}x\sin x\,dx=[-x\cos x+\sin x]_0^{\pi/2}=1,$$

故协方差为 $2/\pi$。

答案： 在 $(1/6,1/12)$ 处有极小值 $-1/216$，无极大值；$(0,0)$ 是鞍点。

解题思路： 多项式处处可微，局部极值点必须是驻点。解一阶偏导为零的方程组，再用二阶偏导判别。

详细解答：

$$f_x=3x^2-y,\qquad f_y=24y^2-x.$$

驻点满足 $y=3x^2$、$x=24y^2$，代入得 $x=216x^4$，即 $x(216x^3-1)=0$，驻点为 $(0,0)$、$(1/6,1/12)$。

记 $A=f_{xx}=6x$、$B=f_{xy}=-1$、$C=f_{yy}=48y$。在 $(0,0)$，$AC-B^2=-1<0$，为鞍点。在 $(1/6,1/12)$，$A=1,C=4$，$AC-B^2=3>0$ 且 $A>0$，所以为严格极小值点。函数值为

$$\left(\frac16\right)^3+8\left(\frac1{12}\right)^3-\frac16\frac1{12} =\frac1{216}+\frac1{216}-\frac1{72}=-\frac1{216}.$$

没有其他驻点，因此没有局部极大值。

答案： $I=\pi$。

解题思路： 拆成全微分与绕原点的积分。原点是奇点，不能直接在整个圆盘用格林公式；应在挖去小椭圆的环域上使用它。

详细解答： 令 $u=4x^2+y^2>0$，则

$$I=\oint_L\frac{4x\,dx+y\,dy}{u}+\oint_L\frac{x\,dy-y\,dx}{u}.$$

第一项为 $\frac12d\ln u$ 的闭路积分，等于零。第二项设 $P=-y/u$、$Q=x/u$，计算得

$$Q_x=\frac{y^2-4x^2}{u^2},\qquad P_y=\frac{y^2-4x^2}{u^2}.$$

故 $Q_x-P_y=0$。取 $0<\rho<\sqrt2$，小椭圆 $C_\rho:4x^2+y^2=\rho^2$ 位于 $L$ 内，方向逆时针。环域不含原点，格林公式给出

$$\oint_L(P\,dx+Q\,dy)-\oint_{C_\rho}(P\,dx+Q\,dy)=0.$$

参数化 $C_\rho$：$x=(\rho/2)\cos t,y=\rho\sin t$，$0\le t\le2\pi$。此时 $u=\rho^2$，且

$$x\,dy-y\,dx=\frac{\rho^2}{2}(\cos^2t+\sin^2t)\,dt=\frac{\rho^2}{2}\,dt.$$

所以 $I=\int_0^{2\pi}\frac12\,dt=\pi$。

答案： 当 $|x|<1$ 时级数收敛，和函数为 $S(x)=\dfrac2{\sqrt{1-x}}-2$。

解题思路： 递推式给出比值判别所需的系数比，再把递推关系转成和函数的微分方程。幂级数在收敛半径内部可逐项求导。

详细解答： 由 $a_1=1$ 和递推式知 $a_n>0$，且

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n+1/2}{n+1}\to1.$$

对 $0<|x|<1$，相邻项绝对值之比趋于 $|x|<1$，故绝对收敛；$x=0$ 时也收敛。设 $S(x)=\sum_{n\ge1}a_nx^n$，在 $|x|<1$ 内有

$$S'=a_1+\sum_{n\ge1}(n+1)a_{n+1}x^n =1+\sum_{n\ge1}\left(n+\frac12\right)a_nx^n =1+xS'+\frac12S.$$

所以 $(1-x)S'=1+S/2$，$S(0)=0$。令 $T=S+2$，得

$$T'-\frac{T}{2(1-x)}=0.$$

乘积分因子 $\sqrt{1-x}$，有 $[\sqrt{1-x}\,T]'=0$，故 $T=C/\sqrt{1-x}$。由 $T(0)=2$ 得 $C=2$，于是 $S=2/\sqrt{1-x}-2$。

答案： $I=14\pi/3$。

解题思路： 这是第二类曲面积分，即向量场通量。把锥面投影到 $xOy$ 平面的圆环，按下侧选择有向面元，再用极坐标计算。

详细解答： 设 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，曲面为 $z=r$，投影区域 $D$ 为 $1\le r\le2$。图形曲面 $z=z(x,y)$ 的下侧有向面元为

$$\boldsymbol n\,dS=(z_x,z_y,-1)\,dx\,dy =\left(\frac xr,\frac yr,-1\right)\,dx\,dy.$$

记被积向量为 $(P,Q,R)$，在曲面上 $z=r$。点乘所得被积函数为

$$\begin{aligned} P\frac xr+Q\frac yr-R &=\frac{(x^2+y^2)f(xy)+2x^2-xy+2y^2+xy}{r}-rf(xy)-r\\ &=rf(xy)+2r-rf(xy)-r=r. \end{aligned}$$

连续函数 $f$ 的相关项全部消去。取 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，Jacobian 为 $r$，得

$$I=\iint_Dr\,dx\,dy=\int_0^{2\pi}\int_1^2r^2\,dr\,d\theta =2\pi\frac{2^3-1^3}{3}=\frac{14\pi}{3}.$$