2021年考研数学一真题

答案： D，在 $x=0$ 处可导，且 $f'(0)=1/2\ne0$。

解题思路： 先检查拼接点的连续性，再用导数定义。由于差商还要除以 $x$，指数函数需展开到二阶。

详细解答： 当 $x\to0$，

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2), \qquad f(x)=1+\frac x2+o(x).$$

所以 $\lim_{x\to0}f(x)=1=f(0)$，函数连续。进一步，

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0}\frac{x/2+o(x)}x=\frac12.$$

导数非零，所以既不符合 C，也不能在零点取得局部极值（可导函数的内点极值必须满足导数为零），选 D。

答案： C，$df(1,1)=dy$。

解题思路： 两条复合函数曲线都经过 $(1,1)$，分别对参数求导可以得到两个偏导数的线性方程。

详细解答： 为区分参数与全微分中的 $x,y$，将题设参数记为 $t$。对 $f(t+1,e^t)=t(t+1)^2$ 求导：

$$f_x(t+1,e^t)+e^tf_y(t+1,e^t)=(t+1)^2+2t(t+1).$$

令 $t=0$，得到 $f_x(1,1)+f_y(1,1)=1$。

对 $f(t,t^2)=2t^2\ln t$（$t>0$）求导：

$$f_x(t,t^2)+2tf_y(t,t^2)=4t\ln t+2t.$$

令 $t=1$，得到 $f_x(1,1)+2f_y(1,1)=2$。两式相减得 $f_y(1,1)=1$，再代回得 $f_x(1,1)=0$。因此

$$df(1,1)=f_x(1,1)\,dx+f_y(1,1)\,dy=dy.$$

答案： A，$a=1,b=0,c=-7/6$。

解题思路： 将 $\sin x$ 与 $(1+x^2)^{-1}$ 各自展开，乘积中仅保留三次及以下项。函数为奇函数，二次项应为零。

详细解答： 在零点附近，

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5),\qquad \frac1{1+x^2}=1-x^2+O(x^4).$$

相乘得

$$f(x)=\left(x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)\right) (1-x^2+O(x^4)) =x-\left(1+\frac16\right)x^3+O(x^5) =x-\frac76x^3+O(x^5).$$

故三次泰勒多项式为 $x-7x^3/6$，对应 A。

答案： B。

解题思路： 黎曼和中，取样点必须位于对应小区间内，权重必须是小区间长度。中点与步长不能混淆。

详细解答： 将 $[0,1]$ 等分为 $n$ 段，第 $k$ 段为 $[(k-1)/n,k/n]$，长度 $\Delta x=1/n$，中点为

$$\xi_k=\frac12\left(\frac{k-1}{n}+\frac kn\right)=\frac{2k-1}{2n}.$$

$f$ 连续，所以定积分是对应黎曼和的极限：

$$\int_0^1f(x)\,dx=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^nf(\xi_k)\frac1n.$$

这正是 B。A 的权重少一半；C 等分成 $2n$ 段却使用 $1/n$，权重多一倍；D 使用 $2/n$，多四倍。取 $f\equiv1$ 时三者分别得到 $1/2,2,4$，都不等于积分 $1$。

答案： B，正惯性指数为 $1$，负惯性指数为 $1$。

解题思路： 惯性指数是经可逆线性变换化成平方和后，正、负平方项的个数。先因式分解，再用平方差化为标准形。

详细解答： 展开并合并得

$$f=2x_2^2+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_1x_3 =2(x_1+x_2)(x_2+x_3).$$

令 $u=x_1+x_2,v=x_2+x_3,w=x_2$。该变换可逆，因为 $x_2=w,x_1=u-w,x_3=v-w$。再令 $p=u+v,q=u-v$，有 $u=(p+q)/2,v=(p-q)/2$，也是可逆变换。于是

$$f=2uv=\frac12p^2-\frac12q^2+0w^2.$$

标准形中有一个正平方项、一个负平方项和一个零项。由惯性定律，正、负惯性指数均为 $1$。

答案： A，$l_1=5/2,l_2=1/2$。

解题思路： 这是施密特正交化。消去在某一非零向量方向上的分量，系数为“内积除以该向量长度的平方”。

详细解答： 因 $\beta_1=\alpha_1=(1,0,1)^T$，由 $\beta_1^T\beta_2=0$，

$$k=\frac{\beta_1^T\alpha_2}{\beta_1^T\beta_1} =\frac{1+1}{1+1}=1, \qquad\beta_2=(1,2,1)^T-(1,0,1)^T=(0,2,0)^T.$$

$\beta_1,\beta_2$ 正交，所以令 $\beta_3$ 分别与二者正交时，两个系数独立求出：

$$l_1=\frac{\beta_1^T\alpha_3}{\beta_1^T\beta_1} =\frac{3+2}{2}=\frac52,\qquad l_2=\frac{\beta_2^T\alpha_3}{\beta_2^T\beta_2} =\frac{2}{4}=\frac12.$$

代回可得 $\beta_3=(1/2,0,-1/2)^T$，确实与 $\beta_1,\beta_2$ 都正交。

答案： C，不保证成立。

解题思路： 可逆的块行、块列变换保持秩。能消去非对角块时可以使用对角块秩之和；不能仅凭块三角外形就相加。

详细解答： 对实矩阵，$A^TAx=0$ 当且仅当 $Ax=0$，因为

$$x^TA^TAx=\|Ax\|^2.$$

由零空间维数相同得 $r(A^TA)=r(A)$；对 $A^T$ 同理有 $r(AA^T)=r(A^T)=r(A)$。故 A 的块对角矩阵秩为 $2r(A)$。

B 中右乘可逆矩阵，D 中左乘可逆矩阵，分别有

$$\begin{pmatrix}A&AB\\0&A^T\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I&-B\\0&I\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}A&0\\0&A^T\end{pmatrix},$$

$$\begin{pmatrix}I&0\\-B&I\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A&0\\BA&A^T\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}A&0\\0&A^T\end{pmatrix}.$$

其中 $I$ 是 $n$ 阶单位矩阵，因此 B、D 的秩也都是 $2r(A)$。

对 C，取

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

有 $r(A)=1$、$BA=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$、$AA^T=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$，所以

$$\begin{pmatrix}A&BA\\0&AA^T\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix}.$$

三个非零行线性无关，秩为 $3$，而 $2r(A)=2$，C 错误。

答案： D，为假命题。

解题思路： 前三项都能用全概率公式的加权平均判断。第四项应把条件概率化为事件概率，检查它实际比较的是哪两个事件。

详细解答： 记 $p=P(A\mid B)$、$q=P(A\mid\overline B)$、$b=P(B)\in(0,1)$。全概率公式给出

$$P(A)=bp+(1-b)q.$$

• A：若 $p=P(A)$，代入上式得 $(1-b)q=(1-b)P(A)$。因 $1-b>0$，有 $q=P(A)$，命题成立。
• B：若 $p>P(A)$，由平均关系得 $q<P(A)$，所以 $P(\overline A\mid\overline B)=1-q>1-P(A)=P(\overline A)$，成立。
• C：若 $p>q$，则 $p-P(A)=(1-b)(p-q)>0$，成立。

D 中 $A\subset A\cup B$，且 $\overline A\cap(A\cup B)=B\setminus A$。因为 $P(A\cup B)>0$，其前提等价于

$$P(A)>P(B\setminus A),$$

并不等价于 $P(A)>P(B)$。例如取 $A\subset B$、$P(A)=0.4,P(B)=0.6$，则两个条件概率为 $2/3$ 与 $1/3$，前提成立，而 $P(A)<P(B)$，故 D 为假命题。

答案： C，是无偏估计，且

$$D(\widehat\theta)=\frac{\sigma_1^2+\sigma_2^2-2\rho\sigma_1\sigma_2}{n}.$$

解题思路： 无偏性检查期望；方差要保留同一样本对中 $X_i,Y_i$ 的协方差，不能把它们当作独立变量。

详细解答： 每对样本有 $E(X_i)=\mu_1$、$E(Y_i)=\mu_2$，因此

$$E(\widehat\theta)=E(\overline X)-E(\overline Y)=\mu_1-\mu_2=\theta.$$

不同样本对相互独立，而同一对有 $\operatorname{Cov}(X_i,Y_i)=\rho\sigma_1\sigma_2$。于是

$$D(X_i-Y_i)=\sigma_1^2+\sigma_2^2-2\rho\sigma_1\sigma_2.$$

再由 $\widehat\theta=\frac1n\sum_{i=1}^n(X_i-Y_i)$ 及不同对的独立性，

$$D(\widehat\theta)=\frac1{n^2}\sum_{i=1}^nD(X_i-Y_i) =\frac{\sigma_1^2+\sigma_2^2-2\rho\sigma_1\sigma_2}{n}.$$

答案： B，第二类错误概率为 $1-\Phi(1)$。

解题思路： 第二类错误是备择假设实际成立时未拒绝原假设。先找到接受域，再在给定的真实均值下计算其概率。

详细解答： 样本容量为 $16$，总体方差为 $4$，所以

$$\overline X\sim N\left(\mu,\frac4{16}\right)=N(\mu,1/4).$$

当 $\mu=11.5>10$ 时，备择假设成立。拒绝域为 $\overline X\ge11$，因此第二类错误对应 $\overline X<11$。标准差为 $1/2$，故

$$\beta(11.5)=P_{\mu=11.5}(\overline X<11) =\Phi\left(\frac{11-11.5}{1/2}\right) =\Phi(-1)=1-\Phi(1).$$

正态变量取边界值的概率为零，使用 $<$ 或 $\le$ 不影响结果。

答案： $\pi/4$。

解题思路： 将二次式配方成平方加一，使用反正切原函数；无穷上限按广义积分定义取极限。

详细解答：

$$x^2+2x+2=(x+1)^2+1.$$

因此

$$\int_0^\infty\frac{dx}{x^2+2x+2} =\lim_{R\to\infty}[\arctan(x+1)]_0^R =\frac\pi2-\frac\pi4=\frac\pi4.$$

极限有限，所以该广义积分收敛。

答案： $2/3$。

解题思路： 参数方程先求 $dy/dx=y'/x'$，再对 $t$ 求导并除以 $x'$。这里一阶导数的分子、分母可以约简。

详细解答：

$$x'=2e^t+1,\qquad y'=4[e^t+(t-1)e^t]+2t=4te^t+2t=2t(2e^t+1).$$

因为 $x'>0$，可以在 $t=0$ 附近将 $y$ 看作 $x$ 的函数。于是

$$\frac{dy}{dx}=2t,\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d(2t)/dt}{dx/dt}=\frac2{2e^t+1}.$$

代入 $t=0$ 得 $2/3$。

答案： $y=x^2$，初值所在的解区间为 $x>0$。

解题思路： 欧拉方程中各导数前的幂次相配，试探 $y=x^r$ 可得到关于指数 $r$ 的代数方程。

详细解答： 在包含初值点 $1$ 的正半轴上，令 $y=x^r$，有 $y'=rx^{r-1}$、$y''=r(r-1)x^{r-2}$。代入得

$$[r(r-1)+r-4]x^r=(r^2-4)x^r=0,$$

故 $r=2,-2$。两个独立解给出通解

$$y=C_1x^2+C_2x^{-2},\qquad y'=2C_1x-2C_2x^{-3}.$$

初值条件为 $C_1+C_2=1$、$2C_1-2C_2=2$，解得 $C_1=1,C_2=0$，所以 $y=x^2$。

答案： $4\pi$。

解题思路： 积分曲面是封闭椭圆柱的外侧，向量场处处光滑，适用高斯公式。散度中的奇函数项由对称性消去。

详细解答： 设实体为 $\Omega$，向量场为 $(x^2,y^2,z)$，散度为 $2x+2y+1$。高斯公式给出

$$\iint_\Sigma x^2\,dy\,dz+y^2\,dz\,dx+z\,dx\,dy =\iiint_\Omega(2x+2y+1)\,dV.$$

$\Omega$ 关于 $x=0$、$y=0$ 对称，因此 $2x,2y$ 的体积分均为零。所求就是体积。底面椭圆为 $x^2/4+y^2\le1$，半轴为 $2,1$，面积为 $2\pi$，高度为 $2$，故体积为 $4\pi$。

答案： $3/2$。

解题思路： 每行之和为 $2$ 可以写成矩阵与全一向量的乘积。利用伴随矩阵恒等式提取代数余子式之和，并注意伴随矩阵包含转置。

详细解答： 令 $e=(1,1,1)^T$，题设给出 $Ae=2e$。记 $A^*$ 为伴随矩阵，则

$$A^*A=|A|I=3I.$$

左乘 $A^*$ 得 $3e=2A^*e$，所以 $A^*e=(3/2)e$。伴随矩阵第一行是 $(A_{11},A_{21},A_{31})$，因此其与 $e$ 的内积给出

$$A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac32.$$

易错点： 题目要求的是第一列代数余子式之和，它对应伴随矩阵的第一行。

答案： $\rho_{XY}=1/5$。

解题思路： $X,Y$ 都是取值为 $0,1$ 的红球指示变量。第二次抽球概率取决于第一次移入的颜色，先列联合分布，再求协方差和方差。

详细解答： 甲盒取红、白的概率各为 $1/2$。若 $X=1$，乙盒有 $3$ 红 $2$ 白；若 $X=0$，乙盒有 $2$ 红 $3$ 白。因此联合分布为

$X\backslash Y$	$0$	$1$
$0$	$3/10$	$1/5$
$1$	$1/5$	$3/10$

于是 $P(X=1)=P(Y=1)=1/2$，有 $E(X)=E(Y)=1/2$、$D(X)=D(Y)=1/4$。又因为 $XY=1$ 恰好对应两次都取红球，

$$E(XY)=P(X=1,Y=1)=\frac3{10}, \quad \operatorname{Cov}(X,Y)=\frac3{10}-\frac14=\frac1{20}.$$

所以

$$\rho_{XY}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}} =\frac{1/20}{1/4}=\frac15.$$

答案： $1/2$。

解题思路： 将分子中的积分项单独拆出，它与 $e^x-1$ 同阶；余下两个倒数的差要通分并展开到二阶，避免分别计算发散的极限。

详细解答： 记 $A(x)=\int_0^xe^{t^2}\,dt$。由于被积函数连续且 $e^{0}=1$，微积分基本定理或洛必达法则给出

$$\lim_{x\to0}\frac{A(x)}{e^x-1} =\lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}}{e^x}=1.$$

题目中的式子拆为

$$\frac{A(x)}{e^x-1}+ \left(\frac1{e^x-1}-\frac1{\sin x}\right).$$

第二项通分后为

$$\frac{\sin x-(e^x-1)}{(e^x-1)\sin x}.$$

由 $\sin x=x+o(x^2)$、$e^x-1=x+x^2/2+o(x^2)$，分子为 $-x^2/2+o(x^2)$，分母为 $x^2+o(x^2)$，故该项极限为 $-1/2$。两项相加得到 $1-1/2=1/2$。

答案： 收敛域为 $(0,1]$，和函数为

$$S(x)=\begin{cases} \dfrac1{e^x-1}+(1-x)\ln(1-x)+x,&0<x<1,\\[4pt] \dfrac e{e-1},&x=1. \end{cases}$$

解题思路： 在两部分都收敛的区域分别求和：指数部分是几何级数，幂级数部分可通过逐项求导使用对数级数。对区域外还要检查一般项，不能仅以“两部分之一发散”断言它们之和发散。

详细解答： 对 $x>0$，

$$\sum_{n=1}^\infty e^{-nx}=\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=\frac1{e^x-1}.$$

幂级数 $\sum_{n\ge1}x^{n+1}/[n(n+1)]$ 的相邻项绝对值之比趋于 $|x|$，所以半径为 $1$；在 $x=\pm1$ 时，其绝对值级数都是 $\sum1/[n(n+1)]$，裂项后收敛。两部分共同收敛的区域是 $(0,1]$。

检查区域外：当 $x\le0$，取奇数下标 $n=2k-1$，

$$u_{2k-1}(x)=e^{-(2k-1)x}+\frac{x^{2k}}{(2k-1)2k}\ge1,$$

所以一般项不趋于零。当 $x>1$，$x^{n+1}/[n(n+1)]\to+\infty$，且指数项非负，故也发散。这说明收敛域恰为 $(0,1]$。

设幂级数和为 $H(x)$。在 $|x|<1$ 内可逐项求导：

$$H'(x)=\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x).$$

这里对几何级数 $\sum_{n\ge0}t^n=1/(1-t)$ 从 $0$ 到 $x$ 积分即可得到对数级数。再利用 $H(0)=0$，

$$H(x)=\int_0^x-\ln(1-t)\,dt=(1-x)\ln(1-x)+x.$$

因此得到 $0<x<1$ 时的 $S(x)$。在端点 $x=1$，

$$H(1)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)=1,$$

所以 $S(1)=1/(e-1)+1=e/(e-1)$。