2023年考研数学一真题

答案： B，斜渐近线为 $y=x+\dfrac1e$。

解题思路： 对形如 $y=kx+b$ 的斜渐近线，先求 $k=\lim_{x\to\pm\infty}y/x$，再求 $b=\lim_{x\to\pm\infty}(y-kx)$。本题对数中的表达式趋于 $e$，所以斜率应为 1；截距可用 $\ln(1+u)\sim u$ 求出。

详细解答： 当 $x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 时，函数均有定义，且

$$k=\lim_{x\to\pm\infty}\ln\left(e+\frac1{x-1}\right)=\ln e=1.$$

把对数中的 $e$ 提出来，得到

$$y-x=x\ln\left(1+\frac1{e(x-1)}\right).$$

令 $u=1/[e(x-1)]$，则 $u\to0$。利用 $\lim_{u\to0}\ln(1+u)/u=1$，有

$$\lim_{x\to\pm\infty}(y-x) =\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\ln(1+u)}u\frac{x}{e(x-1)} =\frac1e.$$

因此 $y-(x+1/e)\to0$，选 B。

易错点： $y/x\to1$ 只能确定渐近线的斜率，不能据此选 $y=x$。此外，定义域是 $(-\infty,1-1/e)\cup(1,+\infty)$；两个有限端点 $x=1-1/e$、$x=1$ 也给出竖直渐近线，本题四个选项比较的是斜渐近线。

答案： C，即 $a=0,b>0$。

解题思路： 按方程的解均在整条实轴上有界来判断。常系数齐次方程的解由特征根决定：指数项只要含非零实部，就会在实轴的某一端发散；纯振荡的正弦、余弦在两端都有界。

详细解答： 特征方程为

$$\lambda^2+a\lambda+b=0.$$

若有非零实特征根 $\lambda$，解中包含 $e^{\lambda x}$：$\lambda>0$ 时在 $x\to+\infty$ 发散，$\lambda<0$ 时在 $x\to-\infty$ 发散。因此 A、B 中即使解在某一端衰减，也不能保证它在整条实轴有界。

若特征根为 $\alpha\pm i\beta$，$\beta\ne0$，则通解为

$$y=e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x).$$

要使任意常数 $C_1,C_2$ 对应的解都在实轴上有界，必须有 $\alpha=0$。此时两根是 $\pm i\beta$，由根与系数的关系得 $a=0,b=\beta^2>0$，即 C。确实，此时

$$y=C_1\cos(\sqrt b\,x)+C_2\sin(\sqrt b\,x)$$

有界。D 中 $b<0$，两根为 $\pm\sqrt{-b}$，有指数发散项。若考虑 $a=b=0$，通解 $C_1+C_2x$ 也不能保证有界。

答案： C，$f'(x)$ 连续，但 $f''(0)$ 不存在。

解题思路： $|t|$ 在 $t=0$ 两侧形式不同，先分段消去参数，再分别检查 $f(0)$、$f'(0)$ 和 $f''(0)$。二阶导数是否存在，要比较 $[f'(x)-f'(0)]/x$ 的左右极限。

详细解答： 当 $t\ge0$ 时，$x=3t$，所以 $t=x/3$、$x\ge0$；当 $t<0$ 时，$x=t$，所以 $t=x<0$。因此

$$f(x)=\begin{cases} \dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3},&x\ge0,\\ -x\sin x,&x<0. \end{cases}$$

两侧函数值都趋于 $0=f(0)$，故 $f$ 在 0 连续。由导数定义，

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x=0,$$

因为右侧商为 $\frac13\sin(x/3)$，左侧商为 $-\sin x$，均趋于 0。对于 $x\ne0$，

$$f'(x)=\begin{cases} \dfrac13\sin\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{9}\cos\dfrac{x}{3},&x>0,\\ -\sin x-x\cos x,&x<0. \end{cases}$$

它的左右极限都是 $0=f'(0)$，所以 $f'$ 在 0 连续，在其他点也连续。进一步，

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f'(x)-f'(0)}x =\lim_{x\to0^+}\left[\frac{\sin(x/3)}{3x}+\frac19\cos\frac{x}{3}\right] =\frac29,$$

$$\lim_{x\to0^-}\frac{f'(x)-f'(0)}x =\lim_{x\to0^-}\left[-\frac{\sin x}{x}-\cos x\right]=-2.$$

两侧不相等，故 $f''(0)$ 不存在，选 C。

答案： A，两级数的绝对收敛性互为充分必要条件。

解题思路： 单靠 $a_n<b_n$ 不能直接比较 $|a_n|$ 与 $|b_n|$。但题目还给出两个级数都收敛，因此可以考察正项差级数 $\sum(b_n-a_n)$，再用三角不等式建立两个方向的推论。

详细解答： 令 $c_n=b_n-a_n>0$。因为 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 均收敛，它们的部分和之差也有有限极限，所以

$$\sum_{n=1}^{\infty}c_n=\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n)$$

收敛。又因 $c_n>0$，该差级数本身就是绝对收敛的。

若 $\sum a_n$ 绝对收敛，则由 $b_n=a_n+c_n$，

$$|b_n|\le|a_n|+c_n,$$

右侧的级数收敛，由比较判别法得 $\sum|b_n|$ 收敛。这说明前者是后者的充分条件。

反过来，若 $\sum b_n$ 绝对收敛，由 $a_n=b_n-c_n$，

$$|a_n|\le|b_n|+c_n,$$

同样得到 $\sum|a_n|$ 收敛。这说明前者也是后者的必要条件，故选 A。

答案： B，即 $r_1\le r_3\le r_2$。

解题思路： 三个矩阵都是 $2n$ 阶分块矩阵，并含有单位块。用单位块消去相邻块，可把秩化为“$n$ 加上某个 $n$ 阶矩阵的秩”。块行、块列的操作都对应可逆的初等变换，因此不改变秩。

详细解答： 对第一个矩阵，将第一块行减去 $A$ 乘第二块行，得

$$\begin{pmatrix}0&A\\BC&E\end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix}-ABC&0\\BC&E\end{pmatrix}.$$

再将第一块列减去第二块列右乘 $BC$，得 $\operatorname{diag}(-ABC,E)$。由于 $ABC=0$，

$$r_1=r(ABC)+r(E)=n.$$

对第二个矩阵，将第一块行减去 $C$ 乘第二块行，直接得到

$$\begin{pmatrix}AB&C\\0&E\end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix}AB&0\\0&E\end{pmatrix}, \qquad r_2=n+r(AB).$$

令 $T=AB$。对第三个矩阵，将第二块行减去 $T$ 乘第一块行，再将第二块列减去第一块列右乘 $T$，得到

$$\begin{pmatrix}E&T\\T&0\end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix}E&T\\0&-T^2\end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix}E&0\\0&-T^2\end{pmatrix}.$$

因此 $r_3=n+r(T^2)=n+r((AB)^2)$。矩阵乘积的秩不超过任一因子的秩，故

$$0\le r((AB)^2)\le r(AB),$$

加上 $n$ 后就是 $r_1\le r_3\le r_2$。

答案： D。

解题思路： 判断能否相似对角化，可检查特征向量能否构成一组基。不同特征值和实对称结构能直接保证对角化；含重特征值时，则比较它的代数重数与特征空间维数。

详细解答： 各选项中的 $a$ 为实数。

对于 A，上三角矩阵的特征值是对角元 $1,2,3$，三个特征值互异，对应三个线性无关的特征向量，故可以对角化。

对于 B，矩阵等于自己的转置，是实对称矩阵。由实对称矩阵的正交对角化定理，它可以相似于对角矩阵。

对于 C，特征值是 $1,2,2$。记该矩阵为 $C_0$，则

$$C_0-2E=\begin{pmatrix}-1&1&a\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

其秩为 1，所以特征值 2 的特征空间维数为 $3-1=2$，等于它的代数重数；再加上特征值 1 的一个特征向量，总计有三个线性无关特征向量，故可以对角化。

对于 D，同样有特征值 $1,2,2$，但

$$D_0-2E=\begin{pmatrix}-1&1&a\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

前两行线性无关，故秩为 2，特征值 2 的特征空间维数只有 $3-2=1$，小于代数重数 2。因此 D 不能对角化。

答案： D，$\gamma=k(1,5,8)^T$，$k\in\mathbb R$。

解题思路： “同时可由两个向量组线性表示”表示两个张成空间的交集。分别引入表示系数，让两个表达式相等，再按分量求解。

详细解答： 设

$$\gamma=s\alpha_1+t\alpha_2=u\beta_1+v\beta_2.$$

代入题给向量，得到

$$\begin{cases} s+2t=2u+v,\\ 2s+t=5u,\\ 3s+t=9u+v. \end{cases}$$

由第二式 $t=5u-2s$，代入第三式得 $v=s-4u$。再把这两个表达式代入第一式：

$$s+2(5u-2s)=2u+(s-4u),$$

化简为 $4s=12u$，所以 $s=3u,t=-u,v=-u$。于是

$$\gamma=u(3\alpha_1-\alpha_2) =u(1,5,8)^T.$$

同时 $\beta_1-\beta_2=(1,5,8)^T$，因此这个方向上的任意向量确实能由两组向量分别表示，选 D。

答案： C，$E(|X-EX|)=\dfrac2e$。

解题思路： 泊松分布的均值等于参数，所以 $EX=1$。由于 $X$ 只取非负整数，$X-1$ 仅在 $X=0$ 时为负，绝对值可以通过单独补偿这一事件去掉。

详细解答： 对参数为 1 的泊松分布，

$$P(X=k)=\frac{e^{-1}}{k!},\quad k=0,1,2,\ldots,\qquad EX=1.$$

当 $X\ge1$ 时，$|X-1|=X-1$；当 $X=0$ 时，$|X-1|=1=(X-1)+2$。合起来可以写为

$$|X-1|=X-1+2\mathbf1_{\{X=0\}},$$

其中示性函数 $\mathbf1_{\{X=0\}}$ 在 $X=0$ 时取 1，其他情况取 0。两边取期望，得

$$E|X-EX|=EX-1+2P(X=0)=0+2e^{-1}=\frac2e.$$

答案： D，$\dfrac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1)$。

解题思路： $F$ 分布由两个独立的卡方变量分别除以自身自由度后取比得到。先把两个样本方差分别用各自总体的方差标准化；本题第二个总体的方差是 $2\sigma^2$。

详细解答： 样本方差的定义要求 $n,m\ge2$。正态总体的样本方差满足

$$U=\frac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1), \qquad V=\frac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2}\sim\chi^2(m-1).$$

两组样本独立，所以由它们分别计算出的 $U,V$ 也独立。按照 $F$ 分布的定义，

$$\frac{U/(n-1)}{V/(m-1)}\sim F(n-1,m-1).$$

将 $U,V$ 的具体表达式代入，左侧为

$$\frac{S_1^2/\sigma^2}{S_2^2/(2\sigma^2)} =\frac{2S_1^2}{S_2^2},$$

故选 D。自由度是 $n-1,m-1$，而两个总体方差的倍数关系使比值中出现系数 2。

答案： A，$a=\dfrac{\sqrt\pi}{2}$。

解题思路： 无偏估计要求 $E\hat\sigma=\sigma$。先求差 $X_1-X_2$ 的分布，再计算它的绝对值期望，最后解出系数 $a$。

详细解答： 简单随机样本意味着 $X_1,X_2$ 独立且同服从 $N(\mu,\sigma^2)$。因此

$$D=X_1-X_2\sim N(0,2\sigma^2).$$

令 $W=D/(\sqrt2\sigma)$，则 $W\sim N(0,1)$。标准正态密度关于 0 对称，所以

$$E|W|=2\int_0^{\infty}w\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-w^2/2}\,dw =\frac2{\sqrt{2\pi}}\left[-e^{-w^2/2}\right]_0^{\infty} =\sqrt{\frac2\pi}.$$

于是

$$E|X_1-X_2|=\sqrt2\sigma E|W|=\frac{2\sigma}{\sqrt\pi}.$$

无偏条件为 $a\cdot2\sigma/\sqrt\pi=\sigma$。因 $\sigma>0$，约去 $\sigma$ 后得 $a=\sqrt\pi/2$。

答案： $ab=-2$。

解题思路： 等价无穷小要求 $f(x)/g(x)\to1$。先判断 $g$ 的首个非零项是几阶，再把 $f$ 展开到同一阶；更低阶项必须消失，同阶项的系数必须相等。

详细解答： 当 $x\to0$ 时，

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

故

$$g(x)=\frac32x^2+o(x^2).$$

又由 $\ln(1+x)=x-x^2/2+o(x^2)$，

$$f(x)=(a+1)x+\left(b-\frac12\right)x^2+o(x^2).$$

若 $a+1\ne0$，则 $f$ 的首项是一阶项，$f/g$ 不可能趋于 1。因此 $a=-1$。消去一阶项后，

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{b-1/2}{3/2}=1,$$

得 $b=2$，所以 $ab=-2$。

答案： $x+2y-z=0$。

解题思路： 对显式曲面 $z=h(x,y)$，切平面的两个斜率就是点处的偏导数 $h_x,h_y$，直接代入切平面公式。

详细解答： 令 $h(x,y)=x+2y+\ln(1+x^2+y^2)$。它在原点邻域可微，且

$$h_x=1+\frac{2x}{1+x^2+y^2},\qquad h_y=2+\frac{2y}{1+x^2+y^2}.$$

在 $(0,0)$ 处有 $h(0,0)=0,h_x(0,0)=1,h_y(0,0)=2$。切平面公式为

$$z-h(0,0)=h_x(0,0)(x-0)+h_y(0,0)(y-0),$$

所以 $z=x+2y$，即 $x+2y-z=0$。

答案： $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n}=0$。

解题思路： 所求是偶数指标的余弦系数之和。利用区间 $[0,1]$ 上的余弦正交性求出 $a_n$，可以直接判断所有偶数指标系数是否为零。

详细解答： 题给周期为 2 的余弦展开，其系数公式为

$$a_n=2\int_0^1f(x)\cos(n\pi x)\,dx =2\int_0^1(1-x)\cos(n\pi x)\,dx,\quad n\ge1.$$

该公式中的系数 2 来自 $\int_0^1\cos^2(n\pi x)\,dx=1/2$。分部积分，取 $u=1-x$、$dv=\cos(n\pi x)\,dx$，得

$$\begin{aligned} \int_0^1(1-x)\cos(n\pi x)\,dx &=\left[\frac{(1-x)\sin(n\pi x)}{n\pi}\right]_0^1 +\frac1{n\pi}\int_0^1\sin(n\pi x)\,dx\\ &=\frac1{n\pi}\left[-\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}\right]_0^1 =\frac{1-(-1)^n}{n^2\pi^2}. \end{aligned}$$

因此

$$a_n=\frac{2[1-(-1)^n]}{n^2\pi^2}.$$

当指标为 $2n$ 时，$(-1)^{2n}=1$，故每一项 $a_{2n}=0$，其级数和为 0。

答案： $\displaystyle\int_1^3f(x)\,dx=\frac12$。

解题思路： 已知积分区间是 $[0,2]$，所求区间是 $[1,3]$，二者重叠部分为 $[1,2]$。把新增的 $[2,3]$ 平移到 $[0,1]$，就能使用 $f(x+2)=f(x)+x$。

详细解答： 先拆分积分，再在第二段令 $t=x-2$：

$$\begin{aligned} \int_1^3f(x)\,dx &=\int_1^2f(x)\,dx+\int_2^3f(x)\,dx\\ &=\int_1^2f(x)\,dx+\int_0^1f(t+2)\,dt\\ &=\int_1^2f(x)\,dx+\int_0^1[f(t)+t]\,dt\\ &=\int_0^2f(x)\,dx+\int_0^1t\,dt =0+\frac12. \end{aligned}$$

答案： $k_1^2+k_2^2+k_3^2=\dfrac{11}{9}$。

解题思路： 把 $\gamma$ 的线性组合代入三个内积条件，通常会得到关于 $k_i$ 的方程组。本题三个 $\alpha_i$ 两两正交，方程组因此成为三个独立的一元方程。

详细解答： 先计算向量的内积：

$$\alpha_1^T\alpha_2=-1+0+0+1=0, \quad \alpha_1^T\alpha_3=0+0-1+1=0,$$

$$\alpha_2^T\alpha_3=0-1+0+1=0, \qquad \alpha_i^T\alpha_i=3\quad(i=1,2,3).$$

由 $\gamma=\sum_{j=1}^3k_j\alpha_j$，对每一个 $i$ 都有

$$\gamma^T\alpha_i=\sum_{j=1}^3k_j\alpha_j^T\alpha_i=3k_i.$$

再计算右侧：

$$\beta^T\alpha_1=1+0+1-1=1, \quad \beta^T\alpha_2=-1-1+0-1=-3,$$

$$\beta^T\alpha_3=0+1-1-1=-1.$$

故 $3k_1=1,3k_2=-3,3k_3=-1$，即

$$(k_1,k_2,k_3)=\left(\frac13,-1,-\frac13\right), \qquad k_1^2+k_2^2+k_3^2=\frac19+1+\frac19=\frac{11}{9}.$$

答案： $P\{X=Y\}=\dfrac13$。

解题思路： $X$ 只能取 0、1，故相等事件只可能是 $(X,Y)=(0,0)$ 或 $(1,1)$。两事件互斥，可以相加；$X,Y$ 独立，则每个联合概率可以相乘。

详细解答： 由二项分布公式，

$$P(X=0)=\frac23,\quad P(X=1)=\frac13,$$

$$P(Y=0)=\left(\frac12\right)^2=\frac14, \quad P(Y=1)=\binom21\frac12\frac12=\frac12.$$

所以

$$\begin{aligned} P(X=Y) &=P(X=0,Y=0)+P(X=1,Y=1)\\ &=P(X=0)P(Y=0)+P(X=1)P(Y=1)\\ &=\frac23\cdot\frac14+\frac13\cdot\frac12=\frac13. \end{aligned}$$

不能加入 $Y=2$ 的项，因为 $X$ 不可能取 2。

（1）

答案： $y(x)=x(2-\ln x)$，$x>0$。

解题思路： 先把切线的截距写成 $y-xy'$，把几何条件转化为一阶微分方程。方程中出现 $xy'-y$，正好与 $(y/x)'$ 的分子一致。

详细解答： 在曲线上任意点 $P(x,y(x))$ 处，用 $(X,Y)$ 表示切线上点的坐标，切线方程为

$$Y-y(x)=y'(x)(X-x).$$

令 $X=0$，得到它在 $y$ 轴上的截距 $Y=y(x)-xy'(x)$。由于 $x>0$，点 $P$ 到 $y$ 轴的距离为 $x$。由题意，

$$y-xy'=x,\qquad\text{即}\qquad xy'-y=-x.$$

两边除以 $x^2$，利用商的求导公式，得

$$\left(\frac yx\right)'=\frac{xy'-y}{x^2}=-\frac1x.$$

在 $x>0$ 上积分，得 $y/x=-\ln x+C$，所以 $y=x(C-\ln x)$。曲线经过 $(1,2)$，代入 $x=1,y=2$ 得 $C=2$，故所求函数为 $y=x(2-\ln x)$。

（2）

答案： $f(x)$ 的最大值为 $\dfrac{e^4-5}{4}$，在 $x=e^2$ 处取得。

解题思路： 变上限积分的导数就是被积函数。用第一问的 $y(x)$ 判断 $f$ 的增减，再计算极大点处的积分。

详细解答： 因 $y$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续，由微积分基本定理，

$$f'(x)=y(x)=x(2-\ln x).$$

由于 $x>0$，导数符号取决于 $2-\ln x$：当 $0<x<e^2$ 时，$f'(x)>0$；当 $x>e^2$ 时，$f'(x)<0$。故 $f$ 在 $e^2$ 左侧严格递增、右侧严格递减，$x=e^2$ 是整个定义区间上的最大值点。

计算积分时，分部积分给出

$$\int t\ln t\,dt=\frac{t^2}{2}\ln t-\int\frac t2\,dt =\frac{t^2}{2}\ln t-\frac{t^2}{4}.$$

因此

$$\begin{aligned} f(e^2)&=\int_1^{e^2}t(2-\ln t)\,dt\\ &=\left[t^2\left(\frac54-\frac12\ln t\right)\right]_1^{e^2}\\ &=e^4\left(\frac54-1\right)-\frac54 =\frac{e^4-5}{4}. \end{aligned}$$