2024年考研数学一真题

答案： C，$f(x)$、$g(x)$ 均为奇函数。

解题思路： 判断变上限积分的奇偶性，要同时考虑被积函数与积分上限。先证明“偶函数从 $0$ 积分到 $x$ 所得的函数是奇函数”，再处理 $g(x)$ 中的上限 $\sin x$。

详细解答： 设 $h(t)$ 为偶函数，记

$$H(x)=\int_0^xh(t)\,dt.$$

在 $H(-x)$ 中令 $t=-u$，则 $dt=-du$，积分上限由 $-x$ 变为 $x$。于是

$$H(-x)=\int_0^{-x}h(t)\,dt =-\int_0^xh(-u)\,du =-\int_0^xh(u)\,du=-H(x).$$

因此 $H$ 是奇函数。

因为 $\cos(-t)=\cos t$，所以 $e^{\cos t}$ 为偶函数。应用上面的结论可得

$$f(-x)=-f(x).$$

再记 $G(s)=\int_0^se^{t^2}\,dt$。由于 $e^{(-t)^2}=e^{t^2}$，$G$ 也是奇函数。结合 $\sin(-x)=-\sin x$，有

$$g(-x)=G(\sin(-x))=G(-\sin x)=-G(\sin x)=-g(x).$$

两者都是奇函数，故选 C。

答案： A，即

$$\iint_\Sigma P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx =\iint_\Sigma\left(\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)dx\,dy.$$

解题思路： 这是第二类曲面积分，可以看作向量场 $(P,Q,0)$ 穿过曲面的通量。曲面写成 $z=z(x,y)$，取“上侧”时法向量的第三个分量为正，据此确定两个面元的符号。

详细解答： 曲面在 $xOy$ 面上的投影为

$$D=\{(x,y):x\ge0,\ y\ge0,\ x^2+y^2\le1\}.$$

用参数表示曲面：

$$\boldsymbol r(x,y)=\bigl(x,y,\sqrt{1-x^2-y^2}\bigr).$$

在曲面内部 $z>0$，有

$$z_x=-\frac{x}{z},\qquad z_y=-\frac{y}{z}.$$

向上的有向面元为

$$\boldsymbol r_x\times\boldsymbol r_y\,dx\,dy =(-z_x,-z_y,1)\,dx\,dy =\left(\frac{x}{z},\frac{y}{z},1\right)dx\,dy.$$

将它与 $(P,Q,0)$ 作点积，得到

$$P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx =\left(\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)dx\,dy.$$

其中 $P,Q$ 均在 $(x,y,\sqrt{1-x^2-y^2})$ 处取值。因此两个系数都是正号，选 A。投影边界上 $z=0$，上述表达式按积分极限理解；边界本身不影响曲面积分的值。

易错点： “上侧”对应 $(-z_x,-z_y,1)$，而本题 $z_x,z_y$ 又为负，不能漏掉这两次符号变化。

答案： A，$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}na_{2n}=-\frac16$。

解题思路： 先把 $\ln(2+x)$ 写成 $\ln2+\ln(1+x/2)$，由对数的幂级数读出系数；取偶数下标后，所求级数会变成等比级数。

详细解答： 利用

$$\ln(1+t)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}t^k,\qquad |t|<1,$$

可得

$$\ln(2+x)=\ln2+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k2^k}x^k,\qquad |x|<2.$$

由幂级数展开的唯一性，

$$a_0=\ln2,\qquad a_k=\frac{(-1)^{k+1}}{k2^k}\quad(k\ge1).$$

当 $n\ge1$ 时，$2n$ 是偶数，因此

$$a_{2n}=-\frac{1}{2n\,2^{2n}}=-\frac{1}{2n\,4^n}, \qquad na_{2n}=-\frac{1}{2\cdot4^n}.$$

$n=0$ 的项为 $0\cdot a_0=0$，故

$$\sum_{n=0}^{\infty}na_{2n} =-\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac14\right)^n =-\frac12\frac{1/4}{1-1/4} =-\frac16.$$

答案： B。若 $f'(0)=m$，则 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=m$。

解题思路： 导数定义中出现的是 $f(x)-f(0)$，而题设只给出 $\lim_{x\to0}f(x)=0$，并没有直接给出 $f(0)=0$。要辨清哪些条件能补上零点的连续性，哪些条件不能。

详细解答： 对 B，$f'(0)$ 存在说明 $f$ 在 $0$ 处连续，所以

$$f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=0.$$

代入导数定义可得

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

因此 B 正确。

对 A、C，取函数

$$f(x)=\begin{cases}0,&x\ne0,\\1,&x=0.\end{cases}$$

它满足 $\lim_{x\to0}f(x)=0$。对 $x\ne0$，又有 $f(x)/x=0$、$f'(x)=0$，所以 A、C 的前提都可在 $m=0$ 时满足。但是 $f$ 在 $0$ 处不连续，因而 $f'(0)$ 不存在。A、C 均不成立。

对 D，取

$$f(x)=\begin{cases}x^2\sin(1/x),&x\ne0,\\0,&x=0.\end{cases}$$

由 $|x\sin(1/x)|\le|x|$，有

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x =\lim_{x\to0}x\sin(1/x)=0.$$

但对 $x\ne0$，

$$f'(x)=2x\sin(1/x)-\cos(1/x).$$

令 $x_k=1/(2k\pi)$、$t_k=1/((2k+1)\pi)$，则两列都趋于 $0$，而

$$f'(x_k)=-1,\qquad f'(t_k)=1.$$

因此 $\lim_{x\to0}f'(x)$ 不存在，D 不成立。

答案： B，$m=n=2$。

解题思路： 把三张平面的公共点看成三元线性方程组的解。图中三个不同平面的公共部分是一条直线，因此方程组相容，且解集有一个自由参数，由此确定系数矩阵和增广矩阵的秩。

详细解答： 记

$$C=\begin{pmatrix}a_1&b_1&c_1\\a_2&b_2&c_2\\a_3&b_3&c_3\end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol d=(d_1,d_2,d_3)^T.$$

三张平面的公共点满足

$$C\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\boldsymbol d.$$

图中三张平面交于同一条直线，因而存在公共点，方程组有解。根据线性方程组的相容条件，

$$r(C)=r(C\mid\boldsymbol d),\qquad m=n.$$

相容的三元线性方程组，其解集的自由参数个数为 $3-r(C)$。直线可写为 $\boldsymbol x=\boldsymbol x_0+t\boldsymbol v$，只有一个自由参数，故

$$3-m=1,\qquad m=2.$$

于是 $n=2$，选 B。若系数矩阵秩为 $1$，相容解集会是平面；若秩为 $3$，相容解集会是单个点，都与图中的公共直线不符。

答案： D，$a=-2$、$b=2$。

解题思路： 三个列向量线性相关意味着组成的 $4\times3$ 矩阵秩小于 $3$，所以每个三阶子式都应为零。先取不含 $b$ 的子式限制 $a$，用“两两无关”排除一个候选值，再求 $b$，最后检验条件确实成立。

详细解答： 以三个向量为列组成矩阵

$$M=\begin{pmatrix} a&1&1\\ 1&1&a\\ -1&b&-1\\ 1&a&1 \end{pmatrix}.$$

若三向量线性相关，则取第 $1,2,4$ 行所得的行列式必须为零：

$$\begin{vmatrix}a&1&1\\1&1&a\\1&a&1\end{vmatrix} =a(1-a^2)-(1-a)+(a-1) =-a^3+3a-2 =-(a-1)^2(a+2)=0.$$

所以 $a=1$ 或 $a=-2$。当 $a=1$ 时，

$$\alpha_1=\alpha_3=(1,1,-1,1)^T,$$

这两个向量线性相关，与题设矛盾，故必须有 $a=-2$。

此时设 $k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3=0$。比较第 $1,2$ 个坐标，得到

$$\begin{cases} -2k_1+k_2+k_3=0,\\ k_1+k_2-2k_3=0. \end{cases}$$

由第一式 $k_2=2k_1-k_3$，代入第二式可得 $3k_1-3k_3=0$，故

$$k_1=k_2=k_3=k.$$

相关关系的系数不全为零，因而 $k\ne0$。比较第三个坐标，得到

$$-k+bk-k=(b-2)k=0,$$

所以 $b=2$。

反过来，当 $a=-2,b=2$ 时，三个向量的和为零，故确实线性相关。任取两个向量，取其前两个坐标组成二阶子式，分别为

$$\begin{vmatrix}-2&1\\1&1\end{vmatrix}=-3, \quad \begin{vmatrix}-2&1\\1&-2\end{vmatrix}=3, \quad \begin{vmatrix}1&1\\1&-2\end{vmatrix}=-3.$$

三个子式均非零，证明任意两向量都线性无关，故选 D。

答案： A，$\operatorname{tr}(A^3)=2$。事实上，对任意正整数 $k$，都有 $\operatorname{tr}(A^k)=2$。

解题思路： 题设已经给出了 $A$ 在两个互补子空间上的作用：在 $\alpha$ 的方向上为零，在与 $\alpha$ 垂直的平面上为恒等变换。选取分别位于这两个子空间的基向量，就能直接得到 $A$ 的对角形式。

详细解答： 因为 $\alpha\ne0$，空间

$$\alpha^\perp=\{\beta\in\mathbb R^3:\beta^T\alpha=0\}$$

是一个二维子空间。取它的两个线性无关的基向量 $u,v$。由于 $\alpha$ 不属于 $\alpha^\perp$，$\alpha,u,v$ 构成 $\mathbb R^3$ 的一组基。

题设给出

$$A\alpha=0,\qquad Au=u,\qquad Av=v.$$

令 $S=(\alpha,u,v)$，则 $S$ 可逆，且

$$S^{-1}AS=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

因此，对 $k\ge1$，

$$S^{-1}A^kS=\operatorname{diag}(0^k,1^k,1^k) =\operatorname{diag}(0,1,1).$$

相似矩阵的迹相等，故 $\operatorname{tr}(A^k)=0+1+1=2$。特别地，$A^3$ 的迹为 $2$，$A^5$ 的迹也为 $2$，所以只有 A 正确。

答案： B，$a=-2+\sqrt{10}$。

解题思路： 独立正态变量的线性组合仍服从正态分布。分别求 $2X+Y$ 与 $X-Y$ 的均值和方差，再将两个概率标准化到同一个标准正态分布函数中比较。

详细解答： 本题 $N(\mu,\sigma^2)$ 的第二个参数为方差，故

$$E(X)=0,\quad D(X)=2,\quad E(Y)=-2,\quad D(Y)=2.$$

由于 $X,Y$ 独立，$\operatorname{Cov}(X,Y)=0$，于是

$$E(2X+Y)=-2,\qquad D(2X+Y)=4D(X)+D(Y)=10,$$

即 $2X+Y\sim N(-2,10)$。同理，

$$E(X-Y)=2,\qquad D(X-Y)=D(X)+D(Y)=4,$$

即 $X-Y\sim N(2,4)$。

记标准正态分布函数为 $\Phi(t)$。标准化后，

$$P(X>Y)=P(X-Y>0) =1-\Phi\left(\frac{0-2}{2}\right) =1-\Phi(-1)=\Phi(1),$$

其中最后一步用了标准正态分布的对称性。另一方面，

$$P(2X+Y<a)=\Phi\left(\frac{a+2}{\sqrt{10}}\right).$$

$\Phi$ 在实数范围内严格递增，因此两概率相等意味着

$$\frac{a+2}{\sqrt{10}}=1,$$

解得 $a=-2+\sqrt{10}$。

答案： D，$\operatorname{Cov}(X,Y)=\dfrac1{36}$。

解题思路： 已知的是 $Y$ 在给定 $X$ 时的条件分布，先求条件均值 $E(Y\mid X)$，再用全期望公式求 $E(Y)$ 与 $E(XY)$，最后代入协方差定义。

详细解答： 当 $X=x$ 时，$Y$ 在 $(x,1)$ 上均匀分布，因此

$$E(Y\mid X=x)=\frac{x+1}{2}, \qquad E(Y\mid X)=\frac{X+1}{2}.$$

由 $X$ 的密度计算一、二阶矩：

$$E(X)=\int_0^1x\,2(1-x)\,dx =2\left(\frac12-\frac13\right)=\frac13,$$

$$E(X^2)=\int_0^1x^2\,2(1-x)\,dx =2\left(\frac13-\frac14\right)=\frac16.$$

全期望公式给出

$$E(Y)=E\bigl[E(Y\mid X)\bigr] =\frac{E(X)+1}{2}=\frac23.$$

在给定 $X$ 时，$X$ 是已知量，故

$$E(XY\mid X)=X E(Y\mid X)=\frac{X^2+X}{2}.$$

再取期望，得到

$$E(XY)=\frac{E(X^2)+E(X)}{2} =\frac{1/6+1/3}{2}=\frac14.$$

因此

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y) =\frac14-\frac13\cdot\frac23=\frac1{36}.$$

也可将以上计算写成 $\operatorname{Cov}(X,Y)=D(X)/2$，其中 $D(X)=1/6-1/9=1/18$。

答案： D。$Z=|X-Y|$ 仍服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，与 $X$ 同分布。

解题思路： 绝对值差的尾概率可拆成两个互不相交的事件 $X>Y+z$ 和 $Y>X+z$。二者由对称性具有相同概率，再利用独立性积分即可得到 $Z$ 的分布。

详细解答： 指数分布的参数满足 $\lambda>0$，其密度与尾概率为

$$f_X(x)=\lambda e^{-\lambda x}\quad(x>0), \qquad P(X>t)=e^{-\lambda t}\quad(t\ge0).$$

对 $z\ge0$，

$$\{|X-Y|>z\}=\{X>Y+z\}\cup\{Y>X+z\}.$$

这两个事件互不相交；由于 $X,Y$ 独立同分布，它们的概率相等。条件于 $Y=y$，由独立性得

$$P(X>Y+z) =\int_0^{\infty}P(X>y+z)f_Y(y)\,dy =\int_0^{\infty}e^{-\lambda(y+z)}\lambda e^{-\lambda y}\,dy.$$

将与 $y$ 无关的因子提出，得到

$$P(X>Y+z) =\lambda e^{-\lambda z}\int_0^{\infty}e^{-2\lambda y}\,dy =\frac12e^{-\lambda z}.$$

故 $P(Z>z)=e^{-\lambda z}$，于是

$$F_Z(z)=\begin{cases} 0,&z<0,\\ 1-e^{-\lambda z},&z\ge0. \end{cases}$$

这正是 $X$ 的分布函数，故选 D。

答案： $a=6$。

解题思路： 底数和指数都随 $x$ 变化，先把幂函数化为指数函数。分母为 $x^3$，只需找出分子中三阶项的系数；该项由 $\sin x$ 的一阶项与 $\ln(1+ax^2)$ 的二阶项相乘产生。

详细解答： 对任意固定实数 $a$，在 $x=0$ 的充分小邻域内都有 $1+ax^2>0$，所以

$$(1+ax^2)^{\sin x} =\exp\bigl[\sin x\ln(1+ax^2)\bigr].$$

当 $x\to0$ 时，

$$\sin x=x+O(x^3),\qquad \ln(1+ax^2)=ax^2+O(x^4).$$

两式相乘，记 $w=\sin x\ln(1+ax^2)$，则

$$w=ax^3+O(x^5).$$

再用 $e^w=1+w+O(w^2)$，且 $w^2=O(x^6)$，可得

$$(1+ax^2)^{\sin x}-1=ax^3+O(x^5).$$

除以 $x^3$ 并取极限，得到

$$\lim_{x\to0}\frac{(1+ax^2)^{\sin x}-1}{x^3}=a.$$

由题设此极限为 $6$，故 $a=6$。

答案： $y''(0)=5$。

解题思路： 全微分给出了 $f$ 在 $(1,1)$ 处的两个一阶偏导数。复合函数虽然需要二阶求导，但两个内函数在 $x=0$ 处的一阶导数都为零，所以含有 $f$ 的二阶偏导数的项全部消失。

详细解答： 由全微分公式

$$df=f_u\,du+f_v\,dv$$

及题设 $df|_{(1,1)}=3\,du+4\,dv$，有

$$f_u(1,1)=3,\qquad f_v(1,1)=4.$$

令 $u(x)=\cos x$、$v(x)=1+x^2$，则 $y=f(u(x),v(x))$。二阶链式法则为

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

各偏导数均在 $(u(x),v(x))$ 处取值。由于 $f$ 的二阶偏导数连续，混合偏导数相等，故中间项可合并为 $2f_{uv}u'v'$。

在 $x=0$ 处，

$$u(0)=v(0)=1,\quad u'(0)=v'(0)=0, \quad u''(0)=-1,\quad v''(0)=2.$$

逐项代入可得

$$y''(0)=f_u(1,1)(-1)+f_v(1,1)\cdot2 =-3+8=5.$$

答案： $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^2\sin a_{2n-1}=-\frac1\pi$。

解题思路： 先用余弦级数的系数公式求 $a_n$，取奇数下标后系数趋于零，可使用 $\sin t/t\to1$。最后要保留奇数下标 $2n-1$ 与前面的 $n^2$ 的比例。

详细解答： 余弦系数为

$$a_n=\frac2\pi\int_0^\pi(x+1)\cos(nx)\,dx,\qquad n\ge1.$$

其中

$$\int_0^\pi\cos(nx)\,dx =\left[\frac{\sin(nx)}n\right]_0^\pi=0.$$

对含 $x$ 的积分分部积分，得到

$$\begin{aligned} \int_0^\pi x\cos(nx)\,dx &=\left[\frac{x\sin(nx)}n\right]_0^\pi -\frac1n\int_0^\pi\sin(nx)\,dx\\ &=\left[\frac{\cos(nx)}{n^2}\right]_0^\pi =\frac{(-1)^n-1}{n^2}. \end{aligned}$$

故

$$a_n=\frac{2[(-1)^n-1]}{\pi n^2},\qquad a_{2n-1}=-\frac4{\pi(2n-1)^2}.$$

由于 $a_{2n-1}\to0$ 且不为零，

$$n^2\sin a_{2n-1} =n^2a_{2n-1}\frac{\sin a_{2n-1}}{a_{2n-1}}.$$

第二个因子趋于 $1$，而

$$n^2a_{2n-1} =-\frac4\pi\left(\frac{n}{2n-1}\right)^2 \longrightarrow-\frac4\pi\cdot\frac14=-\frac1\pi.$$

因此所求极限为 $-1/\pi$。

答案： 初值解可写为

$$x=\tan\left(y+\frac\pi4\right)-y.$$

与 $y(1)=0$ 相连的分支满足 $-\pi/4<y<\pi/4$，对应的最大 $x$ 区间为 $(\pi/4,+\infty)$。

解题思路： 方程右端只含 $x+y$，可用这一组合换元。由于 $y'=1/(x+y)^2>0$，这里先在初值附近交换自、因变量，把 $x$ 看作 $y$ 的函数；再令 $v=x+y$，便得到 $dv/dy=1+v^2$ 这一可分离方程。

详细解答： 初值点处 $x+y=1\ne0$，且 $y'>0$，因此局部可以求反函数。将方程写成

$$\frac{dx}{dy}=(x+y)^2.$$

令 $v(y)=x(y)+y$，则

$$\frac{dv}{dy}=\frac{dx}{dy}+1=v^2+1.$$

分离变量并积分：

$$\frac{dv}{1+v^2}=dy, \qquad \arctan v=y+C.$$

$y(1)=0$ 表示在反函数中 $x(0)=1$，所以 $v(0)=1$，从而

$$C=\arctan1=\frac\pi4.$$

因此

$$\arctan(x+y)=y+\frac\pi4, \qquad x+y=\tan\left(y+\frac\pi4\right),$$

即得答案中的隐式解。代入 $y=0$ 可得 $x=1$，满足初值；对隐式式子求导，又有

$$1=\left[\sec^2\left(y+\frac\pi4\right)-1\right]y' =(x+y)^2y',$$

故它满足原微分方程。

在初值分支上 $x+y>0$，因而 $0<y+\pi/4<\pi/2$，即 $-\pi/4<y<\pi/4$。函数

$$x(y)=\tan(y+\pi/4)-y$$

在该区间内的导数为 $\tan^2(y+\pi/4)>0$；当 $y\to-\pi/4+$ 时 $x\to\pi/4$，当 $y\to\pi/4-$ 时 $x\to+\infty$。因此它在 $(\pi/4,+\infty)$ 上确定唯一的 $y(x)$，左端因 $x+y\to0$ 而不能延伸为原方程的解。