2025年考研数学一真题

答案： B。$x=0$ 是 $f$ 的极小值点，$(0,0)$ 是 $g$ 的拐点。

解题思路： 极值考察函数在一点两侧的增减变化；拐点考察凹凸性是否改变。对变上限积分先求导，分别检查 $f'$ 与 $g''$ 的符号。

详细解答： 由微积分基本定理，

$$f'(x)=e^{x^2}\sin x,\qquad f''(x)=e^{x^2}(2x\sin x+\cos x).$$

在零点附近，$f'$ 在左侧为负、右侧为正，所以 $f$ 先减后增，$f(0)=0$ 为极小值。又 $f''(0)=1$，由连续性，$f''$ 在零点附近均为正，凹凸性不改变，因此 $(0,0)$ 不是 $f$ 的拐点。

记 $h(x)=\int_0^xe^{t^2}\,dt$。它满足 $h(0)=0$、$h'(0)=1$，且 $h'=e^{x^2}$、$h''=2xe^{x^2}$。由 $g=h\sin^2x$，

$$g''=h''\sin^2x+4h'\sin x\cos x+2h(\cos^2x-\sin^2x).$$

利用 $h(x)/x\to1$、$\sin x/x\to1$，逐项除以 $x$ 可得

$$\lim_{x\to0}\frac{g''(x)}x=0+4+2=6.$$

所以 $g''$ 在零点左侧为负、右侧为正，$(0,0)$ 是拐点。另有 $h(x)$ 与 $x$ 同号，$\sin^2x>0$ 在充分小的非零 $x$ 处成立，因此 $g$ 在零点两侧一负一正，零点不是极值点。故选 B。

答案： B。① 条件收敛，② 绝对收敛。

解题思路： ① 的相位接近整数倍 $\pi$，先化成正数项交错级数；② 的括号中一次项相消，需要把 $\tan t$ 展开到三次项。

详细解答： 对①，

$$\frac{n^3\pi}{n^2+1}=n\pi-\frac{n\pi}{n^2+1},\qquad \sin\frac{n^3\pi}{n^2+1}=(-1)^{n+1}b_n,\quad b_n=\sin\frac{n\pi}{n^2+1}.$$

函数 $t/(t^2+1)$ 在 $t\ge1$ 上单调不增，因为其导数为 $(1-t^2)/(t^2+1)^2\le0$。故 $n\pi/(n^2+1)$ 递减趋于零，并位于 $(0,\pi/2]$；在这个区间上正弦单调递增，所以 $b_n$ 递减趋于零。由莱布尼茨判别法，①收敛。另一方面，

$$\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{1/n} =\lim_{n\to\infty}\frac{\sin[n\pi/(n^2+1)]}{n\pi/(n^2+1)} \frac{n^2\pi}{n^2+1}=\pi.$$

绝对值级数与发散的调和级数作极限比较，也发散。因此①条件收敛。

对②，令 $t=n^{-2/3}$。当 $n\to\infty$ 时 $t\to0$，由 $\tan t=t+t^3/3+O(t^5)$，得

$$|t-\tan t|\sim\frac{t^3}{3}=\frac1{3n^2}.$$

与收敛的 $\sum n^{-2}$ 作极限比较，②绝对收敛。

答案： D。若 $f(x)$ 在无穷远处趋于有限数 $L$，则其积分平均值也趋于 $L$。

解题思路： 函数趋于稳定值时，远处的积分平均也趋于该值；反向推断及对导数的推断均需反例检验。

详细解答： 由题设，$\int_0^R f(t)\,dt$ 对任意有限 $R>0$ 均存在且为有限数。设 $f(x)\to L$。任给 $\varepsilon>0$，可取 $R>0$，使 $t\ge R$ 时 $|f(t)-L|<\varepsilon$。当 $x>R$，

$$\left|\frac1x\int_0^xf(t)\,dt-L\right| \le\frac1x\left|\int_0^R(f(t)-L)\,dt\right| +\frac1x\int_R^x|f(t)-L|\,dt \le\frac{C_R}{x}+\varepsilon.$$

其中 $C_R$ 是与 $x$ 无关的有限常数。令 $x\to\infty$ 后再令 $\varepsilon\to0$，便得极限为 $L$，所以 D 正确。

• A 不成立：取 $f(x)=\sin(x^2)/x$，则 $f(x)\to0$，而 $f'(x)=2\cos(x^2)-\sin(x^2)/x^2$。沿 $x=\sqrt{2k\pi}$ 与 $x=\sqrt{(2k+1)\pi}$，导数分别趋于 $2$ 与 $-2$，没有极限。
• B 不成立：取 $f(x)=\sqrt x$，其导数趋于零，但 $f(x)$ 没有有限极限。
• C 不成立：取 $f(x)=\cos x$，则积分平均为 $\sin x/x\to0$，但 $\cos x$ 没有极限。

答案： A。

解题思路： 交换积分次序要保持积分区域不变。先把原积分上下限写成不等式，再固定 $y$ 求 $x$ 的范围。

详细解答： 原区域为

$$D=\{(x,y):-2\le x\le2,\ 4-x^2\le y\le4\}.$$

区域最低点的 $y$ 坐标为 $0$，最高为 $4$，故新外层范围是 $0\le y\le4$。固定 $y$ 后，$4-x^2\le y$ 等价于 $x^2\ge4-y$，结合 $-2\le x\le2$，得到两个区间

$$-2\le x\le-\sqrt{4-y},\qquad \sqrt{4-y}\le x\le2.$$

连续函数在此有界区域上可交换积分次序，因此原积分等于

$$\int_0^4\left[\int_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)\,dx +\int_{\sqrt{4-y}}^2f(x,y)\,dx\right]dy,$$

即 A。固定 $y$ 的截线分成左右两段，不能把中间不属于区域的部分一并积分。

答案： B，正惯性指数为 $1$。

解题思路： 正惯性指数是经过可逆线性变换后平方项中正系数的个数。交叉项只涉及 $x_1$，直接配方较方便。

详细解答： 配方得

$$f=(x_1+x_2+x_3)^2-(x_2+x_3)^2.$$

令 $y_1=x_1+x_2+x_3$、$y_2=x_2+x_3$、$y_3=x_2-x_3$。这一变换可逆：$x_1=y_1-y_2$、$x_2=(y_2+y_3)/2$、$x_3=(y_2-y_3)/2$。所以

$$f=y_1^2-y_2^2+0y_3^2.$$

由惯性定理，正系数平方项有一个，正惯性指数为 $1$，选 B。

答案： D，解集是一条不过原点的直线。

解题思路： 利用 $\alpha_1,\alpha_2$ 独立，把其他向量表示为它们的线性组合，再比较两个独立向量的系数。

详细解答： 因为 $\alpha_1,\alpha_2$ 独立而三向量 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 相关，存在实数 $p,q$ 使 $\alpha_3=p\alpha_1+q\alpha_2$。又 $\alpha_4=-\alpha_1-\alpha_2$，原方程化为

$$(x+pz)\alpha_1+(y+qz)\alpha_2=-\alpha_1-\alpha_2.$$

独立性意味着对应系数相等，即 $x+pz=-1$、$y+qz=-1$。令自由变量 $z=t$，得

$$(x,y,z)=(-1,-1,0)+t(-p,-q,1),\qquad t\in\mathbb R.$$

方向向量第三分量为 $1$，因此这是一条直线。原点不能满足 $x+pz=-1$，所以直线不过原点。

答案： A，①②正确，③④不一定正确。

解题思路： 已知条件恰好对应两次矩阵乘积秩不等式的下界取等。写出不等式链，首尾相等就能确定中间也相等。

详细解答： 对两个 $n$ 阶矩阵 $U,V$，Sylvester 秩不等式为 $r(UV)\ge r(U)+r(V)-n$。分别应用于 $AB$ 与 $(AB)C$，得到

$$r(ABC)\ge r(AB)+r(C)-n \ge r(A)+r(B)+r(C)-2n=r(ABC).$$

最后一个等号来自题设。因此两处不等号都必须取等：

$$r(ABC)+n=r(AB)+r(C),\qquad r(AB)+n=r(A)+r(B).$$

这正是①②。对于③④，取 $A=B=I_n$、$C=0$，则左侧三秩之和为 $2n$，右侧为 $0+2n$，满足题设；但 $r(C)=0$、$r(BC)=0$，所以③④均不成立。

答案： C，最大值为 $1+|\rho|$。

解题思路： 用线性组合的方差公式，将目标化成 $ab$ 的函数，再利用 $a^2+b^2=1$ 控制交叉项。

详细解答： 由 $D(X)=D(Y)=1$、$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho$，

$$D(aX+bY)=a^2+b^2+2ab\rho=1+2ab\rho.$$

由 $(a-b)^2\ge0$ 和 $(a+b)^2\ge0$，可得 $-1\le2ab\le1$，所以 $2ab\rho\le|\rho|$，方差不超过 $1+|\rho|$。

当 $\rho>0$，取 $a=b=1/\sqrt2$；当 $\rho<0$，取 $a=1/\sqrt2,b=-1/\sqrt2$，均达到此上界。当 $\rho=0$，任意满足约束的 $a,b$ 都给出方差 $1$。故最大值为 $1+|\rho|$。

答案： C，$P(T\le1)\approx3/e^2$。

解题思路： 独立的伯努利变量之和服从二项分布；按题意用均值相同的泊松分布近似，并把 $0$ 次和 $1$ 次的概率相加。

详细解答： 简单随机样本中的 $X_i$ 相互独立，且 $P(X_i=1)=0.1$，故 $T\sim B(20,0.1)$。泊松近似参数为 $\lambda=np=20\times0.1=2$。若 $Z\sim\operatorname{Poisson}(2)$，则

$$P(T\le1)\approx P(Z=0)+P(Z=1) =e^{-2}\frac{2^0}{0!}+e^{-2}\frac{2^1}{1!}=3e^{-2}.$$

这里是题目指定的近似计算，选 C。

答案： D，拒绝域为 $\{\overline X>1+\sqrt{2/n}\,Z_\alpha\}$。

解题思路： 备择假设是均值偏大，故用右侧拒绝域。总体方差已知为 $2$，样本均值的标准差为 $\sqrt{2/n}$。

详细解答： 由独立正态样本的性质，$\overline X\sim N(\mu,2/n)$。在零假设的边界 $\mu=1$ 下，

$$Z=\frac{\overline X-1}{\sqrt{2/n}}\sim N(0,1).$$

上侧 $\alpha$ 分位数满足 $P(Z>Z_\alpha)=\alpha$，其中 $0<\alpha<1$。所以在 $Z>Z_\alpha$ 时拒绝，等价于 $\overline X>1+\sqrt{2/n}Z_\alpha$。

还需确认复合零假设 $\mu\le1$：设临界值 $c=1+\sqrt{2/n}Z_\alpha$，则

$$P_\mu(\overline X>c) =P\left(Z>Z_\alpha+\frac{1-\mu}{\sqrt{2/n}}\right)\le\alpha.$$

最大拒绝概率在 $\mu=1$ 处达到 $\alpha$，因此该检验的显著性水平正确。

答案： $-1$。

解题思路： 把变指数幂 $x^x$ 写成指数函数，注意指数 $x\ln x$ 虽含无穷大的 $\ln x$，但整体趋于零。

详细解答： 当 $x\to0^+$ 时，$x\ln x\to0$。例如令 $s=1/x\to\infty$，则 $x\ln x=-\ln s/s\to0$。因此可用 $\lim_{t\to0}(e^t-1)/t=1$，写成

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

第一因子趋于 $1$，由 $\ln(1-x)\sim-x$，第二因子趋于 $-1$，故极限为 $-1$。

答案： $S(-7/2)=1/8$。

解题思路： $\sin(n\pi x)$ 对应周期为 $2$ 的奇延拓。先利用周期把所求点移到 $(0,1)$，再按傅里叶级数在跳跃点的收敛定理求平均值。

详细解答： 将 $f$ 在 $(0,1)$ 的定义奇延拓到 $(-1,1)$，再作周期 $2$ 的延拓，所得函数分段光滑，正弦级数即它的傅里叶级数。和函数同样具有周期 $2$。因为

$$-\frac72+2\times2=\frac12,$$

所以 $S(-7/2)=S(1/2)$。在 $x=1/2$，左极限是 $0$，右极限是 $(1/2)^2=1/4$。狄利克雷收敛定理给出

$$S(1/2)=\frac{f(1/2-0)+f(1/2+0)}2=\frac{0+1/4}{2}=\frac18.$$

跳跃点的级数和取左右极限的平均值，并不等于题设在该点指定的函数值 $1/4$。

答案： $1$。

解题思路： 沿向量方向的方向导数，是梯度与该方向单位向量的点积，必须先把给定向量单位化。

详细解答： 因 $u=xy^2z^3$ 可微，

$$\nabla u=(y^2z^3,\ 2xyz^3,\ 3xy^2z^2),\qquad \nabla u(1,1,1)=(1,2,3).$$

向量 $\boldsymbol n=(2,2,-1)$ 的长度为 $\sqrt{4+4+1}=3$，对应单位向量为 $\boldsymbol e=\boldsymbol n/3$。因此

$$\left.\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol n}\right|_{(1,1,1)} =\nabla u(1,1,1)\cdot\boldsymbol e =\frac{2+4-3}{3}=1.$$

答案： $4/3-2\sin1$。

解题思路： 曲线已给出 $y$ 关于 $x$ 的表达式，直接参数化；先把 $\cos y\,dy$ 识别为全微分，减少计算。

详细解答： 沿题设方向，$x$ 从 $1$ 变到 $-1$，$y=1-x^2$、$dy=-2x\,dx$。由于 $\cos y\,dy=d(\sin y)$，两端点的 $y$ 均为零，此项积分为 $0$。其余部分为

$$I=\int_1^{-1}\bigl[(1-x^2)+\cos x+2x(-2x)\bigr]dx =\int_1^{-1}(1-5x^2+\cos x)dx.$$

积分得到

$$I=\left[x-\frac53x^3+\sin x\right]_1^{-1} =\left(\frac23-\sin1\right)-\left(-\frac23+\sin1\right) =\frac43-2\sin1.$$

参数上下限随方向为 $1\to-1$，不能按通常的从左到右改成 $-1\to1$。

答案： $a-b=-4$。

解题思路： 若 $A$ 可逆，$Ax=0$ 和 $A^2x=0$ 都只有零解。因此“不同解”首先强制 $A$ 奇异，利用行列式即可确定所求差值。

详细解答： 总有 $\ker A\subseteq\ker A^2$，因为 $Ax=0$ 可以再左乘 $A$。题设说明两个核空间不相等。若 $\det A\ne0$，则 $A,A^2$ 都可逆，两个核空间都为 $\{0\}$，产生矛盾。所以 $\det A=0$。

按第一行展开，

$$\begin{aligned} \det A &=4(3\times(-7)-(-4)\times5) -2(a\times(-7)-(-4)b)-3(5a-3b)\\ &=-4+14a-8b-15a+9b=b-a-4. \end{aligned}$$

令其为零，得 $a-b=-4$。这里使用的是题设的必要条件；无需把 $\det A=0$ 误认为两方程一定不同解的充分条件。

答案： $4/5$。

解题思路： 先用独立性和并事件概率求两个事件各自的概率，再用“恰好一个发生”除以“至少一个发生”。

详细解答： 令 $q=P(B)$，则 $P(A)=2q$，且 $0\le q\le1/2$。独立性给出 $P(A\cap B)=2q^2$，于是

$$3q-2q^2=\frac58 \quad\Longleftrightarrow\quad16q^2-24q+5=0.$$

两根为 $q=1/4,5/4$，后者不在概率范围内，应舍去。因此 $P(A)=1/2$、$P(B)=1/4$、$P(A\cap B)=1/8$。

记 $E=(A\cap B^c)\cup(A^c\cap B)$。它是从 $A\cup B$ 中去掉 $A\cap B$ 后剩下的事件，故 $P(E)=5/8-1/8=1/2$。又 $E\subseteq A\cup B$，所以

$$P(E\mid A\cup B)=\frac{P(E)}{P(A\cup B)}=\frac{1/2}{5/8}=\frac45.$$

答案： $(3\ln2+\pi)/10$。

解题思路： 分母是一次因子与不可约二次因子的乘积，用部分分式。二次分母写成 $(x-1)^2+1$，其分子拆成分母导数与常数，分别产生对数与反正切。

详细解答： 设

$$\frac1{(x+1)(x^2-2x+2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-2x+2}.$$

通分并比较系数，得到 $A+B=0$、$-2A+B+C=0$、$2A+C=1$，解得 $A=1/5,B=-1/5,C=3/5$。因此

$$\frac1{(x+1)(x^2-2x+2)} =\frac1{5(x+1)}-\frac1{10}\frac{2x-2}{x^2-2x+2} +\frac25\frac1{1+(x-1)^2}.$$

在 $[0,1]$ 上两分母均为正，积分为

$$\begin{aligned} I&=\left[\frac15\ln(x+1)-\frac1{10}\ln(x^2-2x+2) +\frac25\arctan(x-1)\right]_0^1\\ &=\frac15\ln2+\frac1{10}\ln2 +\frac25\left(0-\left(-\frac\pi4\right)\right) =\frac{3\ln2+\pi}{10}. \end{aligned}$$

答案： $f(u)=\tfrac12(\ln u)^2+2\ln u+1$，$u>0$。

解题思路： $g$ 只依赖比值 $u=x/y$，用链式法则把偏微分条件转化为一元常微分方程；对角线 $x=y$ 对应 $u=1$，可直接给出初值。

详细解答： 在 $y\ne0,x/y>0$ 的定义域内，令 $u=x/y$，则 $u_x=1/y,u_y=-x/y^2$。以下 $f',f''$ 均在 $u$ 处取值。先求一阶偏导，

$$g_x=\frac{f'}y,\qquad g_y=-\frac{x}{y^2}f',$$

再逐项求导，

$$g_{xx}=\frac{f''}{y^2},\qquad g_{xy}=-\frac{x}{y^3}f''-\frac{f'}{y^2},\qquad g_{yy}=\frac{x^2}{y^4}f''+\frac{2x}{y^3}f'.$$

代入题设的三个带权项，得到

$$x^2g_{xx}+xyg_{xy}+y^2g_{yy} =u^2f''-u^2f''-uf'+u^2f''+2uf' =u^2f''+uf'=1.$$

因为 $u>0$，除以 $u$ 可写为 $(uf')'=1/u$。一次积分得 $uf'=\ln u+C_1$，即 $f'=(\ln u+C_1)/u$；再次积分得