1994年考研数学三真题

答案： $\ln3$。

将被积函数拆成 $x/(2+x^2)$ 与 $|x|/(2+x^2)$。前者是奇函数，在关于零对称的区间上积分为零；后者是偶函数，所以

$$I=2\int_0^2\frac{x}{2+x^2}\,dx.$$

由于 $d(2+x^2)=2x\,dx$，有

$$I=\left[\ln(2+x^2)\right]_0^2=\ln6-\ln2=\boxed{\ln3}.$$

也可按绝对值分段：$x<0$ 时 $x+|x|=0$，$x>0$ 时 $x+|x|=2x$，直接得到同一个积分。

答案： $1$。

先研究分母除以 $x$ 的极限，再取倒数。插入并减去 $f(x_0)$，得
$\frac{f(x_0-2x)-f(x_0-x)}x =-2\frac{f(x_0-2x)-f(x_0)}{-2x} +\frac{f(x_0-x)-f(x_0)}{-x}.$
当 $x\to0$，两个差商都趋于 $f'(x_0)=-1$，因此这个极限为

$$-2(-1)+(-1)=1.$$

极限非零，分母在足够小的去心邻域内也不为零，所以原比式的极限为 $1/1=\boxed1$。

若直接利用恒有 $f'(x)=-1$，也可在相关区间写 $f(x)=-x+C$，分母就恰为 $x$；差商法只需零点附近给定的导数信息。

答案： $\displaystyle y'=-\frac{ye^{xy}+\sin x}{xe^{xy}+2y}$，在分母非零的可微分支上成立。

在方程所确定的可微分支上，把 $y$ 看成 $x$ 的函数，两边关于 $x$ 求导。乘积 $xy$ 的导数是 $y+xy'$，所以

$$e^{xy}(y+xy')+2yy'=-\sin x.$$

将所有含 $y'$ 的项放在一边，得到

$$(xe^{xy}+2y)y'=-\sin x-ye^{xy}.$$

因此在 $xe^{xy}+2y\ne0$ 的点，

$$\boxed{y'=-\frac{ye^{xy}+\sin x}{xe^{xy}+2y}}.$$

从隐函数角度看，若记 $G(x,y)=e^{xy}+y^2-\cos x$，则 $G_y=xe^{xy}+2y$；该分母非零是能够直接用上述公式求导的条件。分母为零的点不能直接代入这个分式，也不能未经分析就断言该点有导数。

答案： $(A^{-1})_{i+1,i}=1/a_i$（$i=1,\ldots,n-1$），$(A^{-1})_{1,n}=1/a_n$，其余元素为零。

与其机械求伴随矩阵，不如观察它对向量的作用。若 $v=(v_1,\ldots,v_n)^T$，令 $Av=w$，则

$$w_1=a_1v_2,\quad w_2=a_2v_3,\quad\ldots,\quad w_{n-1}=a_{n-1}v_n,\quad w_n=a_nv_1.$$

每个 $a_i$ 非零，所以可唯一解出

$$v_1=w_n/a_n,\quad v_2=w_1/a_1,\quad\ldots,\quad v_n=w_{n-1}/a_{n-1}.$$

这说明逆映射存在，并由下列矩阵给出：

$$\boxed{A^{-1}=\begin{pmatrix}0&0&\cdots&0&1/a_n\\1/a_1&0&\cdots&0&0\\0&1/a_2&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&0&\cdots&1/a_{n-1}&0\end{pmatrix}}.$$

它把循环移位的方向反过来，并对相应系数取倒数。将两个矩阵按此作用连续相乘，会恢复原向量，因此左右乘积都为单位矩阵。

答案： $\displaystyle\frac9{64}$。

先求一次观察中事件发生的概率：

$$p=P(X\le1/2)=\int_0^{1/2}2x\,dx=\left[x^2\right]_0^{1/2}=\frac14.$$

三次观察相互独立，每次成功概率均为 $1/4$，因此 $Y\sim B(3,1/4)$。

恰好发生两次时，先选出两次成功的位置，有 $\binom32=3$ 种；每种顺序的概率为 $(1/4)^2(3/4)$。所以

$$\boxed{P(Y=2)=\binom32\left(\frac14\right)^2\frac34=\frac9{64}}.$$

密度在一个点的值不是该点的概率；这里的单次事件概率必须通过区间积分求得。

答案： B

先列出可能的竖直渐近线位置。函数定义域排除了 $x=0,-1,2$，在其余有限点附近各个表达式都连续，不会产生竖直渐近线。

当 $x\to0$，反正切中的分式趋于 $-1/2$，所以反正切趋于固定的负数 $\arctan(-1/2)$，而 $e^{1/x^2}\to+\infty$。因此整个函数趋于 $-\infty$，得到竖直渐近线 $x=0$。

当 $x\to-1$ 或 $x\to2$ 时，虽然分式可能无界，但反正切的左右极限只是 $\pm\pi/2$；指数因子也有有限极限。所以函数不会在这两个位置趋于无穷，它们不是竖直渐近线。

再考察无穷远：当 $x\to\pm\infty$，指数因子趋于 $1$，有理分式趋于 $1$，故

$$\lim_{x\to\pm\infty}y=\arctan1=\frac\pi4.$$

两端给出同一条水平渐近线 $y=\pi/4$。由于无穷远处函数有有限极限，不存在另一个斜率非零的斜渐近线。

所以共有 $x=0$ 与 $y=\pi/4$ 两条渐近线，选 B。有定义缺口或有理式分母为零，并不自动意味着竖直渐近线。

答案： C

先讨论取绝对值后的级数，而不是直接套用交错级数判别法。对任意实数 $u,v$，由 $(u-v)^2\ge0$ 得 $2uv\le u^2+v^2$。取 $u=|a_n|$、$v=1/\sqrt{n^2+\lambda}$，得到
$0\le\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda}} \le\frac12a_n^2+\frac1{2(n^2+\lambda)} \le\frac12a_n^2+\frac1{2n^2}.$
已知 $\sum a_n^2$ 收敛，且 $p$ 级数 $\sum1/n^2$ 收敛，故右侧上界的级数收敛。由非负级数比较判别法，

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda}}$$

收敛，也就是原级数绝对收敛，选 C。

上述证明对每个 $\lambda>0$ 都成立，不需要 $|a_n|$ 单调下降，也不会只得到条件收敛。

答案： C

矩阵乘积的秩不超过任一因子的秩，所以由 $B=AC$ 有

$$r_1=\operatorname{rank}(AC)\le\operatorname{rank}A=r.$$

另一方面，因为 $C$ 可逆，能把原式写成 $A=BC^{-1}$，于是

$$r=\operatorname{rank}(BC^{-1})\le\operatorname{rank}B=r_1.$$

两不等式合并，得到 $r=r_1$，选 C。

这里可逆的是右侧 $n$ 阶矩阵 $C$，不需要矩形矩阵 $A$ 可逆。右乘可逆矩阵相当于可逆的列组合变换，不改变列空间的维数。

答案： D

在条件事件 $\overline B$ 下，$A$ 与 $\overline A$ 互为对立事件，所以

$$P(\overline A\mid\overline B)=1-P(A\mid\overline B).$$

代回题设等式，得到 $P(A\mid B)=P(A\mid\overline B)$。记这个共同值为 $q$。由于 $B,\overline B$ 组成完备事件组，全概率公式给出

$$P(A)=qP(B)+qP(\overline B)=q.$$

因此 $P(A\mid B)=P(A)$，再用 $P(B)>0$ 得

$$P(A\cap B)=P(A\mid B)P(B)=P(A)P(B),$$

正是独立性的条件，所以选 D。

题设保证两个条件事件均有正概率，上述条件概率都有定义。又因两事件本身概率均为正，独立时交集概率也为正，所以不可能互斥或相互对立。

答案： B

按通常抽样分布的讨论范围，$n\ge2$、$\sigma^2>0$，$S_i$ 表示对应平方和的非负平方根。令

$$Q=\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2.$$

正态总体的抽样分布定理给出
$U=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1),\qquad V=\frac Q{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1),$
而且 $U,V$ 相互独立。由 $t$ 分布定义，

$$\frac U{\sqrt{V/(n-1)}}=\frac{\overline X-\mu}{\sqrt{Q/[n(n-1)]}}\sim t(n-1).$$

由于 $S_2^2=Q/n$，有 $S_2/\sqrt{n-1}=\sqrt{Q/[n(n-1)]}$，所以 B 正确。等价的熟悉形式为 $(\overline X-\mu)/(S_1/\sqrt n)$，而 A 的分母写成 $S_1/\sqrt{n-1}$，比例不对。

C、D 用的是关于总体均值的平方和，不能代替独立的残差平方和，因为

$$\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2=Q+n(\overline X-\mu)^2.$$

它们把分子中的样本均值也混进分母，不满足上述独立构造。例如 C、D 的统计量绝对值分别不超过 $\sqrt{n-1}$、$\sqrt n$，而 $t$ 分布在整个实轴上有正密度，更不可能相同。故选 B。

答案： $\displaystyle\frac{3\pi}{2}$。

先配方确定区域：

$$\left(x-\frac12\right)^2+\left(y-\frac12\right)^2\le\frac32.$$

因此 $D$ 是以 $(1/2,1/2)$ 为圆心、半径 $\sqrt{3/2}$ 的圆盘。用以此点为中心的极坐标

$$x=\frac12+r\cos\theta,\qquad y=\frac12+r\sin\theta,$$

其中 $0\le\theta\le2\pi$、$0\le r\le\sqrt{3/2}$，面积元为 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。于是

$$I=\int_0^{2\pi}\!d\theta\int_0^{\sqrt{3/2}}(1+r\cos\theta+r\sin\theta)r\,dr.$$

将角度项分开，$\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta=\int_0^{2\pi}\sin\theta\,d\theta=0$，故它们的贡献为零，只剩

$$I=2\pi\int_0^{\sqrt{3/2}}r\,dr=2\pi\cdot\frac34=\boxed{\frac{3\pi}{2}}.$$

也可由圆盘关于圆心的对称性得 $x+y$ 的区域平均值为 $1$，乘面积 $3\pi/2$ 即得结果。无论哪种方法，圆心都不能误作原点。

答案： $1$。

先由微分方程及初值确定被积函数。特征方程为

$$r^2+4r+4=(r+2)^2=0,$$

有重根 $r=-2$，所以通解为 $y=(C_1+C_2x)e^{-2x}$。

代入 $y(0)=2$ 得 $C_1=2$。求导得到

$$y'=[C_2-2C_1-2C_2x]e^{-2x},$$

所以 $y'(0)=C_2-4=-4$，得 $C_2=0$。因此 $y(x)=2e^{-2x}$。

反常积分必须通过有限上限的极限定义：
$\int_0^{+\infty}y(x)\,dx=\lim_{R\to\infty}\int_0^R2e^{-2x}\,dx =\lim_{R\to\infty}(1-e^{-2R})=\boxed1.$
极限有限，说明积分收敛。重根情形的通解必须包含 $xe^{-2x}$ 项，再由初值决定该项系数是否为零。

答案： $\displaystyle\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}$，在原定义域 $xy\ne0$ 内成立。

原表达式要求 $x\ne0$ 且 $y\ne0$。在此定义域内函数光滑，先对 $x$ 求偏导时将 $y$ 视为常数：
$\begin{aligned} f_x&=2x\arctan\frac yx+x^2\frac{-y/x^2}{1+y^2/x^2}-y^2\frac{1/y}{1+x^2/y^2}\\ &=2x\arctan\frac yx-\frac{x^2y}{x^2+y^2}-\frac{y^3}{x^2+y^2} =2x\arctan\frac yx-y. \end{aligned}$
再对 $y$ 求偏导，将 $x$ 视为常数：

$$f_{xy}=2x\frac{1/x}{1+y^2/x^2}-1=\frac{2x^2}{x^2+y^2}-1.$$

所以

$$\boxed{f_{xy}=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}},\qquad xy\ne0.$$

中间两项先合并能显著简化计算。由于原函数在这里光滑，混合偏导顺序可以交换；化简后公式看似允许部分坐标轴点，并不自动意味着原题在这些点也定义了函数。

答案： $\displaystyle\frac{f'(0)}{2n}$。

按题中幂次的通常约定，$n$ 为固定正整数。积分中 $x$ 既出现在上限也出现在被积函数里，不宜只对上限求导，先换元去掉这种依赖。

固定 $x$，令 $u=x^n-t^n$，则 $du=-nt^{n-1}\,dt$。当 $t=0,x$ 时，$u=x^n,0$，所以

$$F(x)=\frac1n\int_0^{x^n}f(u)\,du.$$

因为可导函数连续，新的积分上限函数可以求导，链式法则给出

$$F'(x)=\frac1n f(x^n)\,nx^{n-1}=x^{n-1}f(x^n).$$

当 $x\to0$，分子、分母均趋于零；在 $x\ne0$ 的足够小邻域内分母导数 $2nx^{2n-1}$ 非零，可用洛必达法则：
$\lim_{x\to0}\frac{F(x)}{x^{2n}}=\lim_{x\to0}\frac{x^{n-1}f(x^n)}{2nx^{2n-1}} =\frac1{2n}\lim_{x\to0}\frac{f(x^n)-f(0)}{x^n-0}.$
最后一个差商由 $f$ 在零点可导而趋于 $f'(0)$。即使偶数 $n$ 使 $x^n$ 只从右侧趋零，也符合该导数极限。因此

$$\boxed{\lim_{x\to0}\frac{F(x)}{x^{2n}}=\frac{f'(0)}{2n}}.$$

无需假设更高阶导数存在。

答案： （Ⅰ）$a=e^{-1}$，$(x_0,y_0)=(e^2,1)$。 （Ⅱ）$V_x=\pi/2$。

（Ⅰ）同时使用同一点与同一切线斜率。 两曲线在 $x_0>0$ 处的导数分别为 $a/(2\sqrt{x_0})$ 与 $1/(2x_0)$。斜率相同给出

$$a\sqrt{x_0}=1.$$

同一点处函数值又满足 $y_0=a\sqrt{x_0}=\ln\sqrt{x_0}$，因此 $y_0=1$、$\sqrt{x_0}=e$。所以

$$\boxed{a=1/e,\qquad (x_0,y_0)=(e^2,1)}.$$

（Ⅱ）确定旋转区域的边界。 第一条曲线在原点与 $x$ 轴相交，第二条曲线在 $(1,0)$ 与 $x$ 轴相交，二者在 $x=e^2$ 相切。在 $0\le x\le1$ 上，所围区域下界为 $x$ 轴；在 $1\le x\le e^2$ 上下界为 $\ln\sqrt x$，上界始终为 $\sqrt x/e$。

为确认后一区间的上下关系，令 $s=\sqrt x\in[1,e]$，有 $s/e-\ln s$ 在此区间导数 $1/e-1/s\le0$，且在 $s=e$ 时等于零，所以差非负。

绕 $x$ 轴旋转，采用圆盘、圆环截面体积：
$V_x=\pi\int_0^{e^2}\left(\frac{\sqrt x}{e}\right)^2dx -\pi\int_1^{e^2}(\ln\sqrt x)^2dx.$
第一项为 $\pi e^2/2$。第二项中 $\ln\sqrt x=(\ln x)/2$，所以

$$V_x=\frac{\pi e^2}{2}-\frac\pi4\int_1^{e^2}(\ln x)^2dx.$$

两次分部积分可得

$$\int(\ln x)^2dx=x[(\ln x)^2-2\ln x+2]+C,$$

因而定积分为 $2e^2-2$。最终

$$\boxed{V_x=\frac{\pi e^2}{2}-\frac\pi4(2e^2-2)=\frac\pi2}.$$

内半径项只在 $[1,e^2]$ 减去，不能延伸到 $x<1$ 的区间。

答案： 对每个 $x>a$，由中值定理有 $F(x)=f'(\xi)$（$a<\xi<x$），而 $f'$ 严格递增，故 $F'(x)>0$。

因为 $f''>0$，对任意 $a<u<v$，可对 $f'$ 在 $[u,v]$ 使用拉格朗日中值定理，得

$$f'(v)-f'(u)=f''(\eta)(v-u)>0.$$

所以 $f'$ 在 $(a,+\infty)$ 内严格递增。

固定任意 $x>a$。$f$ 在 $[a,x]$ 连续、内部可导，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,x)$，使

$$f(x)-f(a)=f'(\xi)(x-a).$$

对 $F$ 求导并代入这个等式：
$F'(x)=\frac{f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)]}{(x-a)^2} =\frac{f'(x)-f'(\xi)}{x-a}.$
由于 $x>\xi>a$，且 $f'$ 严格递增，分子为正，分母也为正，故 $F'(x)>0$ 对所有 $x>a$ 成立。因此 $\boxed{F\text{在}(a,+\infty)\text{内严格单调增加}}$。

这里所有导数都在开区间内部使用，并不需要额外假设端点导数 $f'(a)$ 存在。

答案： （Ⅰ）增广矩阵秩为4而系数矩阵秩至多为3，故无解。 （Ⅱ）$x=(-1,1,1)^T+t(2,0,-2)^T$，$t\in\mathbb R$。

（Ⅰ）用增广矩阵的秩证明。 增广矩阵为

$$\widetilde A=\begin{pmatrix}1&a_1&a_1^2&a_1^3\\1&a_2&a_2^2&a_2^3\\1&a_3&a_3^2&a_3^3\\1&a_4&a_4^2&a_4^3\end{pmatrix}.$$

这是范德蒙矩阵，其行列式为

$$\det\widetilde A=\prod_{1\le i<j\le4}(a_j-a_i).$$

因四参数两两不同，所有因子非零，故增广矩阵秩为 $4$；系数矩阵只有三列，秩不可能超过 $3$。两秩不同，方程组无解。

也可用多项式解释：若有解，三次首一多项式 $p(t)=t^3-x_3t^2-x_2t-x_1$ 将以四个不同的 $a_i$ 为零点，与非零三次多项式至多有三个不同零点矛盾。

（Ⅱ）利用已知解的差构造齐次解。 重复方程可删去，剩下

$$x_1+kx_2+k^2x_3=k^3,\qquad x_1-kx_2+k^2x_3=-k^3.$$

前两列组成的二阶子式为 $-2k\ne0$，所以系数矩阵秩为 $2$。未知数有三个，对应齐次解空间维数为 $1$。

两个非齐次解之差是齐次解，故

$$\eta=\beta_2-\beta_1=(2,0,-2)^T$$

是非零齐次解。一个一维解空间中的非零向量就构成基础解系。因此取特解 $\beta_1$，通解为

$$\boxed{x=\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}2\\0\\-2\end{pmatrix},\quad t\in\mathbb R}.$$

这里用 $t$ 表示自由常数，避免与题设固定参数 $k$ 混淆。已知两个向量确为解还隐含 $k^2=1$：把 $\beta_1$ 代入并将两式相加即得 $-2+2k^2=0$；上述解法使用的是题设已经给定的这一相容情形，没有将任意 $k\ne0$ 都当作可行。

答案： $x+y=0$。

三阶矩阵有三个线性无关特征向量，等价于可以相似对角化。先求特征多项式。沿 $\lambda E-A$ 的第二列展开：
$\det(\lambda E-A)=(\lambda-1)\det\begin{pmatrix}\lambda&-1\\-1&\lambda\end{pmatrix} =(\lambda-1)^2(\lambda+1).$
所以特征值为 $1$（代数重数 $2$）和 $-1$（代数重数 $1$）。不同特征值的向量线性无关，简单特征值已贡献一个独立向量，关键是 $\lambda=1$ 的特征空间必须为二维。

该空间的维数为 $3-\operatorname{rank}(E-A)$，所以必须且只需秩等于 $1$。矩阵为

$$E-A=\begin{pmatrix}1&0&-1\\-x&0&-y\\-1&0&1\end{pmatrix}.$$

第三行是第一行的相反数；第二行加 $x$ 倍第一行后，变成 $(0,0,-x-y)$。因此当 $x+y=0$ 时秩为 $1$，否则秩为 $2$。

故所求充要条件为 $\boxed{x+y=0}$。满足此式时，特征值 $1$ 有两个线性无关特征向量，与特征值 $-1$ 的一个向量合起来正好三个；不满足时总共只能有两个独立方向。