2025年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路： 分别对 $f(x)$ 和 $g(x)$ 求导，判断 $x=0$ 是否为极值点或拐点。

详细步骤：

1. $f'(x) = e^{x^2} \sin x$
2. $f''(x) = 2x e^{x^2} \sin x + e^{x^2} \cos x$
3. $f'(0) = 0,\ f''(0) = 1 > 0$，所以 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点。
4. $g(x) = \int_0^x e^{t^2} dt \cdot \sin^2 x$
5. $g'(x) = e^{x^2} \sin^2 x + \sin 2x \int_0^x e^{t^2} dt$
6. $g''(x) = e^{x^2} \sin 2x + 2x e^{x^2} \sin^2 x + \sin 2x e^{x^2} + 2\cos 2x \int_0^x e^{t^2} dt$
7. $g'(0) = 0,\ g''(0) = 0,\ g'''(0) > 0$，所以 $(0,0)$ 是 $y=g(x)$ 的拐点。

答案： B

解题思路： 分别判断两个级数的收敛性。

详细步骤：

1. $\left| \sin \dfrac{n^3\pi}{n^2+1} \right| = \left| \sin \left( \dfrac{n^3\pi}{n^2+1} - n\pi \right) \right| = \left| \sin \left( \dfrac{n}{n^2+1} \pi \right) \right| \sim \left| \dfrac{n}{n^2+1} \pi \right| \sim \dfrac{1}{n}$。
2. $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}$ 发散，∴ 不是绝对收敛。
3. $\sin \dfrac{n^3\pi}{n^2+1} = (-1)^n \sin \left( \dfrac{n^3\pi}{n^2+1} - n\pi \right) = (-1)^n \sin \dfrac{n}{n^2+1} \pi$，为交错级数。
4. $\sin \dfrac{n}{n^2+1} \pi$ 递减，∴ 条件收敛。
5. $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n \left( \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} \right)$。
6. $\left| (-1)^n \left( \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} \right) \right| = \left| \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} \right| = \dfrac{1}{3n^2} + o\left( \dfrac{1}{n^2} \right)$。
7. $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}$ 收敛，∴$\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n \left( \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} - \tan \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}} \right)$ 绝对收敛。

答案： B

【答案】D

【解析】A 错误，反例：

$f(x)=\dfrac{\sin x^2}{x}$，$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=0$，但 $\lim\limits_{x\to+\infty} f'(x)=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{2x^2\cos x^2-\sin x^2}{x^2}$，极限不存在。

B 错误，反例：$f(x)=\sqrt{x}$，$f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$，$\lim\limits_{x\to+\infty} f'(x)=0$，极限存在，但 $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)$ 极限不存在。

C 错误，反例：

$f(x)=\cos x$，则 $\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\int_0^x f(t)dt}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\sin x}{x}$ 存在，但 $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty} \cos x$ 不存在。

D 正确，用 $\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\int_0^x f(t)dt}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{1}=A$，故选 D。

【答案】A

【解析】由题易知，此二重积分积分区域为

$D=\{(x,y)|4-x^2\leq y\leq 4,-2\leq x\leq 2\}$。

记 $D_1=\{(x,y)|4-x^2\leq y\leq 4,-2\leq x\leq 0\}$，$D_2=\{(x,y)|4-x^2\leq y\leq 4,0\leq x\leq 2\}$，且

$I=\int_{-2}^2 dx \int_{4-x^2}^4 f(x,y)dy$，则 $I=\iint_{D_1} f(x,y)d\sigma+\iint_{D_2} f(x,y)d\sigma$，交换积分次序得

$I=\int_{-2}^0 dx \int_{4-x^2}^4 f(x,y)dy+\int_0^4 dy \int_{-\sqrt{4-y}}^{\sqrt{4-y}} f(x,y)dx$

$=\int_0^4 dy \int_{-\sqrt{4-y}}^{\sqrt{4-y}} f(x,y)dx+\int_{-2}^0 dx \int_{4-x^2}^4 f(x,y)dy$

故 A 正确。

【答案】B

【解析】

$A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}$

$(\lambda E-A)=\begin{pmatrix}\lambda-1 & -1 & -1 \\ -1 & \lambda & 0 \\ -1 & 0 & \lambda\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}\lambda-1 & -1 & -1 \\ 0 & \lambda & -\lambda \\ -1 & 0 & \lambda\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}\lambda-1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & \lambda\end{pmatrix}$

$=\lambda[\lambda(\lambda-1)-1-1]$

$=\lambda(\lambda^2-\lambda-2)$

$=\lambda(\lambda-2)(\lambda+1)$

解得

$\lambda_1=0,\lambda_2=2,\lambda_3=-1$

故正惯性指数为 1，选 B。

【答案】D

【解析】记 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$，由 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关，$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性相关，可得 $r(A)=2$。记 $\overline{A}=(A|\alpha_4)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$，再由 $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_4=0$，则 $r(\overline{A})=2$。于是 $Ax=\alpha_4$ 有无穷多解。则 $x\alpha_1+y\alpha_2+z\alpha_3=\alpha_4$ 等价于 $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\cdot(x,y,z)^T=\alpha_4$，即 $A\cdot(x,y,z)^T=\alpha_4$。

若过原点，则 $\alpha_4=0$ 与 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关矛盾，故不过原点。

$x\alpha_1+y\alpha_2+z\alpha_3=\alpha_4$ 等价于

$\begin{cases} a_{11}x+a_{12}y+a_{13}z=a_{14}\\ a_{21}x+a_{22}y+a_{23}z=a_{24}\\ \cdots\\ a_{n1}x+a_{n2}y+a_{n3}z=a_{n4} \end{cases}$

由上述分析可知 $r(A)=r(\overline{A})=2$，故两平面交于一条直线，且不过原点。故选 D。

【答案】A

【解析】$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{pmatrix},C=E$，满足 $r(A)+r(B)+r(C)=r(ABC)+2n$，则 $r(A)=1,r(B)=1,r(C)=2$，排除结论 ③④，故选 A。

【答案】C

【解析】

$D(aX+bY)=a^2DX+b^2DY+2ab\rho\cdot1\cdot1$

$=a^2+b^2+2ab\rho=1+2ab\rho=1+2a\sqrt{1-a^2}\rho=f(a)$

$f'(a)=\rho\left(2\sqrt{1-a^2}+2a\cdot\frac{-a}{\sqrt{1-a^2}}\right)=2\rho\left(\sqrt{1-a^2}-\frac{a^2}{\sqrt{1-a^2}}\right)=0$

即 $2\rho\frac{1-a^2-a^2}{\sqrt{1-a^2}}=0$，$2a^2=1\Rightarrow a^2=\frac{1}{2},b^2=\frac{1}{2}$，于是 $a=\pm\frac{1}{\sqrt{2}},b=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$。所以最大值为 $1+|\rho|$，故选 C。

【答案】C

【解析】由题意可知 $T\sim B(20,0.1)$，$np=20\times0.1=2$

$P\{T\leq1\}=P\{T=0\}+P\{T=1\}=\frac{2^0}{0!}e^{-2}+\frac{2^1}{1!}e^{-2}=e^{-2}+2e^{-2}=3e^{-2}$

故选 C。

【答案】D

【解析】

$\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}>z_\alpha\Rightarrow \overline{X}>\sqrt{\frac{2}{n}}z_\alpha+1$，故选 D。

【答案】$-1$

【解析】

$\lim\limits_{x\to0^+} \dfrac{e^{x\ln x}-1}{-x\ln x}=\lim\limits_{x\to0^+} \dfrac{x\ln x}{-x\ln x}=-1$

【答案】$\dfrac{1}{8}$

【解析】

$S\left(-\dfrac{7}{2}\right)=S\left(-\dfrac{7}{2}+4\right)=S\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{8}$。

【答案】1

【解析】

由题易知，$\dfrac{\partial u}{\partial x}=y^2z^3$，$\dfrac{\partial u}{\partial y}=2xyz^3$，$\dfrac{\partial u}{\partial z}=3xy^2z^2$

则在 $x=1,y=1,z=1$ 处有 $\left(\dfrac{\partial u}{\partial x},\dfrac{\partial u}{\partial y},\dfrac{\partial u}{\partial z}\right)=(1,2,3)$

对于向量 $\mathbf{n}=(2,2,-1)$，归一化可得 $\vec{n}_0=\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3},-\dfrac{1}{3}\right)$

故 $\left.\dfrac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\right|_{(1,1,1)}=(1,2,3)\cdot\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3},-\dfrac{1}{3}\right)=1\cdot\dfrac{2}{3}+2\cdot\dfrac{2}{3}+3\cdot\left(-\dfrac{1}{3}\right)=1$

【答案】$\dfrac{4}{3}-2\sin1$

【解析】

由题易知可作曲线如右图所示。

记 $L_0$ 是从 $x=-1$ 到 $x=1$ 的直线，并记曲线积分 $I=\int_L (y+\cos x)dx+(2x+\cos y)dy$

则在 $L_0$ 与 $L$ 所围的封闭区域可用格林公式

即 $I_1=\oint_{L_0+L} (y+\cos x)dx+(2x+\cos y)dy$

$=\iint_D -1d\sigma=\int_{-1}^1 dx\int_0^{1-x^2}(-1)dy=\int_{-1}^1 (1-x^2)dx=\dfrac{4}{3}$

又 $I_2=\int_{L_0} (y+\cos x)dx+(2x+\cos y)dy=\int_{-1}^1 \cos x dx=2\sin1$

故 $I=\dfrac{4}{3}-2\sin1$

【答案】$-4$

【解析】

由题知，$A=\begin{pmatrix}4 & 2 & -3 \\ a & 3 & -4 \\ b & 5 & -7\end{pmatrix}$，若 $A^2x=0$ 与 $Ax=0$ 同解，则三秩相同，即 $r(A)=r(A^2)=r\begin{pmatrix}A \\ A^2\end{pmatrix}$。如果 $A$ 可逆，三秩显然相同，则 $A^2x=0$ 与 $Ax=0$ 同解，需 $A$ 不可逆，于是 $|A|=0$。根据行列式的倍加性质易得

$|A|=\begin{vmatrix}4 & 2 & -3 \\ a & 3 & -4 \\ b & 5 & -7\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}4 & 2 & -3 \\ a & 3 & -4 \\ b & 5 & -7\end{vmatrix}=4\begin{vmatrix}0 & -1 \\ 1 & -2\end{vmatrix}-(a-b)\begin{vmatrix}1 & -1 \\ 1 & -2\end{vmatrix}=4(-2+1)-(a-b)\cdot(-1)=4(-1)+(a-b)=-(4)+(a-b)$

令 $|A|=0$，有 $a-b=-4$。

【答案】$\dfrac{4}{5}$

【解析】

$P(\overline{A}B)+P(A\overline{B})=P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-2P(A)P(B)$

$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=\dfrac{5}{8}$，$\Rightarrow 3P(B)-2P^2(B)=\dfrac{5}{8}$

$24P(B)-16P^2(B)=5,16P^2(B)-24P(B)+5=0$

$\Rightarrow (4P(B)-1)(4P(B)-5)=0$

$P(B)=\dfrac{1}{4},P(A)=\dfrac{1}{2}$

$P(\overline{A}B)+P(A\overline{B})=P(A)+P(B)-2P(A)P(B)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-2\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$

$P=P(\overline{A}B)+P(A\overline{B})\Big/ P(A\cup B)=\dfrac{1}{2}\div\dfrac{5}{8}=\dfrac{4}{5}$

17. 解：

$\int_0^1 \dfrac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)}dx=\int_0^1 \left( \dfrac{A}{x+1}+\dfrac{Bx+C}{x^2-2x+2} \right)dx$

$=\int_0^1 \left( \dfrac{1}{5(x+1)}+\dfrac{-\frac{1}{3}x+\frac{3}{5}}{x^2-2x+2} \right)dx$

$=\int_0^1 \left( \dfrac{1}{5(x+1)}+\dfrac{-\frac{1}{3}x+\frac{3}{5}}{x^2-2x+2} \right)dx$

$=\left. \dfrac{1}{5}\ln|1+x| \right|_0^1 - \left. \dfrac{1}{10}\ln|x^2-2x+2| \right|_0^1 + \left. \dfrac{2}{5}\arctan(x-1) \right|_0^1$

$=\dfrac{3}{10}\ln2+\dfrac{1}{10}\pi$

解：

令 $u=\frac{x}{y}$，则 $\frac{\partial g}{\partial x}=f'(u)\frac{1}{y}$，$\frac{\partial g}{\partial y}=f'(u)\left(-\frac{x}{y^2}\right)$。

又 $g(x,x)=f\left(\frac{x}{x}\right)=f(1)=1$，$\left.\frac{\partial g}{\partial x}\right|_{(x,x)}=f'(1)\frac{1}{x}=\frac{2}{x}$，故 $f'(1)=2$。

$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2}=f''(u)\frac{1}{y^2}$

$\frac{\partial^2 g}{\partial x\partial y}=f''(u)\frac{1}{y}\left(-\frac{x}{y^2}\right)+f'(u)\left(-\frac{1}{y^2}\right)=-\frac{x}{y^3}f''(u)-\frac{1}{y^2}f'(u)$

$\frac{\partial^2 g}{\partial y^2}=f''(u)\left(-\frac{x}{y^2}\right)\left(-\frac{x}{y^2}\right)+f'(u)\left(\frac{2x}{y^3}\right)=\frac{x^2}{y^4}f''(u)+\frac{2x}{y^3}f'(u)$

将上述代入原方程，化简得：

$u^2f''(u)+uf'(u)+\frac{1}{u^2}f'(u)=\frac{1}{u^2}$

令 $p'=f'(u)$，则 $u^2p''+up'+\frac{1}{u^2}p' = \frac{1}{u^2}$

解得 $p=\frac{\ln u}{u}+\frac{2}{u}$

因此 $f'(u)=\frac{\ln u}{u}+\frac{2}{u}$，积分得 $f(u)=\int\left(\frac{\ln u}{u}+\frac{2}{u}\right)du=\frac{1}{2}\ln^2 u+2\ln u+C$

又 $f(1)=C=1$，故 $f(u)=\frac{1}{2}\ln^2 u+2\ln u+1$

解：

充分性：若对 $(a,b)$ 内任意的 $x_1,x_2,x_3$，当 $x_1<x_2<x_3$ 时，都有

则在 $(a,b)$ 内取任意的 $x_1<x_2<x_3<x_4<x_5$，有

在 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}$ 两边同时令 $x_2\to x_1^+$，得

两边同时令 $x_2\to x_3^-$，得

即

同理可得 $f'_+(x_3)\leq f'_-(x_5)$。因为

所以 $f'_+(x_1)\leq f'_-(x_5)$。由 $x_1,x_5$ 的任意性, 可得 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单调递增，充分性得证。

再证必要性，即已知 $f'(x)$ 单调递增，在 $[x_1,x_2],[x_2,x_3]$ 上分别使用拉格朗日中值定理，知存在 $\xi_1\in(x_1,x_2),\xi_2\in(x_2,x_3)$ 使