2015年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路：

本题考查拐点的判定方法。拐点是曲线 $y=f(x)$ 凹凸性发生改变的点，按定义等价于二阶导数 $f''(x)$ 在该点两侧异号，因此只要统计 $f''$ 图形上的变号点个数即可。

详细步骤：

1. 拐点的定义：曲线凹凸性发生改变的点，等价于 $f''(x)$ 在该点两侧异号。
2. 由原卷附图中 $f''(x)$ 的图形读出其变号点，共有两处异号。
3. 每个变号点对应 $y=f(x)$ 的一个拐点，故拐点共有两个。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查二阶常系数非齐次线性微分方程的特解构造。先由右端 $ce^x$ 的形式定出特征方程的根，再把给定特解代入方程比较系数求出 $a,b,c$。

详细步骤：

1. 右端 $ce^x$ 属于 $e^{\lambda x}$ 型，故 $\lambda=1$ 必为特征方程 $\lambda^2+a\lambda+b=0$ 的根，代入得 $1+a+b=0$。
2. 左端最高次项为 $y''+ay'$，故特征方程还有根 $2$，即 $4+2a+b=0$。
3. 解方程组 $1+a+b=0$、$4+2a+b=0$ 得 $a=-3,b=2$；再把 $y=\tfrac{1}{2}e^{2x}+(x-\tfrac{1}{3})e^x$ 代入原方程求 $c$，得 $c=-1$。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查幂级数的收敛半径与收敛区间。先由原级数条件收敛的信息定出 $\sum a_n$ 的收敛半径，再推出加权幂级数 $\sum n a_n(x-1)^n$ 的收敛区间，最后比较两个给定点的位置。

详细步骤：

1. 由 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 条件收敛，知其收敛半径 $R=1$。
2. 系数 $n$ 不改变收敛半径，故新幂级数 $\sum n a_n(x-1)^n$ 的收敛半径仍为 $1$，收敛区间为 $(0,2)$。
3. 比较两个给定点：$x=\sqrt3\in(0,2)$ 为收敛点，$x=3$ 在收敛区间外为发散点。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查用极坐标变换计算二重积分。关键有两点：一是写对极坐标下的面积元 $dx\,dy$，二是把直角坐标下的积分区域翻译成 $r,\theta$ 的取值范围。

详细步骤：

1. 作极坐标变换 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，面积元为 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$，比值中必须带因子 $r$。
2. 区域 $D$ 由 $xy=1,xy=2$ 与 $y=x,y=4x$ 围成，故角度范围为 $\theta\in[\tfrac{\pi}{4},\arctan 4]$。
3. 固定 $\theta$ 时 $xy=r^2\sin\theta\cos\theta$ 由 $1$ 变到 $2$，得 $r$ 的范围为 $\sqrt{\tfrac{1}{\sin\theta\cos\theta}}$ 到 $\sqrt{\tfrac{2}{\sin\theta\cos\theta}}$，与选项 (A) 一致。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查线性方程组有无穷多解的充要条件。$Ax=b$ 有无穷多解当且仅当 $r(A)=r(\bar A)$，因此先由系数行列式定出 $a$ 的取值，再用增广矩阵的秩条件约束 $d$。

详细步骤：

1. 对 $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&a\\1&4&a^2\end{pmatrix}$ 计算行列式，得 $|A|=(a-1)(a-2)$。
2. 要使方程组有解（更要有无穷多解）必须 $|A|=0$，即 $a\in\{1,2\}$，此时 $r(A)=2$。
3. 增广矩阵 $\bar A=(\,A\mid b\,)$ 中 $b=(1,d,d^2)^T$，只有当 $d\in\{1,2\}$ 时才能使 $r(\bar A)=r(A)=2$，故充要条件为 $a\in\{1,2\}$ 且 $d\in\{1,2\}$。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查二次型标准形与基变换的关系。标准形的系数就是二次型矩阵在相应基下的特征值，因此把 $Q$ 用 $P$ 表示出来，基变换矩阵本身就给出了特征值的重新排列与符号变化。

详细步骤：

1. 由 $Q=(e_1,-e_3,e_2)$ 与 $P=(e_1,e_2,e_3)$，得 $Q=P\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{pmatrix}$。
2. 该基变换矩阵的效果是交换 $y_2$ 与 $y_3$ 并把 $y_3$ 取相反数，即对标准形的系数作相应的置换与变号。
3. 在标准形 $2y_1^2+y_2^2-y_3^2$ 中按上述置换与变号，得到 $2y_1^2-y_2^2+y_3^2$，故选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查随机事件交的概率估计。关键是先给出 $P(AB)$ 的上界，再用算术-几何平均不等式把两个概率的算术平均换成几何平均，从而与选项 (C) 对接。

详细步骤：

1. 由 $AB\subseteq A$ 与 $AB\subseteq B$，得 $P(AB)\le P(A)$ 且 $P(AB)\le P(B)$，即 $P(AB)\le\min\{P(A),P(B)\}$。
2. 由算术-几何平均不等式，$\min\{P(A),P(B)\}\le\sqrt{P(A)P(B)}$。
3. 综合两步得 $P(AB)\le\sqrt{P(A)P(B)}$，故选项 (C) 成立。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查期望的线性性质以及不相关随机变量的性质。$X,Y$ 不相关意味着 $E(XY)=E(X)E(Y)$，据此把 $E[X(X+Y-2)]$ 展开成可分别计算的项即可。

详细步骤：

1. 由方差与期望的关系，$E(X^2)=D(X)+E(X)^2=3+2^2=7$。
2. 由 $X,Y$ 不相关，$E(XY)=E(X)E(Y)=2\times1=2$。
3. 利用期望的线性性质，$E[X(X+Y-2)]=E(X^2)+E(XY)-2E(X)=7+2-4=5$。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查极限的等价无穷小替换。分子分母同时趋于零，是 $0/0$ 型不定式，既可用洛必达法则，也可用等价无穷小快速化简。

详细步骤：

1. 先判断极限类型：$\ln(\cos x)\to0$、$x^2\to0$，属 $0/0$ 型不定式。
2. 用等价无穷小 $\cos x\sim 1-\tfrac{x^2}{2}$ 得 $\ln(\cos x)\sim-\tfrac{x^2}{2}$。
3. 于是 $\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{-x^2/2}{x^2}=-\tfrac12$。

最终答案：

$-\dfrac{1}{2}$。

解题思路：

本题考查定积分的奇偶性。积分区间关于原点对称，把被积函数拆成奇函数与偶函数两部分，奇函数在对称区间上的积分为零，只需计算偶函数部分。

详细步骤：

1. 把被积函数拆为 $\dfrac{\sin x}{1+\cos x}+|x|$，其中 $\dfrac{\sin x}{1+\cos x}$ 是奇函数，$|x|$ 是偶函数。
2. 奇函数在对称区间 $[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}]$ 上积分为零，故原积分等于 $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}|x|\,dx$。
3. $|x|$ 为偶函数，$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}|x|\,dx=2\int_0^{\pi/2}x\,dx=2\cdot\tfrac12\left(\tfrac{\pi}{2}\right)^2=\tfrac{\pi^2}{4}$。

最终答案：

$\dfrac{\pi^2}{4}$。

解题思路：

本题考查隐函数求偏导与全微分的计算。由 $e^z+xyz+x+\cos x=2$ 确定 $z=z(x,y)$，两边对 $x$、$y$ 分别求偏导，再用隐式求导公式求出 $z_x,z_y$，最后代入所求点。

详细步骤：

1. 对方程两边关于 $x$ 求偏导：$e^zz_x+yz+xyz_x+1-\sin x=0$，得 $z_x=-\dfrac{yz+1-\sin x}{e^z+xy}$。
2. 关于 $y$ 求偏导：$e^zz_y+xz+xyz_y=0$，得 $z_y=-\dfrac{xz}{e^z+xy}$。
3. 在 $(0,1)$ 处由原方程得 $e^z=2-0-0-\cos0=1$，即 $z=0$，代入得 $z_x=-1,\ z_y=0$，故 $dz\big|_{(0,1)}=-dx$。

最终答案：

$-dx$。

解题思路：

本题考查三重积分的计算与对称性的运用。积分区域 $\Omega$ 由平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标面围成，在三个坐标方向上完全对称，因此各一次矩相等。

详细步骤：

1. 由区域关于三个坐标方向的对称性，$\iiint_\Omega x\,dV=\iiint_\Omega y\,dV=\iiint_\Omega z\,dV$。
2. 计算其中之一：$\iiint_\Omega x\,dV=\iint_{D_{xy}}(1-x-y)\,dx\,dy$，其中 $D_{xy}$ 为 $x\ge0,y\ge0,x+y\le1$，算得 $\tfrac{1}{24}$。
3. 于是 $\iiint_\Omega(x+2y+3z)\,dV=(1+2+3)\times\tfrac{1}{24}=\tfrac{1}{4}$。

最终答案：

$\dfrac{1}{4}$。

解题思路：

本题考查 $n$ 阶行列式的结构与计算。该行列式的对角元为 $\lambda-1$、其余元素全为 $-1$，有明显的整体结构，先识别结构再作化简即可把行列式化为一次因子与主对角元的乘积。

详细步骤：

1. 观察结构：对角元为 $\lambda-1$、其余元素均为 $-1$，故矩阵可写成 $A=\lambda E-J$，其中 $J$ 为 $n$ 阶全 1 矩阵。
2. 作初等列变换把其余各列加到第一列再化简，可把行列式提出因子 $(\lambda-n)$，余下部分为主对角元全为 $\lambda$ 的三角阵。
3. 等价地，$J$ 的特征值为 $n$（一重）与 $0$（$n-1$ 重），故 $A$ 的特征值为 $\lambda-n$ 与 $\lambda$，行列式等于特征值之积，得 $|A|=(\lambda-n)\lambda^{n-1}$。

最终答案：

$(\lambda-n)\lambda^{n-1}$。

解题思路：

本题考查二维正态分布中乘积符号的概率计算。先把不等式整理成两个独立标准正态量乘积小于零的形式，再按象限分解概率。

详细步骤：

1. 整理不等式：$XY-Y=(X-1)Y$；由 $X\sim N(1,1)$、$Y\sim N(0,1)$ 且相互独立，知 $X-1$ 与 $Y$ 是相互独立的标准正态随机变量。
2. 事件 $XY-Y<0$ 等价于 $(X-1)Y<0$，即两个变量异号。
3. 两个独立标准正态变量落在四个象限的概率各为 $\tfrac14$，异号对应其中两个象限，故所求概率为 $\tfrac14+\tfrac14=\tfrac12$。

最终答案：

$\dfrac{1}{2}$。

解题思路：

本题考查等价无穷小的定义与待定系数法。要求 $x\to0$ 时 $f(x)\sim g(x)$，只需把两边都展开到 $x^3$：使 $x$ 项、$x^2$ 项系数为零，$x^3$ 项系数等于 $k$。

详细步骤：

1. 作麦克劳林展开：$\ln(1+x)=x-\tfrac{x^2}{2}+\tfrac{x^3}{3}+o(x^3)$，$\sin x=x-\tfrac{x^3}{6}+o(x^3)$。
2. 代入得 $f(x)=(1+a)x+\left(a-\tfrac{b}{2}\right)x^2+\left(\tfrac{a}{3}-\tfrac{b}{6}\right)x^3+o(x^3)$。
3. 由 $f(x)\sim kx^3$ 得 $1+a=0$、$a-\tfrac{b}{2}=0$、$\tfrac{a}{3}-\tfrac{b}{6}=k$，解得 $a=-1,\ b=-\tfrac12,\ k=-\tfrac13$。

最终答案：

$a=-1,\ b=-\tfrac{1}{2},\ k=-\tfrac{1}{3}$。

解题思路：

本题考查由几何条件建立微分方程并求解。切线与直线 $x=x_0$、$x$ 轴围成三角形，其面积恒为 4，据此得到关于 $f$ 与 $f'$ 的方程，再分离变量积分求通解。

详细步骤：

1. 切线方程为 $y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)$，与 $x$ 轴交于 $x=x_0-\tfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}$；因 $f'>0$，底边长为 $\tfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}$，高为 $f(x_0)$。
2. 由面积恒为 4：$\tfrac12\cdot\tfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}\cdot f(x_0)=4$，即 $f'(x)=\tfrac{f^2(x)}{8}$。
3. 分离变量积分 $\tfrac{df}{f^2}=\tfrac{dx}{8}$ 得 $\tfrac{1}{f}=\tfrac{x}{8}+C$，代入 $f(0)=2$ 得 $C=\tfrac12$，故 $f(x)=\dfrac{4}{x+2}$。

最终答案：

$f(x)=\dfrac{4}{x+2}$。

解题思路：

本题考查极坐标变换下的二重积分。区域 $D$ 是四分之一单位圆，在极坐标下边界为圆弧、描述最简单，积分可直接化为两个一元积分的乘积。

详细步骤：

1. 区域 $D$ 由 $y=\sqrt{1-x^2}$（$0\le x\le1$）与坐标轴围成，是四分之一单位圆，极坐标描述为 $0\le r\le1,\ 0\le\theta\le\tfrac{\pi}{2}$。
2. 被积函数 $x^2=r^2\cos^2\theta$，面积元为 $r\,dr\,d\theta$，故积分为 $\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta\int_0^1 r^3\,dr$。
3. 分别计算：$\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta=\tfrac{\pi}{4}$，$\int_0^1 r^3\,dr=\tfrac14$，乘积为 $\tfrac{\pi}{16}$。

最终答案：

$\dfrac{\pi}{16}$。

解题思路：

本题考查导数定义与乘积求导法则的推导。核心是把差商按极限定义展开成两个可分别取极限的项，再由可导必连续把这两个极限识别为 $u'(x_0)$ 与 $v'(x_0)$；$n$ 个因子的情形再用归纳法推广。

详细步骤：

1. 写出差商并按定义拆分：$\lim_{x\to x_0}\dfrac{u(x)v(x)-u(x_0)v(x_0)}{x-x_0}$，把分子拆为 $u(x)\bigl(v(x)-v(x_0)\bigr)+v(x_0)\bigl(u(x)-u(x_0)\bigr)$ 两项。
2. 两项分别取极限，利用 $u,v$ 在 $x_0$ 处连续得 $u(x)\to u(x_0)$，于是第一项为 $u(x_0)v'(x_0)$、第二项为 $v(x_0)u'(x_0)$，合得 $(uv)'=u'v+uv'$。
3. 对 $f(x)=\prod_{i=1}^n u_i(x)$ 用数学归纳法逐项展开，得到 $f'(x)=\sum_{k=1}^n u_1\cdots u_k'\cdots u_n$。

最终答案：

(I) 由定义拆分极限，利用可导即连续得 $(uv)'=u'v+uv'$；
(II) $f'(x)=\sum_{k=1}^n u_1\cdots u_k'\cdots u_n$。

解题思路：

本题考查数列极限存在性的证明与级数收敛性的证明。第一问用单调有界准则，关键是给出上界；第二问把级数项与平方差联系起来，使其部分和被有界数列控制。

详细步骤：

1. 由 $a_1=1>0$ 及 $a_{n+1}=a_n+\tfrac{1}{a_n}$ 知 $a_n>0$ 且 $a_{n+1}>a_n$，即数列严格单调递增。
2. 由 $a_{n+1}^2=a_n^2+2+\tfrac{1}{a_n^2}\le a_n^2+3$ 归纳得 $a_n^2\le3n$，即 $a_n\le\sqrt{3n}$ 有上界；单调有界得 $\lim_{n\to\infty}a_n$ 存在。
3. 又 $\tfrac{1}{a_n^2}\le\tfrac{a_{n+1}^2-a_n^2}{2}$，部分和被有界数列 $\tfrac{a_{N+1}^2-a_1^2}{2}\le\tfrac{3(N+1)-1}{2}$ 控制，由收敛准则知 $\sum_{n=1}^\infty\tfrac{1}{a_n^2}$ 收敛。

最终答案：

极限存在，级数收敛。

解题思路：

本题考查向量组的线性表示与相关性。$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关，故 $\beta$ 组能否被 $\alpha$ 组线性表示完全由 $\beta$ 组自身的相关性决定。

详细步骤：

1. 计算 $\alpha$ 组的行列式 $|\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3|=1\cdot1-1\cdot1+3\cdot3=7\ne0$，故 $\alpha$ 组线性无关，$(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ 可逆。
2. $\beta$ 组不能被 $\alpha$ 组线性表示，等价于 $(\beta_1,\beta_2,\beta_3)$ 线性相关，即 $|\beta_1,\beta_2,\beta_3|=a-5=0$，解得 $a=5$。
3. 解线性方程组 $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)X=(\beta_1,\beta_2,\beta_3)$ 逐列得 $\beta_1=2\alpha_1+4\alpha_2-\alpha_3$、$\beta_2=\alpha_1+2\alpha_2$、$\beta_3=5\alpha_1+10\alpha_2-2\alpha_3$。

最终答案：

$a=5$；$\beta_1=2\alpha_1+4\alpha_2-\alpha_3$，$\beta_2=\alpha_1+2\alpha_2$，$\beta_3=5\alpha_1+10\alpha_2-2\alpha_3$。

解题思路：

本题考查矩阵的特征值、特征向量与相似对角化。先求特征多项式得到三个互异特征值，再对每个特征值解齐次线性方程组取非零解作为特征向量，最后把它们作为 $P$ 的列。

详细步骤：

1. 计算特征多项式得 $(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3)$，故特征值为 $1,2,3$。
2. 逐一求解特征向量：$\lambda=1$ 时取 $\xi_1=(1,1,1)^T$；$\lambda=2$ 时取 $\xi_2=(2,1,0)^T$；$\lambda=3$ 时取 $\xi_3=(3,1,-1)^T$。
3. 三个特征向量线性无关，以它们为列构造 $P=(\xi_1,\xi_2,\xi_3)$，则 $P$ 可逆且 $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,2,3)$。

最终答案：

特征值 $1,2,3$；特征向量可取 $\xi_1=(1,1,1)^T,\ \xi_2=(2,1,0)^T,\ \xi_3=(3,1,-1)^T$；$P=(\xi_1,\xi_2,\xi_3)$，则 $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,2,3)$。

解题思路：

本题考查负二项分布及其期望。先由密度函数定出单次观测「成功」的概率 $p$，再由「第 2 次成功」这一停止规则写出总次数 $Y$ 的分布，最后用负二项分布的期望公式求 $E(Y)$。

详细步骤：

1. 密度 $f(x)=2^{-x}\ln2$（$x>0$）是参数为 $\ln2$ 的指数分布形式（题设给定形式），故单次观测成功概率取 $p=\ln2$。
2. 「第 2 次出现成功」时总观测次数 $Y$ 服从负二项分布，由公式 $P\{Y=k\}=C_{k-1}^1p^2(1-p)^{k-2}$（$k\ge2$）。
3. 代入 $p=\ln2$ 得 $P\{Y=k\}=C_{k-1}^1(\ln2)^2(1-\ln2)^{k-2}$；负二项分布的期望为 $E(Y)=\dfrac{2}{p}=\dfrac{2}{\ln2}$。

最终答案：

(I) $P\{Y=k\}=C_{k-1}^1(\ln2)^2(1-\ln2)^{k-2}$，$k\ge2$；(II) $E(Y)=\dfrac{2}{\ln2}$。

解题思路：

本题考查无偏估计量的验证与统计量方差的计算。第一问用期望的线性性质验证 $E(T)=\mu^2$；第二问利用正态总体下 $\overline X$ 与 $S^2$ 相互独立，分别算出两项的方差再相加。

详细步骤：

1. 由 $E(\overline X)=\mu$、$D(\overline X)=\tfrac{\sigma^2}{n}$ 得 $E(\overline X^2)=D(\overline X)+E(\overline X)^2=\tfrac{\sigma^2}{n}+\mu^2$；又 $E(S^2)=\sigma^2$。
2. 于是 $E(T)=E(\overline X^2)-\tfrac1nE(S^2)=\tfrac{\sigma^2}{n}+\mu^2-\tfrac{\sigma^2}{n}=\mu^2$，故 $T$ 是 $\mu^2$ 的无偏估计。
3. 当 $\mu=0,\sigma^2=1$ 时 $\overline X\perp S^2$，且 $D(\overline X^2)=2D(\overline X)^2=\tfrac{2}{n^2}$、$D(S^2)=\tfrac{2}{n-1}$，故 $D(T)=\tfrac{2}{n^2}+\tfrac{1}{n^2}\cdot\tfrac{2}{n-1}=\tfrac{2}{n(n-1)}$。

最终答案：

(I) $E(T)=\mu^2$； (II) $D(T)=\dfrac{2}{n(n-1)}$。