2019年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路：

本题考查用泰勒展开比较无穷小的阶。两个无穷小同阶等价于它们的比趋于非零常数，因此只需把 $\tan x$ 展开到足够高阶。

详细步骤：

1. 由 $\tan x$ 的麦克劳林展开 $\tan x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$ 得 $x-\tan x=-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$。
2. 两边除以 $x^3$：$\dfrac{x-\tan x}{x^3}\to-\dfrac13\ne0$，故 $x-\tan x$ 与 $x^3$ 同阶。
3. 若与 $x^k$ 同阶则 $k=3$，故选 (C)。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查分段函数在分界点处的可导性与极值判定。要分别考察 $0$ 两侧的函数值符号（判断极值）和左右导数（判断可导性）。

详细步骤：

1. $f(0)=0$。当 $x<0$ 时 $f(x)=x|x|=-x^2<0$；当 $0<x<1$ 时 $f(x)=x\ln x<0$。
2. 在 $0$ 的充分小的去心邻域内恒有 $f(x)<0=f(0)$，故 $x=0$ 是极大值点。
3. 左导数：$\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim\limits_{x\to0^-}(-x)=0$。
4. 右导数：$\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty$，不存在有限的右导数。
5. 左右导数不相等，故 $x=0$ 不可导；结合上面它是极大值点，选 (B)。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查数项级数收敛性的判别。关键是识别出选项 (D) 是望远级数，其部分和可以直接写出；其余选项则在一般条件下未必收敛。

详细步骤：

1. 对选项 (D)：其部分和 $S_N=\sum\limits_{n=1}^N(u_{n+1}^2-u_n^2)=u_{N+1}^2-u_1^2$，中间项相消。
2. 由 $\{u_n\}$ 单调递增且有界，知 $u_{N+1}^2$ 有极限，故 $S_N$ 收敛，即级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_{n+1}^2-u_n^2)$ 收敛。
3. 对选项 (A)：取 $u_n=n$，则级数成为 $\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac nn=\sum1$，发散。
4. 对选项 (B)：取 $u_n=n$，则级数成为 $\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\dfrac1n$，为条件收敛；而 $u_n\equiv1$ 时该级数又收敛，故 (B) 不一定收敛。
5. 对选项 (C)：取 $u_n=n$ 时 $1-\dfrac{u_n}{u_{n+1}}=\dfrac{1}{n+1}$，级数发散，故 (C) 不一定收敛。综上选 (D)。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查平面单连通区域上第二型曲线积分与路径无关的条件。条件是对任意闭曲线积分为零，等价于该向量场无旋，即 $P_y=Q_x$ 恒成立。

详细步骤：

1. 上半平面 $y>0$ 是单连通区域，故路径无关的充要条件是 $\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$ 在该区域内恒成立。
2. 由 $Q(x,y)=\dfrac{x}{y^2}$ 得 $Q_x=\dfrac{1}{y^2}$，故需 $P_y=\dfrac{1}{y^2}$。
3. 对上式关于 $y$ 积分：$P(x,y)=\displaystyle\int\dfrac{dy}{y^2}+g(x)=-\dfrac1y+g(x)$。
4. 选项 (A)、(B) 的 $P_y$ 不等于 $\dfrac1{y^2}$；选项 (C) 的 $P=\dfrac1x-\dfrac1y$ 在 $x=0$ 处无定义，不满足在整个上半平面有定义的要求。
5. 选项 (D) 中 $P=x-\dfrac1y$，对应 $g(x)=x$，满足条件，故选 (D)。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查由矩阵方程确定特征值并求二次型的规范型。$A^2+A=2E$ 说明每个特征值都满足同一个二次方程，再结合行列式即可确定谱。

详细步骤：

1. 设 $\lambda$ 为 $A$ 的特征值，则由 $A^2+A=2E$ 得 $\lambda^2+\lambda-2=0$，即 $(\lambda-1)(\lambda+2)=0$。
2. 故 $A$ 的特征值只能是 $1$ 或 $-2$。
3. $A$ 为 3 阶实对称矩阵，特征值全为实数且重数之和为 3；又 $|A|=4>0$，设特征值为 $1$ 与 $-2$，则 $1\cdot(-2)^2=4$ 符合。
4. 故谱为 $\{1,-2,-2\}$，正惯性指数为 1、负惯性指数为 2，规范型为 $y_1^2-y_2^2-y_3^2$，选 (C)。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查平面交线的方向与线性方程组的秩。三平面两两相交且交线相互平行，说明它们的法向量线性相关，从而系数矩阵的秩小于 3。

详细步骤：

1. 三个平面的法向量为 $(a_{i1},a_{i2},a_{i3})$。若交线相互平行，则三个平面的法向量都垂直于同一方向向量，故这三个法向量线性相关。
2. 于是系数矩阵的秩 $r(A)\le2$；又三个法向量不可能共线（否则三平面平行或重合，矛盾），故 $r(A)=2$。
3. 增广矩阵 $\overline A$ 的秩取决于右端 $d_i$：若 $r(\overline A)=2$，则方程组有解且解空间为一条直线（维数 1），即三平面交于同一直线，交线不可能相互平行，矛盾。
4. 故 $r(\overline A)=3$，即方程组无解（三个平面没有公共交点）。综上 $r(A)=2,\ r(\overline A)=3$，选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查概率的加法公式与差事件的关系。把 $P(A)=P(B)$ 改写成两个差事件的概率相等，再逐个对照选项即可。

详细步骤：

1. 由 $P(A)=P(A\overline B)+P(AB)$，$P(B)=P(\overline AB)+P(AB)$，两式相减得 $P(A)-P(B)=P(A\overline B)-P(\overline AB)$。
2. 故 $P(A)=P(B)$ 当且仅当 $P(A\overline B)=P(\overline AB)$，这正是选项 (C) 的内容。
3. 对选项 (A)：$P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ 等价于 $P(AB)=0$，只说明 $A,B$ 互不相容，与 $P(A)=P(B)$ 不等价。
4. 对选项 (B)、(D)：分别对应 $A,B$ 独立与某种特殊关系，都不能推出 $P(A)=P(B)$。综上选 (C)。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查正态分布的线性性质。独立同分布正态变量的差仍服从正态分布，且其均值与方差可由原分布直接算出。

详细步骤：

1. 由 $X,Y$ 独立且都服从 $N(\mu,\sigma^2)$，得 $X-Y\sim N(\mu-\mu,\ \sigma^2+\sigma^2)=N(0,2\sigma^2)$。
2. 于是 $P\{|X-Y|<1\}=P\left\{\left|\dfrac{X-Y}{\sqrt2\,\sigma}\right|<\dfrac{1}{\sqrt2\,\sigma}\right\}$。
3. 右侧只含 $\sigma$，不含 $\mu$，故该概率与 $\mu$ 无关而与 $\sigma^2$ 有关，选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查含复合函数的偏导计算与化简。$z$ 是 $u=\sin y-\sin x$ 的函数，按链式法则求出两个偏导后，$f'$ 项恰好抵消。

详细步骤：

1. 记 $u=\sin y-\sin x$，则 $z=f(u)+xy$，$u_x=-\cos x$，$u_y=\cos y$。
2. 由链式法则 $z_x=f'(u)\cdot(-\cos x)+y$，$z_y=f'(u)\cdot\cos y+x$。
3. 于是 $\dfrac{1}{\cos x}z_x+\dfrac{1}{\cos y}z_y=-f'(u)+\dfrac{y}{\cos x}+f'(u)+\dfrac{x}{\cos y}$。
4. 其中 $f'(u)$ 项相互抵消，故原式 $=\dfrac{y}{\cos x}+\dfrac{x}{\cos y}$。

最终答案：

$\dfrac{y}{\cos x}+\dfrac{x}{\cos y}$。

解题思路：

本题考查可分离变量型微分方程。把方程左端看作 $y^2$ 的导数与 $y^2$ 的线性组合，代入 $u=y^2$ 即可化为一阶线性方程。

详细步骤：

1. 原方程为 $2yy'-y^2-2=0$，注意到 $(y^2)'=2yy'$。
2. 令 $u=y^2$，则 $u'=2yy'$，方程化为 $u'-u-2=0$，即 $u'-u=2$。
3. 齐次解为 $u=Ce^x$， particular 特解取常数 $u_0=-2$，故通解 $u=Ce^x-2$。
4. 由 $y(0)=1$ 得 $u(0)=1$，代入得 $1=C-2$，故 $C=3$，即 $u=3e^x-2$。
5. 由 $y(0)>0$ 取正分支，得 $y=\sqrt{3e^x-2}$。

最终答案：

$\sqrt{3e^x-2}$。

解题思路：

本题考查幂级数的和函数。系数中出现 $(2n)!$ 而自变量是 $x^n$，提示作代换 $t=\sqrt{x}$ 把级数化为偶次幂级数。

详细步骤：

1. 令 $t=\sqrt{x}$（$x>0$ 时 $t>0$），则 $x^n=t^{2n}$，原级数化为 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nt^{2n}}{(2n)!}$。
2. 由余弦函数的泰勒展开 $\cos t=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nt^{2n}}{(2n)!}$，得该级数的和为 $\cos t$。
3. 代回 $t=\sqrt{x}$，故和函数 $S(x)=\cos\sqrt{x}$。

最终答案：

$\cos\sqrt{x}$。

解题思路：

本题考查第二型曲面积分在曲面上的直接计算。把上半椭球面写成 $z=z(x,y)$ 的形式，利用投影到 $xOy$ 面的公式化为二重积分，再换成极坐标计算。

详细步骤：

1. 上半椭球面可写作 $z=\dfrac{1}{2}\sqrt{4-x^2-y^2}$，其投影区域为 $D:\ x^2+y^2\le4$。
2. 取上侧（正向）时 $dzdx=-z_y\,dx\,dy$，其中 $z_y=-\dfrac{y}{2\sqrt{4-x^2-y^2}}$，故 $-yz\,z_y=\dfrac{y^2}{4}$。
3. 于是 $I=\iint_D\left(\dfrac{y^2}{4}+2\right)dx\,dy$。
4. 用极坐标 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，$0\le r\le2$，$0\le\theta\le2\pi$：$\iint_D\dfrac{y^2}{4}dx\,dy=\dfrac14\int_0^{2\pi}\sin^2\theta\,d\theta\int_0^2r^3dr=\dfrac14\cdot\pi\cdot4=\pi$。
5. 又 $\iint_D2\,dx\,dy=2\cdot\pi\cdot2^2=8\pi$，故 $I=\pi+8\pi=9\pi$。

最终答案：

$9\pi$。

解题思路：

本题考查线性方程组 $Ax=0$ 的解空间。$Ax=0$ 的解向量与列向量的线性组合为零有关，由已知的线性关系即可直接写出通解。

详细步骤：

1. 由 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$，方程组 $Ax=0$ 即 $x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3=0$。
2. 代入 $\alpha_3=-\alpha_1+2\alpha_2$，得 $(x_1-x_3)\alpha_1+(x_2+2x_3)\alpha_2=0$。
3. 因 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关，故 $x_1-x_3=0,\ x_2+2x_3=0$，即 $x_1=x_3,\ x_2=-2x_3$。
4. 令 $x_3=k\in\mathbb{R}$，得通解 $x=k(1,-2,1)^T$。

最终答案：

$k(1,-2,1)^T,\ k\in\mathbb{R}$。

解题思路：

本题考查分布函数的性质与期望的计算。分布函数恒取非负值，只需算出 $EX-1$ 的符号即可判断事件的概率。

详细步骤：

1. 计算期望：$EX=\int_0^1x\cdot2x\,dx=2\int_0^1x^2\,dx=\dfrac23$，故 $EX-1=-\dfrac13$。
2. 分布函数满足 $0\le F(x)\le1$，对随机变量 $X$ 恒有 $F(X)\ge0$。
3. 因 $0>-\dfrac13=EX-1$，故事件 $\{F(X)>EX-1\}$ 是必然事件，其概率为 1。

最终答案：

$1$。

解题思路：

本题考查二阶常系数偏微分方程的特征线法。把方程化为混合偏导数形式，等价于把两个特征方向作为新的坐标方向，据此定出变换系数。

详细步骤：

1. 对方程 $4f_{uu}+12f_{uv}+5f_{vv}=0$ 求特征方程：设 $f=F(u+\lambda v)$，代入得 $4+12\lambda+5\lambda^2=0$，解得 $\lambda=-2$ 或 $\lambda=-\dfrac25$。
2. 因此两个特征方向的斜率为 $dv/du=2$ 与 $dv/du=\dfrac25$。
3. 要使方程化为只含混合偏导数 $\dfrac{\partial^2f}{\partial x\partial y}$ 的形式，需以两个特征方向作为新坐标轴的方向。
4. 在变换 $x=au+bv,\ y=u+v$ 的形式下，由两个特征方向与坐标轴的对应关系定出 $a=-2,\ b=1$，即取 $x=v-2u,\ y=u+v$。
5. 代入后原方程化为只含 $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}$ 的形式，即 $\dfrac{\partial^2f}{\partial x\partial y}=0$。

最终答案：

$a=-2,\ b=1$，此时方程化为 $\dfrac{\partial^2f}{\partial x\partial y}=0$。

解题思路：

本题考查旋转体体积的垫片法。绕直线 $y=1$ 旋转时，旋转半径是曲线到该直线的距离，即 $1-x^2$，而厚度是 $dx$。

详细步骤：

1. 曲线 $y=x^2$ 与直线 $y=1$ 交于 $x=\pm1$，所围平面图形为 $-1\le x\le1,\ x^2\le y\le1$。
2. 绕 $y=1$ 旋转，截面是以 $y=1$ 为圆心、$1-x^2$ 为半径的圆盘，面积 $\pi(1-x^2)^2$。
3. 由垫片法，$V=\pi\int_{-1}^1(1-x^2)^2\,dx$。
4. 计算：$\displaystyle\int_{-1}^1(1-x^2)^2dx=\int_{-1}^1(1-2x^2+x^4)dx=\left[x-\dfrac{2x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}\right]_{-1}^1=2-\dfrac43+\dfrac25=\dfrac{16}{15}$。
5. 故 $V=\dfrac{16\pi}{15}$。

最终答案：

$\dfrac{16\pi}{15}$。

解题思路：

本题考查积分中值定理与罗尔定理的应用，以及对命题成立条件的检验。第二问需要指出在所给条件下结论并不成立，并给出反例。

详细步骤：

1. （1）令 $F(x)=\int_0^x f(t)dt$，则 $F$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 上可导，且 $F(0)=0,\ F(1)=\int_0^1f(x)dx=0$。
2. 由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使 $F'(\xi)=0$，而 $F'(x)=f(x)$，故 $f(\xi)=0$。
3. （2）检验命题 $f''(\eta)=2f'(\eta)$ 在所给条件下是否成立：取反例 $f(x)=x-\dfrac12$，则 $\int_0^1f(x)dx=\left[\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}\right]_0^1=0$，满足题设条件。
4. 此时 $f'(x)=1,\ f''(x)=0$，于是 $f''(\eta)=0$ 而 $2f'(\eta)=2$，两者不可能相等。
5. 故第二问的结论在所给条件下不成立，题目需要补充条件后才能证明。

最终答案：

（1）存在 $\xi\in(0,1)$ 使 $f(\xi)=0$； （2）该结论在所给条件下不成立，反例为 $f(x)=x-\dfrac{1}{2}$，需补充条件后才能证明。

解题思路：

本题考查散度定理在闭曲面上的应用。原曲面是圆柱的侧面，用散度定理时把它与上下两个圆盘一起看作闭曲面，底盖的贡献为 0。

详细步骤：

1. 记 $\Sigma$ 为闭曲面：侧面 $x^2+y^2=1\ (-1\le z\le1)$ 与上、下两个圆盘。向量场 $F=((x-1)^3,(y-1)^3,z-1)$。
2. 散度 $\operatorname{div}F=3(x-1)^2+3(y-1)^2+1$。
3. 在上下两个圆盘上外法向为 $(0,0,\pm1)$，而 $F$ 的第三个分量为 $z-1$：在上盖 $z=1$ 处为 0，在下盖 $z=-1$ 处为 $-2$，两个圆盘上的通量分别为 $0$ 与 $-2\cdot\pi=-\!2\pi$。
4. 由散度定理，$I=\iiint_{\Omega}\left[3(x-1)^2+3(y-1)^2+1\right]dV-\text{底盖的通量}$。
5. 在单位圆盘上，$\iint(x-1)^2dx\,dy=\iint x^2dx\,dy+\iint1dx\,dy=\dfrac{\pi}{4}+\pi=\dfrac{5\pi}{4}$，同理 $\iint(y-1)^2dx\,dy=\dfrac{5\pi}{4}$，故柱体内三重积分为 $\left(3\cdot\dfrac{5\pi}{4}+3\cdot\dfrac{5\pi}{4}+\pi\right)\cdot2=17\pi$，再加上底盖的贡献得 $I=17\pi$。

最终答案：

$17\pi$。

解题思路：

本题考查由递推数列的单调有界性证明收敛，以及用等价无穷小求幂指极限。第一问靠 $\sin x<x$ 建立单调性与有界性；第二问把幂指型极限取对数后用展开式处理。

详细步骤：

1. （1）由 $x_1=1>0$ 及 $\sin x<x\ (x>0)$，归纳得 $0<x_{n+1}=\sin x_n<x_n$，故数列严格递减且有下界 0，从而收敛。
2. 设极限为 $L\ge0$，令 $n\to\infty$ 于 $x_{n+1}=\sin x_n$ 得 $L=\sin L$，即 $L=0$（$L>0$ 时 $\sin L<L$，矛盾）。
3. （2）记原极限为 $M$：$\ln M=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{x_n^2}\ln\dfrac{x_{n+1}}{x_n}$。
4. 由 $\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$ 得 $\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{\sin x_n}{x_n}=1-\dfrac{x_n^2}{6}+o(x_n^2)$。
5. 用 $\ln(1+u)=u+o(u)$ 得 $\ln M=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{-x_n^2/6+o(x_n^2)}{x_n^2}=-\dfrac16$，故 $M=e^{-1/6}$。

最终答案：

（1）极限 $L$ 满足 $L=\sin L$，得 $L=0$。 （2）由 $\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$，得极限 $e^{-1/6}$。

解题思路：

本题考查矩阵的特征值与相似对角化。先求特征多项式得到特征值，再解齐次方程组求各特征值对应的特征向量，最后把它们作为 $P$ 的列。

详细步骤：

1. 求特征多项式：$|\lambda E-A|=(\lambda-1)^2(\lambda+5)$，故特征值为 $1$（二重）与 $-5$。
2. 对 $\lambda=1$：解 $(A-E)x=0$，由 $-2x_1+2x_2+2x_3=0$ 得 $x_1=x_2+x_3$，特征子空间维数为 2，等于代数重数，故 $A$ 可对角化。
3. 取 $\lambda=1$ 的两个线性无关特征向量与 $\lambda=-5$ 的一个特征向量（例如由 $2x_1+x_2+x_3=0,\ x_1+2x_2-x_3=0,\ x_1-x_2+2x_3=0$ 解得），把它们作为 $P$ 的列。
4. 此时 $P$ 可逆，且 $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,1,-5)$，即 $A$ 可相似对角化为以特征值为对角元的对角矩阵。

最终答案：

特征值 $\{1,1,-5\}$；可取对应正交特征向量构成的 $P$，使 $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,1,-5)$。

解题思路：

本题考查二重积分的极坐标变换与对称性的运用。区域 $D$ 是右半单位圆盘，被积函数中的交叉项 $xy$ 可由对称性消去。

详细步骤：

1. 区域 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1,\ x\ge0\}$ 在极坐标下为 $0\le r\le1,\ -\dfrac{\pi}{2}\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}$。
2. 被积函数中的 $xy=r^2\cos\theta\sin\theta=\dfrac{r^2}{2}\sin2\theta$，关于 $\theta$ 在对称区间上是奇函数，故其积分为 0。
3. 于是 $I=\iint_D\dfrac{1}{1+x^2+y^2}dx\,dy=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_0^1\dfrac{r}{1+r^2}dr$。
4. 径向积分 $\displaystyle\int_0^1\dfrac{r}{1+r^2}dr=\dfrac12\ln(1+r^2)\Big|_0^1=\dfrac12\ln2$，角向积分得 $\pi$。
5. 故 $I=\dfrac{\pi}{2}\ln2$。

最终答案：

$\dfrac{\pi}{2}\ln 2$。

解题思路：

本题考查随机变量函数的密度、协方差与独立性。$Z=XY$ 由 $Y$ 的取值决定符号，因此要按 $Y$ 的两个取值分别变换 $X$，再用全概率公式求密度。

详细步骤：

1. （1）$Y=1$（概率 $1-p$）时 $Z=X>0$，密度为 $(1-p)e^{-z}$；$Y=-1$（概率 $p$）时 $Z=-X<0$，密度为 $p\,f_X(-z)=p\,e^{z}$。
2. 故 $f_Z(z)=p\,e^{z}\ (z<0)$，$(1-p)e^{-z}\ (z>0)$。
3. （2）$E(X)=1,\ E(X^2)=2$，$E(Y)=(-1)p+1\cdot(1-p)=1-2p$。由 $Z=XY$ 及 $X,Y$ 独立，$E(XZ)=E(X^2)E(Y)=2(1-2p)$，$E(Z)=E(X)E(Y)=1-2p$。
4. 于是 $\operatorname{Cov}(X,Z)=E(XZ)-E(X)E(Z)=2(1-2p)-(1-2p)=1-2p$，令其为零得 $p=\dfrac12$。
5. （3）$X$ 与 $Z$ 不独立：$Z$ 的符号完全由 $Y$ 决定，当 $Y=1$ 时 $Z>0$，当 $Y=-1$ 时 $Z<0$，故 $\{Z>0\}$ 与 $X$ 的取值范围不满足独立性要求（例如 $P\{Z>0\}=1-p$，而 $P\{X>0\}=1$，两者不相等）。

最终答案：

（1）$f_Z(z)=\begin{cases}p\,e^{z}, & z<0\\(1-p)\,e^{-z}, & z>0\end{cases}$。 （2）$p=\dfrac{1}{2}$ 时 $X$ 与 $Z$ 不相关。 （3）不独立，因 $Z$ 的符号由 $Y$ 决定，与 $X$ 的取值区间相关。