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。

最终答案： 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。

最终答案： B

解题思路：

本题考查函数极限、导数极限与积分平均值极限之间的逻辑关系。四个选项都是”由一个极限存在推出另一个极限存在”的命题，逐个判断即可，必要时构造反例。

详细步骤：

1. 对选项 A：取 $f(x)=\dfrac{\sin x^2}{x}$，则 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$ 存在，但 $f'(x)=\dfrac{2x^2\cos x^2-\sin x^2}{x^2}$，当 $x\to+\infty$ 时其极限不存在，故 A 错误。
2. 对选项 B：取 $f(x)=\sqrt{x}$，则 $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\to0$ 存在，但 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ 不存在，故 B 错误。
3. 对选项 C：取 $f(x)=\cos x$，则 $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\int_0^xf(t)dt}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sin x}{x}=0$ 存在，但 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ 不存在，故 C 错误。
4. 对选项 D：若 $A=\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ 存在，由洛必达法则 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^xf(t)dt}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{1}=A$ 存在，故 D 正确，选 D。

最终答案：

D

解题思路：

本题考查二重积分的积分次序交换。先确定积分区域，再把区域按 $x$ 的正负分成两块，对其中一块交换积分次序即可。

详细步骤：

1. 由原式 $\displaystyle\int_{-2}^2dx\int_{4-x^2}^4f(x,y)dy$ 知积分区域为 $D=\{(x,y)\mid 4-x^2\le y\le4,\ -2\le x\le2\}$。
2. 记 $D_1=\{(x,y)\mid 4-x^2\le y\le4,\ -2\le x\le0\}$，$D_2=\{(x,y)\mid 4-x^2\le y\le4,\ 0\le x\le2\}$，则 $I=\iint_{D_1}f\,d\sigma+\iint_{D_2}f\,d\sigma$。
3. 对 $D_2$ 交换积分次序：固定 $y$ 时 $-x^2+y-4\le0$ 即 $x^2\ge4-y$，结合 $0\le x\le2$ 得 $\sqrt{4-y}\le x\le2$，且 $0\le y\le4$，故 $\displaystyle\iint_{D_2}f\,d\sigma=\int_0^4dy\int_{\sqrt{4-y}}^2f(x,y)dx$。
4. 而 $\displaystyle\iint_{D_1}f\,d\sigma=\int_{-2}^0dx\int_{4-x^2}^4f(x,y)dy$ 保持原次序。
5. 两者相加即得选项 (A) 的表达式，故选 (A)。

最终答案：

A

解题思路：

本题考查二次型的正惯性指数。正惯性指数等于二次型矩阵中正特征值的个数，因此只需求出特征值。

详细步骤：

1. 二次型矩阵为 $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}$。
2. 计算特征多项式：$|\lambda E-A|=\begin{vmatrix}\lambda-1&-1&-1\\-1&\lambda&0\\-1&0&\lambda\end{vmatrix}=\lambda\bigl[\lambda(\lambda-1)-1-1\bigr]=\lambda(\lambda^2-\lambda-2)$。
3. 因式分解得 $|\lambda E-A|=\lambda(\lambda-2)(\lambda+1)$，故特征值为 $\lambda_1=0,\ \lambda_2=2,\ \lambda_3=-1$。
4. 正特征值只有 $\lambda_2=2$ 一个，故正惯性指数为 1，选 (B)。

最终答案：

B

解题思路：

本题考查线性方程组解集的几何意义与矩阵的秩。先由向量的线性关系求出系数矩阵与增广矩阵的秩，从而确定解集是平面还是直线。

详细步骤：

1. 记 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$。由 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关而 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性相关，得 $r(A)=2$。
2. 记 $\overline A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$，由 $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_4=0$ 知 $\alpha_4$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性表示，故 $r(\overline A)=2$。
3. 于是 $Ax=\alpha_4$ 有无穷多解，解集由 $x\alpha_1+y\alpha_2+z\alpha_3=\alpha_4$ 描述，是空间中的一个平面。
4. 又若该平面过原点，则 $\alpha_4=0$，与 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关矛盾，故平面不过原点。
5. 所以其几何图形是不过原点的一个平面，选 (D)。

最终答案：

D

解题思路：

本题考查矩阵秩的运算法则与结论的反例验证。四个结论中只要有一个不成立，就可以构造满足条件的矩阵把它排除。

详细步骤：

1. 取 $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，$B=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{pmatrix}$，$C=E$，则 $r(A)=1,\ r(B)=1,\ r(C)=3$，且 $ABC=B$，$r(ABC)=1$。
2. 验证条件：$r(A)+r(B)+r(C)=1+1+3=5$，而 $r(ABC)+2n=1+6=7$。
3. 由结论 ③ 得 $r(A)=r(B)=r(C)=n$，即三者都等于 3，与上例 $r(A)=1,\ r(B)=1$ 矛盾，故 ③ 不成立。
4. 由结论 ④ 得 $r(AB)=r(BC)=n$，而上例中 $AB=0$ 故 $r(AB)=0$，$BC=B$ 故 $r(BC)=1$，均不等于 3，故 ④ 不成立。
5. 于是正确结论只能是 ①②，即选 (A)。

最终答案：

A

解题思路：

本题考查二维正态分布的线性组合的方差与最值。把 $D(aX+bY)$ 写成关于 $a$ 的函数，再求其在约束 $a^2+b^2=1$ 下的最大值。

详细步骤：

1. 由 $D(X)=D(Y)=1$，$\mathrm{Cov}(X,Y)=\rho$，得 $D(aX+bY)=a^2DX+b^2DY+2ab\,\mathrm{Cov}(X,Y)=a^2+b^2+2ab\rho$。
2. 由 $a^2+b^2=1$，得 $D(aX+bY)=1+2ab\rho$。
3. 由 $a^2+b^2=1$ 知 $|ab|\le\dfrac12$，等号在 $a^2=b^2=\dfrac12$ 时取得，故 $2ab\rho$ 的最大值为 $|\rho|$。
4. 因此 $D(aX+bY)$ 的最大值为 $1+|\rho|$，选 (C)。

最终答案：

C

解题思路：

本题考查用泊松分布近似二项分布。当 $n$ 较大、$p$ 较小时，$B(n,p)$ 可用参数为 $np$ 的泊松分布近似。

详细步骤：

1. $T=\sum\limits_{i=1}^{20}X_i\sim B(20,0.1)$，参数 $np=20\times0.1=2$。
2. 用参数为 2 的泊松分布近似：$P\{T=k\}\approx\dfrac{2^k}{k!}e^{-2}$。
3. 于是 $P\{T\le1\}=P\{T=0\}+P\{T=1\}\approx\dfrac{2^0}{0!}e^{-2}+\dfrac{2^1}{1!}e^{-2}=e^{-2}+2e^{-2}=3e^{-2}$。
4. 故选 (C)。

最终答案：

C

解题思路：

本题考查正态总体单侧检验的拒绝域。检验统计量 $\dfrac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}$ 服从标准正态分布，把原假设的边界值代入即得拒绝域。

详细步骤：

1. 由 $X_1,\dots,X_n$ 来自 $N(\mu,2)$ 知 $\sigma=\sqrt2$，且 $\dfrac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1)$。
2. 对单侧检验 $H_0:\mu\le1,\ H_1:\mu>1$，拒绝域为 $\dfrac{\overline X-1}{\sqrt2/\sqrt n}>Z_\alpha$。
3. 整理得 $\overline X>1+\dfrac{\sqrt2}{\sqrt n}Z_\alpha$。
4. 故选 (D)。

最终答案：

D

解题思路：

本题考查等价无穷小在极限计算中的应用。把 $x^x$ 写成 $e^{x\ln x}$，再用 $e^u-1\sim u$ 化简。

详细步骤：

1. 因 $x\to0^+$ 时 $\ln x\to-\infty$、$\ln(1-x)\sim-x$，故 $\ln x\cdot\ln(1-x)\sim-x\ln x$。
2. 又 $x^x-1=e^{x\ln x}-1\sim x\ln x$。
3. 于是原式 $=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{x\ln x}{-x\ln x}=-1$。

最终答案：

$-1$。

解题思路：

本题考查傅里叶级数的和函数的周期性。$f$ 的傅里叶级数 $\sum b_n\sin n\pi x$ 的周期为 2，先用周期性把点平移到 $[0,1]$ 内，再代入求值。

详细步骤：

1. $\sin n\pi x$ 的最小正周期为 2，故 $S(x)$ 以 2 为周期。
2. 于是 $S\left(-\dfrac72\right)=S\left(-\dfrac72+4\right)=S\left(\dfrac12\right)$。
3. 因 $x=\dfrac12$ 是 $f$ 的连续点，$S\left(\dfrac12\right)=f\left(\dfrac12\right)=\left(\dfrac12\right)^2=\dfrac18$。

最终答案：

$\dfrac{1}{8}$。

解题思路：

本题考查方向导数的计算。方向导数等于梯度与该方向的单位向量作内积。

详细步骤：

1. 求偏导：$\dfrac{\partial u}{\partial x}=y^2z^3$，$\dfrac{\partial u}{\partial y}=2xyz^3$，$\dfrac{\partial u}{\partial z}=3xy^2z^2$。
2. 在 $(1,1,1)$ 处梯度为 $(1,2,3)$。
3. 方向向量 $\bm n=(2,2,-1)$ 的模为 $\sqrt{4+4+1}=3$，单位化为 $\bm n_0=\left(\dfrac23,\dfrac23,-\dfrac13\right)$。
4. 方向导数 $\left.\dfrac{\partial u}{\partial\bm n}\right|_{(1,1,1)}=(1,2,3)\cdot\left(\dfrac23,\dfrac23,-\dfrac13\right)=\dfrac23+\dfrac43-1=1$。

最终答案：

$1$。

解题思路：

本题考查第二型曲线积分与格林公式。曲线 $L$ 不闭合，需补上一条直线段使积分闭合，再用格林公式化为二重积分。

详细步骤：

1. 记 $P=y+\cos x$，$Q=2x+\cos y$，则 $\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=2-1=1$。
2. 记 $L_0$ 为从 $(-1,0)$ 到 $(1,0)$ 的直线段，则 $L$ 与 $L_0$ 围成区域 $D=\{x^2+y^2\le1,\ y\ge0\}$。
3. 由格林公式，沿 $L_0$ 与 $L$ 的闭合回路积分 $I_1=\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)d\sigma=\iint_D1\,d\sigma=\int_{-1}^1(1-x^2)dx=\dfrac43$。
4. 而沿 $L_0$ 的积分 $I_2=\int_{-1}^1\cos x\,dx=2\sin1$（此时 $y=0,\ dy=0$）。
5. 由 $L_0$ 与 $L$ 的方向相反得 $I=I_1-I_2=\dfrac43-2\sin1$。

最终答案：

$\dfrac{4}{3}-2\sin1$。

解题思路：

本题考查矩阵的幂与方程组解的关系。$A^2x=0$ 与 $Ax=0$ 不同解说明 $A$ 不可逆，从而可由行列式为零定出参数。

详细步骤：

1. 若 $A$ 可逆，则 $A^2x=0\iff Ax=0$，两者同解，与题设矛盾，故 $A$ 不可逆，即 $|A|=0$。
2. 计算行列式（按第二列、第三列的倍加性质展开）：$|A|=4\begin{vmatrix}0&-1\\1&-2\end{vmatrix}-(a-b)\begin{vmatrix}1&-1\\1&-2\end{vmatrix}$。
3. 其中 $\begin{vmatrix}0&-1\\1&-2\end{vmatrix}=1$，$\begin{vmatrix}1&-1\\1&-2\end{vmatrix}=-1$，故 $|A|=4-(a-b)\cdot(-1)=4+a-b$。
4. 令 $|A|=0$，得 $a-b=-4$。

最终答案：

$-4$。

解题思路：

本题考查独立事件的概率运算与条件概率。先由独立性把并集概率化成关于 $P(B)$ 的方程，解出 $P(A),P(B)$，再求条件概率。

详细步骤：

1. 记 $p=P(B)$，则 $P(A)=2p$，由独立性 $P(AB)=P(A)P(B)=2p^2$。
2. 由 $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=\dfrac58$ 得 $3p-2p^2=\dfrac58$，即 $16p^2-24p+5=0$，即 $(4p-1)(4p-5)=0$。
3. 取 $p=\dfrac14$（$p=\dfrac54>1$ 舍去），得 $P(B)=\dfrac14,\ P(A)=\dfrac12$。
4. 于是”恰有一个发生”的概率 $P(A\overline B)+P(\overline AB)=P(A)+P(B)-2P(A)P(B)=\dfrac12+\dfrac14-2\cdot\dfrac12\cdot\dfrac14=\dfrac12$。
5. 在 $A\cup B$ 发生的条件下，所求条件概率为 $\dfrac{1/2}{5/8}=\dfrac45$。

最终答案：

$\dfrac{4}{5}$。

解题思路：

本题考查有理函数的不定积分。先作部分分式分解，再逐项积分，其中二次因式配方后化为反正切函数。

详细步骤：

1. 作部分分式分解：$\dfrac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{Bx+C}{x^2-2x+2}$，比较系数得 $A=\dfrac15,\ B=-\dfrac13,\ C=\dfrac35$。
2. 故原积分 $=\displaystyle\int_0^1\left(\dfrac{1}{5(x+1)}+\dfrac{-\frac13x+\frac35}{x^2-2x+2}\right)dx$。
3. 其中 $\dfrac{-\frac13x+\frac35}{x^2-2x+2}=-\dfrac16\cdot\dfrac{2x-2}{x^2-2x+2}+\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{(x-1)^2+1}$。
4. 逐项积分：$\dfrac15\ln2+\dfrac{1}{10}\ln\dfrac{2}{2}+\dfrac35\left[\arctan(x-1)\right]_0^1=\dfrac15\ln2+\dfrac35\cdot\dfrac{\pi}{4}$。
5. 即原积分 $=\dfrac{3}{10}\ln2+\dfrac{1}{10}\pi$。

最终答案：

$\dfrac{3}{10}\ln 2+\dfrac{1}{10}\pi$。

解题思路：

本题考查多元复合函数的偏导与含参常微分方程。先用链式法则把 $g$ 的各偏导都用 $f'$、$f''$ 表示，代入原方程化为关于 $u$ 的常微分方程，最后用初值定常数。

详细步骤：

1. 令 $u=\dfrac{x}{y}$，则 $\dfrac{\partial g}{\partial x}=f'(u)\dfrac1y$，$\dfrac{\partial g}{\partial y}=f'(u)\left(-\dfrac{x}{y^2}\right)$。
2. 由 $g(x,x)=f(1)=1$ 及 $\left.\dfrac{\partial g}{\partial x}\right|_{(x,x)}=f'(1)\dfrac1x=\dfrac2x$ 得 $f'(1)=2$。
3. 计算二阶偏导：$\dfrac{\partial^2g}{\partial x^2}=f''(u)\dfrac1{y^2}$，$\dfrac{\partial^2g}{\partial x\partial y}=-\dfrac{x}{y^3}f''(u)-\dfrac1{y^2}f'(u)$，$\dfrac{\partial^2g}{\partial y^2}=\dfrac{x^2}{y^4}f''(u)+\dfrac{2x}{y^3}f'(u)$。
4. 把上述代入原方程并化简，得 $u^2f''(u)+uf'(u)+\dfrac1{u^2}f'(u)=\dfrac1{u^2}$。
5. 令 $p=f'(u)$，则 $u^2p''+up'+\dfrac1{u^2}p'=\dfrac1{u^2}$，解得 $p=\dfrac{\ln u}{u}+\dfrac2u$。
6. 故 $f'(u)=\dfrac{\ln u}{u}+\dfrac2u$，积分得 $f(u)=\dfrac12\ln^2u+2\ln u+C$；又 $f(1)=1$ 得 $C=1$。

最终答案：

$f(u)=\dfrac{1}{2}\ln^{2}u+2\ln u+1$。

解题思路： 本题要证明一个关于割线斜率次序的充要条件。充分性用割线斜率的极限（即左右导数）夹逼出 $f'$ 的单调性；必要性直接用拉格朗日中值定理。

详细步骤：

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