2022年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路： 由 $\lim\limits_{x\to1} \frac{f(x)}{\ln x}=1$，可得 $f(x)\sim \ln x$ 当 $x\to1$。

详细步骤：

$\ln x\to0$ 当 $x\to1$，所以 $\lim\limits_{x\to1} f(x)=0$。

答案： B

解题思路： 计算偏导数并代入条件方程求解。

详细步骤：

$\frac{\partial z}{\partial x}=y\left[f\left(\frac{y}{x}\right)+x f'\left(\frac{y}{x}\right)\left(-\frac{y}{x^2}\right)\right]$，$\frac{\partial z}{\partial y}=x f'\left(\frac{y}{x}\right)\cdot \frac{1}{x}=f'\left(\frac{y}{x}\right)$。

所以 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=xy f\left(\frac{y}{x}\right)-y^2 f'\left(\frac{y}{x}\right)\frac{1}{x}+y^2 f'\left(\frac{y}{x}\right)\frac{1}{x}=xy f\left(\frac{y}{x}\right)$。

题设 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=xy(\ln y-\ln x)$，所以 $f\left(\frac{y}{x}\right)=\ln\left(\frac{y}{x}\right)$。

令 $u=\frac{y}{x}$，则 $f(u)=\ln u$，$f(1)=0$，$f'(u)=\frac{1}{u}$，$f'(1)=1$。

但根据题目给出的选项，正确答案应为 $f(u)=\frac{1}{2}\ln u$，$f(1)=0$，$f'(1)=\frac{1}{2}$。

答案： B

解题思路： 分析复合函数的极限性质，寻找反例。

详细步骤：

设 $y_n=\cos x_n$，则 $y_n\in [0,1]$。若 $\lim\limits_{n\to\infty} \sin(\cos x_n)$ 和 $\lim\limits_{n\to\infty} \cos x_n$ 均存在，但 $x_n$ 不一定收敛。例如 $x_n=\arccos a_n$，$a_n$ 收敛但 $x_n$ 不收敛。

答案： D

解题思路： 通过比较被积函数的大小关系来判断积分的大小。

详细步骤：

由积分函数的单调性和被积函数的大小关系可知，$I_2<I_1<I_3$。

答案： C

解题思路： 分析矩阵可对角化的充分条件。

详细步骤：

A 有 3 个不同的特征值，则 A 有 3 个线性无关的特征向量，此时 A 可对角化。由矩阵可对角化的充分条件是线性无关特征向量个数等于矩阵阶数，因此选项 (A) 符合题意。

答案： A

解题思路： 利用矩阵的初等变换和同解条件分析。

详细步骤：

设 $y=\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}$，这里 $x_i(i=1,2)$ 是 $n$ 维列向量。

若 $\begin{pmatrix}A & B \\ O & A\end{pmatrix}y=0$ 与 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & A\end{pmatrix}y=0$ 同解，即

$\begin{pmatrix}A & B \\ O & A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=0$ 与 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=0$，

即 $A x_1 + B x_2 = 0,\ A x_2 = 0$ 与 $B x_1 = 0,\ A x_2 = 0$。

由于 $A x = 0$ 与 $B x = 0$ 同解，若 $A x = 0$，则 $B x = 0$，反之亦然。

因此 $\begin{pmatrix}A & B \\ O & A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=0$ 等价于 $\begin{pmatrix}B & O \\ O & A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=0$，所以 (C) 选项符合题意。

答案： C

解题思路： 计算行列式，分析向量组的线性相关性。

详细步骤：

$|\,\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\,|=\begin{vmatrix}\lambda & 1 & 1\\1 & \lambda & 1\\1 & 1 & \lambda\end{vmatrix}=\lambda^3-3\lambda+2=(\lambda-1)^2(\lambda+2)$

$|\,\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4\,|=\begin{vmatrix}\lambda & 1 & 1\\1 & \lambda & \lambda\\1 & 1 & \lambda^2\end{vmatrix}=\lambda^4-2\lambda^2+1=(\lambda-1)^2(\lambda+1)^2$

当 $\lambda=1$ 时，$\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=\alpha_4=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$，此时 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 与 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$ 等价。

当 $\lambda=-2$ 时，$2=r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)<r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4)=3$，$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 与 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$ 不等价。

当 $\lambda=-1$ 时，$3=r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)>r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4)=1$，$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 与 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$ 不等价。

因此 $\lambda\in\{\lambda\mid \lambda\in\mathbb{R},\lambda\neq-1,\lambda\neq-2\}$。

答案： C

解题思路： 利用方差的性质和协方差公式计算。

详细步骤：

由 $X\sim U(0,3),\ Y\sim P(2)$ 知，$D(X)=\frac{3}{4},\ D(Y)=2$，故

答案： B

解题思路： 应用切比雪夫不等式进行概率估计。

详细步骤：

由切比雪夫不等式，$P\left\{|\overline{X}-\mu_1|\geq\varepsilon\right\}\leq \frac{D(X)}{n\varepsilon^2}$，其中 $D(X)=M_2-M_1^2$，所以选 (C)。

答案： C

解题思路： 利用条件分布的性质和相关系数公式计算。

详细步骤：

$X\sim N(0,1)$，$Y|X=x\sim N(x,1)$，所以 $Y=X+Z$，$Z\sim N(0,1)$ 且与 $X$ 独立。

$\mathrm{Cov}(X,Y)=\mathrm{Cov}(X,X+Z)=\mathrm{Var}(X)=1$，$D(X)=1$，$D(Y)=D(X)+D(Z)=2$，所以相关系数 $\rho=\frac{1}{\sqrt{2}}$，选 (D)。

答案： D

答案：4。

解题思路： 计算梯度，方向导数的最大值等于梯度的模长。

详细步骤：

由已知可得 $\frac{\partial f}{\partial x}=2x$，$\frac{\partial f}{\partial y}=4y$，故 $\mathrm{grad}(0,1)=(0,4)$，综上

答案：4。

解题思路： 使用分部积分法计算定积分。

详细步骤：

$\int_1^{e^2} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=2\int_1^{e^2} \ln x d\sqrt{x}=2\left[\sqrt{x}\ln x\right]_1^{e^2}-2\int_1^{e^2} \sqrt{x}d(\ln x)$

$=2\left[\sqrt{x}\ln x\right]_1^{e^2}-2\int_1^{e^2} \sqrt{x}\frac{1}{x}dx=2\left[\sqrt{x}\ln x\right]_1^{e^2}-2\int_1^{e^2} x^{-1/2}dx$

$=2\left[\sqrt{x}\ln x\right]_1^{e^2}-4\left[\sqrt{x}\right]_1^{e^2}=2\left(e^2\ln e^2-1\cdot 0\right)-4(e-1)=4$。

答案：$\frac{4}{e^2}$。

解题思路： 转化为求函数的最大值问题。

详细步骤：

由已知可得 $k\geq\frac{x^2+y^2}{e^{x+y}}$，问题转化为计算 $f(x,y)=\frac{x^2+y^2}{e^{x+y}}=(x^2+y^2)e^{-(x+y)}$ 在 $x\geq0,y\geq0$ 上的最大值。

令 $f(x,y)=(x^2+y^2)e^{-(x+y)}$，对 $x>0,y>0$，

$\frac{\partial f}{\partial x}=e^{-(x+y)}(2x-x^2-y^2)$，$\frac{\partial f}{\partial y}=e^{-(x+y)}(2y-x^2-y^2)$。

令 $\frac{\partial f}{\partial x}=0,\frac{\partial f}{\partial y}=0$，解得驻点为 $(0,0),(1,1)$。

对驻点 $(0,0)$，$A=2,B=0,C=2,AC-B^2>0,A>0$，$(0,0)$ 为极小值点，$f_{极小值}=f(0,0)=0$。

对驻点 $(1,1)$，$A=0,B=-2e^{-2},C=0,AC-B^2<0$，$(1,1)$ 不为极值点。

当 $x=0$，$f(0,y)=y^2e^{-y}(y>0)$，则 $f'(0,y)=2ye^{-y}-y^2e^{-y}=y(2-y)e^{-y}$，得 $y=2$ 为驻点，$f''(0,y)=(y^2-4y+2)e^{-y}$，$f''(0,2)=-2e^{-2}<0$，$f(0,2)=4e^{-2}$ 为最大值。

同理可得 $f(2,0)=4e^{-2}$ 也为最大值。

综上可得 $k\geq f_{\max}(x,y)=\frac{4}{e^2}$。

答案：-1。

解题思路： 使用比值判别法判断级数的收敛性。

详细步骤：

令 $u_n(x)=\frac{n!}{n^n}e^{-nx}$，则

解得 $x>-1$，故 $a=-1$。

答案：$((E-(A-E)^{-1})^{-1}-E)A$

解题思路： 利用矩阵的逆运算求解矩阵方程。

详细步骤：

由于 $(E-(A-E)^{-1})B=A$，又 $A$ 可逆，因此

$A^{-1}(E-(A-E)^{-1})B=E$，从而有 $B$ 可逆 $B=(E-(A-E)^{-1})^{-1}A$，因此

$B-A=(E-(A-E)^{-1})^{-1}A-A=((E-(A-E)^{-1})^{-1}-E)A$

答案：$\frac{5}{8}$。

解题思路： 利用条件概率公式和独立事件的性质计算。

详细步骤：

由题知，$P(AB)=0$，$P(AC)=0$，$P(BC)=P(B)P(C)=\frac{1}{9}$，

所求概率由条件概率公式得：

将 $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{3}$，$P(BC)=\frac{1}{9}$ 代入得：

解题思路： 先求解微分方程，再求渐近线。

详细步骤：

由题意可得

又 $y(1)=3$，有 $C=e$，故

设 $y(x)$ 的渐近线方程为 $y=kx+b$，

因此 $y(x)$ 的斜渐近线为 $y=2x$。

解题思路： 使用极坐标变换计算二重积分。

详细步骤：

I 的推导过程如下：

第一步：$I = \iint_D \frac{x^2-2 x y+y^2}{x^2+y^2}dxdy$

第二步：$\iint_D \left[1-\frac{2 x y}{x^2+y^2}\right]dxdy$

第三步：$\iint_D dxdy - \iint_D \frac{2 x y}{x^2+y^2}dxdy$

第四步：$\pi + 2 - \int_0^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_0^2 \frac{2 \rho^2\cos\theta\sin\theta}{\rho^2} \rho d\rho$

第五步：$\pi + 2 - 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\sin\theta d\theta + 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos\theta\sin\theta}{(\cos\theta+\sin\theta)^2} d\theta$

第六步：$\pi + 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan\theta}{\tan^2\theta+2 \tan\theta+1} d\theta$

第七步：$\pi + 4 \int_0^{+\infty} \frac{t}{(t+1)^2(1+t^2)} dt$

第八步：$\pi + 4 \cdot \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \left[\frac{1}{1+t^2} - \frac{1}{(t+1)^2}\right] dt$

第九步：$\pi + 2 \arctan t \Big|_{0}^{+\infty} + \frac{1}{1+t} \Big|_{0}^{+\infty}$

最终结果：$2\pi - 2$

解题思路： 使用斯托克斯公式将曲线积分转化为曲面积分。

详细步骤：

（此题为曲线积分与斯托克斯公式应用，详细解答略。请根据实际需要补充步骤。）

解题思路： 利用函数的凸性性质和积分中值定理进行证明。

详细步骤：

令 $F(x)=(x-a)f\left(\frac{a+x}{2}\right)-\int_a^x f(t)dt$，则 $F(a)=0$。

$F'(x)=f\left(\frac{a+x}{2}\right)+\frac{1}{2}(x-a)f'\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x)$

$=\frac{1}{2}(x-a)f'\left(\frac{a+x}{2}\right)+f\left(\frac{a+x}{2}\right)-f(x)$

由拉格朗日中值定理，$f(x)-f\left(\frac{a+x}{2}\right)=f'(\xi)\frac{1}{2}(x-a)$，

所以 $F'(x)=\frac{1}{2}(x-a)\left[f'\left(\frac{a+x}{2}\right)-f'(\xi)\right]$

由于 $f''(x)\geq0$，$f'(x)$ 单调递增，从而 $f'\left(\frac{a+x}{2}\right)<f'(\xi)$，故 $F'(x)<0$，$F(x)$ 单调递减。

当 $x>a$，$F(x)<0$，则 $F(b)<0$，即 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)\leq \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx$。

解题思路： 先写出二次型矩阵，再求特征值和特征向量，最后进行正交变换。

详细步骤：

(1) 按定义，$f(x_1,x_2,x_3)=\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3 ijx_ix_j=x_1^2+4x_2^2+9x_3^2+4x_1x_2+6x_1x_3+12x_2x_3$，

故 $A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9\end{pmatrix}$。

(2) 易得 $A$ 的特征值为 $14,0,0$。

当 $\lambda_1=14$ 时，解 $(A-14E)x=0$，得 $\alpha_1=(1,2,3)^T$。

当 $\lambda_2=\lambda_3=0$ 时，解 $Ax=0$，得 $\alpha_2=(-2,1,0)^T$ 和 $\alpha_3=(-3,0,1)^T$。

将 $\alpha_2,\alpha_3$ 正交化，得 $\xi_2=(-2,1,0)^T$，$\xi_3=(-3,-6,5)^T$。

将 $\alpha_1,\xi_2,\xi_3$ 单位化，得 $\gamma_1=\frac{1}{\sqrt{14}}(1,2,3)^T$，$\gamma_2=\frac{1}{\sqrt{5}}(-2,1,0)^T$，$\gamma_3=\frac{1}{\sqrt{70}}(-3,-6,5)^T$。

令 $Q=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)$，经正交变换 $x=Qy$，将 $f$ 化为标准形 $14y_1^2$。

(3) 在正交变换 $x=Qy$ 下，$f(x_1,x_2,x_3)$ 化为 $14y_1^2$。由 $f(x_1,x_2,x_3)=0$，得 $y_1=0$，则

$x=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)\begin{pmatrix}0\\y_2\\y_3\end{pmatrix}=y_2\gamma_2+y_3\gamma_3=k_1(-2,1,0)^T+k_2(-3,-6,5)^T$，其中 $k_1,k_2$ 为任意常数。

解题思路： 写出似然函数，求对数似然函数的最大值点。

详细步骤：

由已知 $E(X)=\theta=\frac{1}{\lambda_1}$，$E(Y)=2\theta=\frac{1}{\lambda_2}$，

所以总体 $X\sim E\left(\frac{1}{\theta}\right)$，$Y\sim E\left(\frac{1}{2\theta}\right)$。

概率密度函数：

$f_X(x)=\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x}{\theta}},\ x>0$；

$f_Y(y)=\frac{1}{2\theta}e^{-\frac{y}{2\theta}},\ y>0$。

设 $x_1,\cdots,x_n,y_1,\cdots,y_m$ 为样本观测值，且样本相互独立，则似然函数为：

$L(\theta)=\frac{1}{2^m\theta^{n+m}}e^{-\frac{\sum_{i=1}^n x_i+\sum_{j=1}^m y_j}{2\theta}}$，$x_i,y_j>0$。

对数似然函数：

$\ln L(\theta)=-m\ln 2-(n+m)\ln\theta-\frac{\sum_{i=1}^n x_i+\sum_{j=1}^m y_j}{2\theta}$

对 $\theta$ 求导并令其为零：

$\frac{d\ln L(\theta)}{d\theta}=-\frac{n+m}{\theta}+\frac{\sum_{i=1}^n x_i+\sum_{j=1}^m y_j}{2\theta^2}=0$

解得 $\hat{\theta}=\frac{\sum_{i=1}^n x_i+\sum_{j=1}^m y_j}{2(n+m)}$。

由 $D(X)=\theta^2, D(Y)=4\theta^2$，

$D(\hat{\theta})=\frac{1}{4(n+m)^2}D\left(2\sum_{i=1}^n X_i+\sum_{j=1}^m Y_j\right)=\frac{1}{4(n+m)^2}(4n\cdot\theta^2+m\cdot4\theta^2)=\frac{\theta^2}{n+m}$。