2025 年真题

【解析】 $z+\ln z-{\int }_y^x{e}^{-t^2}dt=0$ ，分别对 $x$ ， $y$ 求偏导，得：

$\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial x}-e^{-x^2}=0\Rightarrow \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{z}{z+1}{e}^{-x^2}$

$\frac{\partial z}{\partial y}+\frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial y}+e^{-y^2}=0.\Rightarrow \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-z}{z+1}{e}^{-y^2}$

$\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{z}{z+1}(e^{-x^2}-e^{-y^2})$

【解析】 

$f^{\prime }(x)=e^{x^2}\sin x,f^{\prime \prime }(x)=2x{e}^{x^2}\sin x+e^{x^2}\cos x$  

$f^{\prime }(0)=0,f^{\prime \prime }(0)=1>0$ . 

$x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点. 

$g^{\prime }(x)=e^{x^2}{\sin }^{2}x+\sin 2x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt$ ， 

$g^{\prime \prime }(x)=e^{x^2}\sin 2x+2x{e}^{x^2}{\sin }^{2}x+\sin 2x{e}^{x^2}+2\cos 2x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt$  

$g^{\prime }(0)=0,g^{\prime \prime }(0)=0,g^{\prime \prime \prime }(0)>0$ . 

$(0,0)$ 是 $y=g(x)$ 的拐点.

【解析】当 $a=-2$ 时， $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }=0$ ，通解： $c_1+c_2{e}^{-4t}$ ， $c\ne 0$ 时， ${\int }_0^{+\infty }(c_1+c_2{e}^{-4x})dx$ 不收敛.

故B、D排除.

当 $a=-\frac{1}{2}$ 时， $y^{\prime \prime }+y^{\prime }+\frac{3}{2}y=0$ ，通解： $y(t)=e^{-\frac{1}{2}t}(a_1\cos (\frac{\sqrt{5}}{2}t)+B(\sin \frac{\sqrt{5}}{2}t))$

${\int }_0^{+\infty }y(x)dx$ 收敛.

【解析】由题易知， $x\to 0$ 时， $f(x)$ 是 $g(x)$ 高阶无穷小.

则有 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=0$ 及 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$ ， $\underset{x\to 0}{\lim }g(x)=0$ .

又 $f(x)$ ， $g(x)$ 在 $x=0$ 某去心邻域内有定义且不恒等于 $0$ .

故对于A选项，等式两端同除 $g(x)$ 得：

$\frac{f(x)}{g(x)}+1=\frac{o[g(x)]}{g(x)}$

取极限得

$\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{f(x)}{g(x)}+1)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{o[g(x)]}{g(x)}$

即 $0+1=0$ ，显然A不成立.

对于B选项，等式两端同除 $f^2(x)$ 得

$\frac{g(x)}{f(x)}=\frac{o[f^2(x)]}{f^2(x)}$

两端取极限得 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g(x)}{f(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{o[f^2(x)]}{f^2(x)}$ ，即 $\infty =0$ ，显然不成立.

对于C选项，等式两端同除 $g(x)$ 得

$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{o[{\mathrm{e}}^{g(x)}-1]}{g(x)}$

取极限得 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{o[{\mathrm{e}}^{g(x)}-1]}{g(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{o[g(x)]}{g(x)}$

显然有 $0=0$ ，故C正确.

对于D等式两端同除 $g(x)$ 得

$\frac{f(x)}{g^2(x)}=\frac{o[g^2(x)]}{g^2(x)}$

取极限得 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g^2(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{o[g^2(x)]}{g^2(x)}$ ，显然不成立.

综上选C.

【解析】由题易知，此二重积分积分区域为 

$D=\left\{(x,y)|4-x^2\le y\le 4,-2\le x\le 2\right\}$ ，对应图像为上图所示。

记 $D_1=\left\{(x,y)|4-x^2\le y\le 4,-2\le x\le 0\right\}$ ， $D_2=\left\{(x,y)|4-x^2\le y\le 4,0\le x\le 2\right\}$ ，且 $I={\int }_{-2}^{2}dx{\int }_{4-x^2}^{4}f(x,y)dy$ ，则 $I=\underset{D_1}{\iint }f(x,y)d\sigma +\underset{D_2}{\iint }f(x,y)d\sigma$ ，交换积分次序得 

$I={\int }_0^{4}dy{\int }_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)dx+{\int }_0^{4}dy{\int }_{\sqrt{4-y}}^{2}f(x,y)dx$  

$={\int }_0^4\left[{\int }_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)dx+{\int }_{\sqrt{4-y}}^{2}f(x,y)dx\right]dy$  

故 A 正确。

【解析】由题可知，其对应如图所示. 

单位质点 $P$ 与单位质点 $Q$ 之间的引力为 

$F=G\frac{1\cdot 1}{r^2}$  

其中 $r$ 为两质点间的距离. 

且由图可知 $r^2=x^2+1$  

又引力 $F$ 在 $x$ 方向上的力投影为 $F_x=F\cos \theta =\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}F$ . 

故克服引力做功为： 

$W={\int }_0^1{F}_x\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{G}{(x^2+1)}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{Gx}{(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x$

解析： 题设要求找出给定的 4 个条件中，能推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导的个数。已知 $f(x)$ 连续。

1. 条件 ①： $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|-f(0)}{x}$ 存在（有限，下同）。

   • 若 $f(0)<0$ ，则分子趋于 $|f(0)|-f(0)=-2f(0)>0$ ，极限为无穷，与存在矛盾，故必有 $f(0)\ge 0$ 。
   • 若 $f(0)>0$ ，由连续性知在 $x=0$ 附近 $f(x)>0$ ，从而 $|f(x)|=f(x)$ ，极限即为 $f^{\prime }(0)$ 。
   • 若 $f(0)=0$ ，极限变为 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|}{x}$ ，由 ③ 知此时 $f^{\prime }(0)=0$ 。
     综上，条件 ① 可推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 可导。

2. 条件 ②： $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-|f(0)|}{x}$ 存在。

   • 若 $f(0)<0$ ，分子趋于 $f(0)-|f(0)|=2f(0)\ne 0$ ，极限不存在，故必有 $f(0)\ge 0$ 。
   • 此时 $|f(0)|=f(0)$ ，极限即 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }(0)$ 。
     故条件 ② 可推出可导。

3. 条件 ③： $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|}{x}$ 存在。

   • 分母趋于 0，极限存在要求分子趋于 0，故 $|f(x)|\to 0$ ，由连续性得 $f(0)=0$ 。
   • 当 $x\to 0^{+}$ 时比值 $\ge 0$ ， $x\to 0^{-}$ 时比值 $\le 0$ ，极限存在则必为 0。
   • 即 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|}{x}=0$ ，可得 $|f(x)|=o(|x|)$ ，从而 $f(x)=o(x)$ ，故 $f^{\prime }(0)=0$ 。
     条件 ③ 可推出可导。

4. 条件 ④： $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|-|f(0)|}{x}$ 存在，即 $|f(x)|$ 在 $x=0$ 处可导。

   • 若 $f(0)\ne 0$ ，由连续性在 $x=0$ 附近 $f(x)$ 与 $f(0)$ 同号， $|f(x)|=\pm f(x)$ ， $|f|$ 可导等价于 $f$ 可导。
   • 若 $f(0)=0$ ，即为条件 ③，同样推出 $f^{\prime }(0)=0$ 。
     故条件 ④ 也可推出可导。

四个条件均能推出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，故正确的条件个数为 4。 【解析】

【解析】

令 A=​120​2a0​00b​​ ，为实对称矩阵，对应二次型为
$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+a{x}_2^2+b{x}_3^2+4x_1{x}_2$ 。

用配方法将其化为标准型：
$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+2x_2{)}^2+(a-4)x_2^2+b{x}_3^2$ 。

已知 $A$ 有一正两负特征值，则

故选 D。

【解析】

A选项：

B选项：

C选项：

D选项：

【解析】

取 A=​111​111​111​​ ， B=​111​000​−1−1−1​​ ，
则 AB=​333​000​−3−3−3​​ ， $r(\mathbf{AB})=1$ 。

BA=​000​000​000​​ ， $r(\mathbf{BA})=0$ ，排除选项 B 和 C。

A+B=​222​111​000​​ ， $r(\mathbf{A}+\mathbf{B})=1$ ，排除选项 A，故选 D。