2025 年真题

【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】 

$\left|\sin \frac{n^3\pi }{n^2+1}\right|=\left|\sin \left(\frac{n^3\pi }{n^2+1}-n\pi \right)\right|=\left|\sin \frac{n}{n^2+1}\pi \right|\sim \frac{n}{n^2+1}\pi \sim \frac{1}{n}\pi$ . 

${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 发散   $\therefore$ 不是绝对收敛. 

$\sin \frac{n^3\pi }{n^2+1}=(-1{)}^n\sin \left(\frac{n^3\pi }{n^2+1}-n\pi \right)=(-1{)}^n\sin \frac{n}{n^2+1}\pi$ ，为交错级数. 

$\sin \frac{n}{n^2+1}\pi$ 递减， $\therefore$ 条件收敛. 

${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}-\tan \frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\right)$ . 

$\left|(-1{)}^n\left(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}-\tan \frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\right)\right|=\left|-\frac{1}{3}\frac{1}{n^{\frac{2}{3}\times \frac{3}{2}}}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right|$ （注：原解析此处 $n$ 的次数书写可能有误，推测应为 $\left|-\frac{1}{3}\frac{1}{n^{\frac{4}{3}}}+o\left(\frac{1}{n^{\frac{4}{3}}}\right)\right|$ ，按你提供内容提取 ），实际准确是利用等价无穷小，当 $x\to 0$ 时， $x-\tan x\sim -\frac{1}{3}{x}^3$ ，令 $x=\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}=n^{-\frac{2}{3}}$ ，则 $\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}-\tan \frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\sim -\frac{1}{3}{n}^{-2}$ ，所以 $\left|(-1{)}^n\left(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}-\tan \frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\right)\right|\sim \frac{1}{3n^2}$  ） 

${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 收敛 $\therefore {\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}-\tan \frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\right)$ 绝对收敛

【解析】A 错误，反例：

$f(x)=\frac{\sin x^2}{x},\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$ ，但 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x^2\cos x^2-\sin x^2}{x^2}$ ，极限不存在。

B 错误，反例： $f(x)=\sqrt{x},f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$ ，极限存在，但 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 极限不存在。

C 错误，反例：

$f(x)=\cos x$ ，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{x}f(t)dt}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sin x}{x}$ 存在，但 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\cos x$ 不存在。

D 正确，用 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{x}f(t)dt}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{1}=A$ ，故选 D 。

【解析】由题易知，此二重积分的积分区域为

$D=\left\{(x,y)|4-x^2\le y\le 4,-2\le x\le 2\right\}$ ，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 $I={\iint }_{D_1}f(x,y)d\sigma +{\iint }_{D_2}f(x,y)d\sigma$ 。

交换积分次序得

故 A 正确。

【解析】
矩阵

计算特征多项式：

解得特征值为：

因此，正惯性指数为 $1$ ，选 B。

【解析】记 $A=({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3)$ ，由 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关，而 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关，可得 $r(A)=2$ 。

记 $\overline{A}=(A|{\mathbf{\alpha }}_4)=({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,{\mathbf{\alpha }}_4)$ ，再由 ${\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_4=0$ ，可得 $r(\overline{A})=2$ 。于是方程 $A\mathbf{x}={\mathbf{\alpha }}_4$ 有无穷多解。

方程 $x{\mathbf{\alpha }}_1+y{\mathbf{\alpha }}_2+z{\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_4$ 等价于 $({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3)\cdot (x,y,z{)}^{\mathrm{T}}={\mathbf{\alpha }}_4$ ，即 $A\cdot (x,y,z{)}^{\mathrm{T}}={\mathbf{\alpha }}_4$ 。

若该方程所表示的平面过原点，则 ${\mathbf{\alpha }}_4=0$ ，但这与 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关矛盾，故平面不过原点。

将方程写为分量形式：

由上述分析可知 $r(A)=r(\overline{A})=2$ ，故该方程组表示两个平面交于一条直线，且不过原点。

因此，正确答案为 D。

【解析】
设矩阵

满足

计算得

因此排除结论③和④，故选 A。

【解析】 

$D(aX+bY)=a^{2}DX+b^{2}DY+2ab\rho \cdot 1\cdot 1$  

$=a^2+b^2+2ab\rho =1+2ab\rho =1+2a\sqrt{1-a^2}\rho =f(a)$  

$f^{\prime }(a)=\rho \left(2\sqrt{1-a^2}+2a\cdot \frac{-a}{\sqrt{1-a^2}}\right)=2\rho \left(\sqrt{1-a^2}-\frac{a^2}{\sqrt{1-a^2}}\right)=0$  

即 $2\rho \cdot \frac{1-a^2-a^2}{\sqrt{1-a^2}}=0$ ， $2a^2=1\Rightarrow a^2=\frac{1}{2},b^2=\frac{1}{2}$ ，于是 $a=\pm \frac{1}{\sqrt{2}},b=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ 。所以最大值为 $1+|\rho |$ ，故选C。

【解析】由题意可知 $T\sim B(20,0.1).np=20\times 0.1=2$  

$P\{T\le 1\}=P\{T=0\}+P\{T=1\}=\frac{2^0}{0!}{e}^{-2}+\frac{2^1}{1!}{e}^{-2}=e^{-2}+2e^{-2}=\frac{3}{e^2}$