1995年考研数学一真题.docx
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1995年考研数学一真题
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1995年全国硕士研究生入学统一考试理工数学一试题详解及评析
一、填空题
2
（1）lim1+3xsinx=.
x→0
【答】
e6.
【详解1】用第二类重要极限:
2⎧
6x
1⎫sinx6
lim（1+3x）sinx=lim⎨（1+3x）3x⎬
=e.
x→0
【详解2】化为指数函数求极限:
x→0⎩⎭
→
2lim2ln（1+3x）
6ln（1+3x）
lim
d
（2）
0xcost2dt=
lim（1+3x）sinx=ex→0sinxx0
.
=ex→03x
=e6.
dx⎰x2
0224
【答】costdt-2xcosx.
⎰x2
【详解】
d0xcost2dt=d（x
0cost2dt）=
0cost2dt+xcos（x2）2（-2x）
dx⎰x2
dx⎰x2
⎰x2
⎰2
=0cost2dt-2x2cosx4.
x
（3）设（a⨯b）⋅c=2,则⎡⎣（a+b）⨯（b+c）⎤⎦⋅（c+a）=.
【答】4.
【详解】
∞
（4）幂级数∑
⎡⎣（a+b）⨯（b+c）⎤⎦⋅（c+a）
=⎡⎣（a+b）⨯b⎤⎦⋅（c+a）+⎡⎣（a+b）⨯c⎤⎦⋅（c+a）
=（a+b）⨯c+（b⨯c）⋅a
=（a⨯b）⋅c+（a⨯b）⋅c=4.
nx2n-1的收敛半径R＝.
n=12n+（-3）
【答】3.
【详解】令an=
n
2n+（-3）nx
2n-1,则当
lim
n→∞
=1x2
3
<1时，
即x2
<3,
也即x<时，此幂级数收敛，
因此收敛半径为3.
⎡100⎤
⎢⎥
⎢1⎥
（5）设三阶方阵A、B满足关系式：
A-1BA=6A+BA,且A=⎢00⎥,则B=.
⎢4⎥
⎢1⎥
⎢
⎡300⎤
⎢⎥
【答】⎢020⎥.
⎢⎣001⎥⎦
【详解】在已知等式A-1BA=6A+BA两边右乘以A-1，得A-1B=6E+B,
⎢00
⎣
⎥
7⎥⎦
⎡200⎤-1
于是B=6（A-1-E）-1=6⎢030⎥
⎡300⎤
=⎢020⎥.
⎢⎥⎢⎥
⎢⎣006⎥⎦⎢⎣001⎥⎦
二、选择题
⎧x+3y+2z+1=0
⎩
（1）设有直线L:
⎨2x-y-10z+3=0及平面π:
4x-2y+z-2=0,则直线L
（A）平行于π.
（C）垂直于π.
【答】应选（C）.
【详解】直线L的方向向量s为
ijks={1,3,2}⨯{2,-1,-10}=132
（B）在π上.
（D）与π斜交.
【】
=-7{4,-2,1}
2-1-10
与平面π的法向量n={4,-2,1}平行，应此直线L垂直于π.
（2）设在[0,1]上f''（x）>0,则f'（0）、f'
（1）、f
（1）-f（0）或f（0）-f
（1）的大小
顺序是
（A）f'
（1）>
f'（0）>
f
（1）-f（0）.
（B）
f'
（1）>
f
（1）-f（0）>
f'（0）.
（C）f
（1）-f（0）>
f'
（1）>
f'（0）.
（D）f'
（1）>
f（0）-f
（1）>
f'（0）.
【】
【答】应选（B）.
【详解】由f''（x）>0,知f'（x）单调增加，又
f
（1）-f（0）=f'（ξ）（1-0）（0<ξ<1）,
根据f'（0）<
f'（ξ）<
f'（0）<
f'
（1）知，
f
（1）-f（0）<
f'
（1）.
可见正确选项为（B）.
（3）设f（x）可导，F（x）=
f（x）（1+sinx）,则f（0）=0是F（x）在x=0处可导的
（A）充分必要条件.（B）充分条件但非必要条件.
（C）必要条件但非充分条件.（D）既非充分条件又非必要条件.
【】
【答】应选（A）.
【详解】因为
F'（0）=limF（x）-F（0）=limf（x）（1-sinx）-f（0）
-x→0-
x-0
x→0-x
-⎢⎥
=lim⎡f（x）-f（0）-f（x）sinx⎤
x→0⎣xx⎦
=f'（0）-f（0）,
F'（0）=limF（x）-F（0）=limf（x）（1+sinx）-f（0）
+x→0+
x-0
x→0+x
+⎢⎥
=lim⎡f（x）-f（0）+f（x）sinx⎤
x→0⎣
xx⎦
=f'（0）+f（0）,
可见，F'（0）存在⇔F'-（0）=F'+（0）⇔
因此正确选项为（A）.
f'（0）-f（0）=
f'（0）+f（0）⇔
f（0）=0.
（4）设un=（-1）
ln⎜1+1⎞,则级数
⎝⎠
∞∞∞∞
（A）∑un与∑u都收敛.（B）∑u与∑u都发散.
22
n=1
n=1
n=1
n=1
（C）∑un
n=1
∞
2
n
n=1
∑un
n=1
∞
2
n
n=1
【】
【答】应选（C）.
⎛1⎞
【详解】因为vn=ln⎜1+⎟单调递减且limvn=0,
⎝⎠n→∞
∞∞
由莱布尼茨判别法知级数∑u
n=1
=∑（-1）nv
nn
n=1
收敛，
22⎛
1⎞1∞1
而un
=ln⎜1+⎟~n,且∑n发散，
⎝⎠n=1
因此∑u也发散.
∞
2
n
n=1
故正确选项为（C）.
⎡a11
a12
a13⎤⎡
a21
a22
a23
⎤⎡010⎤
（5）设A=⎢aaa⎥,B=⎢
aaa
⎥,P=⎢100⎥,
⎢212223⎥⎢
111213
⎥1⎢⎥
⎢⎣a31a32a33⎥⎦
⎡100⎤
⎢⎣a31+a11
a32+a12
a33+a13⎥⎦
⎢⎣001⎥⎦
P=⎢010⎥，则必有
⎢⎣101⎥⎦
（A）AP1P2=B.
（C）P1P2A=B.
（B）AP2P1=B.
（D）P2P1A=B.
【】
【答】应选（C）.
【详解】
P1是交换单位矩阵的第一、二行所得初等矩阵，P2是将单位矩阵的第一行加到第
三行所得初等矩阵，而B是由A先将第一行加到第三行，然后再交换第一、二行两次初等交换得到的，因此P1P2A=B.
故正确选项为（C）.
三、
（1）设u=
f（x,y,z）,ϕ（x2,ey,z）=0,y=sinx,其中f、ϕ都具有一阶连续偏导数，且
∂ϕ≠0,求du.
∂zdx
【详解】等式u=
f（x,y,z）两边同时对x求导，得
du=∂f
+
∂f⋅dy+∂f
⋅dz,
dx∂x
∂ydx
∂zdx
而dy=cosx.又等式ϕx2,ey,z=0两边同时对x求导，得
dx
ϕ'⋅2x+ϕ'⋅eydy+ϕ'
⋅eydz=0,
12dx
3dx
dz1
解得（2xϕ'+eycosxϕ'）,
dxϕ'12
故du=∂f+∂f
cosx-∂f
1（2xϕ'+esinx
cosxϕ'）.
dx∂x∂y
∂zϕ3
（2）设函数f（x）在区间[0,1]上连续，并设⎰1f（x）dx=A,求⎰1dx⎰1f（x）f（y）dy.
00x
【详解1】交换积分次序，得
111y1x
⎰0dx⎰xf（x）f（y）dy=⎰0dy⎰0f（x）f（y）dx=⎰0dx⎰0
于是
f（y）f（x）dy,
111⎡111x⎤
⎰0dx⎰xf（x）f（y）dy=2⎢⎣⎰0dx⎰xf（x）f（y）dy+⎰0dx⎰0f（x）f（y）dy⎥⎦
111
2⎰0dx⎰0f（x）f（y）dy
=1⎰1f（x）dx⋅⎰1f（y）dy
200
【详解2】分部积分，得
=1A2.
2
⎰1dx⎰1f（x）f（y）dy=⎰1（⎰1f（y）dy）⋅f（x）dx
=⎰1（⎰1f（y）dy）d（⎰xf（t）dt）
=A2-⎰1（⎰1f（t）dt）d（⎰1f（y）dy）
=21⎡x
⎤21
21212
A+2⎢⎣⎰1
f（t）dt⎥⎦
=A-A
02
=A.
2
四、
（1）计算曲面积分⎰⎰zdS,其中∑为锥面z=
∑
在柱体x2+y2≤2x内的部分.
【详解】因为dS=
于是
dσ=
2dσ,
π
⎰⎰⎰⎰⎰-π
2cosθπ
0⎰0
zdS=
∑D
x2+y2
2dσ=
2dθ
2
r2dr=
2cos3θdθ
=322.
9
（2）将函数f（x）=x-1（0≤x≤2）展开成周期为4的余弦级数.
【详解】因为
2
a=2（x-1）dx=0,
02⎰0
a=22（x-1）cosnπxdx=2
2（x-1）dsinnπx
n2⎰0
=-2
2nπ⎰02
2nπx4n
sindx=-1-1,n=1,2,….
nπ⎰0
4
2
∞（-1）n-1
n2π2
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