考研数学历年真题：1990年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题和答案解析

1990年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题（本题共5个小题，每小题3分，满分15分。）[x=-t+2（1）过点M(1,2,-1)且与直线y=3t-4垂直的平面方程是[z=-]【答案】x-3y-z+4=0【解析】由直线的参数方程，可得直线的方向向量=（-1,3,1)，所求平面的法向量n平行于所给直线的方向向量1=（-1.3.1)，取n=1，又平面过已知点M(1.2.-1).已知平面的法向量和过已知点可唯一确定这个平面，所求平面的方程为-(x-1)+3(y-2)+（z+1)=0,化简即是x-3y-z+4=0x+a（2）设α为非零常数，则lim(7【答案】e2alim(1 +【解析】此题考查重要极限：L0大(1+)x+atlim(= limaa)(1-(1+)a1J= lim(a)T-202a2a x-x+a或由limlim1+-x-a[1,[x1,(3）设函数f(x)=则fLf(x))=0,1x>1,【答案】1.【解析】对于分段函数的复合函数求解必须取遍内层函数的值域，不能遗漏，求出复合后函数的所有可能的解析式

1990 年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题解析 一、填空题（本题共 5 个小题，每小题 3 分，满分 15 分。） （1）过点 M (1, 2,1)且与直线 2 3 4 1 x t y t z t             垂直的平面方程是 _。 【答案】 x  3y  z  4  0. 【解析】由直线的参数方程，可得直线的方向向量l  (1,3,1) ， 所求平面的法向量n 平行于所给直线的方向向量l  (1,3,1) ，取n  l ，又平面过已知点 M (1, 2,1) .已知平面 的法向量和过已知点可唯一确定这个平面，所求平面的方程为(x 1)  3( y  2)  (z 1)  0, 化简即是 x  3y  z  4  0. （2）设a 为非零常数，则lim( ) x x x a  x a   = _。 【答案】 2a e . 【解析】此题考查重要极限： 1 lim(1 ) . x x e  x   (1 ) lim( ) lim (1 ) x x x x x a x a x x a a x          (1 ) lim (1 ) x a a x x a a a x a x         2 a a a e e e   . 或由 2 2 2 2 lim( ) lim 1 x a x a a x a x a x x x a a e x a x a                   . （3）设函数 1, | | 1, ( ) 0, | | 1, x f x x       则 f [ f (x)]= _。 【答案】1. 【解析】对于分段函数的复合函数求解必须取遍内层函数的值域，不能遗漏，求出复合后函数的所有可能的解析式

根据f(x)的定义知，当|x<1时，有f(x)=1.代入[f(x)]，又f(1)=1.于是当|x1时，复合函数[(x))=1；当|x1时，有f(x)=0.代入/Lf(x），又f(0)=1,即当|x1时，也有Lf(x))=1.因此，对任意的xE(-0,+o)，有Lf(x))=1.（4）积分dxe-dy的值等于【答案】(1-e-)..【解析】这是一个二重积分的累次积分，因e-的原函数不是初等函数，先对y积分积不出来，所以应该改换积分次序，先表成：原式=[[e-dxdy.由累次积分的内外层积分限确定积分区域D：D0≤x≤2,x≤y≤2,如图所示，然后交换积分次序原式：e-yd2.Jo(5）已知向量组α,=(1,2,3,4),α,=(2,3,4,5),α,=(3,4,5,6),α4=(4,5,6,7)，则该向量的秩是【答案】2.【解析】经过初等变换后向量组的秩不变.[ar1234344a.所以有A5d456α第一行r分别乘以(-2)、（-3)、（-4)加到第二行、第三行、第四行上，得到

根据 f (x) 的定义知，当| x |1时，有 f (x) 1.代入 f [ f (x)]，又 f (1) 1.于是当| x |1时，复合函数 f [ f (x)] 1； 当| x |1时，有 f (x)  0.代入 f [ f (x)]，又 f (0) 1, 即当| x |1时，也有 f [ f (x)] 1. 因此，对任意的 x(,) ，有 f [ f (x)] 1. （4）积分 2 2 2 0 y x dx e dy    的值等于 _。 【答案】 1 4 (1 ). 2 e  【解析】这是一个二重积分的累次积分，因 2 y e 的原函数不是初等函数，先对 y 积分积不出来，所以应该改换积分 次序，先表成： 原式 2 . y D e dxdy    由累次积分的内外层积分限确定积分区域 D ： 0  x  2, x  y  2,如图所示，然后交换积分次序. 原式 2 2 2 2 0 0 0 y y y dy e dx ye dy        2 4 1 2 1 (1 ). 2 2 0 y e e       （5）已知向量组 1 2 3 4         (1, 2,3,4), (2,3,4,5), (3,4,5,6), (4,5,6,7) ，则该向量的秩是_。 【答案】2. 【解析】经过初等变换后向量组的秩不变. 所以有 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6 4 5 6 7 A                               第一行 1 r 分别乘以2、3 、4加到第二行、第三行、第四行上，得到 2 x y O y  x 2 D

23140-1 -2-3A--4-20-60-3 -6 -9继续作初等变换第二行r分别乘以(-2)、（-3)加到第三行、第四行上，再自乘(-1)有[12340123A-00000000因为最后得出的矩阵有二阶子式0，而三阶子式=0，由矩阵秩的定义，有r(αj,α2,αg,α)=r(A)= 2所以此题应填2.二、选择题（本题共5个小题，每小题3分，满分15分。）(1）设f(x)是连续函数，且f(x)=[f(x)}，则等于(A)-e-*f(e-")-f(x) (B)-e"*f(e-*)+f(x)(C)e-*f(e*)+f(x)(D)e-*f(e-*)-f(x)【答案】A.【解析】对积分上限的函数的求导公式：若F(t)=["f(x)dx，α(t)，β(t)均一阶可导，则 F'(t)=β(t)· f[β(t)]-α(t)-f[α()]复合函数求导法则，如果u=g(x)在点x可导，而y=f(x)在点u=g(x)可导，则复合函数y=f[g(x)]在点x可导，且其导数为dy_dy du= f(u)·g(x)或dxdxdu dx所以两边求导数，F(x)= f(e-")(e-*) - f(x)(x)=-e* f(e-)- f(x)故本题选A.(2)已知函数f(x)具有任意阶导数，且f(x)=[f(x)P，则当n为大于2的正整数时，f(x)的n阶导数f"(x)是n![f(x)+1n[f(x)a+1(B)(C)[f(x)]P"(D)n!Lf(x)2"(A)

1 2 3 4 0 1 2 3 A 0 2 4 6 0 3 6 9                       继续作初等变换第二行 2r 分别乘以2、3 加到第三行、第四行上，再自乘1 有 1 2 3 4 0 1 2 3 A 0 0 0 0 0 0 0 0              因为最后得出的矩阵有二阶子式 0 ，而三阶子式 0 ，由矩阵秩的定义，有 r1,2 ,3 ,4   r(A)  2. 所以此题应填 2 . 二、选择题（本题共 5 个小题，每小题 3 分，满分 15 分。） （1）设 f (x) 是连续函数，且 ' 2 f x f x ( ) [ ( )]  ，则等于 (A) ( ) ( ) x x e f e f x     (B) ( ) ( ) x x e f e f x     (C) ( ) ( ) x x e f e f x    (D) ( ) ( ) x x e f e f x    【答案】A. 【解析】对积分上限的函数的求导公式： 若 ( ) ( ) ( ) ( ) t t F t f x dx     ，(t) ， (t)均一阶可导， 则 F '(t)   '(t) f (t)  '(t) f (t) . 复合函数求导法则， 如果u  g(x) 在点 x 可导，而 y  f (x) 在点u  g(x) 可导，则复合函数 y  f g(x)在点 x 可导，且其导数为 '( ) '( ) dy f u g x dx   或 dy dy du dx du dx   所以两边求导数, ' ' ( ) ( )( ) ( )( ) x x F x f e e f x x      ( ) ( ). x x e f e f x      故本题选 A. （2）已知函数 f (x) 具有任意阶导数，且 ' 2 f x f x ( ) [ ( )]  ，则当n 为大于 2 的正整数时， f (x) 的n 阶导数 ( ) n f x 是 (A) 1 ![ ( )] n n f x  (B) 1 [ ( )] n n f x  (C) 2 [ ( )] n f x (D) 2 ![ ( )] n n f x

【答案】A.【解析】本题考查高阶导数的求法为方便记y=f(x).由y=y?，逐次求导得y"=2yy'=2y, y"= 3y'y'=31yt, ...由第一归纳法，可归纳证明y(m)=n!y"+!假设n=k成立，即j(k）=k!yk+则 y(k+1) =[()7=[k!y*+1=(k+1)y* y=(k+1); y(+1)+所以n=k+1亦成立，原假设成立(3）设α为常数，则级数(sinna_n?n(A）绝对收敛(B)条件收敛(C)发散(D)收敛性与α的取值有关【答案】C【解析】本题可利用分解法判别级数的敛散性（收敛级数与发散级数之和为发散级数），21发散.因为此为p级数：当p>1时收敛；当p≤1时发散.台nInp1sinna1>sinnα收敛.因为由三角函数的有界性7而p级数：收敛I2n?n?=in根据正项级数的比较判别法：设≥u,和≥，都是正项级数，且lim=4,则n→"unn=ln=l.和2%。同时收敏或同时发；当0<A<+00时，(1)n=1n=l当A=0时，若u，收敛，则，收敛；若>，发散，则u,发散；(2)n=ln=ln=ln=l当4=+9时，若≥收敛，则之".收敏；若之"发收，则≥，发散(3)二=n=ln=lsinnasinna所以所以级数绝对收敛.收敛，n?n?=Iral由收敛级数与发散级数之和为发散级数，可得

【答案】A. 【解析】本题考查高阶导数的求法. 为方便记 y  f (x) .由 2 y y '  ，逐次求导得 3 y ''  2yy '  2y , 2 4 y '''  3! y y '  3! y , ， 由第一归纳法，可归纳证明 ( ) 1 ! n n y n y   假设n  k 成立，即 ( ) 1 ! k k y k y   ， 则   ' ' ( 1) ( ) 1 ! 1 ! ' k k k k y y k y k y y                   1 1  1 ! k k y     所以n  k 1亦成立，原假设成立. （3）设 为常数，则级数 2 1 sin 1 ( ) n n n n      (A) 绝对收敛 (B) 条件收敛 (C) 发散 (D) 收敛性与 的取值有关 【答案】C . 【解析】本题可利用分解法判别级数的敛散性（收敛级数与发散级数之和为发散级数）. 1 1 n n    发散.因为此为 p 级数： 1 1 p n n    当 p 1时收敛；当 p 1时发散. 2 1 sin n n n     收敛.因为由三角函数的有界性 2 2 sin n 1 n n   ，而 p 级数： 2 1 1 n n    收敛， 根据正项级数的比较判别法： 设 1 n n u    和 1 n n v    都是正项级数，且lim , n n n v A  u  则 （1） 当0  A   时， 1 n n u    和 1 n n v    同时收敛或同时发散； （2） 当 A  0 时，若 1 n n u    收敛，则 1 n n v    收敛；若 1 n n v    发散，则 1 n n u    发散； （3） 当 A   时，若 1 n n v    收敛，则 1 n n u    收敛；若 1 n n u    发散，则 1 n n v    发散. 所以 2 1 sin n n n     收敛，所以级数 2 1 sin n n n     绝对收敛. 由收敛级数与发散级数之和为发散级数，可得

1sinna级数厂)发散.Tnnn=l故选(C).f(x)=2，则在点x=0处(4）已知f(x)在x=0的某个领域内连续，且f(0)=0，lim01-cosx(A）不可导(B）可导，且(0)=0(C)取得极大值(D)I取得极小值【答案】D.【解析】利用极限的保号性可以判断的正负号：设limf(x)=A.若A>0=38>0,当0<x-x<8时，f(x)>0.若38>0,当0x-x<时有f(x)≥0，则A≥0.()_=2>0=_()_>0 (在x=0的某空心领域)所以，有lim→01-cOSx1-cosx由1-cosx>0，有f(x)>0=f(O)，即f(x）在x=0取极小值，应选(D）本题还可特殊选取满足题中条件的f(x)=2(1-cosx).显然，它在x=0取得极小值，其余的都不正确，这样本题仍选(D)（5）已知β,、β,是非齐次线性方程组Ax=b的两个不同的解，α,、α,是对应齐次线性方程组Ax=0的基础解系，k，k,为任意常数，则方程组Ax=b的通解（一般解）必是(A) kai+k(α,+α)+B-Bka +k(α -α,)+B+B(B) A22(C) ka +k,(β+β)+B-Bkiai+k(β-β)+B+B(D)22【答案】B【解析】本题考查解的性质和解的结构.从α、α,是对应齐次线性方程组Ax=0的基础解系，知Ax=b的通解形式为kn+kn+,其中n,n是Ax=0的基础解系，=是Ax=b的一个特解.由解的性质：如果n,nz是Ax=0的两个解，则其线性组合k,n+k,nz仍是Ax=0的解；如果=是Ax=b的一个解，n是Ax=0的一个解，则+n仍是Ax=b的解B=，α-α，B-β都是4x=0的解，所以有：α，α,+α2，2B+β是 Ax=b的一个特解。2那么看各个选项，（A)中没有特解（C）中既没有特解E,且B,+β,也不是Ax=0的解

级数 2 1 sin 1 ( ) n n n n      发散. 故选(C). （4）已知 f (x) 在 x  0 的某个领域内连续，且 f (0)  0， 0 ( ) lim 2 1 cos x f x  x   ，则在点 x  0 处 (A) 不可导 (B) 可导，且 ' f (0)  0 (C) 取得极大值 (D) 取得极小值 【答案】D. 【解析】利用极限的保号性可以判断的正负号： 设 0 lim ( ) . x x f x A   若 A  0    0, 当 0 0  x  x   时， f (x)  0 . 若  0, 当 0 0  x  x   时有 f (x)  0，则 A  0 . 所以，有 0 ( ) ( ) lim 2 0 0 1 cos 1 cos x f x f x  x x       （在 x  0 的某空心领域） 由1 cos x  0，有 f (x)  0  f (0) ，即 f (x) 在 x  0 取极小值，应选(D) 本题还可特殊选取满足题中条件的 f (x)  21 cos x. 显然，它在 x  0 取得极小值，其余的都不正确，这样本题仍选 (D) （5）已知 1、2 是非齐次线性方程组 Ax  b的两个不同的解，1 、 2 是对应齐次线性方程组 Ax  0的基础解系， 1 2 k , k 为任意常数，则方程组 Ax  b的通解（一般解）必是 (A) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          (B) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          (C) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          (D) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          【答案】B 【解析】本题考查解的性质和解的结构.从1 、 2 是对应齐次线性方程组 Ax  0的基础解系，知 Ax  b的通解形 式为 1 1 2 2 k k      ,其中 1 2  , 是 Ax  0的基础解系， 是 Ax  b的一个特解. 由解的性质：如果 1 2  , 是 Ax  0的两个解，则其线性组合 1 1 2 2 k  k  仍是 Ax  0的解；如果 是 Ax  b的一个解，  是 Ax  0的一个解，则  仍是 Ax  b的解. 所以有：1 ，1   2 ， 1 2 2    ，  1  2 ，   1  2 都是 Ax  0的解， 1 2 2    是 Ax  b的一个特解. 那么看各个选项，(A)中没有特解, (C) 中既没有特解,且   1  2 也不是 Ax  0的解