2003年gct入学资格考试数学精解

因为 所以1 1 abc。解法2由于ba

2001 200320022(20021)(20022003 2003所以ba，类似地可知cb。D。解法 由b

2001 20022 所以ba，类似地可知cbDx1 解法 考虑函数f(x) 1 ，易知f(x)在(0,)上是单调递增函数， abcD

f(2002)

f(2003)

f设二月份的产值为a，则三月份的产值为aa101.1a，四月份的产值为【答案】

a0.99aa

yax2bxc的图像性质可知，在[0a

a必须满足 故正确答案为C

b解法 记g(x)

f(ax)，h(x)

f(axg(x)

f(ax)

f[a(x)]yg(x)上的点(xg(x))x0(y轴的对称点(xg(x))(xyh(xyh(xx0y轴yg(x)yD解法

f(ax)，y

f(axyf(x)xa1y1y21221y212210x1

f(1x1xy2

f(ax)1xy由于(xy)991xy1，而由(xy)1001xy1xy1，xyxy得

xy和xyx xy1和y x101y1011。A。【解析】本题主要考查了独立同时发生的概率及对立的概率关系解法1连续三件检测中至少有一件是次品的对立是“连续三件检测中都是合格品”。根据题意可知该批产品的为0.9，所以连续三件检测中都是合格品的概率为0.930.729，从而连续三件检测中至少有一件是次品的概率为10.930.271。A。解法2设A表示“连续三件检测中只有一件是次品”，B表示“连续三件检测3P(A)C10.10.9233P(B)C10.120.90.0273P(C)0.13PABC)PAP(BP(C)0.2430.0270.0010.271注解法2主要考查了互斥和的概率及独立重复试验的概率 由于两支球队进行一场比赛后，两队的比赛场次要各加1，所以A，B，C，D，E5支篮球队的所有比赛场次之和一定是2的倍数，即为偶数。已知A，B，C，D4队的比赛场次之和为432110所以E队的比赛场次只能是偶数这样就排除了选项A，C。又因为D队只赛一场且与A对已赛完所以E队的比赛场次不能是4这样选项D也被排除。B解法 本题也可以通过以下赛程表得到正确选项BABCDEA×B×C×D×E×B。解法3由已知条件知：A队赛4A队必须与其他4D队已赛过1场，2CABE队已赛2B。解法 显然，只需求出A或B的纵坐标即可。设A点的坐标为(x,y)。由于PA为圆PAAOPAAO0(x,2y)(x,y)0x2y22y0x2y21y1D2解法 本题可以借助右图计算，OA1，OP2 AOP60OF OA 1为y 。故正确答案为D2【答案】解法 如下图所示，因为G是三角形BCD的重心，所以OG1GC。根据对称性可2AHHGGC，又DAH，DHG与DGC同高，从而DAH，DHG1的面积相等，都是HOG HOGEB由于GFCFC

FC1，所以GFC3DFC1，从而是DGC1 综上所述，图中空白部分的面积为2 ，从而阴影部分的面积为1 故正确答案为C解法 已知条件E、F分别为AB、BC的中点，则DE和DF交AC于H，G等1AC1

SDGC

1111(2 2

阴影33=故正确答案为C【答案】如下图所示，过直线l作平面与平面相交，则交线平行。当所作平面与平面d内与直线l平行且距离为2d的直线应有2条。故正确答案为C。RlπR212

πRl

πR2πRl54解得l4R2πRπ Bx2 x2 解法 根据题意，点(x0,

)x2y21的内部，所以

1。由于圆x2 x2y21的圆心(0,0xxyx2 径1，从而直线与圆不相交。故正确答案为A。解法2

dx1y0，则点(xy)

x2y21xxyy1

(, x

，此直线与圆

x2y21没有交点（yyxxf(x)xt2t1)dt1t41 1x41x3f(x)x3x2x2x1 f(xx2x10x0，x1x0f(xx0不是极值点；x1两侧f(x)x1是极值点。【答案】解法

limf(x0)df(x0)limf(x)

f'(x0)x

f(xf(x)0 故正确答案为C

解法 f(x)x，则满足题设条件且f(x0xf(x)1，故df(x0xf(x0df(x0)0。故正确答案为C【答案】【解析】本题主要考查定积分的概念和积分中值定理（或微分中值定理）解法 设甲的速度是v1(t)，乙的速度是v2(t)，到达终点时所用时间为T， 0v1(tdt0v2(tdt T0[v1(t)v2(t)]dt[v1()v2()]T0,[0,TT因T0，所以v1()v2()0，即v1()v2()。故正确答案为Ct解法 设甲的速度是v1(t)，乙的速度是v2(t)，则他们在时间t内所跑的距离分别ttt0v1(x)dx，0v2(x)ttt

。又设到达终点时所用时间为T，且 )0v1(x)0v2(x)dx

g(0)0，g(T)0[0,Tg()v1v20，即v1()v2(。故正确答案为C解法 根据生活，很容易排除A，B，D，故正确答案为C解法 设f(x)x2(xsinxcosx)，f(x)是偶函数，只需考虑[0,)的情形 π f(0)1，f() 1)0，由零点存在定理，f(x)在(0 )内至少存在一个零点 2 又f(x)x(2cosx)0,x(0,f(x在[0内仅有1f(x在(内仅有两个零点。B。解法 就本题而言，由f(0)1，f()及f(x)x(2cosx)(0B

，x解法 令

x2，

xsinxcosx

sin(x

arctanx

112 要考查定积分的性质与解法 令txπ，则cosxcos(πt)sint，dtdx πππIsin(cosx)dIsin(cosx)dx2sin[cos(t

π)]dt2sin)]dt2sin(sint)π f(t)sin(sint在[π,πI0D 解法 设xπt， I0sin(cosx)dxπsin[cos(πt)]dt0sin(cost)dt0sin(cosx 移项，得20sin(cosx)dx0，即0sin(cosx)dx0D在 x4

x

在 x3xx

2x2x3A解法 因AB是33矩阵，r(AB)min{r(A),r(B)}解法 AB是33矩阵，BA是22矩阵，所以不选A

0 AB

2012(2)2(1)2 解法

AB 20 0rAB)2，所以

0 1

0 5BA

1，BA

18BTAT 6D

1 A为四阶矩阵故A的元素为矩阵A的所有三阶子式由r(A)0知A的元素都为0，故A的任意一个三阶子式为0，由矩阵秩的定义知r(A)3。 rA)解法 根据秩的定义，可知r(A)

r(A)n0r(A)n0

rA0，故rA)422，所以成立的只有1或2AAx0只有零解的充分必要条件和向量组的线性无Ax0rA)nmnArA)m