2007年gct入學(xué)資格考試數(shù)學(xué)精解

1、2007 年GCT 入學(xué)資格數(shù)學(xué)基礎(chǔ)能力試題參考與1. 【】 D【】本題主要考查了拆項分組的數(shù)字計算方法，用到了等差數(shù)列與等比數(shù)列的求和公式。因為2(12 22 ) (32 42 ) (52 62 ) (7 82 ) (92 102 ) (1 2)(1 2) (3 4)(3 4) (5 6)(5 6) (7 8)(7 8) (9 10)(9 10) (3 7 11+15+19) 551 282 +2 +2 +2 +2 +2 +2 +2 2 1 2550123456781 2所以2(12 22 ) (32 42 ) (52 62 ) (7 82 ) (92 102 )5511 20 21 22

2、23 24 25 26 27故正確為 D 。注 一般地， k2 (k 1)2 (2k 1) 。2. 【】 B25551【】本題主要考查了子集的概念與組合數(shù)的性質(zhì)。的子集C1 4 個，由2 個元素的子集C2 6 個，由3 個元素由1個元素的子44集C3 4 個，再加上空集與全集，子集的個數(shù)共有4 6 4 2 16 個。4一般地， n 個元素的集合所有子集的個數(shù)為C0 C1 C2 Cn 2n 。nnnn為 B 。故正確3. 【】C【】本題主要考查了絕對值和算術(shù)根的概念及簡單代數(shù)方程組求解。解法1由于 x y 2 和x 2 y 非負(fù)且 x y 2 x 2 y 0 ，所以x y 2 0 ,x y 2

3、0 ,x 4, x 2 y即解得x 2 y 0 , y 0 , 2,故正確為C 。解法2易知當(dāng) x 0 ， y 2 時， x y 2 選項驗證法。x 2 yx 2 y 4 0 ；2 5 0 ；當(dāng) x 3 ， y 1時， x y 2 當(dāng) x 4 ， y 2 時， x y 2 故正確為C 。4. 【】 Bx 2 y 0 ；【】本題是一道算術(shù)與幾何的簡單綜合題，考查了長方形公式與比的計算。解法1結(jié)合圖形可以知道，圖形中上下或左右長方形面積比相等。設(shè)第4 個小長方形的面9 15 或 9 12 ，解得 x 20 。積為 x ，則可列等式12x15xa為 B 。故正確b如右圖所示，由于9 3 ， a 3

4、，9解法 2d155c124cab9所以。又 ab ，所以cd 20 ，即所求面積為20 。cd20故正確為 B 。】 A】本題主要考查了空間想象能力、勾股定理及圓柱體積公式。，一個長為12cm 的攪棒放在量杯內(nèi)，攪棒的另一端最多能露出4cm ，表明直圓5. 【柱的高h(yuǎn) 12 8 4cm；攪棒的另一端最少可露出2cm ，表明直圓柱的軸截面矩形的對角線長為l 12 2 10cm 。由勾股定理可知圓柱底面圓的直徑是102 82 6cm ，半徑為3cm 。因此，這個玻璃杯的容積為 32 8 72 ( cm3 )故正確為 A 。6. 【】C【】本題主要考查了運動物體在追擊過程中的距離、速度和時間的關(guān)系

5、。11解法1設(shè)由 A 區(qū)到 B 區(qū)的路程為1，則甲每分鐘走全程的，乙每分鐘走全程的。3040甲每分鐘比乙多走。乙比甲早出發(fā)5 分鐘，則乙已走的路程是5 1 。因1111304012011408此，甲追上乙需要的時間是 15 分鐘。8120故正確為C 。解法 2由題意知，甲追上乙時，兩人路程相等。又因 s vt ，所以 v甲 t乙（當(dāng) s 不變v乙t甲時）。甲跑完全程需用30 分鐘，乙需要 40 分鐘，則 v甲 40 4 。設(shè)甲出發(fā)經(jīng)t 分鐘可以追v乙303上乙，已知乙比甲早出發(fā)5 分鐘去 B 區(qū)，則有 v甲 5 t 4 ，解出t 15 。即15 分鐘后乙可v乙t3以追上甲。故正確為C ?！?A

6、】本題主要考查了銳角三角函數(shù)的定義及特殊角的三角函數(shù)值。7. 【解法1根據(jù)題意可進(jìn)行計算：915bd12?AB2CD4 3RtABF 中， AB 2CD 且ABF 30 ，則 BF CD ；cosABFcos 3042 6又在 RtEBF 中， BFE 45 ， BE BF sin BFE CD ；3BE4 2在 RtBEC 中， BCE 60 ， CE CD ；sin BCE342 CDEC 4 2 。3在 RtCDE 中， tan CDE CDCD3故正確為 A 。ECABAB3由條件可知tan CDE ，且 2 ， cos 30 ，解法2CDCDBF2BEBF2BE3 sin 45 ，

7、sin 60 ，所以2EC2EC BE BF ABEC22 2 2 42tan CDE CDBE BF AB CD2333故正確為 A 。8. 【】 Bi 的正整數(shù)冪的周期性規(guī)律和復(fù)數(shù)模的概念與計算?！尽勘绢}主要考查了虛數(shù)因為i1 i ， i2 1， i3 i ， i4 1，所以z i1 +i2 +i3 +i4 +i5 +i6 +i7 i+( 1)+( i)+1+i+( 1)+( i) 1z i1 i2從而故正確為 B ?！?D】本題主要考查了獨立事件同時發(fā)生的概率公式及對立事件的概率關(guān)系。9. 【解法1設(shè)兩個裝置在緊急情況發(fā)生時發(fā)出信號分別為事件 A ，B ，則 P( A) 09，P(B)

8、0.92 。由條件可知，在緊急情況發(fā)生時，每個裝置不發(fā)出信號的概率分別是P( A) 1 P( A) 0.05 與 P(B) 1 P(B) 0.08 。由于兩個裝置是獨立的，所以兩個器同時均不發(fā)出信號的概率是 P( A)P(B) 0.05 0.08 0.004 。從而緊急情況發(fā)生時至少有一個器發(fā)出信號的概率是1 P( AB) 1 P( A)P(B) 1 0.004 0.996為 D 。由于兩個故正確解法 2裝置是獨立的，所以緊急情況發(fā)生時恰有一個器發(fā)出信號的概器都發(fā)出信號的概器發(fā)出信號的概率為 P( A)P(B) P( A)P(B) 0.95 0.08 0.92 0.05 0.122 ，兩個率為

9、 P( A)P(B) 0.95 0.92 0.874 。從而緊急情況發(fā)生時至少有一個率是P( AB) P( AB) P( AB) P( A)P(B) P( A)P(B) P( A)P(B) 0.122 0.874 0.996故正確為 D 。解法3本題利用排除法最簡單。因為緊急情況發(fā)生時至少有一個器發(fā)出信號的概率肯定要比單個器發(fā)出信號的概率大，所以在給出的 4 個選項中正確的只可能是 D 選項。為 D 。故正確10. 【】 D【】本題主要考查了一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系定理和簡單的代數(shù)公式。根據(jù)題意，兩個不等的實數(shù) a 與 b 分別是二次方程 x2 3x 1 0 的兩個實數(shù)根。所以a b 3

10、， ab 1。從而 b a (a b)(a b) 3ab 33 3(1) 3322b2 a2 ab為 D ?！緾36(1)abab故正確11. 【】本題主要考查了組合及組合數(shù)的概念與分類求和計數(shù)原理。48 支足球隊等分為8 組，每組共有6 隊，每組的比賽場數(shù)為C 2 6 5 15 。8 組的比賽62總場數(shù)為15 8 120 。故正確為C ?！?A12. 【】本題主要考查了分式運算、因式乘法與多項式相等的概念。解法1因為x 1nm(x 2) n(x 1) (m n)x (2m n) ，m 2)x2 3x 2所以(m n)x (2m n) x 1，比較系數(shù)得m n 1, 2m n 1 ,解得m 2

11、 ， n 3 。故正確為 A 。解法2取值代入法。由于等式x 1mnx 2對 x 1和 x 2 的所有 x 都成立，特別地對 x 0 和 x 1也成立，所以m n 1 ,22n m 0 , 23解得m 2 ， n 3 。故正確為 A 。13. 【】 B【】本題主要考查了對數(shù)學(xué)概念的理解和應(yīng)用能力。由題意可知， a b maxa, b ， a b mina, b ，所以(5 7) 5 7 5 5(5 7) 7 5 7 7為 B 。故正確14. 【】 B【】本題主要考查了三角形內(nèi)角和的大角形的面積公式與正弦定理。由于A : B : C 3 : 2 : 7 ，且A B C 180 ，所以A B 2

12、15 30 ， C 7 15 105，過點C 作CD ，使ADC 60 ，因此BCD ADC B 30 B ，從而CD BD 。C在ADC 中，由于ACD 105 30 75 ，A 45 ，根據(jù)正弦定理可知AD CD BD由于 ADC 與 BDC 同高， 所以 ADC 的面積大于BDC 的面積。因此當(dāng)射線l 分ABC 所成兩部分的面積相等時， l 不過點C 而與 AC 相交。故正確為 B 。ABD15. 【】C【】本題主要考查了斜率概念，圓的弦與切線、直角三角形及特殊四邊形的有關(guān)性質(zhì)。解法1圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x 3)2 ( y 4)2 4 ，它是圓心為T (3, 4) ，半徑為2 的圓。該圓位于

13、第一象限。自坐標(biāo)原點O 作圓的切線OP ， OQ 。從圖顯見，切點 P ， Q 分別是在該圓y上的所有點中，使得相應(yīng)的取得最大值和最小值的點。由于xyOT 32 42 5， 所 以 由 勾 股 定 理 知PTOQ OP 25 4 21 。由四邊形OQTP 的面積的不同表示方式得OT PQ Q2OP PT ，所以 PQ 2PT OP 421。OxOT5故正確為C 。解法 2根據(jù)題意可知，圓的標(biāo)準(zhǔn)方程 為(x 3)2 ( y 4)2 4 ，它是圓心為O(3, 4) ，半徑為2 的圓。該圓位于第一象限。自坐標(biāo)原點O 作圓的切線OP ， OQ 。從圖顯見，切點 P ，Q 分別是在該圓上的所有點中，使得

14、相應(yīng)的 yx取得最大值和最小值的點。連接OP ，OQ ， PQ ， OO 。根據(jù)圓的切線性質(zhì)，OP OQ 2 ，OPO OQO 90 ，則OPO OQO ，OO 平分POQ ，OO PQ 且平分PQ 于 M 。長度OO 32 42 5 。21。則在 RtOOQ 中， OQ 52 22 21 ， sin OOQ 5在 RtOMQ 中， MQ 1 PQ OQsin OOQ 2 221 2 21 ，552 214 21PQ 2 。55故正確為C 。16. 【】 B【】本題主要考查復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則及特殊角的三角函數(shù)值。xsec2y 2 1 ，所以 y 1 2 1 1 2 x222tan故正確為 B

15、。17. 【】C【】本題主要考查函數(shù)極限的保號性質(zhì)。解法1因為lim f (x ) 42，由極限的保號性質(zhì)， 在 x 1 的某領(lǐng)域 ( x 1)中， x1f (x ) 2。故正確為C 。解法2取特殊值代入法。x 1f (x) 4, 2,x 1則 f (x) 滿足題設(shè)條件，它只滿足C 。故正確為C 。18. 【】 D【】本題主要考查利用定積分計算連續(xù)函數(shù)在區(qū)間a, b 上的平均值。 1 b abf (x) dx 。而 g(x) f (x)a, b利用定積分計算函數(shù)在區(qū)間的平均值公式是a13x1x3f (t) dt 表示 f (x) 在區(qū)間x, x 1 上的平均值， h(x) f (t) dt 表

16、示 f (x) 在區(qū)間xxx, x 3 上的平均值，間隔越大，平均值所表示的曲線越平坦，從題中的圖可以看出 y3 的振幅最大， y1 最平坦，因此 y1 是h( x) ， y3 是故正確為 D 。19. 【】 Af (x) ?！尽勘绢}主要考查變量替換及求原函數(shù)。解法1令 ln x t ，則 x et ，從而 f (t) et ，求積分得f (t) et C ，將 f (0) 1 代入其中，得C 2 ，因此 f (1) 2 e1 。故正確為 A 。解法2也可用定積分計算本題。11f (1) f (0) e dt e故正確為 A 。20. 【】 Dtt 1 e1 ， f (1) 1 e1 f (0

17、) 2 e1 。00【】本題主要考查函數(shù)最值的求法。由圖形的對稱性，只須考慮 x 0 ， y 0 的情形。因為圓 x2 y2 1上各點到原點的距離都為1，所以只需要考查曲線 y x 1 上點x2 的最小值即可。211x2B( x, y) 到原點O 的距離的平方 L x2 y22 令 L 4x 0 ，得2x4 1，故 x2 2 。從而2x322 2L 2 2 2 2 2 2min22 2 1 。又2 2 2 2 2( 2 1) 2 1，由題意 L (d 1)2 ，因此 dmin所以d 2 2 2 1 (1, 2) 。故正確為 D 。21. 【】 A【】本題主要考查函數(shù)在一點連續(xù)的定義，計算函數(shù)的

18、極限及變上限積分的導(dǎo)數(shù)。由題意 f (x) 在 x 0 點連續(xù)，則有3x2(et解法1 1) dt9 x2 1) lim 9x 93(e2f (0) a lim0 lim2其中上式第三個等號用的是法則，第四個等號用到的是等價無窮小量代換。2x ，從而，當(dāng) x 0 時， e9x 19x2 。注 當(dāng) x 0 時， ex 1故正確為 A 。解法2由題意 f (x) 在 x 0 點連續(xù)，則有3x2(et 1) dt9 x29 x23(e 1)3 (18x)e2f (0) a lim lim lim lim 9e9 x 90 x0為 A 。故正確22. 【】C【】本題主要考查伴隨矩陣的概念、矩陣及伴隨矩陣的關(guān)系，以及矩陣的乘法運算。因 11100 A 01 11 2A1 ，有( A )1 A 。又由題設(shè) A X 2 ，從而 A 可逆。由 A A A1 A ，A所以2得(A )1 A X (A )1 A ，于是 12 110 11100 A21 X 0 2 1