高中数学-考点梳理2_教资_25下资料合集二_25下最新科三知识点汇编+思维导图-高中_08.数学_04.考点梳理

教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 目 录 第一章 极限与连续 ........................................................ 1 第二章 导数与微分中值定理 ................................................ 7 第三章 积分 ............................................................. 11 第一节 不定积分 ..................................................... 11 第二节 定积分 ....................................................... 12 第四章 线性代数 ......................................................... 14 第一节 行列式 ....................................................... 14 第二节 矩阵 ......................................................... 18 第三节 线性方程组 ................................................... 20 第四节 线性空间 ..................................................... 27 第五节 二次型 ....................................................... 36 第五章 空间解析几何 ..................................................... 38 第六章 级数 ............................................................. 44 第七章 常微分方程 ....................................................... 46 第八章 多项式 ........................................................... 48 第九章 统计与概率 ....................................................... 50 更多资料关注西米学府团队 第 1 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 第一章 极限与连续 一、知识梳理 2 ( )n11 2n13n1 3 例1．【答案】3．解析：lim =lim =3． n 2n 3n n ( 2 )n 1  1 3 3 3 例2．【答案】C．简单的极限计算，最高次系数比．  例3．证明：0，0，当0 x2 时，有 (2x3)7 2 x2 ，解出 x2  ， 2    令 ，于是0， ，当0 x2  时，总有 (2x3)7 ，即 lim(2x3)7 ． 2 2 2 x2 n 1 1 例 4．证明：0，N 0，当n N 时，有 1  成立，解出n 1，取 n1 n1  1  1  n n N  1 1，于是0，N  1 1，当n N 时，总有 1 ，即lim 1．         n1 nn1 xa xa 例 5．证明：0，0，当0 xa 时，有 x  a   成立， x  a a 解出 xa  a，取 a，于是0， a，当0 xa 时，总有 x  a ， 即lim x  a ． xa 3n1 3 1 1 1 例6．证明：0，N 0，当n N 时，有     成立，解出 2n1 2 2(2n1) 4n n 1 1 1 3n1 3 3n1 3 n ，取N  ，于是0，N  ，当n N 时，总有  ，即lim  ．        2n1 2 n2n1 2 例7．证明：不妨设 x(2)  x2 1，从而有 x2 5，  于是有 x2 4  x2 x2 5 x2 ，因此，0，要使 x2 4 ，只要 x2  ， 5  又 x2 1，则只要取min ，1 ，当0 x2 时， x2 4 成立，故limx2 4． 5 x-2 5n3n4 5 2n7 例8．证明：0，N 0，当n N 时，有   成立，不妨设 2n33 2 2  2n33  5n3n4 5 2n7 2n7 2nn 3 2 n7时，有n2 30，即       ， 2n33 2 2  2n33  2(n3n33) 2n3 2n2 n2 2   2   2 解出 n ，取 N max7,  ，于是 0 ， N max7,  ，当 n N 时，总有      更多资料关注西米学府团队 第 2 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 5n3n4 5 5n3 n4 5  ，即lim  ． 2n33 2 n 2n3 3 2 1 例9．【答案】A．解析：limxsin 0． x0 x 1 例10．【答案】B．解析：当x0时，(1cosx)ln(1x2)~ x4，xsinxn ~ xn1，ex2 1~ x2．由 2 题设条件知：2n14 ，即n2，应选B． 1cos2x 2sin2x 4cos2x 例11．【答案】2．解析：lim lim lim 2． x0 x2 x0 2x x0 2 x3 1 例12．【答案】3．解析：lim  ． x1 x1 cosx sinx lim lim 1 例13．【答案】1．解析：   1 ． x x x 2 2 2 例14．【答案】1．解析：方法1：分子分母同除以x，再由极限的四则运算法则得： 1 1 1  4  1 4x2 x1x1 x x2 x 21 lim  lim  1． x x2 sinx x sinx 1  1 x2 方法2：令 4x2 x1x1 4t2 t1t1 xt.lim  lim x x2 sinx t t2 sint 1 1 1 4  1 t t2 t  lim 1． t sint 1 t2  解题思路：此题虽然是 型，但不适合直接用洛必达法则，而是通过分子分母同除以“最高次的项”，  再利用极限的四则运算法则求出，另外，根式中提出因子时，应注意x的符号． sinx 1 xsinx x 例15．【答案】1．解析：lim lim 1． x xsinx x sinx 1 x  解题思路：此题虽然是 型，但不适合直接用洛必达法则，而是通过分子分母同除以x，再利用极  限的四则运算法则及无穷小的性质求出． ex sinx 注：类似的lim 也不能用洛必达法则，因为 xex sinx ex sinx (ex sinx) ex cosx lim lim lim 按着用洛必达法则会出现循环现象．实际上分子分母 xex sinx x(ex sinx) xex cosx 更多资料关注西米学府团队 第 3 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 ex sinx 同时除以ex得lim 1． xex sinx 1 ex etanx etanx(extanx 1) xtanx 例16．【答案】 ．解析：lim lim lim 3 x0 arcsin3 x x0 x3 x0 x3 1 1 cos2 x tan2 x 1． lim lim  x0 3x2 x0 3x2 3 0 解题思路：此题虽然是 型，但不适合直接用洛必达法则，而是先将分子提出极限非零的因子，再 0 通过无穷小等价代换化简后用洛必达法则． 例17．【答案】B．解析： ． 1 sin 1 x limxsin lim 1 x x x 1 x 2 2 例18．【答案】e2．解析：令 t ，则x ；当x时t 0，于是 x t 2 2  2  1 lim(1 )x lim(1t) t lim(1t)t e2． x x t0 t0  sin3x 例19．【答案】3．解析：lim 3． x0 x lnx lim xlnx lim lim x0 例20．【答案】0．解析： x0 x0 1 x0 ． x 例21．【答案】0．解析： ( x5 x)( x5 x) 5 lim( x5 x)= lim  lim 0． x x x5 x x x5 x 例22．【答案】 1 ．解析：x趋于0时，左右极限等 1 ． 2 2 tan2x 例23．【答案】（1）x 1为可去间断点，x  2为无穷间断点；x 0为y  的可去间断 x kπ π 点，而x   （k  0,1,2）为无穷间断点．解析： 2 4 x2 1 x2 1 （1） y  的定义区间为  ,1    1,2    2,  ，因此 y  在  ,1  , x2 3x2 x2 3x2 x2 1 (x1)(x1)  1,2  ,  2,  内连续，且x 1及x  2为它的间断点．因为lim =lim  2， x1 x2 3x2 x1 (x1)(x2) x2 1 lim ，所以，x 1为可去间断点，x  2为无穷间断点． x2 x2 3x2 tan2x  π   π kπ π kπ π （2）y  的定义区间为  ,0  ,  0, 及  ,   （k  1,2,3），因此 x  4   4  2 4 2 4 更多资料关注西米学府团队 第 4 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 tan2x kπ π y  分别在上述区间内连续，且x   （k  0,1,2）及x 0为其间断点． 而 x 2 4 tan2x 2x tan2x kπ π lim =lim  2，lim =（x   ，k  0,1,2） x0 x x0 x xx 0 x 0 2 4 tan2x kπ π 所以，x 0为y  的可去间断点，而x   （k 0,1,2）为无穷间断点． x 2 4 例24．【答案】x1为函数曲线的垂直渐近线；y 2x4为曲线的斜渐近线．解析： 2(x2)(x3) lim x 1为函数曲线的垂直渐近线．又 x1 x1 f (x) 2(x2)(x3) lim  lim  2， x x x x(x1) 2(x2)(x3) 2(x2)(x3)2x(x1) lim[ 2x] lim  4 x x(x1) x x1 y  2x4为曲线的斜渐近线． 二、能力训练 1．【答案】D．解析：已知 f(x) 在 a,b 上可导，闭区间上可导则有最大值，题为开区间，所以不一 定有最大值，A不正确；可导一定连续，且连续函数在闭区间内一致连续，但题中是开区间，所以B不 正确；可导不一定有界，有界不一定可导，所以C错误；可导一定连续，D正确． 1 1 2．【答案】B．解析：取a  ，b 1 ， ， lima 0,limb 1 ，0＜1，而a 1b 0， n n n n n n n n 1 1 1 a b  ，因此B的结论不正确． 2 2 2 3．【答案】A．解析： 1 (1 )n21 方法一：lim(1 1 )n2 lim(1 1 )1n21 lim 1n2  e e． n 1n2 n 1n2 n 1 1 1 1n2 方法二： lim(1 1 )n2 limeln (1 1 1 n2 )n2 en l  im  ln (1 1 1 n2 )n2 n 1n2 n 1 1 (1 ) limn2ln (1 1 1 n2 ) n l  im  ln 1 1n2 n l  im  1 1 n2 lim n2 ． en e n2 e n2 en1n2 e 4．【答案】C．解析： 2x 2x 1x 2x  1   1   1  lim  lim1  lim1  lim1 =eꞏ1=e． x1x  x 1x x 1x x 1x 5．【答案】C． tan3x tan3x 3x 解析：lim lim lim 3． x0 xcosx x0 x1 x0 x 更多资料关注西米学府团队 第 5 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 1 6．【答案】B．解析：lim(1 1 ) 1 n lime ln(1 1 n )n en l  im  1 n ln(1 1 n ) e0 1．故选B． n n n 1 ,x为有理数 n 1 1 7．【答案】C．解析：设函数 f(x) ，x  ；则有x  ，lim f(x ) f( )1， 0，其它 n 2n1 n 2 n n 2 但是 f(x)处处不连续． sin(xx ) 8．【答案】A．解析：lim 0 1sin(xx )与xx 为等价无穷小，故选A． xx0 xx 0 0 0 9．【答案】D．解析：已知 f(x)在a,b上连续，连续必有界，有界必有最大值 A 正确；闭区间函 数连续，则函数一定一致连续，开区间函数连续，则不一定一致连续，所以B正确；连续一定可积，可 积不一定连续，C正确；连续不一定可导，比如y x 连续，但在x0时不可导，D错误． 10．【答案】C．解析：根据无穷定义可知答案选C． 11．【答案】D．解析：根据左右极限相等并等于函数值可得a2． 12．【答案】D．解析：根据连续定义，函数在0点连续． 1 13．【答案】D．解析：sinx~ x，故原式可变形为limxsin 0．故选D． x0 x lim2na 1 lima 14．【答案】C．解析：∵ n ， n 存在， n n lima n 1  n  lim  0 lima 0 ． lim2na n2n n n n n 1 又lim2na 1,limna  ， n n n n 2 1 1 所以lim(1n)a lim(a na )lima limna 0 ﹣ ， n n n n n n n n n 2 2 故选C． 15．【答案】B．解析： 2x 3x 2 ，所以 f(x)2x 3x 2 与 f(x)2x 3x 2,lim ln2ln3 x0 x x是同阶但非等价的无穷小． 16．【答案】A．解析： 1 1  2 1  2 (1x3) 3  x 3 31 3 x 1 3 3 1 1  2 1 lim lim lim (1x3) 3  ，选A． x0 3 x x0 1  2 x0 3 3 x 3 3 17．【答案】B．解析：由洛必达法则可得 f (x) f '(x) f ''(x) lim lim lim x0 tanxsinx x0 1 x0 2cos3 xsinxsinx cosx cos2 x f(x) f(x) lim lim 1可得 f(0)3． x0 6cos4 xsin2 x2cos2 xcosx x0 21 18．【答案】C．解析：当 x 0.5时，分母时 f(x)0；当 x 0.5时，分母1时 f(x)sinx； 更多资料关注西米学府团队 第 6 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 1 1 当 x0.5 时 ， f(x) ； 当 x0.5 时 ， f(x) ； 此 时 lim f(x)0 ， 2 2 x0.5 lim f(x) lim sinx1 lim f(x) lim sinx1 lim f(x)0 ； ； ，故有两个跳跃间断 x0.5 x0.5 x0.5 x0.5 x0.5 点，选C． 1 1 19．【答案】A．解析：sin2(1x)~(1x)2，故原式可变形为lim  ．故选A． x1 x2 3 x x x x 20．【答案】D．解析：lim  lim 1，lim  lim 1左右极限不相等所以 x0 sinx x0 sinx x0 sinx x0 sinx 极限不存在．故选D． 21．【答案】A．解析：由数列极限的定义，若存在 lima a 0 ，则对r(0,a)，n N 0， n n 有 a a ar，即(ar)a aar，所以a ara，a r，因此答案选A． n n n n 22．【答案】A．解析： 由函数极限的定义，若存在 lim f(x)k 0 ，则对r(0,k)， xa x(a,a)kr 0， xa，有 f(x)k kr，即(kr) f(x)k kr， 所以 f(x)k rk ， f(x)r，因此答案选A． x 23．【答案】（1）第1个投资周期后资金为A（1+ ）元， n x 第2个投资周期后资金总额为A（1+ ）2元， n ……………………… x 第n个投资周期后，即一年后资金总额为A（1+ ）n元． n x x n （2）limA(1 )n  Alim[(1 )x]x Aex n n n n 即当n时，资金总菩额趋于Aex．  1 ex ,x0 ;  24．【答案】x 0为 f(x)的可去间断点．解析： y 1 ,x0 ;是分段函数，当x0 及  x ,x0   x 0时是初等函数，因此y 在  ,0  及  0,  内连续，而 1 1 1 x l  im 0 f(x) =l x i x  m 0 0 ex =l x i x  m 0 0 ex = l x i x  m 0 0 e 1 x =0， x l  im 0 f(x) = l x x i   m 0 0 f(x) = x l  im 0 x  0 ． 且 f (0)=1，因此可知， lim f(x)  0  f(1) ，即x 0为 f(x)的可去间断点． x0 1 2x 1 25．【答案】x 0为 f(x)的跳跃间断点．解析：因为x 0为y  的孤立的无定义点，从 1 2x 1 而可知x 0为y 的间断点．而 更多资料关注西米学府团队 第 7 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 1 1 1 1 1 1 1 1 1 lim y =lim 2x 1 =lim 2x 1 =lim 2x =-1， lim y =lim 2x 1 =lim 2x 1 x0 x x  0 0 2 1 x 1 x x  0 0 2 1 x 1 x x  0 0 1 1 1 x0 x x  0 0 2 1 x 1 x x  0 0 1 1 1 2x 2x 所以， lim f(x)  lim f(x) ，因此 lim f(x) 不存在，且x 0为 f(x)的跳跃间断点． x0 x0 x0 第二章 导数与微分中值定理 一、知识梳理 例1．【答案】A．解析： ∵y'x＝ex e2x－2    enx－n ＋2e2x ex－1    enx－n ＋＋ ex－1  e2x－2  nenx， ∴y'0＝1－21－31－41－n＝﹣1n－1n－1!，故选A． 2x2y 例2．【答案】 ．解析：2x  2 y  2xy 3y2 y  0 ， ． 2x3y2 dy 1 例3．【答案】  ．解析：把方程两边分别对x求导，由于方程两边的导数相等，所以 dx x0 2 dy dy 5y4 2 121x6 0． dx dx 由此得 dy 121x6  ． dx 5y4 2 因为当x0时，从原方程得 y 0，所以 dy 1  ． dx x0 2 例4．【答案】D．解析：根据极值点的定义可知D选项正确． 例5．【答案】D． 例6．【答案】罗尔微分中值定理的内容为：如果函数 f (x)满足条件：（1）在闭区间  a,b  上连续， （2）在  a,b  内可导，（3） f(a) f(b)，则至少存在一点(a,b)，使得 f'()0． 证明：因为函数 f (x)在闭区间  a,b  上连续，所以存在最大值与最小值，分别用M 和m表示，分 两种情况讨论： （1）若M=m，则函数 f (x)在闭区间  a,b  上必为常数，结论显然成立． （2）若M  m，则因为 f(a) f(b)使得最大值M 与最小值m至少有一个在  a,b  内某点处 取得，从而是 f (x)的极值点，又有条件 f (x)在开区间  a,b  内可导得， f (x)在处取得极值，由 费马定理推知： f'()0． 更多资料关注西米学府团队 第 8 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 例7．【答案】柯西微分中值定理的内容为：设函数 f (x)、g(x)满足（1）在闭区间  a,b  上连续， （2）在  a,b  内可导，（3）对任意x(a,b)，g'(x)0，且g(b) g(a)那么在  a,b  内至少有一点 f'() f(b) f(a) (a,b)使得  ． g'() g(b)g(a) f(b) f(a) 证明：由题意构造辅助函数h(x) f(x) g(x)，则h(x)满足条件：（1）在闭区间 g(b)g(a)   a,b  上连续，（2）在  a,b  内可导，（3）h(a)h(b)，根据罗尔中值定理至少存在一点(a,b)， f(b) f(a) f'() f(b) f(a) 使得h'()0, f '(x) g'(x)，  ，结论得证． g(b)g(a) g'() g(b)g(a) 1 例8．【答案】 ． 12 解析：方法一：分析此题，满足用洛必达法则的条件，不妨先用洛必达法则来做． x2 x2 x2 x2     cosxe 2 sinxxe 2 cosxe 2 x2e 2 lim lim lim x0 x4 x0 4x3 x0 12x2 x2  x2 x2     sinxxe 2 2xe 2 x3e 2      lim x0 24x x2 x2 x2 x2 x2 x2       cosxe 2 x2e 2 2e 2 2x2e 2 3xe 2 x4e 2 1 ． lim  x0 24 12 方法二：观察形式，x0，可以用麦克劳林来进行求解．将cosx，  x2 展开到x的4次幂． e 2 cosx1 x2  x4 o(x5)，e  x 2 2 1 x2  x4 o(x5)代入极限之中，有 2 24 2 8 x2  cosxe 2 1  x2 x4  x2 x4  lim lim  1  o(x5)  1  o(x5) x0 x4 x0 x4  2 24  2 8   1 o(x5) 1 lim      x0 12 x4  12 ． 二、能力训练 1．【答案】D．解析：根据黎曼可积定义，即黎曼可积必有界． 2．【答案】D． 解析：函数 f (x) 在 a,b 上连续，则一定可积；反之函数 f (x) 在 a,b 上可积，但不一定连续．所 以连续是可积的充分不必要条件． 若 a,b 有有限个间断点的有界函数 f (x) ，其间断点为第一类间断点，则函数 f (x) 在 a,b 上可 积，但不存在原函数． 更多资料关注西米学府团队 第 9 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 函数 f (x) 在 a,b 可积，则函数 f (x) 在 a,b 一定有界；反之有界函数不一定可积． 3．【答案】C．解析：∵ f(x)ax2 bxc ∴ f(x)2axb， f(0)b0．又∵对任意实数 4ac f(1) abc ac x都有 f(x)0．∴a0，c0，b2 4ac0 即 1．则有  1 ， b2 f(0) b b ac a2 2acc2 4ac f(1) abc ac 而( )2   1，因此有  1 2． b b2 b2 f(0) b b 4．【答案】A．解析：由 f n(x)0得 f '(x)在  0，1  上单调递增，又由拉格朗日中值定理得存在 f(1) f(0) f(1) f(0) (0,1)满足 f '() ，所以有 f '(1) f '()  f '(0)．即答案A正确． 10 10 f(x) f(1) 5．【答案】D．解析：由导数的定义可知， lim  f(1) ；令 x1 y ，则有 x1 x1 f(y1) f(1) af(y)af(0) lim lim af(0)ab．故选D． y0 y y0 y 6．【答案】A．解析：由 f n(x)0得 f '(x)在  0，1  上单调递增，又由拉格朗日中值定理得存在 f(1) f(0) f(1) f(0) (0,1)满足 f '() ，所以有 f '(1) f '()  f '(0)．即答案A正确． 10 10 (cid:2986)(cid:2934) (cid:3404)1(cid:3398)cost x(cid:3404)t(cid:3398)sint 7．【答案】因为(cid:3420) ，所以(cid:4688)(cid:2986)(cid:2930) ，速度大小𝑣 (cid:3404)(cid:3493)(cid:4666)1(cid:3398)cos𝑡(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)sin𝑡(cid:4667)(cid:2870)，所以t=1 y(cid:3404)1(cid:3398)cost (cid:2986)(cid:2935) (cid:3404)sint (cid:2986)(cid:2930) 时速度大小v1=(cid:3493)(cid:4666)1(cid:3398)cos1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)sin1(cid:2870) (cid:3404)√2(cid:3398)2cos1． 1 8．【答案】 ． 3 解析：方法一： exsinxx(1x) exsinxexcosx2x1 lim lim x0 x3 x0 3x2 exsinxexcosxexcosxexsinx2 excosxexcosx2 lim lim x0 6x x0 6x excosxexsinxexcosxexsinx 2excosx 1 lim lim  ． x0 6 x0 6 3 x2 x3 方 法 二 ： 分 母 是 x3 ， 故 分 子 泰 勒 展 开 式 取 n3 ， 则 ex 1x  o(x3) ， 2! 3! x3 sinx x o(x3)，将其代入到原式中则有 3!  x2 x3  x3  1x  o(x3) x o(x3) x(1x)    exsinxx(1x)  2! 3!  3!  lim lim x0 x3 x0 x3 x3 xx2  o(x3)xx2 3 1 ． lim  x0 x3 3 更多资料关注西米学府团队 第 10 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 9．【答案】当x=y时，显然成立；当x y 时，根据Lagrange中值定理， 有sinxsin y cosc(x y)，其中cx,y ， 于是 sinxsin y  cosc x y  x y ． 10．【答案】如果函数 f x 满足： （1）在闭区间  a,b  上连续； （2）在开区间  a,b  内可导； f(b) f(a) 则存在   a,b  ，使 f'()  . ba 证明：已知 f (x)在闭区间  a,b  上连续，在开区间  a,b  内可导， f(b) f(a) 构造辅助函数g(x)  f(x) f(a) (x  a) b  a 验证可得g(a)  g(b)  0 又因为函数g(x)在闭区间  a,b  上连续在开区间  a,b  内可导， f(b) f(a) 且g(x)  f(x) b  a 根据罗尔定理可知在  a,b  内至少有一点使得g()  0 f(b) f(a) f(b) f(a) 即 f() =0．由此可得 f()= ，定理证毕． b  a b  a 11．【答案】解析： （1）设F(x) f(x)3x，所以F(0) f(0)，F(1) f(1)3， 又因为 f(1) f(0)3，所以F(0)F(1) 又函数 f (x)在[0，1]上连续，在（0，1）可导，所以F(x) f(x)3x在[0，1]上连续，在（0，1） 可导，所以根据罗尓定理，存在(0,1)，使得F'() f'()30，即存在(0,1)，使得 f'()3． （2）证明：设G(x) xf(x)，有 f(1)0，所以G(0)0 f(0)0，G(1)1 f(1)0，所以 G(0)G(1)，又函数 f (x)在[0，1]上连续，在（0，1）可导，所以G(x) xf(x)在[0，1]上连续，在 （0，1）可导，所以根据罗尓定理，存在(0,1)，使得G'()f'() f()0，所以方程 xf'(x) f(x)0在(0,1)至少有一个实根． 12．【答案】解析： （1）证明：因为函数 f (x)在R上连续且可导，所以 f'(x)2x，又驻点是一阶导数为零的点，所 以 f'(x)2x0，x0．所以驻点为（0，0），g'(x)exf(x)exf'(x)ex(x2 2x)，所以g'(x)0 时，x0， 所以驻点为（0，0）．所以 f (x)与g(x)有共同驻点． （2）证明：设F(x)exf(x)，因为 f(a) f(b)0， 所以F(a)eaf(a)0，F(b)ebf(b)0，所以F(a) F(b)． 又函数 f (x)在R上连续且可导，所以F(x)exf(x)在R上连续且可导，所以根据罗尓定理，存 更多资料关注西米学府团队 第 11 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 在 (a,b) ， 使 得 F'()ef'()ef()e[f'() f()]0 ， 又 e  0 ， 所 以 f'() f()0，即存在(0,1)，使得 f'() f()0．所以方程 f '(x) f(x)0在(a,b)至少 有一个实根．     13．【答案】y 2 a a2 1 (xa)或y 2 a a2 1 (xa)． 解析：设切点为x ,y ，则抛物线过切点可得：y  x2 1．因为y2x，故切线斜率k 2x ， 0 0 0 0 0 设切线方程为：y 2x xa．由于切点在切线上可得：y 2x x a． 0 0 0 0 y  x2 1 联立方程 0 0 ，化简可得x a a2 1，故k 2(a a2 1)，  y 0 2x 0 x 0 a 0     所以方程为y 2 a a2 1 (xa)或y 2 a a2 1 (xa)． 第三章 积分 第一节 不定积分 一、知识梳理 1 例1．【答案】 C ． 2(2x1) 1 1 1 1 解析： dx  d(2x1) C． (2x1)2 2 (2x1)2 2(2x1) 例2．【答案】2cos xC ．解析：令t  31x，则1xt3,dx3t2dt; dx 3t2dt t2dt 1 3   3 3(t1)dt3 dt  t2 3t3ln t1C 1 3 x1 1t 1t 1t 2 3  3 (1x)2 331x 3ln 31x 1C. 2 例3．【答案】xlnxxC． 1 解析：lnxdx xlnxxdlnx xlnxx dx xlnxxC． x 二、能力训练 1．【答案】D．解析： f '(x)cosx， f(x)sinxC ， f(x)dx  (sinxC)dx cosxC xC ，所以只有D满足． 1 2 1 1 1 1 2．【答案】B．解析： dx   dx  sec2 xdx  tanxC.． 1cos2x 2cos2 x 2 2 故选B． 3．【答案】C．解析：由不定积分的定义可知，因为f（x）的一个原函数为F（x），故F(x)=f(x)， 更多资料关注西米学府团队 第 12 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 1 由选项可知 F(2x)C的导函数是f(2x)，故答案选C． 2 4．【答案】A．解析：Fx 是奇函数则求导之后的 f x 必为偶函数，但是 f x 为偶函数积分之 后的Fx 不一定为奇函数，因为积分后多了常数C，故答案应选A． 1 2 3 5．【答案】 e2x ex xC－ x － 2 +C． 2 3 e3x 1 1 解析： dx(e2x ex 1)dx  e2x ex xC ． ex 1 2 5 2 6．【答案】 (1x)5 C． 2 512xx2 5 解析： dx(1x)3 5d(1x) (1x)5 2 C ． 1x 2 1 x 7．【答案】 arctan C．解析： a a x d( ) 1 dx 1 a 1 x  dx    arctan C a2 x2 a2  1   x  2  a 1( a x )2 a a ．  a  5 8．【答案】f(x) x3 C ．解析： f(x2)dx x5 C等式两边求导得 f(x2)5x4，令x2 t ， 3 5 则 f(t)5t2，从而 f(x)5x2dx x3C． 3 9．【答案】xex ex C．解析：xexdxxd(ex) xex exdx xex ex C ． 10．【答案】sinxxcosxC．解析：   xsinxdxxd(cosx) xcosxcosxdx xcosxsinxsinxxcosxC． 第二节 定积分 一、知识梳理 例 1．【答案】D．解析：分析，由于F(x) xsinx 为 f (x) 1cosx 的一个原函数，即 b F'(x)  f (x)，根据 f(x)  F(x) b 公式即可求出值．由(xsinx)' 1cosx ，得 a a  2      (1cosx)dx (xsinx) 2  sin [ sin( )]2．故选D．   2 2 2 2   2 2 例2．【答案】B．解析：函数 f (x)在 a,b 上连续，则一定可积；反之函数 f (x)在 a,b 上可积， 更多资料关注西米学府团队 第 13 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 但不一定连续．所以连续是可积的充分不必要条件．而函数 f (x)在 a,b 可积，则函数 f (x)在 a,b 一定有界． 二、能力训练 1 1．【答案】A．解析： exdxex |1e1． 0 0 2．【答案】D．解析：由图形以及定积分的意义，得到所求封闭图形面积等价于 ，故选：D． 3．【答案】B． 2 2 解析：由题意可知， a b 1  x dx表示 y b 1  x 与 y 0所围成的图形的面积．由     a a a  x 2 x2 y2  x 2 y b 1 得  1(y0)，又因为a xa，所以y b 1 与y 0所围成的图     a a2 b2 a 形为 1 个椭圆，其面积为 ab ，所以 a b 1  x 2 dx ab ．   2 2 a a 2 4．【答案】A．解析：旋转体的体积为  1cos2x    V 2sin2 xdx2 dx  2cos2xdx 0 0 2 2  2 0   2  1  2  2    2cos2xd(2x)  sin2x 2  ． 4 2 2 0 4 4 4 0 5．【答案】B．解析：令 1 f  t  dt  A，则 f  x   x2A， 0 从而 1 f  x  dx   1 x2A  dx  1 2A即A 1 2A，A  1 ∴ f  x   x1． 0 0 2 2 2 6．【答案】A．先计算出零点，然后在分别计算积分． 7．【答案】D．解析：计算积分可得a  4，带入 f(x)并求 f(x)的二阶导的零点． b 8．【答案】B．解析： f(x)dx  0可知 f(x)的原函数F(x)在区间a,b 的端点值相同即   a F(a)  F(b)又 f(x)在a,b连续．所以选B．   x31 9．【答案】D．解析：对 f(t)dt  x两边求导得 f(x3 1)3x2 1，令x3 1 7 得x  2．代 0 1 入上式得 f(7)= ． 12 10．【答案】A．解析：∵ 3 16＋6x－x2dx＝ 3 52－x－32 dx， ﹣2 2  π  x－3 ∴令x－3＝5sint  ﹣ t 0 ，则t＝arcsin ．  2  5 更多资料关注西米学府团队 第 14 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 52－x－32＝ 52－52sin2t＝5 cos2t＝5cost，dx＝5costdt， ∴ 3 16＋6x－x2dx＝ 3 52－x－32 dx ﹣2 2 0 52  sin2t 0 25π ＝52 cos2tdt＝ t＋ ＝ ，故选A． π   ﹣ 2  2  π 4 2 ﹣ 2 b 11．【答案】B．解析：由 f(x)连续且 f(x)dx 0，不妨设x  x ，则x (a,b)使 f(x )0， 1 2 1 1 a x (a,b)使 f(x )0，根据零点定理可知(a,b)使得 f()0，故选B． 2 2 x 12．【答案】A．解析：由 f(x)为连续函数，则 f(x)存在原函数F(x)，使得F(x)= f(t)dtc a （C为任意常数），显然 f(x)的原函数不唯一，故选A． 13．【参考答案】解析：（1）证明：由 f x 在 a,b 上连续，则﹥0，﹥0，当0＜ xx 0 ＜时， f x f x  ＜，其中x a,b ．下证F（x）连续 0 0 x 由Fx f tdt a 则 FxF x    x f tdt x 0 f tdt   x f tdt  M  xx  0 a a x 0 0 则Fx 在 a,b 上连续 （2）由可导定义知：xa,b x＋x x Fx＋xFx  f tdt f tdt F'x lim  lim a a  lim f x＋x f x x0 x x0 x x0 x FxFa  f tdt F' a lim  lim a  lim f x f a ＋ xa＋ xa xa＋ xa xa＋ x FxFb  f tdt F' b lim  lim a  lim f x f b  xb xb xb xb xb 故Fx 可导且F'x f x 第四章 线性代数 第一节 行列式 一、知识梳理 例1．【答案】B．解析：根据定义展开即可． 例2．【答案】C．解析：由行列式的性质： 更多资料关注西米学府团队 第 15 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 2a 2a 2a a a a 11 12 13 11 12 13 D  2a 2a 2a =222 a a a =8D．故选C． 1 21 22 23 21 22 23 2a 2a 2a a a a 31 32 33 31 32 33 例3．【答案】B．解析：方程化为2a2 2b2 2c2 2ab2ac2bc0，即 (ab)2(bc)2 (ca)2 0，也即abc，选B． 例4．【答案】A．解析：每一次都按0最多的行或列展开即可． 0 0 0 1 0 0 2 0 例5．【答案】24．解析： (1)(4321)a a a a 24． 0 3 0 0 14 23 32 41 4 0 0 0 例6．【答案】48．解析：该行列式的特点是各列4个数之和都是6，把第2,3,4行同时加到第一行， 提出公因子6，然后各行减去第一行： 3 1 1 1 6 6 6 6 1 1 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 D r r r r r 66 1 1 3 1 1 2 3 4 1 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 1 0 2 0 0 r r,r r,r r6 =48． 2 1 3 1 4 1 0 0 2 0 0 0 0 2 例7．【答案】(1ab)(1cd)ad ．解析： a 1 0 0 0 1ab a 0 1 b 1 0 1 b 1 0 D r ar 0 1 c 1 1 2 0 1 c 1 0 0 1 d 0 0 1 d 1ab a 0 按c展开(1)(1)3 1 c 1 1 0 1 d 1ab a ad c dc 1 c 1cd 3 2 0 1 0 1ab ad 按r展开(1)(1)5 3 1 1cd (1ab)(1cd)ad ． 例 8．【答案】an an2b2．解析：将第n行依次与第n1行，第n2行，…，第 2 行交换位置， 经过n2次行的对换成为第2行，再将第n列依次与第n1列，第n2列，…，第2列交换位置成为 第2列，于是取第1，2行按拉普拉斯定理展开． 更多资料关注西米学府团队 第 16 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 a b a b b a a D  (1)n2(1)n2 a n   b a a a a b   b a a   a2 b2 an2 an an2b2． 二、能力训练 1．【答案】D．解析：三阶矩阵中若7个元素为零，则它的秩一定小于3，所以它所对应的行列式的 值为0． 2．【答案】D．解析：n 阶矩阵中若 n2-n+1 个元素为零，则至少有一行（或列）的元素全是零，所 以它所对应的行列式的值为0． 3．【答案】A． 2 1 4 1 2 1 4 1 把第一行加到第二行上 5 6 2 3 1 2 1 把第一行的-2倍加到第三行上 5 0 6 2 解析：  =- -3 -5 0 =0． 1 2 3 2 -3 0 -5 0 5 6 2 5 0 6 2 5 0 6 2 1 0 0 0 1 0 4．【答案】B．解析：取行列式T = 0 1 0 10，说明A不充分；取行列式T  0 0 1 10， 1 2 0 0 1 1 0 0 0 1 0 说明C不是充分条件；取行列式T  1 0 0 10，说明D不是充分条件． 3 0 0 1 5．【答案】A．解析：包含x4 的项必须是行列式中每一个x元素的乘积．先按第一列展开，只关注 x 2 3 第一列中包含x的项x 5 6 x ，再按第一列展开，同样只关注第一列中包含x的项，最后结果是x4 ． 8 x 9 1 0 0 0 1 0 6．【答案】B．解析：取行列式T = 0 1 0 10，说明A不充分；取行列式T  0 0 1 10， 1 2 0 0 1 1 0 0 0 1 0 说明C不是充分条件；取行列式T  1 0 0 10，说明D不是充分条件． 3 0 0 1 7．【答案】bb b ．解析：将该行列式第一行的（-1）倍分别加到第2，3，…（n+1）行上去， 1 2 n 更多资料关注西米学府团队 第 17 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 可得 1 a a  a 1 2 n 1 a b a  a D  1 1 2 n n1      1 a a  a b 1 2 n n 1 a a  a 1 2 n 0 b 0 0 0 r r,r r,r r 1 2 1 3 1 n1 1      0 0 0  b n bb b ． 1 2 n x 1 8 ．【 答 案 】 2 ． 解 析 ： A  (1)12  4  5x  1 ， 故 x  1 ． 所 以 12 4 5 0 2 0 2 A (1)21  2． 21 x 5 1 5 0 a b 0 a b 9．【答案】0．解析：D' a 0 c (1)3 a 0 c D，又D'D，所以D0 ． b c 0 b c 0 1 3 5 10．【答案】2．解析：∵在行列式 a b c  a A b B c C 展开式中，C 即为c 的代数余子 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 6 1 3 式的值，元素c 在第二行第三列，那么划去第二行第三列得到c 的代数余子式为(1)23  2， 2 2 2 4 解这个余子式的值为2．则C 化简后的最后结果等于2． 2 11．【答案】a4．解析：从第4行开始，后行减前行， a b c d a ab abc abcd D a 2ab 3a2bc 4a3b2cd a 3ab 6a3bc 10a6b3cd a b c d 0 a ab abc r r,r r ,r r 4 3 3 2 2 1 0 a 2ab 3a2bc 0 a 3ab 6a3bc a b c d 0 a ab abc r r,r r 4 3 3 2 0 0 a 2ab 0 0 a 3ab 更多资料关注西米学府团队 第 18 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 a b c d 0 a ab abc r r  a4． 4 3 0 0 a 2ab 0 0 0 a 第二节 矩阵 一、知识梳理 例1．【答案】A．解析：由题意，存在Q ，Q ，使得AQQ  C， 1 2 1 2 1 0 0 1 0 1     其中Q  0 0 1 ，Q  0 1 0 ， 1   2       0 1 0 0 0 1     1 0 01 0 1 1 1 0      于是Q  QQ  0 0 1 0 1 0  0 0 1 1 2           0 1 0 0 0 1 0 1 0      1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 0 0   r2r   r r   c 2c   c c 例2．【答案】B．解析：A   2 4 0   1 2  0 0 0   2 3  0 0 4   2 1  0 0 4   2 3         0 0 4 0 0 4 0 0 0 0 0 0         1 0 0 1 0 0   1 r   0 4 0 22 0 2 0 ．          0 0 0 0 0 0      8 4 6   例3．【答案】 10 5 6 ．解析：矩阵乘法定义．     12 7 6   1 1  2 2 A 例4．【答案】A．解析：A  ，A1   2 2 ．正确选项为A． 3 1 A 3 1  4 4 例5．【答案】B．解析：对角矩阵的逆，只需把主对角线上的元素换成其倒数即时逆矩阵． 二、能力训练 1．【答案】D．解析：矩阵经过初等行变换可得 0 1 2 -1 2 0 -1 2 0       3 0 1  3 0 1  0 6 1             -1 2 0 0 1 2 0 1 2       更多资料关注西米学府团队 第 19 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 -1 2 0     0 6 1 ，所以矩阵的秩为3，故选D．     0 0 11   2．【答案】D．解析：2 A  kA kn A,kn 2,k  n 2． 3．【答案】B．解析：因为|AB||A||B|0，必有|A|0，|B|0．若AB可逆，必须要求A,B 同 时可逆．若A,B 中有一个不可逆，则AB必定不可逆，故B正确． 1  0 0   3 2 0 0   4．【答案】A．解析：由题意得A*   0 3 0  ，| A|6，所以A1  A*   0 1 0    | A|  2     0 0 6    0 0 1 ．       5．【答案】A．解析：矩阵的初等变换对应初等矩阵，按照左行右列的原则，左乘初等矩阵变换行， 右乘初等矩阵变换列． 6．【答案】A3E．解析：A2 A3E 0(A2E)(A3E) E ． 7．【答案】4．解析：根据秩的定义，化作阶梯型即可得． 1 1 1    8．【答案】 1 1 1 ．解析：根据伴随矩阵定义即可得．     1 1 1   9．【答案】8．解析：格局逆矩阵的公式和行列式的定义即可得． 10．【答案】-24．解析： 2A (2)3 A 24． 1 0  1 0  1 0  11．【答案】   ．解析：利用矩阵的初等变换可知矩阵A  1  的逆矩阵为   .． 0 2 0   0 2  2 1  d b 12．【答案】在ad bc0时A1   ． (ad bc)c a  A* 解析：若矩阵A存在逆矩阵，则有A1  ，故而要求矩阵A的行列式 A 0 A a b 即 A  ad bc0， c d  d b A* 1  d b A*    ，A1    ． c a  A (ad bc)c a  1  d b 13．【答案】     ． (adbc)c a  解析： a b a b A   ，A  ad bc，又ad bc0， c d c d 更多资料关注西米学府团队 第 20 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料  d b A* 1  d b A可逆，A*    ，A1    ． c a  A (ad bc)c a  第三节 线性方程组 一、知识梳理 例1．【答案】， 和 ，和，都是该向量组的极大线性无关组． 1 2 2 3 1 3 解析：根据定义，先考虑和 ，显然对应坐标不成比例，故和 线性无关．又因为 ， 1 2 1 2 3 1 2 即， ，线性相关，所以， 是向量组， ，的一个极大线性无关组． 1 2 3 1 2 1 2 3 再考虑 ，，显然 和线性无关，又因为  ，即， ，线性相关，所以 2 3 2 3 1 2 3 1 2 3  和是向量组， ，的一个极大线性无关组． 2 3 1 2 3 最后考虑和，显然和线性无关，又因为 ，即， ，线性相关，所 1 3 1 3 2 1 3 1 2 3 以和是向量组， ，的一个极大线性无关组． 1 3 1 2 3 故， 和 ，和，都是该向量组的极大线性无关组． 1 2 2 3 1 3 例2．【答案】，和， 和 ，和 ， 都是极大线性无关组． 1 3 1 4 2 3 2 4 1 2 1 0    解析：将， ，， 设为矩阵A的列向量，即令A,,, 2 4 0 4 ， 1 2 3 4 1 2 3 4     2 4 3 2   对矩阵A施以初等行变换，化矩阵为阶梯型矩阵B，即 1 2 1 0  1 2 1 0  1 2 1 0        A 2 4 0 4  0 0 2 4  0 0 1 2 ，             2 4 3 2 0 0 1 2 0 0 0 0       1 2 1 0    记B 0 0 1 2 ，则，和， 和 ，和 ， 是极大线性无关组．   1 3 1 4 2 3 2 4   0 0 0 0   1 2 3 1 0 0     例3．【答案】D．解析： 2 3 1 经过初等变换变为等价矩阵 0 1 0 ，矩阵A的秩为3．         3 1 2 0 0 1     例4．【答案】D．解析：齐次线性方程组AX  0仅有零解，则对应系数矩阵的秩等于方程组中未 知数的个数． 例5．【答案】D．解析：由于系数行列式 1a 1  1 2 2a  2  n(n1) n(n1) A  a an1故当a0或a 时，方程组有非零解．      2  2 n n  na 例6．【答案】A．解析：由r(A)=n-3 Ax0的基础解系个数为nr(A)=n-(n-3)=3 更多资料关注西米学府团队 第 21 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 又因为，，是Ax0的解，所以四个选项中的向量都是方程组的解，而我们只要验证看其 1 2 3 是否线性无关即可，现在我们利用矩阵这里工具来进行求解： 1 0 1   ( ， , )=(，，) 1 1 0 (，，)A 1 2 2 3 3 1 1 2 3   1 2 3   0 1 1   1 0 1    ( , , )=(，，) 1 1 0 (，，)B 2 1 3 2 1 3 1 2 3   1 2 3   0 1 1     1 0 1  1   (2 ,  , )=(，，)  2 1 0  (，，)C 2 1 2 3 2 1 3 1 2 3 1 2 3   1  0 1  2  1 0 1   (  , , 2)=(，，) 1 1 0 (，，)D 1 2 3 3 2 1 3 1 2 3   1 2 3   1 1 2   因为： A 20, B  C  D 0 所以，向量组 ， , 线性无关，而其余三个都是线性相关的， 1 2 2 3 3 1 故选A． 例7．【答案】见解析．解析： （I）的基础解系为 0,0,1,0T ， 1,1,0,1T 1 2 （2）关于共公解有下列方法： 把（I）（II）联立起来直接求解，令 1 1 0 0  1 1 0 0  1 0 0 1        0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 A         1 1 1 0 0 0 1 2 0 0 1 2             0 1 1 1  0 0 0 0  0 0 0 0  由nR(A)431，基础解系为1,1,2,1T，从而（I），（II）的全部公共解为k1,1,2,1T，（k 为任意实数）． 1 2 1 1   例8．【答案】B．解析：方程组的增广矩阵A 2 3 a2 3 （初等行变换不影响线性方程     1 a 2 0   组的解） 1 2 1 1    进  行  一  系  列  的  初  等  行  变  换  0 1 a 1    0 a2 3 1   更多资料关注西米学府团队 第 22 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 1 2 1 1     0 1 a 1     0 0 (a3)(a1) a3   由于方程组无解秩(A)<秩(A),秩(A)<3(a3)(a1)0a 3 或a1 i）当a3时，秩(A)=2=秩(A)，方程组又无穷多解； ii）当a1时，秩(A)=2<3=秩(A)，方程组无解综上可得，a1．  1 1 k   例9．【答案】见解析．解析：记线性方程组的系数矩阵为A，即A= 1 k 1 ，则     1 1 2   1 1 k A  1 k 1 (k4)(k1)． 1 1 2 i）当 A 0，即k  1且k 4时，方程组有唯一解， k2 2k k2 2k+4 2k 我们用克莱姆法则求之，x  ，x  ，x  ． 1 k+1 2 k+1 3 k+1 ii）当k=-1时， 11-14  1114      方程组的增广矩阵A  1-111  初  等  行  变  换  0005  ，     1-12-4 0238     r(A)=2<3=r(A)因此，方程组无解； iii）当k=4时， 1144  1030      方程组的增广矩阵A  14116  初  等  行  变  换  0114  ，     1-12-4 0000     3c  x 3x   r(A)=2=r(A)，可知方程组有无穷多解，于是 1 3 ，令x c，则通解为x  4c ， x x 4 3    2 3  c    0 3     亦即x  4 c 1 ．         0 1     二、能力训练 mn r m 1．【答案】A．解析：当 时r(A)r(A)n则有无穷多解，故C、D错；当 时，r(A)r(A) 必成立，故一定有解． 更多资料关注西米学府团队 第 23 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 a 1 1 2．【答案】A．解析：根据题意得，行列式 1 a 1 a33a20，a2满足，正确选项 1 1 a 为A． 3．【答案】B．解析：A和B中，因为r(A)r(A)不一定成立，所以A、B不成立．根据非齐次 线性方程无穷多解的条件和齐次线性方程组的解的条件可知，D为正确选项． 4．【答案】C．解析：D 中线性相关的定义是至少存在一个向量可以由其他的线性表示，反过来就 是任何一个向量都不能由其他的线性表出的向量组线性无关，因此C正确． 5．【答案】A．解析：方法一：带入验证，满足方程组的只有A． 6．【答案】D．解析：因为AX O时ATAX O必成立，所以（Ⅰ）的解是（Ⅱ）的解，但是A矩 阵不等于 ATA 所以，（Ⅱ）的解不是（Ⅰ）的解． a 1 1 1  a 1 1 1      7．【答案】A．解析：由已知得 1 a 1 1  0 a1 1a 1a2      1 1 a a2  1 1 a a2      0 1a 1a2 1a3 0 1a 1a2 1a3        0 a1 1a 1a2    0 0 2aa2 2a2 a3  又该线性方程组无解则 1 1 a a2  1 1 a a2      2aa2 0解得2aa2或2又当a 1时方程有无穷多解，则a 2． 1 1 1 2 1 0 0 3      8．【答案】B．解析：增广矩阵  2 3 4 2  可以化为  0 1 0 0  ，R(A) R(A)n，所以选     2 4 4 2 0 0 1 1     B． a b a b u 9．【答案】B．解析：设矩阵 为A，矩阵 为B，又B为A的增广矩阵，且秩均 c d c d v 为2，则由线性方程组解的个数与矩阵的秩的关系可知，当RA RBn时，方程组有唯一解．当 RA RBr n时，方程组有无限多个解；当RA RB 时，方程组无解．所以本题答案为B． x  10．【答案】D．解析：由题意得(,)  1  有解，可得． 1 2 x   2 11．【答案】C．解析：xx x 0有非零解，x x 0只有零解．所以选C． 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 12．【答案】D．解析：因为A，B都是n阶非零矩阵，所以A和B的秩最大都是n．若A的秩为 n，则A可逆．由AB  0可知B  0，与已知B是n阶非零矩阵矛盾，所以A的秩小于n．同理可 推出B的秩也不能为n，故选D． 13．【答案】B．解析：因为，， 线性无关，所以，线性无关，又，，线性相 2 3 4 2 3 1 2 3 关，故能由，线性表示． 1 2 3 更多资料关注西米学府团队 第 24 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 axby c  14．【答案】解析：（1）当非齐次性方程组： 有唯一解时，假设向量m  (a,a)， axby c    axkayc a c n  (b,b)线性相关，则nkm，即bka,bka，原方程组可化为 当  时，非 axkayc a c a c 齐次线性方程组有无穷多解，与方程组有唯一解矛盾；当  时，非齐次线性方程组无解，与方程组 a c   有唯一解矛盾，所以m  (a,a)，n  (b,b)线性无关．   a b x a b 1 c  （2）当向量m  (a,a)，n  (b,b) 线性无关时， 可逆，则        ，即 a b  y a b  c  axby c  有唯一解． axby c 1 1 1 1 1 0 4 5     15．【答案】解析：由题意得系数矩阵为 1 2 2 3 ，经过初等行变换得到 0 1 3 4 ，即         2 3 1 2 0 0 0 0      4   5       x 4x 5x 3 4  1 3 4 ，所以AX=0的基础解系为  ,  。所以通解为xkk，其中 x 3x 4x 1  1  2  0  1 1 2 2  2 3 4      0   1  k ,k 为常数． 1 2 16．【答案】解析： （1）线性方程组AX=B有唯一解的充要条件是r（A）=r（A， b）=n；有无穷多解的充要条件是r （A）=r（A， b）0， 1 2 3    1 1 2    2 1 1 2 1 0 2 1 0 2 1 30， A  1 2 1  1 2 1  2 3 0 40，故A是正定矩阵， f 是 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 正定二次型． 方法二： f 正定 A的全部特征值0． i 2 1 1 EA  1 2 1 (4)(1)2． 1 1 2 更多资料关注西米学府团队 第 37 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 A的特征值4,  1全部大于0，故A正定， f 是正定二次型． 1 2 3 二、能力训练 1．【答案】A．解析：由已知得其二次型矩阵的 1 阶顺序主子式为|1|>0，2 阶顺序主子式为 1 1  2 3 A   0，故二次型x2-xy+y2正定． 1 4  1 2 2．【答案】C．解析：由已知得其二次型矩阵一阶顺序主子式为|1|＞0，2 阶顺序主子式为 3 1  2 5 A   ，故选C． 3 4  1 2 3．【答案】B．解析：如果为正定二次型，则它所对应的所有顺序主子式均大于零，而B选项所对   1 1 0    1 1 1   应的矩阵为 1 5  ，其一阶顺序主子式10，二阶顺序主子式 5140三阶顺序  2 1 5   1 0  1   2  1 1 0 1 15 主子式 1 5   0，所以正确答案为B． 2 4 1 0  1 2 4．【答案】D．解析：设P是一数域，一个系数在数域P中的的二次齐次多项式 f x ,x ...x a x2 2a x x ...2a x x a x 2 ...2a x x ...a x 称为数域 P 上 1 2 n 11 1 12 1 2 1n 1 n 22 2 2n 2 n nn n 的一个n元二次型，所以由定义可知D选项正确，不可能出现单独的x ,2x ，或常数项，故答案选D． 3 4 1 2 2    5．【答案】 2 1 2 ．解析：按照定义列出即可．     2 2 1   2 4 6．【答案】 ．解析：展开后，按照二次型矩阵的定义即可得． 4 4  2 1 1   7．【答案】正定．解析：二次型矩阵为 1 4 0 ，顺序主子式的值分别为 2 20，     1 0 4   更多资料关注西米学府团队 第 38 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 2 1 1 2 1 70， 1 4 0 240． 1 4 1 0 4 8．【答案】解析：取R3上一组基：e 1,0,0 ,e 0,1,0 ,e 0,0,1 1 2 3 Ae 1,1,3 , 1 1 Ae 1,2,4 , 2 2 Ae 0,1,1  3 3   则A(R3)  Aa|aR3  ,,  1 2 3 1 1 0 1 1 0  初等变换  ,, 1 2 1  0 1 1 1 2 3         3 4 1 0 0 0     所以rank,,2又因为, 线性无关，所以A(R3),  ． 1 2 3 1 2 1 2 将, 进行smitch正交化可得  1,1,3 1 2 1 1 ,  4 7 1      2 1    , ,   2 2 , 1  11 11 11 1 1    所以子空间A(R3)  Aa|aR3  的一组正交基是 1,1,3，    4 , 7 , 1  ．   1 2  11 11 11 6 2 6 6 2 93 5 93 8 93 9．【答案】（1）2；（2） ( , , )， ( , , )． 1 6 6 6 2 93 93 93 解析：（1）因为V {tt |t ,t R,V, V }，由题意可得 3 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2   1 2 1 1 2 1 1 2 1 1           2 1 4  0 3 2  0 3 2 ，所以， 线性无关，所以dim（V ）=2．  2       1 2 3           0 3 2 0 3 2 0 0 0 3 （2）由题（1）可知， 为V 的一组基，所以对， 正交化，可得  (1,2,1) ， 1 2 3 1 2 1 1 (,) 2 5 8 6 2 6 6    1 2  ( , , )，对，单位化，则可得V 的一组标准正交基 ( , , )， 2 2 (,) 1 3 3 3 1 2 3 1 6 6 6 1 1 2 93 5 93 8 93  ( , , )． 2 93 93 93 第五章 空间解析几何 一、知识梳理        例 1．【答案】(0,1,0)．解析：设cab，则c 同时垂直于a 以及b ，c 方向上的单位向量是 更多资料关注西米学府团队 第 39 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料   c  e  ．由于 (0,1,0)，c 已经为单位向量，即为所求． c 例2．【答案】x2y3z 6．解析：由点法式，1(x1)2(y1)3(z1)0，即 x2y3z 6． i j k 例3．【答案】x yz 3．解析：平面的法向量nab 1 0 1 (1,1,1) ，由平面的点法 0 1 1 式可得平面方程为x yz 3． 例4．【答案】x2z 0．解析： 与xoy平面垂直的平面平行于 y 轴，方程为 AxCzD 0 把点A  3，2，1  和点B  1，2，3  代入上式得 3ACD 0  A3CD 0 D D 由（2），（3）得A  ，C  2 2 D D 代入（1）得 x z D  0 2 2 消去D得所求的平面方程为 x2z 0． x y z 例5．【答案】6，4，3．解析：将方程变形为截距式   1，所以它在x,y,z轴上的截距分 6 4 3 别是6，4，3．   5 3 例6．【答案】 ．解析：两平面的法向量分别为n (1,1,1),n (1,2,2)，则夹角的余弦为 1 2 9  n n 5 3 cos 1 2  ． |n ||n | 9 1 2 x1 y1 x1  例7．【答案】   ．解析：设直线的方向向量为n，则 4 8 4 i j k  x1 y1 x1 n  1 2 3 (4,8,4) ．则直线的对称式方程为   ． 4 8 4 3 2 1 二、能力训练 x2 y2 z2 x2 y2 z2 1．【答案】B．解析：旋转双曲面的一般公式为   1；   1． a2 b2 c2 a2 b2 c2 2．【答案】B．解析：双曲柱面 x2  y2 1与平面2x y20 解析式中均无 Z，故联立得 更多资料关注西米学府团队 第 40 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 3x2 8x50，其中 b2 4ac 82 43540，故在xoy平面内有两个交点，则在空间有 两条垂直于xoy平面的两条平行直线．故选B． x2 y2 z2 x2 y2 z2 3．【答案】B．解析：旋转双曲面的一般公式为   1；   1． a2 b2 c2 a2 b2 c2        4．【答案】B．解析：由向量积的性质可得，(a c)b  ab cb，故选B． x2 y1 z3 5．【答案】A．解析：直线L的标准方程为   ，其方向向量为m={3，1，2}，平 3 1 2 面Π的法向量为n={2，8，1}，m⊥n，且点（2，-1，3）不在平面Π上，所以直线L与平面Π平行． 6．【答案】A．解析：提取直线交面式两平面法向量，求解其交线的方向向量 i j k x2 y1 z3 1 1 1 3i j2k，其方向向量为m=（3， -1， 2），直线L的标准方程为   ． 3 1 2 3 5 2 平面Π的法向量为n=（2， 8， 1），m⊥n，且点（2， -1， 3）不在平面Π上，所以直线L与平 面Π平行． 2 2 2 7．【答案】B．解析：方法一：设球面方程为x y z 2px2py2rzd0，则过球面上点（x ,y ,z ） 0 0 0 的切面方程为：2x y2z 16，故选B． 方法二：曲面x2  y2 z2 2x2y4z30的球面．标准方程为： (x1)2 (y1)2 (z1)2 9，球心为（1，-1，2），半径为3．在A、B、C、D四个选项中，只 有B、C过点（3，-2，4）．故排除A、D．同时球心到切平面的距离应该等于球的半径，选项B，球心 21(-1)2216 到平面的距离为d  3，等于球半径，满足题意．故选B． g 22 (1)2 22 8．【答案】C．解析：由空间向量性质可知三个方向的余弦值平方和为1，故通过验算后可得选C． 9．【答案】B．解析：两平面的法向量点积为 ，所以两平面垂直． 3  1  (-2)  5+1 7  3  10  7  0 a b  10．【答案】C．解析：根据两直线平行的判定准则，当 1 1  =0时，两直线平行，正确选项为   a b   2 2 C． x2 y2 z2 11．【答案】B．解析：采用直角坐标，单叶双曲面可用公式表达为   1，双叶双曲面 a2 b2 c2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 为   -1，锥面可表示为   0．因此，对题目中式子进行变形，两边同乘以 a2 b2 c2 a2 b2 c2 y2 z2 x2 -1，即可变为    1，与双叶双曲面形式相符，因此应选B答案． b2 c2 a2 12．【答案】C．解析：绕着z旋转，方程中z不变，另外一个变量变为 x2  y2 ． 更多资料关注西米学府团队 第 41 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 1 1 1 13．【答案】C．解析：根据两平面平行的判定准则，当 a b c 0时，两平面平行，正确选项 1 1 1 a b c 2 2 2 为C．    i j k 14．【答案】D．解析：先求l 和l 的方向向量， 1 2 2 =4  i6  j8  k ，所以l 的方向向量 1 2 1 3 2 0    i j k 是（-4，6，8）， 1 2 1 =2  i3  j4  k，l 的方向向量是（2，-3，-4）．两个方向向量成比例，所 2 2 0 1 以两条直线平行． 15．【答案】C．解析：柱面的母线平行于x轴，所以柱面方程中不含有x．通过题中的方程组，消 去x即可得到C选项． 16．【答案】B．解析：双曲柱面 y2  2x 与平面 x y20 解析式中均无 z，故联立得 x2 6x40，其中 b2 4ac 62 441200，故在xoy平面内有两个交点，则在空间有 两条垂直于xoy平面的两条平行直线．故选B． 17．【答案】C．     解析：C选项中面的法向量n(2,3,1)，而(2,3,1)，=n，故选C． 18．【答案】以此光线与平面的交点为原点建立 空间直角坐标系，如下图： 则 入 射 光 线 所 在 直 线 过 原 点 且 在 yoz 坐 标 面 上 ， 所 以 入 射 光 线 的 直 线 方 程 为 z tan600y  3y(y 0) ，反射光线与入射光线关于 z 轴对称，所以反射光线的直线方程为 z  3y(y0)．而此时法线为 z 轴，故将反射光线绕平面镜的法线旋转一周，绕 z 轴旋转一周，则 得出旋转曲面的方程是y改成 x2  y2 ，得到方程为z  3( x2  y2),z2 3(x2  y2)． 42 19．【答案】相交， ． 21   解析：平面π的法向量为n=（3，-1，2）；平面2x+y+z-1=0的法向量为n =（2，1，1），平面x+2y- 1    i j k        z-2=0的法向量为n =（1，2，-1），则直线l的方向向量为m  n 1 n 2  2 1 1  3i3j3k =（- 2 1 2 1   3，3，3）．mn=-9-3+6=-6，可知直线l与平面π相交．设直线l平面π的夹角为θ，则 更多资料关注西米学府团队 第 42 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料     mn 6 42 sin cosm,n      ． m n 14 27 21 20．【答案】以此光线与平面的交点为原点建立空间直角坐标系，如下图： 则入射光线所在直线过原点且在 yoz 坐标面上，所以入射光线的直线方程为z  ycot(y 0)， 反射光线与入射光线关于 z 轴对称，所以反射光线的直线方程为z ycot(y0)．而此时法线为 z 轴，故将反射光线绕平面镜的法线旋转一周，绕 z 轴旋转一周，则得出旋转曲面的方程是 y 改成  x2  y2 ，得到方程为z  x2  y2 cot． 21．【答案】因为球面方程为x(cid:2870)(cid:3397)y(cid:2870)(cid:3397)z(cid:2870) (cid:3404)9，所以可以转化为f(cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)x(cid:2870)(cid:3397)y(cid:2870)(cid:3397)z(cid:2870)(cid:3398)9，所以 F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2x，F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2y，F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2z，所以F (cid:3435)1，2，2(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)1(cid:3404)2，F (cid:3435)1，2，2(cid:3439)(cid:3404) (cid:2934) (cid:2935) (cid:2936) (cid:2934) (cid:2935) 2(cid:3400)2(cid:3404)4，F (cid:3435)1，2，2(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)2(cid:3404)4，所以在点(cid:3435)1，2，2(cid:3439)处，n(cid:4652)⃗(cid:3404)(cid:3435)2，4，4(cid:3439)是法线的一个方向向量．由 (cid:2936) 此可得球面在点(cid:3435)1，2，2(cid:3439)处的切平面方程为2(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3397)4(cid:4666)y(cid:3398)2(cid:4667)(cid:3397)4(cid:4666)z(cid:3398)2(cid:4667)(cid:3404)0，即(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3397)2(cid:4666)y(cid:3398) 2(cid:4667)(cid:3397)2(cid:4666)z(cid:3398)2(cid:4667)(cid:3404)0． x1 y2 z3 22．【答案】   ． 1 2 3  解析：取M M {3,6,9}为直线的方向向量，并选直线上一点M ，由式（1）得直线方程为 1 2 1 x1 y2 z3 x1 y2 z3   ，即   ． 3 6 9 1 2 3 23．【答案】（1）平行；（2）垂直．   1 1  1 1 解析：（1）直线的方向向量s  1, , ，平面的法向量n   4,2,1  ，显然1:4 :2 :1，  2 4 2 4   故s∥n，所以直线与平面垂直．       （2）直线的方向向量s   3,0,2  ，平面的法向量n   0,1,0  ，显然，s  n=0，故s  n， 所以直线与平面平行． 2 5 24．【答案】 ．解析：平行直线 l :2x y10,l :2x y10 ，则 l ,l 的距离： 1 2 1 2 5 11 2 5 2 5  .．故答案为： ． 22 12 5 5 25．【答案】   ．解析：由空间解析几何我们可以知道，对于平面一 3 x2 2(y1)6(z3) 0 般式 AxByCzD 0 的法向量即为 n A,B,C ，故本题中平面π的法向量 n 3,2,6 ，点M （2，1，-3）在平面上，因此点法式方程即为   ． 3 x2 2(y1)6(z3) 0 26．【答案】（1）4(x1)2(y1)(z3)0．（2）k 8． 更多资料关注西米学府团队 第 43 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 解析：（1）对抛物面方程分别求x，y ，z 的偏导数，令F(x,y,z)2x2  y2 z．Fx(x,y,z)4x， Fy(x,y,z)2y，Fz(x,y,z)1．带入M(1,1,3)点，得到该点处的法向量为(4,2,1)，利用点法式 方程，则切平面方程为4(x1)2(y1)(z3)0． （2）由（1）知，切平面方程为4(x1)2(y1)(z3)0，则切平面法向量为(4,2,1)，平 面3xky4z 0法向量为(3,k,4)．由两平面垂直，得到432k(1)(4)0，解得k 8． 27．【答案】（1）4(x1)2(y1)6(z1)0．（2）k  2． 解 析 ：（ 1 ） 对 椭 球 面 方 程 分 别 求 x ， y ， z 的 偏 导 数 ， 令 F(x,y,z)2x2  y2 3z2 6．Fx(x,y,z)4x，Fy(x,y,z)2y，Fz(x,y,z)6z．带入M(1,1,1) 点，得到该点处的法向量为(4,2,6)，利用点法式方程，则切平面方程为4(x1)2(y1)6(z1)0． （2）由（1）知，切平面方程为4(x1)2(y1)6(z1)0，则切平面法向量为(4,2,6)，平 面5xky4z 0法向量为(5,k,4)．由两平面垂直，得到452k6(4)0，解得k  2． 28．【答案】（1）S :x2  y2 z2,S : y  x2 z2；（2）8． 1 2 解析：（1）在空间直角坐标系中，y x2绕 x 轴旋转，x 不变，将 y 换成 y2 z2 ，将其代入 y x2，可得S ：x2  y2 z2 ．y x2绕y轴旋转，y不变，将x换成 x2 z2 ，将其代入 y x2 1 可得S :y x2 z2． 2 4 4 1 4 （2）V  ( y)2dy  ydy  y2 8． 0 0 2 0 64 29．【答案】（1）x y2 z2 40；（2） ． 3 2x 2yy' 6x 3x 解析：（1）由题意知：点P（1，3）在椭圆上，椭圆左右两边求导得：  0，即y'  ， 4 12 2y y 将x1,y 3代入，得y'1，所以切线方程为y31(x1)，即x y40，又该切线交 x 轴和y轴于点A和点B，所以A，B的坐标为A(4,0),B(0,4)，线段AB绕x轴旋转一周得旋转曲面S， 曲面S的方程为x y2 z2 40． 4 2 1 64 64 （2）立体的体积为V  (4x) dx  (4x)3 4 0( ) ． 0 3 0 3 3 30．【答案】见解析． 解析：已知曲面方程F(x,y,z) x2 2y2 z2 xy10，由于过一点设为A点（1，2，2）的切 平面的法向量是(F(A),F(A),F(A))，所以F(x,y,z) x2 2y2 z2 xy1对x,y,z分别求导得： x y z F  2x y，F 4yx，F 2z，将A点带入导函数中得F(A)4，F(A)7，F (A) 4， X y z x y Z 所以得到切平面的法向量是（4，-7，4）． 31．【答案】因为球面方程为(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)y(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)z(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870) (cid:3404)169，所以可以转化为f(cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404) (cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)y(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3397)(cid:4666)z(cid:3398)1(cid:4667)(cid:2870)(cid:3398)169 ， 所 以 F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2(cid:4666)x(cid:3398)1(cid:4667) ， F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2(cid:4666)y(cid:3398)1(cid:4667) ， (cid:2934) (cid:2935) F (cid:3435)x，y，z(cid:3439)(cid:3404)2(cid:4666)z(cid:3398)1(cid:4667)，所以F (cid:3435)4，5，13(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)(cid:4666)4(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3404)6，F (cid:3435)4，5，13(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)(cid:4666)5(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3404)8， (cid:2936) (cid:2934) (cid:2935) F (cid:3435)4，5，13(cid:3439)(cid:3404)2(cid:3400)(cid:4666)13(cid:3398)1(cid:4667)(cid:3404)24，所以在点(cid:3435)4，5，13(cid:3439)处，n(cid:4652)⃗(cid:3404)(cid:3435)6，8，24(cid:3439)是法线的一个方向向量．由 (cid:2936) 更多资料关注西米学府团队 第 44 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 此可得球面在点(cid:3435)4，5，13(cid:3439)处的切平面方程为6(cid:4666)x(cid:3398)4(cid:4667)(cid:3397)8(cid:4666)y(cid:3398)5(cid:4667)(cid:3397)24(cid:4666)z(cid:3398)13(cid:4667)(cid:3404)0． 32．【答案】 6,8,10 ．解析： 令F(x,y,z)3x2 2y2 z2 20，可以得到F '(x,y,z)6x，F '(x,y,z)4y， x y F'(x,y,z)2z，所以切平面的法向量为 6x,4y,2z ， z 将点(1,2,5)代入可以得到切平面的法向量为 6,8,10 ． 第六章 级数 一、知识梳理 例1．【答案】（1）收敛；（2）发散．解析： 1 1 1 1 1 （1）S     1 n 12 23 34 n(n1) n1 1 limS lim(1 )1所以这个级数收敛，其和为1． n n n n1  1 1 1 （2） ln(1 )ln(11)ln(1 )ln(1 ) n 2 n n1 3 n1 3 4 n1 S ln(2)ln( )ln( ) ln(2   )ln(n1) n 2 n 2 3 n limS lim(n1) 所以这个级数发散． n n n 例2．【答案】（1）收敛；（2）发散．解析： 1 1 （1）设u 0，v  ，w  ，因为u v w ，而u 和w 都收敛， n n (n1)(n4) n n2 n n n n n 则v 也收敛． n n 1 （2）因为limu lim  不为0所以级数发散． n n n2n1 2 例3．【答案】见解析．解析：证明：由于 sin2m1 sin2m2 sin2mp u u u    m1 m2 mp 2m1 2m2 2mp 1 1 1 1 1 1       2m1 2m2 2mp 2m 2mp 2m  1 因此，对于任意的0 ．取 N  log 使得当 m  N 及任意的 pN ，由上式就有   2   u u u 成立，故由柯西准则可推出原级数收敛． m1 m2 mp 例4．【答案】（1）发散；（2）收敛．解析： 1n 1n 1  1 （1）因为u     而级数 发散，故级数发散． n 1n2 nn2 n n n1 更多资料关注西米学府团队 第 45 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 u 2n1(n1)! nn n 2 （2）因为 lim n1lim  2lim( )n 1，故级数收敛． n u n n (n1)n1 2nn! n n1 e 1 1 1 1 1 例5．【答案】收敛．解析：u  ，u  ，  且limu lim 0，所以收敛． n n n1 n1 n n1 n n nn   (1)n1 1 例6．【答案】条件收敛．解析：交错级数(1)n1u  ， 其中u  ．因为u u ， n ln(n1) n ln(n1) n n+1 n1 n1 1 1  1 并且 limu 0 ，所以此级数是收敛的．又因为  ，而级数  发散，故级数 n n ln(n1) n1 n1 n1   1 |(1)n1u | 发散，从而原级数是条件收敛的． n ln(n1) n1 n1 1 例7．【答案】收敛半径R1；收敛域为 1,1 ．解析：lim| a n1|lim (n1)2 lim n2 1， n a n 1 n(n1)2 n n2  1 故收敛半径为R1．因为当x1时，幂级数成为 (1)n 是收敛的；当x1时，幂级数成为 n2 n2  1 1 是收敛， 所以收敛域为 1,1 ． n2 n1 二、能力训练 1  1．【答案】A．解析：由已知得级数的收敛半径为r lim 1，又当x 1时级数 1n 发散，当 n1 n1  x 1时级数 (1)n 发散故选A． n1 3n 2．【答案】C．解析：由已知得级数的收敛半径为r lim n  1 ，又当x  1 时级数  1 发散， n 3n1 3 3 n n1 n1 1  1 当x 时级数 (1)n 收敛故选C． 3 n n1  1  1 3．【答案】C．解析：假设调和级数 收敛，记其和为S 即S  考虑该级数的部分和 n n n n1 n1 1 1 1 1 1 1 1 S 1  ；S 1     n 2 n 2n 2 n n1 n2 nn 1 1 1 1 1 1 1 则S S        2n n n1 n2 nn nn nn nn 2 1 根据函数极限的保号性，有lim(S S ) （1） n 2n n 2 lim(S S )limS limS 0 但是由假设可得 这与（1）式矛盾，说明假设错误的，因此调和 2n n 2n n n n n 更多资料关注西米学府团队 第 46 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料  1  级数 发散． n n1 1 1 1 1 4．【答案】A．解析：级数 的前n项和为S 1  ... ，但 limS 不存在，所以级数 n n 2 3 n n n 发散，所以选A． 1 5．【答案】D．解析：如果级数 u 收敛，而 u 发散，则称 u 条件收敛，可知1n n n n n 1 1 为交错级数，由莱布尼兹定理可知此级数收敛，而 1n  发散，所以满足条件收敛的定义， n n 故选D． a n 6．【答案】A．解析：求解 lim| n1|lim 1，故收敛半径为R 1，即当1 x51时 n a n n1 n  (1)n 级数收敛，当 x5 1时级数发散．当x51，即x4时，幂级数成为 是收敛的； 当 n n1  1 x51，即x6时，幂级数成为 是发散的． n n1 x (1 x) x 7．【答案】收敛．解析：因为( ) 0(x  2)，故函数 单调递减，所以 x1 2 x(x1)2 x1 n  (1)n n u u ，又limu  lim  0，从而原级数 收敛． n n1 n n nn1 n1 n2  tn 8．【答案】4, 2．解析：令 x1t ，级数 的收敛半径为R3 2n13n n1  tn  tn t 3 级数 发散， t 3 时级数 收敛 2n13n 2n13n n1 n1  tn 当t3,3时 收敛，故收敛域为4, 2． 2n13n n1 sinn 1  1  sinn 9．【答案】绝对收敛．解析：因为  ，而  收敛，所以有级数  也收敛，故 n2 n2 n2 n2 n1 n1  sinn  根据定义可知级数 绝对收敛． n2 n1  tn 10．【答案】4, 2．解析：令 x1t ，级数 的收敛半径为R3 2n13n n1  tn  tn t 3 级数 发散， t 3 时级数 收敛 2n13n 2n13n n1 n1  tn 当t3,3时 收敛，故收敛域为4, 2． 2n13n n1 第七章 常微分方程 更多资料关注西米学府团队 第 47 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 一、知识梳理 例1．【答案】通解为arcsin y  (cosxsinx)C, dy 解析：分离变量，得  (sinxcosx)dx, 两边积分，得arcsin y  (cosxsinx)C, 1 y2 这就是所求方程的通解． 例2．【答案】通解为y ce p(x)dx ． 解析：因为- p(x)dx sinxdx cosx+C，所以其通解为y ce p(x)dx ． dy n 例3．【答案】解析：将方程改写为  y ex(x1)n． dx x1 dy n dy n 首先，求齐次线性微分方程  y 0 的通解，从  dx得到齐次线性微分方程的通 dx x1 y x1 解 y c(x1)n． 其次应用常数变易法求非齐次线性微分方程的通解．为此，在上式中把c看成为x的待定函数c(x)， dy dc(x) 即 y c(x)(x1)n ， 微 分 之 ， 得 到  (x1)n n(x1)n1c(x) ． 将 上 式 代 入 dx dx dy n dc(x)  y ex(x1)n得到 ex ，积分之，求得c(x)ex c ．因此，以所求的c(x) 代入 dx x1 dx y c(x)(x1)n ，即得原方程的通解 y (x1)n(ex c)，这里c是任意常数． 二、能力训练 dy 1 1．【答案】B．解析：将原微分方程化解可得y2dx(x1)dy，即  dx ，两边积分可 y2 x1 1 1 得： ln x1ln c ，因此有 y  ． y ln c(x1) 2．【答案】C．解析：因为y ,y ,y 是某二阶非齐次线性微分方程的三个线性无关解，所以y y 1 2 3 1 2 与y y 是二阶齐次线性微分方程的线性无关解，所以C y  y  C y  y  y 是该方程的通解， 1 3 1 1 2 2 1 3 3 选项A，B，D均不是，故答案选C． dy 1 3．【答案】分离变量，得   dx, y x 1 1 1 两边积分，得ln| y|ln C ,化简，得| y|eC 1  , y  eC 1  , x 1 x x 1 令C  eC 1,则y C ,C  0. 2 2 x 2 C 另外， y' 0也是方程的解，所以 y  2 ，中的C 可以为0， 2 x C 因此C 为任意常数．这样，方程的通解是 y  . 2 x 更多资料关注西米学府团队 第 48 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 dy dx 求解过程可简化为：分离变量得   , y x 1 C 两边积分得ln y  ln lnC, ln y  ln , x x C 即通解为y  ,其中 C 为任意常数． x 4．【答案】使用常数变易法求解． 1 1 将所给的方程改写成下列形式： y y  cosx, x x 1 C 则与其对应的线性齐次方程 y y  0的通解为 y  . x x 1 1 1 设所给线性非齐次方程的通解为 y C(x) .将y及 y'代入该方程，得C(x)  cosx, x x x 于是，有C(x)  cosxdx sinxC. 1 C 1 因此，原方程的通解为 y  (sinxC)   sinx. x x x 将初始条件 y()1 ， y(p)1 代入，得C ，所以，所求的特解，即初值问题的解为 1 y  (sinx). x 5．【答案】 f(x)ex3． dy dy dy 解析： f '(x)3x2f(x)0即 3x2f(x)， 3x2dx， 3x2dx，ln f(x)x3 c，故 dx f(x） f(x） f(x)ex3c．又因为f（0）=1= ec，解得c=0，所以 f(x)ex3． f '(x) 6．【答案】（1）[ln f(x)]' ；（2） f(x)ex3． f(x) f '(x) dy dy 解析： yln f(x) ，则 y' ；（2） f '(x)3x2f(x)0 即 3x2f(x) ， 3x2dx ， f(x) dx f(x） dy  3x2dx，ln f(x)x3 c，故 f(x)ex3c．又因为f（0）=1= ec，解得c=0，所以 f(x)ex3． f(x） 第八章 多项式 一、知识梳理 例．【答案】令y  x2，则x  y2．于是 f(y2) y4 2y3 3y2  y5． 问题变为把多项式y4 2y3 3y2  y5表成 y2（即x）的方幂和， 更多资料关注西米学府团队 第 49 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 所以 f(x) x4 6x3 9x2 5x9． 二、能力训练 1．【答案】A．解析：由辗转相除法可得选A． 2．【答案】C． 3．【答案】D．解析：设 f(x) x，则x0是方程 f(x)=0的根，但 f(0)1，故D不正确． 4．【答案】由已知可得，整系数方程3x3 bx2 cx8  0可分解为 qx- p lx2 mxn   0，其中l，m，n均为整数， 展开后，得lqx3 mq-lpx2 nq-mpx-np 0 与原方程比较得，lq 3，-np 8.．因为l，n均为整数，所以p整除8，q整除3． 5．【答案】（1） f(x) x5  (x1)5 5(x1)4 10(x1)3 10(x1)2 5(x1)1． （2） f(x)1124(x2)22(x2)2 8(x2)3(x2)4． 解析：分析：假设 f (x)为n次多项式，令 f(x)c c (xx )c (xx )2 c (xx )n 0 1 0 2 0 n 0 c (xx )[c c (xx )c (xx )n1] 0 0 1 2 0 n 0 c 即为xx 除 f (x)所得的余式，商为q(x)c c (xx )c (xx )n1．类似可得c 为 0 0 1 2 0 n 0 1 xx 除商q(x) 所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数． 0 解：（1）解法一：应用综合除法得． 更多资料关注西米学府团队 第 50 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 11 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 2 3 4 11 2 3 4 5 1 3 6 11 3 6 10 1 4 11 4 10 1 1 5 f(x) x5  (x1)5 5(x1)4 10(x1)3 10(x1)2 5(x1)1． 解法二：把x 表示成(x1)1，然后用二项式展开 x5 [(x1)1]5 (x1)55(x1)4 10(x1)310(x1)2 5(x1)1 （2）仿上可得 21 0 2 0 3 2 4 4 8 21 2 2 4 11 2 8 20 21 4 10 24 2 12 21 6 22 2 1 8 f(x)1124(x2)22(x2)2 8(x2)3(x2)4． 第九章 统计与概率 一、知识梳理 例1．【答案】D．解析：根据互斥与对立的意义作答，AB  {出现点数1或3}，事件A，B不 互斥更不对立；BC ,BC （为基本事件的集合），故事件B,C 是对立事件． 1 C1 1 例2．【答案】 ．解析：P 2  ． 4 C1 4 8 例3．【答案】D．解析：如图所示，正方形OABC及其内部为不等式组表示的区域D，且区域D的 面积为4，而阴影部分表示的是区域D内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4 4－π －π．因此满足条件的概率是 ． 4 更多资料关注西米学府团队 第 51 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 Ax 例4．【答案】由分布函数的性质知1=F() lim F(x) lim  A，故A=1．注意到F(x) x x1x 2 1 1 在x1处连续，所以P1 x2=P1 x2 F(2)F(1)   ． 12 11 6 例5．【答案】C．解析：由P(X  4)  0.8，得PX 40.2，由题意知正态曲线的对称轴为直 线 x2,P(X 0)PX 40.2,P0 X 41P(X 0)P(X 4)0.6 ， 1 P(0 X 2) P(0 X 4)0.3． 2 二、能力训练 n n 1．【答案】B．解析：由题意得离散型随机变量期望为E a p ，故方差DxEa 2 p ． k k k k k1 k1 np 3   6 2 3 144 2．【答案】B．解析：由已知得：npq  q ，n5, p  ，pX 2C 2p2qn2  ． 5 5 5 n 625  pq 1  1 1 3．【答案】C．解析：根据公式P{X 1} F(1)F(1)1e1  e1． 2 2 4．【答案】B．解析：因A B，且P(B)1，故P(A)P(AB)P(B)P(A|B) P(A|B)，故 选B． 5．【答案】B．解析：由于随机变量 X 服从正态分布N(,2)，Y=2X-3，则随机变量 Y 的均值为 23方差为42，故选B． 6．【答案】A．解析：求两个面涂为红色的小正方体个数，每条棱上有 2 个小正方体两面被涂成红 3 色，共有12条棱，所以有24个小正方体两面涂成了红色，2464 ，故答案选A． 8 7．【答案】C．解析：由于随机变量X服从正态分布N(,2)，Y=2X，则随机变量Y的均值为2 方差为42，故选C． 8．【答案】A．解析：求两个面涂为红色的小正方体个数，每条棱上有 2 个小正方体两面被涂成红 3 色，共有12条棱，所以有24个小正方体两面涂成了红色，2464 ，故答案选A． 8 (cid:2871) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2869) 9．【答案】因为P(cid:4666)A(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ，P(cid:4666)B(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ，两个事件发生互不影响，而且事件A，B同时发生的 (cid:2874) (cid:2870) (cid:2874) (cid:2871) (cid:2869) 概率为P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404) ，所以P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404)P(cid:4666)A(cid:4667)P(cid:4666)B(cid:4667)，所以事件A和事件B为独立事件． (cid:2874) (cid:2871) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2869) 10．【答案】令甲跑一圈为事件A，乙跑一圈为事件B，因为P(cid:4666)A(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ，P(cid:4666)B(cid:4667)(cid:3404) (cid:3404) ， 两个事 (cid:2874) (cid:2870) (cid:2874) (cid:2871) (cid:2869) 件发生互不影响，而且事件A，B同时发生的概率为P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404) ，所以P(cid:4666)AB(cid:4667)(cid:3404)P(cid:4666)A(cid:4667)P(cid:4666)B(cid:4667)，所以事件A和 (cid:2874) 事件B为独立事件． 更多资料关注西米学府团队 第 52 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料 51 11．【答案】 ． 71 60 85 40 50 51 20 71 51 71 51 解析：根据题意可知       ，   ． 100 100 100 100 100 100 100 100 100 71 1 12．【答案】 ．解析：分两步进行计算，先选出含有喷绿色烟雾的飞机的概率再选领飞的飞机是 4 喷绿色烟雾的概率，最后乘起来即得． 第一步：先选出甲中含喷绿色烟雾的飞机的概率． C1C2 9 若选出的有1架是喷绿色烟雾的飞机概率为 3 3  ；若选出的有2架是喷绿色烟雾的飞机概 C3 20 6 C2C1 9 C3 1 率为 3 3  ；若选出的有3架是喷绿色烟雾的飞机概率为 3  ； C3 20 C3 20 6 6 第二步： 1 6架中含有1架是喷绿色烟雾的飞机时，所选到领飞的飞机是喷绿色烟雾的概率为 ； 6 1 6架中含有2架是喷绿色烟雾的飞机时，所选到领飞的飞机是喷绿色烟雾的概率为 ； 3 1 6架中含有3架是喷绿色烟雾的飞机时，所选到领飞的飞机是喷绿色烟雾的概率为 ； 2 9 1 9 1 1 1 1 所以，最终所选的领队飞机是喷绿色烟雾的概率为       ． 20 6 20 3 20 2 4 13．【答案】由A到D的线路有两条分别是A-B-D，A-C-D 1 1 4 11 4 走A-B-D发生堵车的概率为P 1(1 )(1 ) 1   1 5 12 5 12 15 1 1 9 5 1 走A-C-D发生堵车的概率为P 1(1 )(1 ) 1   ． 2 10 6 10 6 4 1 显然P  P，所以走A-C-D线路发生堵车概率最小，概率为 ． 2 1 4 1 14．【答案】 ．解析： e1 1 2 3 1 2 C( )C( )C( )C(1  )C 1,CeC 1 ， 1! 2! 3! 1! 2! 1 则C= ． e1  1 ,a xa 1 1  15．【答案】（1）A ,B ；（2） f x a2 x2 2   0,其它 解析：（1）根据分布函数的性质可得 更多资料关注西米学府团队 第 53 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队教师资格证笔试科三高中数学考点梳理 公众号【西米学府团队】回复【教资】领取笔试资料  a    1 ． ABarcsin 0 A B 0 A     a  2  2    a B 1  ABarcsin 1  A 1 B   a  2   （2） f(x) F'(x)，所以  1 ． ,a xa  f x a2 x2  0,其它 361 16．【答案】（1） ．（2）此人具备品尝区分能力． 320000 C3 1 解析：（1）设“A=选取3杯饮料都是甲品牌”，一次试验成功的概率为PA= 3  ．独立进行 C3 20 6 3 53  1   1  19 361 5次试验，服从二项分布X ~ B  5， ．PX 3C3      ．  20 5 20 20 320000 （2）该品尝者具备区分能力．理由：由（1）可知此随机试验成功的概率大概为千分之一，是小概 率事件，基本可以排除偶然性，故此人具备区分两种品牌饮料的能力． 0,x0  17．【答案】P  2(,x)   x，0x1．解析：因为P  2(,x)  P   x  x  ，且01，  1,x1  所以02 1，当 x0时，P  2(,x)  P  2 x0  0；当 x1时，P  2(,x)  1；当 0 x1时， P  2(,x)  P  2  x  P   x  x  P   x  P   x   x ， 所 以 0,x0  P  2(,x)   x，0x1．  1,x1  更多资料关注西米学府团队 第 54 页 / 共 54 页 更多资料关注西米学府团队