D

[解析] 由已知极限可推得及由于f(x)在x₀处连续，所以由知f(x₀)=0.又可知故从而知存在δ＞0，在x₀的某空心邻域内f(x)-f(x₀)＞0，即x₀是f(x)的极小值点，故选D．
   本题考查的知识点是：极限的应用及对函数极值的理解．

D

[解析] 若f(x，y)关于x为偶函数，关于y也是偶函数，记D₁为x²+y²≤1的第一象限部分，则有故选D．
   本题考查的知识点是：二重积分的计算．

C

[解析] 由于{u_n}为交错级数，所以根据莱布尼茨定理知，收敛，而所以发散，故选C．
   本题考查的知识点是：莱布尼茨公式及等价无穷小的应用．

D

[解析] 注意到与x-a同号，因此说明：存在δ＞0，使得a＜x＜a+δ时，f(x)＞f(a)；同时，a-δ＜x＜a时，f(x)＜f(a)，故f(a)不是极值点，所以A，B均不正确．又因为所以f(x)在a点不可导，C不正确，故选D．
   本题考查的知识点是：通过极限的定义来说明函数在某点处是否可导．

A

[解析] A²+2A=A(A+2E)=0，因|A|=3，A可逆，故|A+2E|=0，A有特征值λ₁=-2，同理A+2A²=A(E+2A)=0，|2A+E|=0，A有特征值且有λ₁λ₂λ₃=|A|=3，因此，λ₃=3.又有Aξ_i=λ_iξ_i，i=1，2，3，在其两边同乘A^*得
   
   则A^*有特征值因此选A．
   本题考查的知识点是：求矩阵及其伴随矩阵的特征值．

B

[解析] 由的各阶顺序主子式均大于0，即故选B．
   本题考查的知识点是：二次型正定性的判断．

D

[解析] 若记A={X≥0}，B={Y≥0}，则A与B相互独立，且故而因此，选D．
   本题考查的知识点是：随机变量组合的概率计算．

D

[解析] 设X_i表示第i台仪器发生故障(i=1，2)，则其分布列为
           
   仪器发生故障的台数X=X₁+X₂的分布列为
   
   于是E(X)=E(X₁+X₂)=E(X₁)+E(X₂)=p₁+p₂
   或E(X)=1×[p₁(1-p₂)+p₂(1-p₁)]+2×p₁p₂=p₁+p₂．
   故选D．
   本题考查的知识点是：数学期望的应用．

[解析] 因为于是
   本题考查洛必达法则求极限．

[解析] 令则A为常数，此时f(x，y)=x+Ay．等式两边同时取二重积分得即得故
   本题考查二重积分的基本计算．

0

[解析]
   本题考查分部积分法计算定积分．

(x+C)cosx

[解析] 此为一阶线性微分方程，代公式得通解．
   
   当cosx＞0时，
   当cosx＜0时，
   由于C为任意常数，故两式可以统一写为y=(x+C)cosx．
   本题考查一阶线性微分方程的通解．

2，4，6，6，3，2

[解析] ∴只需分别求出2A，A^*的特征值即可．设λ为A的特征值，则有Ax=λx，x≠0，于是2Ax=2λx，即2A，A^*分别有特征值2λ，由题设λ₁=1，λ₂=2，λ₃=3，且|A|=λ₁λ₂λ₃=6，故所求特征值为2，4，6，6，3，2.
   本题考查特征值的求法．

F(1，n)

[解析] 因为X～t(n)，令其中u～N(0，1)，v～χ²(n)，且u，v相互独立，于是其中u²～χ²(1)．

将u(x，2x)=x两边对x求导，得u_x(x，2x)+u_y(x，2x)·2=1.由条件u_x(x，2x)=x²推得u_y(x，2x)·2=1-x²，再将得到的u_x与u_y两个表达式对x求导，得u_xx(x，2x)+u_xy(x，2x)·2=2x及u_yx(x，2x)·2+u_yy(x，2x)·4=-2x．再代入条件u_xx(x，2x)-u_yy(x，2x)=0，解得

   不难验证：对I₁有
   对I₂有
   即它们都分别满足
   以下就L的情况讨论：
   (1)当点(2，0)，(-2，0)均在闭曲线L所围区域的外部时，I₁=0=I₂，从而I=0.
   (2)当点(2，0)，(-2，0)同在L所围区域的内部时，则分别作以这两个点为圆心，以ε₁，ε₂为半径的圆C₁，C₂使它们也都在区域内部，于是
   
   (其中C₁取正向，D₁是C₁所围区域)
   同理，I₂=-2π，所以I=-4π．
   (3)当点(2，0)，(-2，0)有一个在外部一个在内部时，综合(1)，(2)得I=-2π．

由二阶导数连续及f(x)为偶函数，有f'(0)=0.由泰勒公式
   其中M=max{f"(x)}．
   由比较审敛法及p=2时，p级数收敛，得原级数绝对收敛．

旋转体的体积为：
   曲边梯形的面积为：
   则由题设可知
   
   两边对t求导可得
   再次求导可得2f(t)f'(t)-f(t)-tf'(t)=f(t)，
   化简可得
   解之得
   在①式中令t=1，则f²(1)-f(1)=0，
   ∵f(t)＞0，
   ∴f(1)=1，
   代入得
   
   所以该曲线方程为：

本题相当于讨论线件方程组
   
   何时有解，无解．
   
   当k≠1，λ=2时，β不能由α₁，α₂，α₃，α₄线性表出；当k=1，λ=2时，β可由α₁，α₂，α₃，α₄线性表出，且表示法不唯一．
   
   所以β=(3-k₁-2k₂)α₁+(1+k₁-k₂)α₂+k₁α₃+k₂α₄(其中k₁，k₂为任意常数)．
   当λ≠2，k为任意值时，β可由α₁，α₂，α₃，α₄线性表出，且表示法不唯一．
   
   所以
   其中λ≠2，k，μ为任意常数．

本题是一个常规题型．求连续型总体未知参数的矩估计和最大似然估计都须已知密度函数，从而先由分布函数求导得密度函数．
   当a=1时，X的概率密度为
   
   (1)由于
   
   令解得
   所以，参数β的矩估计量为
   (2)对于总体X的样本值x₁，x₂，…，x_n，似然函数为
   
   当x_i＞1(i=1，2，…，n)时，L(β)＞0，取对数得
   
   对β求导数，得
   
   令解得
   于是β的最大似然估计量为
   
   (3)当β=2时，X的概率密度为
   
   对于总体X的样本值x₁，x₂，…，x_n，似然函数为
   
   当x_i＞a(i=1，2，…，n)时，α越大，L(α)越大，即α的似然估计值为
   α=min{x₁，x₂，…，x_n}，
   于是α的最大似然估计量为