B

[解析] 解：因为所以选B.

D

[解析] 由f'_x(x₀，y₀)存在知一元函数f(x₀，y₀)在x=x₀处连续，故．类似地，由f'_y(x₀，y₀)存在知一元函数f(x₀，y₀)在y=y₀处连续，故，故选项D正确．
   或举反例用排除法．取，计算可得f'_x(0，0)=f'_y(0，0)=0，同时可证明存在，f(x，y)在点(0，0)连续，f(x，y)在点(0，0)处不可微分，这样可排除选项A、C．
   取，计算可得f_x'(0，0)=f_y'(0，0)=0，同时可证明f(x，y)在点(0，0)处不连续，这样可排除选项B．由排除法可知，应选D．

D

[解析] 由题设条件Aξ_i=b，i=1，2，3及A(ξ₁+aξ₂-2ξ₃)=b+ab=b，得(1+a-2)b=b，b≠0，即1+a-2=1，故a=2．
   当a=2时，看是否满足Aη_i=0，i=1，2，3，4．
   Aη₁=A(2ξ₁+2ξ₂+ξ₃)=5b≠0，
   Aη₂=A(-2ξ₁+3ξ₂-4ξ₃)=-3b≠0，
   Aη₃=A(2ξ₁+2ξ₂-ξ₃)=3b≠0，
   Aη₄=A(3ξ₁-4ξ₂+ξ₃)=0．
   故η₄是对应齐次线性方程组Ax=0的解，故应选D．

C

[解析] 考察
   
   因此选(C)

D

[考点] 向量组的秩
   [解析] 设为α₁，α₂，…，α_s的极大无关组，则它也是α₁，α₂，…，α_s，β₁，β₂，…，β_s的极大线性无关组，所以(D)结论成立．

D

C

[解析] 由得g(0)=g'(0)=0，f'(0)=0，
   
   因为所以存在δ＞0，当0＜|x|＜δ时，从而当x∈(-δ，0)时，f"(x)＞0，当x∈(0，δ)时，f"(x)＜0，选C．

C

[解析] 显然x=0，x=1为f(x)的间断点．
   
   由f(0+0)=f(0-0)=0，得x=0为f(x)的可去间断点；
   
   由f(1-0)≠f(1+0)，得x=1为f(x)的跳跃间断点，选C．

1．

[解析] 因为
   
   故A³的秩为1．
   计算A³，可以直接由乘法得到，这是最基本的方法，应熟练掌握．此外，也可由这种矩阵方幂的规律得到：设则
   

[解析]
   由于是f(x)的原函数，所以所以
   

t＞2

[解析] 二次型的矩阵为，因为二次型为正定二次型，所以有5＞0，，|A|＞0，解得t＞2．

[解析] z=f(x+y，y+z，z+x)两边求x求偏导得解得

[解析] 因为B=AE₁₂(2)E₁₃，所以|B|=|A||E₁₂(2)||E₁₃|=-3，
   又因为B*=|B|B^-1，所以，
   故

I＜K＜J

[考点] 定积分的性质．
   比较被积函数在积分区间内的大小次序，利用定积分的性质即可得．
   解：当0＜x＜时，有cotx＞1＞cosx＞sinx＞0．
   从而由y=lnx的单调增加性质，得lncott＞lncosx＞lnsinx，
   根据定积分性质，可得
   
   即I＜K＜J．
   故应填I＜K＜J．

证明：由A知，A的全部特征值是1，2，…，n，互不相同，故A相似于由其特征值组成的对角矩阵B．
   由于λ₁=1时，(λ₁E-A)X=0，有特征向量ξ₁=[1，0，…，0]^T；
   λ₂=2时，(λ₂E-A)X=0，有特征向量ξ₂=[0，1，…，0]^T；
   ……
   λ_n=n时，(λ_nE-A)X=0，有特征向量ξ_n=[0，0，…，1]^T．
   故得可逆矩阵
   
   有P^-1AP=B．

证明：(Ⅰ)令f(x)=x-1-2lnx，则f(e)=e-3＜0．又由于
   
   由零点定理，f(x)=0在(e，+∞)内至少有一个实根．
   由于
   
   故f(x)=0在(e，+∞)内有唯一实根，记为ε．
   (Ⅱ)由(Ⅰ)知，当x∈(e，ε)时，f(x)＜0，即
   1+2lnx＞x．    
   故当e＜x₀＜ε时，
   x₁=1+2lnx₀＞x₀，
   x₁=1+2lnx₀＜1+2lnε=ε．
   假设x_n＞x_n-1且x_n＜ε，则
   x_n+1=1+2lnx_n＞x_n，
   x_n+1=1+2lnx_n＜1+2lnε=ε．
   由数学归纳法知，{x_n}单调增加且有上界ε，所以存在，记
   在x_n+1=1+2lnx_n两边同时取极限，得
   A=1+2lnA，
   即A为方程x=1+2lnx的根．由(Ⅰ)知A=ε，故
   

证明：令f(0)=0．
   方法一
   由得则x=0为f(x)的最小值点，而最小值为f(0)=0，故f(x)≥0，即
   方法二 令，得x=0，因为，所以x=0为f(x)的最小值点，最小值为f(0)=0，所以有
   

要产生两个中值点ξ₁与ξ₂满足f'(ξ₁)≥f'(ξ₂)，一般要使用两次中值定理．如果令x₀=(x₁+x₂)/2，则有
   2f(x₀)≥f(x₁)+f(x₂)，
   即
   f(x₀)-f(x₁)≥f(x₂)-f(x₀)．
   不等式两边的差值就是使用拉格朗日中值定理的信号．这样问题就解决了．
   证明：令，有，移项有
   f(x₀)-f(x₁)≥f(x₂)-f(x₀)．    ①
   利用拉格朗日中值定理，有
   f(x₀)-f(x₁)=f'(ξ₁)(x₀-x₁)    ②
   f(x₂)-f(x₀)=f'(ξ₂)(x₂-x₀)    ③
   将式②、式③代入式①，有
   f'(ξ₁)(x₀-x₁)≥f'(ξ₂)(x₂-x₀)，
   因x₀-x₁=x₂-x₀，故有
   f'(ξ₁)≥f'(ξ₂)．

解：题中所给的D是一个以摆线一拱
   x=a(t-sint)，y=a(1-cost)，0≤t≤2π，a＞0
   为上边界，x轴为下边界，从x=0到x=2πa的曲边梯形取竖条，其面积微元为ydx，它对y轴的面积矩为xydx，所以D对y轴的面积矩为
   
   现在按此公式求M_y．
   将摆线表达式代入式(*)，可以看成将积分变量由x换成t，得
   
   其中
   现用一个巧妙的办法计算I₁．令t=2π-u，则
   
   故
   
   所以M_y=3a³π²．

证明：
   

解：
   而

解：如图所示，积分区域故