A

[解析] 由得当x→0时，
   又，
   由得当x→0时，，
   故g(x)是f(x)的高阶无穷小，应选A．

C

[解析] 这是把极坐标系下的累次积分转换成Oxy直角坐标系下的累次积分的问题．先将I表成由D的极坐标表示：
   0≤θ≤π，0≤r≤asinθ
   即r²=x²+y²≤arsinθ=ay
   可知
   如下图．
   
   若是先y后x的积分顺序，则
   
   于是
   因此选C．
   若是先x后y的积分顺序应是
   

C

[解析] 举例说明既非充分又非必要条件．例如设
   
   |f(x)|=1在x=a处可导，但f(x)在x=a处不连续，不可导．又如，设f(x)=x-a，在x=a处f(x)可导，f'(x)=1．但|f(x)|=|x-a|在x=a处形成尖点，|f(x)|在x=a处不可导．

A

[解析] 解：F(0)=f(0)，
   
   因为F(x)在x=0处可导，所以F'_-(0)=F'₊(0)，
   于是f(0)=0，故应选A．

C

[解析] 先证充分性．设φ(0，0)=0，由于φ(x，y)在点(0，0)处连续，所以由于
   
   故
   所以
   
   按可微定义，f(x，y)在点O(0，0)处可微，且df(x，y)=0·Δx+0·Δy，即f'_x(0，0)=0，f'_y(0，0)=0．
   再证必要性．设f(x，y)在点(0，0)处可微，则f'_x(0，0)与f'_y(0，0)必都存在．
   
   其中x→0⁺时，取“+”，x→0^-时，取“-”．
   由于f'_x(0，0)存在，所以φ(0，0)=-φ(0，0)，从而φ(0，0)=0．证毕．

A

[解析] 若Aⁿα=0，则Aⁿ⁺¹α=A(Aⁿα)=A0=0，即若α是(Ⅰ)的解，则α必是(Ⅱ)的解，可见命题(1)正确，
   如果Aⁿ⁺¹α=0，而Aⁿα≠0，那么对于向量组α，A₁α，A²α，…，Aⁿα，一方面有：
   若kα+k₁A¹α+k₂A²α+…+k_nAⁿα=0，用Aⁿ左乘上式的两边，并把Aⁿ⁺¹α=0，Aⁿ⁺²α=0…代入，得kAⁿα=0．由Aⁿα≠0知，必有k=0．类似地用A^n-1左乘可得k₁=0．因此，α，A¹α，A²α，…，Aⁿα线性无关．
   但另一方面，这是n+1个n维向量，它们必然线性相关，两者矛盾．故Aⁿ⁺¹α=0时，必有Aⁿα=0，即(Ⅱ)的解必是(Ⅰ)的解．因此命题(2)正确．
   所以应选A．

C

B

[解析] 记选项A，B，C，D中向量分别是ξ₁，ξ₂，ξ₃，ξ₄，因ξ₁，ξ₄成比例，如果A是Ax=0的解，则D必是Ax=0的解．因此A、D均不是Ax=0的解．
   由于α₁，α₂是Ax=0的基础解系，那么α₁，α₂可表示Ax=0的任何一个解ξ，亦即方程组x₁α₁+x₂α₂=ξ必有解．因为
   
   可见第2个方程组无解，即ξ₃=(2，2，-5)^T不能由α₁，α₂线性表出．故C不成立，应选B．

[解析] 利用幂指函数极限的求法求之．求解时要注意利用等价无穷小代换：
   a^x-1～xlna(x→0)
    原式=，
   而
   故 原式=

2．

[解析] 解法1  利用行列式的性质计算．
   
   解法2  利用矩阵的性质计算．
   
   则

[考点] 本题先对x进行积分，得出含y的未知函数的偏导表达式，再对y进行积分，得出含有x的未知函数的表达式，结合z(x，0)=0，z(0，y)=y²得出结果。
[解析] 因为，对x积分可得
   ，
   令x=0可得，又因为z(0，y)=y²，对y求导，可以得到C(y)=2y，
   ，
   再对y积分可得
   
   令y=0可以得到z(x，0)=0=C(x)，则
   。

[解析] 原点到直线的距离
   
   所以直线y=2与圆周x²+y²=16围成的小的那块弓形状的图形绕直线y=2旋转一周生成的旋转体体积与题中要求的旋转体体积相同．由此有
   
   其中
   
   故

24

[解析] 在用按行(列)展开公式计算行列式的值时，应先用行列式的性质作恒等变形．以期减少计算量．将a₁₂=-1，a₂₃=-2，a₃₄=-3消为零，行列式变形成上三角行列式，计算得
   

-1；0

[解析] 方程两边对x求导，得yz+xy'z+xyz'=0及x+yy'=az'．将(x，y，z)=(a，a，a)代入得y'(a)+z'(a)=-1，y'(a)-z'(a)=-1．解得y'(a)=-1，z'(a)=0．

证明：，其中．由罗尔定理，存在ξ，满足0＜ξ＜ξ₁，且f'(ξ)=0．

(Ⅰ)解：ξ₁+ξ₂仍是A的对应于λ₁=λ₂=2的特征向量．
   因已知Aξ₁=2ξ₁，Aξ₂=2ξ₂，故
   A(ξ₁+ξ₂)=Aξ₁+Aξ₂=2ξ₁+2ξ₂=2(ξ₁+ξ₂)．
   (Ⅱ)解：ξ₂+ξ₃不是A的特征向量．假设是，设其对应的特征值为μ，则有
   A(ξ₂+ξ₃)=μ(ξ₂+ξ₃)，
   得2ξ₂-2ξ₃-μξ₂-μξ₃=(2-μ)ξ₂-(2+μ)ξ₃=0，
   因2-μ和2+μ不同时为零，故ξ₂，ξ₃线性相关，这和不同特征值对应的特征向量线性无关矛盾，
   故ξ₂+ξ₃不是A的特征向量．
   (Ⅲ)[证] 因A有特征值λ₁=λ₂=2，λ₃=-2，故A²有特征值μ₁=μ₂=μ₃=4．对应的特征向量仍是ξ₁，ξ₂，ξ₃，且ξ₁，ξ₂，ξ₃线性无关故存在可逆矩阵P=(ξ₁，ξ₂，ξ₃)，使得
   P^-1A²P=4E，A²=P(4E)P^-1=4E，
   从而对任意的β≠0，有A²β=4Eβ=4β，故知任意3维非零向量β都是A²的对应于特征值μ=4的特征向量．

证明：A，B为正交矩阵，则AA^T=E，|A|=|A^T||A|²=1|A|=±1；同理有|B|=±1．因此|A|+|B|=0或±2．
   (Ⅰ)A为正交矩阵，则有AA^T=E，即A^-1=A^T，从而有
   A^-1(A^-1)^T=A^T(A^-1)^T=(A^-1A)^T=E，
   由此证得A^-1，A^T为正交矩阵．
   A，B为正交矩阵，则
   (AB)(AB)^T=ABB^TA^T=A(BB^T)A^T=AA^T=E，
   所以AB也为正交矩阵．
   综上可知A^TB也为正交矩阵．
   (Ⅱ)若A为正交矩阵，λ是A的实特征值，设p≠0为相应λ的特征向量，则
   Ap=λpp^TA^T=λp^T
   p^TA^T(Ap)=λp^T(λp)
   p^T(A^TA)p=λ²(p^Tp)
   p^Tp=λ²(p^Tp)．
   由p^Tp≠0λ²=1．由于λ是实数，因此λ只可能是1或-1．
   (Ⅲ)|A+B|=|A||E+A^-1B|=±|E+A^-1B|=±|E+A^TB|．
   因为A^TB是正交矩阵，又|A^TB|=|A^T|·|B|=|A|·|B|=|AB|＜0．
   因为A^TB所有特征值之积等于A^TB的行列式，即-1；而且复特征值必共轭出现，其积必为正数；而实特征值不是+1就是-1，从而可知正交矩阵A^TB的特征值中必有λ=-1．从而有|A^TB-λE|=0，即|A+B|=0．
   由于|A|=|B|=±1，所以|A|+|B|=0或±2．
   综上，当|A||B|＜0时，|A+B|=|A|+|B|=0．

解：
   

[考点] 变上限定积分求导、洛必达法则、等价无穷小

解：(1)因当α≤0时，极限不存在；当α＞0时，所以
   当α＞0时，f(x)在x=0处连续．
   (2)
   当α-1＞0时，即α＞1时，f'(0)=0，f(x)在x=0处可导．
   (3)
   
   当α＞2时，f(x)在x=0处一阶导数连续．
   (4)
   当α≤3时，f"(0)不存在；当α＞3时，f"(0)=0，即f(x)在点x=0处二阶可导．

解：由x²+y²y'=1-y'，得．令y'=0，得x=±1．
   当x＜-1时，y'＜0；当-1＜x＜1时，y'＞0；当x＞1时，y'＜0．因此，x=-1为其极小值点，x=1为其极大值点．
   将原方程分离变量后得    (1+y²)dy=(1-x²)dx，
   其通解为    x³+y³-3x+3y=C．
   又y(2)=0，得C=2．故x³+y³-3x+3y=2．
   所以，y(x)的极小值为y(-1)0，y(x)的极大值为y(1)=1．

解：由