B

[解析] 由A是m×n矩阵，按矩阵秩的定义r(A)=n≤min{m，n}，即n≤m；同理，B是n×m矩阵，r(B)=m，有m≤n，所以n=m，即A，B均为n(或m)阶方阵且可逆，故AB也可逆，由克拉默法则知ABx=b总有唯一解．选B．
   ①本题命制新颖，证出n=m是关键．
   ②本题还可以这样思考：只需说明ABx=0只有零解，从而AB可逆．
   因为A是m×n矩阵，且r(A)=n，即A的列向量组线性无关，故Ax=0只有零解，因此若ABx=0，则必有Bx=0．同理．B是列满秩矩阵，对Bx=0必有x=0，因此ABx=0仅有零解，而AB为m阶矩阵，故必是可逆矩阵，由克拉默法则知ABx=b总有唯一解．

D

[解析] 先看结论②，
   结论②说的是定积分(注意：很多同学认为是反常积分，其实不然，因为存在)等于0．
   现在来验证一下．
   请看如下定理：
   设是一个定积分，如果f(x)在区间[-a，a]上连续且，f(x)在区间[-a，a]上是一个奇函数，则定积分
   有同学认为虽为奇函数，但在区间[-1，1]上并不连续，因此不能使用上述定理，的确，在区间[-1，1]上并不连续，但由于定积分的被积函数在某一点处的函数值是完全无所谓的，所以可以把结论②中所说的“”改写为“”．这样一来，f(x)在区间[-1，1]上连续，且为奇函数，根据以上定理可知，结论②正确．
   再看结论③．
   在x=1，x=-1处没有定义．现在算一下，这两个极限只要有一个是∞，就说明是反常积分．通过计算可知和这两个极限都是∞，所以是反常积分，而不是定积分．
   结论③说的是反常积分等于0．
   请看以下定理：
   设是一个反常积分，如果f(x)在除x=±c外的区间[-a，a]上连续(其中c为[-a，a]上的点)，且f(x)在除±c外的区间[-a，a]上是一个奇函数，且的值是一个常数，则反常积分．
   根据以上定理来验证一下．
   首先，在区间[-1，1]上除了x=±1连续(也就是说在区间(-1,1)上连续)，这是毫无疑问的，
   其次，说在区间(-1,1)上是一个奇函数也对．
   最后，看是否等于一个常数．通过计算可知答案是常数，所以结论③正确．

C

[解析] 因为f(x)二阶连续可导，且所以即f"(0)=0.又由极限的保号性，存在δ＞0，当0＜|x|＜δ时，有，即当x∈(-δ，0)时，f"(x)＞0，当x∈(0，δ)时，f"(x)＜0，所以(0，f(0))为曲线y=f(x)的拐点，选C．

C

[解析] 若x₀≠0，使得Bx₀=0．两边左乘A，得ABx₀=0；反之，若x₀≠0，使得ABx₀=0，且r(A)=s(A的列向量线性无关)，则由
   故，r(A)=sBx=0和ABx=0是同解方程组．故应选C．

B

[解析] 解法1  对任一n阶矩阵C，有
   C^*C=CC^*=|C|E，
   其中C^*是C的伴随矩阵．因此可直接用乘法验证，排除错误选项．
   对选项A，有
   
   E₂为2阶单位矩阵；
   对选项B，有
   
   E₄为4阶单位矩阵；
   对选项C，D，分别有
   
   由此知选项B正确．
   解法2  设
   
   分别求出X₁，X₂，X₃，X₄．因为
   
   所以BX₁=O，AX₄=O，由已知，A，B均可逆，故X₁=x₄=O；另一方面，有
   
   其中，故得
   
   解法3  ，则可逆，于是
   
   选B．

B

[解析] 由于f(x)≤1，故f[f(x)]=1，因而
   f{f[f(x)]}=1．

A

D

[解析]
   
   故A*=A^T
   AA*=AAT=|A|E，两边取行列式，得
   |AA^T|=|A|²=|A|E|=|A|³
   得|A|²(|A|-1)=0
   
   故|A|=1，从而|2A^T|=8．

[考点] 渐近线
[解析] 通常渐近线有水平渐近线、铅直渐近线和斜渐近线．
   由题设，，因此无水平渐近线．
   又由，
   因此也无铅直渐近线．关于斜渐近线，设，
   ，
   因此有斜渐近线为．

[解析] 因为为奇函数，所以为奇函数，
   
   而，，所以原式=．

．

[解析]

[解析]

[解] 因为
   所以

1．

[解析] 两边同时对x求导，并将x=0代入求导所得式子即可．
   
   由原方程知，x=0时，y=1，代入上式，得y'|_x=0=1．

解：因为，所以
   

解：x²y²+y=1两边关于x求导得
   2xy²+2x²yy'+y'=0，解得
   由得x=0，
   2xy²+2x²yy'+y'=0两边对x求导得
   2y²+8xyy'+2x²y'²+2x²yy"+y"=0，
   将x=0，y=1，y'(0)=0代入得y"(0)=-2＜0，
   故x=0为函数y=y(x)的极大点，极大值为y(0)=1.

解：解法1  原式
   解法2  令e^-x=sint，则，
   原式=

解：令x=0，y=0得f(0)=0.
   由得
   f(x)=x²+ax+C，
   由f(0)=0得C=0，故f(x)=x²+ax．

解：
   
   提示：本题还可利用变量替换求解．令，化简过后，利用分部积分逐步求解．最后求得关于t的表达式后，记得将再代回去．(求解过程略)

证明：g(x)连续连续．但g(x)可导可导．当|g(x)|可导，由可导性运算法则知F(x)可导，当|g(x)|不可导(或不知是否可导时)，则按定义考察F(x)的可导性．
   (Ⅰ)若(或g(x₀)＜0)，由g(x)在x=x₀连续
   当x∈(x₀-δ，x₀+δ)时g(x)＞0(或g(x)＜0)，
   于是
   与g(x)在x=x₀有相同的可导性，即|g(x)|在x=x₀可导，
   从而F(x)=f(x)|g(x)|在x=x₀可导．
   (Ⅱ)若g(x₀)=0.按定义考察F(x)在x=x₀的可导性．
   
   于是要分别考察
   
   因此
   f(x₀)|g'(x₀)|=-f(x₀)|g'(x₀)|
       或g'(x₀)=0.
   此时F'(x₀)=F'₊(x₀)=F'_-(x₀)=0.

解：解法1  问题等价于讨论方程ln⁴x-4lnx+4x-k=0有几个不同的实根。
   设φ(x)=ln⁴x-4lnx+4x-k，
   则有
   不难看出，x=1是φ(x)的驻点．
   当0＜x＜1时，φ'(x)＜0，即φ(x)单调减少；当x＞1时，φ'(x)＞0，即φ(x)单调增加，故φ(1)=4-k为函数φ(x)的最小值．
   当k＜4，即4-k＞0时，φ(x)=0无实根，即两条曲线无交点；
   当k=4，即4-k=0时，φ(x)=0有唯一实根，即两条曲线只有一个交点；
   当k＞4，即4-k＜0时，由于
   
   故φ(x)=0有两个实根，分别位于(0，1)与(1，+∞)内，即两条曲线有两个交点．
   解法2  问题等价于讨论方程k=4x-4lnx+ln⁴x的不同实根的个数．
   设f(x)=4x-4lnx+ln⁴x，则，不难看出x=1是f(x)的驻点．又f"(x)=，f"(x)＞0，所以f(1)=4为f(x)的最小值．
   当k＜4时，方程f(x)=k无实根，即两曲线无交点；
   当k=4时，方程f(x)=k有唯一实根，即两曲线只有一个交点；
   当k＞4时，由于
   
   所以方程f(x)=k有两个实根分别位于区间(0，1)与(1，+∞)内，即两曲线有两个交点．

证明：因，而g'(c)=0，故．由极限的保号性，，当x∈(c-δ，c)时，有，即g'(x)＞0，从而g(x)在(c-δ，c)上单增；当x∈(c，c+δ)时，有，即g'(x)＜0，从而g(x)在(c-δ，c)上单减．
   又由g'(c)=0知，x=c是g(x)的驻点，因此g(c)为g(x)的一个极大值．

解：由
   得
   所以
   当x=9时，由x=1+2t²及t＞1得t=2，故