C

[解析] 对于，可知．又，所以有斜渐近线y=x，因此应选C．

C

[解析] 因，
   所以有1条斜渐近线y=2x+1(沿x→+∞方向)．
   又
   所以又有1条斜渐近线y=x+1(沿x→-∞方向)．
   综上，曲线左右各有一条斜渐近线，所以就没有水平渐近线．
   又
   所以有1条铅直渐近线．选C．

A

[解析] A，B是n阶矩阵，且AB=O，则有
   (1)B的列向量是齐次方程组Ax=0的解
   (2)秩r(A)+r(B)≤n
   由(1)，对于AB=O，B≠O知Ax=0有非零解，从而秩r(A)＜n．又因A*≠O知有代数余子式A_ij≠0，即A中有n-1阶子式非零．于是r(A)=n-1．再根据(2)知r(B)≤1，又因B≠O．故必有r(B)=1．故应选A．
   关于r(A)也可由
   
   可知r(A*)=1．
   因为A*≠0，有r(A*)≥1，于是r(A)≥n-1，那么再由AB=O，B≠O知r(A)＜n，因此只能是r(A)=n-1．故r(B)=1，应选A．

D

[解析] 解法1  先求出f(u，v)．
   
   于是
   因此
   解法2  不必先求出f(u，v)．
   由即(u，v)=(1，1)对应，
   现对两边分别对x，y求偏导数得
   
   上两式中令得
   
   由此解出．选D．

A

C

[解析] 由题设条件得
   
   A是可逆矩阵，故有即
   相似矩阵有相同的特征值，故C和B有相同的特征值．
   因为故B有特征值为λ₁=1，λ₂=2，λ₃=-2，故应选C．
   或由两边取行列式，得|BA|=|AC|，故应选C．

B

B

[解析] 令u=x²，u-1-x，则．又由于
   
   故

[解析] 由题意，积分区域可表示为
   
   即是由r=2cosθ与围成的图形(如下图)．作以O为圆心且穿过D的同心圆r=C，当时，r=C从r=2cosθ(θ＜0)，即进入D，从穿出D；当时，r=C从r=2cosθ(θ＜0)，即进入D，从r=2cosθ(θ＞0)，即穿出D．故原二次积分交换积分次序后为
   
   

2．

[解析] 因为函数f(x)连续，故．由题设
   
   故f(0)=2．

[解析]

[解析]

xf(x²)．

[解析] 令u=x²-t²，du=-2tdt．当t=0时，u=x²，当t=x时，u=0．故
   
   本题属于要先作换元然后才能求导的类型．

解：D是一块矩形域，如图所示．
   
   

解：设旋转抛物面的容器和旋转抛物面体分别由xOy平面上的抛物线y₁=Ax²，y₂=Bx²+a绕y轴旋转而成．
   如图所示，设V₁为抛物面容器中的液体被第二个抛物面体所排开的体积，则
   
   
   设被挤上升的液体体积为V₂，则
   
   由V₁=V₂，得
   
   因为h+a＞0，则
   故液面上升高度为

解：由于，则题设条件可表示为。
   在两边对x求导，得；
   再在两边对x求导，整理可得f"(x)+f(x)=-sinx，且f(0)=0，f'(0)=1。
   解上述方程组得。可见原方程为
   故对应齐次方程的通解为y=C₁cosx+C₂sinx，C₁，C₂为任意常数，且特解可设为y^*=x(b₁x+b₂)cosx+x(b₃x+b₄)sinx，代入方程后得。再根据初始条件
   y(0)=0，y'(0)=1得所求解为。

[考点] 在初始条件下，二阶微分方程的解的应用。

解：由∣λE-A∣==(λ-2)(λ-1)(λ+1)，
   得A的特征值为2，1，-1．因此A相似于．
   进而求得对应于2，1，-1的特征向量分别为
   
   令P=(η₁，η₂)，η₃)，则有P^-1AP=．
   又因为B是下三角矩阵，所以特征值为2，1，-1．B也相似于．
   进而求得对应2，1，-1的特征向量分别为．
   令Q=(ξ₁，ξ₂，ξ₃)，则Q^-1BQ=．
   因此P^-1AP=Q^-1BQ，所以B=QP^-1APQ^-1=(PQ^-1)^-1A(PQ^-1)，
   令X=PQ^-1=，X即为所求．

[考点] 矩阵相似的判别．
   将A，B分别相似对角化，与同一个对角阵相似，再根据相似的传递性，得到A，B相似．

解：曲线在点的切线方程是
   即
   其中t∈(0，b)．
   
   所求问题等价于求此切线与直线x=b，y轴和x轴所围成平面图形绕x轴旋转一周所得旋转体的体积的最小值点．即求
   
   在(0，b)的最小值点．
   求V'(t)
   
   因此，所求的