A

[考点] 求极限中的参数
[解析] 由知.
   故，于是.
   故b=1，而.
   于是，故a=4. 即有. 选A.

C

[解析] f(0)=-1＜0，f(-1)=-e^-2+2-cos1＞0，f(1)=e²-2-cos1＞0．所以在区间(-1，0)与区间(0，1)内分别至少有1个零点．f'(x)=e^2x+2xe^2x-2+sinx=2xe^2x+(e^2x-1)+(sinx-1)，当x＜0时f'(x)＜0，所以在区间(-∞，-1]内f(x)无零点，在区间(-1，0)内正好一个零点．
   f"(x)=4e^2x+4xe^2x+cosx
   =4(1+x)e^2x+cosx
   =(4e^2x+cosx)+4xe^2x．
   可见无论x∈(-1，0)还是x∈[0，+∞)，f"(x)＞0，所以在区间(-1，+∞)内f(x)至多有2个零点，而前已证明f(x)在(-1，1)内至少有2个零点，所以f(x)正好有2个零点．

B

[解析] 因为f(0⁺)=-∞，又
   
   所以f(e)=k＞0为极大值，且，
   于是f(x)在(0，e)和(e，+∞)上分别恰有一个零点，故选(B)．

D

[解析] 首先，4元齐次线性方程组A^*x=0的基础解系所含解向量的个数为4-r(A^*)，其中r(A^*)为A^*的秩，因此求r(A^*)是一个关键．其次，由Ax=0的基础解系只含1个向量，即4-r(A)=1，得r(A)=3，于是由r(A^*)与r(A)的关系，知r(A^*)=1，因此，方程组A^*x=0的基础解系所含解向量的个数为4-r(A^*)=3，故选项A、B不对．再次，由(1，0，1，0)^T是方程组Ax=0或x₁α₁+x₂α₂+x₃α₃+x₄α₄=0的解，知α₁+α₃=0，故α₁与α₃线性相关，于是只有选项D正确．
   本题综合考查基础解系、伴随矩阵、矩阵的秩、线性方程组的向量形式及向量组的线性相关性等基本概念．其中，n元齐次线性方程组Ax=0的基础解系所含解向量的个数(即Ax=0的解空间的维数)为n-r(A)，以及r(A)与r(A^*)的关系等概念，已考过多次，属于线性代数中很基本也很重要的一些结论，应该深刻理解．

B

[考点] 平面上均匀薄板重心的坐标
[解析] 薄板占有的平面区域为
    D={(x，y)|2y≤x²+y²≤4y}
    ={(r，θ)|0≤θ≤π，2sin θ≤r≤4sin θ}.
   
   不妨设面密度μ=1，则.
   D关于x=0(y轴)对称，故；
   
   于是. 从而重心的坐标为. 选B.

B

[解析] 因为B为对角矩阵，又A～B，所以A有特征值-1，2，y，
   而特征方程为
   |λE-A|=(λ+2)[λ²-(x+1)λ+(x-2)]，
   将λ=-1代入得x=0，又由trA=trB，即-2+x+1=-1+2+y，得y=-2．
   故选B．

D

[解析] 因为(令u=)，又g(0)=0，故
   当a=0时，=g(0)，即g(x)在点x=0处连续；
   当a≠0时，≠g(0)，即x=0是g(x)的第一类间断点．
   因此，g(x)在点x=0处的连续性与a的取值有关，故选D．

C

[解析] 由于，
   则．又
   
   本题主要考查常数项级数的定义和性质．

A

[解析] 由题意知：
   
   故：
   所以2a+3b=4，故选A．
   解中=(注意是偶函数且为对称的积分区间)得到，也可由：设随机变量X～N(0，1)，X的概率密度即为f₁(x)，则=P(X≤0)=Φ(0)=得到，这要求学生对正态分布的概率计算较熟悉．本题主要考查概率密度的性质：．当然，本题中的几个随机变量(题目及解符号中甚至连随机变量的记号都不用出现)并无明显的函数关系，勿出现“”一类莫名其妙的式子，也勿有一类荒唐的式子．

B

[考点] 随机变量相关性
[解析] ξ，η不相关，即ρ_ξη=0，充分必要条件为cov(ξ，η)=0，即有
   cov(X+aY，X+bY)=cov(X，X)+(a+b)cov(X，Y)+abcov(Y，Y)
   =D(X)+0+abD(Y)=(1+ab)D(X)=0，
   而D(X)＞0，故ab=-1. 应选B.

[解析] 由复合函数求导法知
   
   
   本题主要考查复合函数求导法．

[考点] 将三重积分化为定积分
[解析] 过z∈(0，2)作平行于xOy的平面，截得Ω的平面区域记为D(z)，用柱坐标计算，有
   
   

[解析] 由于正交矩阵的行(列)向量组均为正交单位向量组，故，又A^-1=A^T，故方程组Ax=b的解为x=A^-1b=A^Tb=.

[解析] 由于函数可写为
   故

解：E(X)=0×θ²+1×2θ(1-θ)+2×θ²+3×(1-2θ)=3-4θ，
   (3+1+3+0+3+1+2+3)=2，令得参数θ的矩估计值为．
   L(θ)=θ²×[2θ(1-θ)]²×θ²×(1-2θ)⁴=4θ⁶(1-θ)²(1-2θ)⁴，
   lnL(θ)=ln4+6lnθ+2ln(1-θ)+4ln(1-2θ)，
   令得参数θ的最大似然估计值为．

解：由du=y²dx+(2xy+1)dy=y²dx+2xydy+dy=d(xy²+y)得
   f(x，y)=xy²+y+C，
   由f(0，0)=1得C=1，从而f(x，y)=xy²+y+1．
   

解：利用分部积分有
   
   因为，f'(x)≥0，所以，f(2π)≥f(0)，有
   

证：