D

[解析] 当n=2时，
   
   由P(AB)≠P(A)P(B)知A与B不独立，
   又P(A)＞P(B)，故(若AB，则P(A)≤P(B)，矛盾)．
   当n=3时，
   
   由上知P(AB)=P(A)P(B)，因此A与B相互独立，故应选D．

C

[解析] 因为条件收敛，所以级数一定不是正项或负项级数，故r≤0．
   若|r|＜1，则，级数绝对收敛，矛盾；
   若|r|＞1，则，存在充分大的N，当n＞N时，{|u_n|}单调增加，
   ，于是发散，矛盾，故|r|=1，再由r≤0得r=-1，选C．

A

[考点] 用等价无穷小确定未知参数．
  [解析] 根据等价无穷小的定义，通过极限确定未知参数的值．
  因为，由题意得
  
  要使极限存在且等于1，则1-a=0且，解得a=1，，故应选A．
  根据等价无穷小的定义转化为函数的极限求解待定参数是重要内容，具体求解极限时，泰勒公式是简单的方法．

D

[解析] f[g(x)]=|g(x)|=|x²-x|，
   g[f(x)]=f²(x)-f(x)=|x|²-|x|=x²-|x|．
   由f[g(x)]=g[f(x)]，得|x²-x|=x²-|x|．
   当x²≥x，即x≤0或者x≥1时，有x²-x=x²-|x|，即
   综合得x≥1．
   当x²≤x，即1≥x≥0时，或x=0．
   综上所述，当x≥1或x=0时，f[g(x)]=g[f(x)]．

B

[解析] 因为f(x)为偶函数，所以为奇函数，且又
   即C₀=0，

C

[解析] 要使是λ的无偏估计量，应有即
   
   由于E(S²)=DX=λ，将它们代入①得aλ+(2-3a)λ=λ，即因此本题选C．

C

[解析] A相似于对角阵A有n个线性无关特征向量对每个r_i重特征值λ_i，r(λ_iE-A)=n-r_i，即有r_i个线性无关特征向量(共n个线性无关特征向量)．
   (A)，(D)是充分条件，但非必要，(B)是必要条件，但不充分，n个不同的特征向量，并不一定线性无关．

B

[考点] 考查中心极限定理，属基本知识点．
   [解析] 利用中心极限定理，结合数字特征计算．
   因为，所以X服从0-1分布，其中，故．
   又因为X₁，X₂，…，X_n为来自总体X的简单随机样本，所以
   
   
   由中心极限定理有近似服从于N(50，25)，所以
   
   故应选B．
   本题的解法用到了列维-林德伯格定理，此为一般方法．因为在本题已知条件中给出的是0-1分布，而0-1分布之和是二项分布，故应用如下棣莫弗-拉普拉斯定理解决更加简便．
   因为，所以
   

D

[解析] 由题设知X_i～N(0，σ²)，
   
   故
   又与S²独立，故有
   

B

[解析] 由矩阵的秩的定义知，r(A)=r，r是A中最大的不等于零的子行列式的阶数，故A中有不等于零的(至少一个)，一阶子式，而r阶以上子式都等于零，这只需所有r+1阶子式全为零即可，故选(B)，而(A)，(C)，(D)均不成立，请读者自行说明理由．

y_x=C·2^x-5

[解析] Δ²y_x=Δ(Δy_x)=Δy_x+1-Δy_x=(y_x+2-y_x+1)-(y_x+1-y_x)=y_x+2-2)y_x+1+y_x，因此原差分方程可化简为y_x+2-2y_x+1=5.
   齐次方程y_x+2-2y_x+1=0的通解为Y_x=C·2^x．
   设非齐次方程的特解为y*_x=A，代入非齐次方程中，可得A=-5.
   故非齐次方程，即原差分方程的通解为Y_x=Y_x+y*_x=C·2^x-5.

[解析] 由，从而当x＞0时，
   
   所以
   故

-2

[解析] 因为|A^*|=|A|²=4，且|A|＞0，所以|A|=2，又AA^*=|A|E=2E，所以A^-1=，从而A^-1的特征值为，-1，1，根据逆矩阵之间特征值的倒数关系，则A的特征值为-2，-1，1，于是a₁₁+a₂₂+a₃₃=-2-1+1=-2．

a²

[解析] 由
   得

10

[解析] 于是由题设得即k=10．

[解析] 独立重复试验．至少命中一次的对立事件是四次都没有命中．四次都没有命中的概率是所以该射手的命中率为

[解]

解：
   显然x=1为间断点，连续区间(-∞，1)∪(1，+∞)．
   
   所以x=1为无穷间断点．

证明：令
   
   有φ(a)=0及
   
   由于f(x)在区间[a，b]上为单调增函数，所以当a≤t≤x时f(t)≤f(x)，从而由②式知
   再由φ(a)=0得φ(b)≥0．所以由①式有
   证毕．