D

[解析] |α₃，α₂，α₁，β₁+β₂|=|α₃，α₂，α₁，β₁|+|α₃，α₂，α₁，β₂|
   =-|α₁，α₂，α₃，β₁|-|α₁，α₂，α₃，β₂|
   =-|α₁，α₂，α₃，β₁|+|α₁，α₂，β₂，α₃|=n-m，选D．

B

[解析] 由总体X～N(0，1)知X₁～N(0，1)，且它们相互独立，所以
   
   因此本题选B．

A

[解析] 不妨设f(x)单调增加，且|f(x)|≤M，对任一点x₀∈(a，b)，当时，f(x)随着x增加而增加且有上界，故存在；当时，f(x)随着x减小而减小且有下界，故存在，故x₀只能是第一类间断点．

B

[解析] 在(0，+∞)上单调递减，又f(x)，a，b均为正数，则
   

B

[解析] 解这道题，首先知道t分布的定义．
   假设X服从标准正态分布N(0，1)，Y服从χ²(n)分布，则的分布称为自由度为n的t分布，记为Z～t(n)．
   由于X～(μ，σ²)，则因此
   又知则有
   
   提示：本题中所涉及的知识点为常考点，要牢记这些常用结论．

D

[解析] 设X～P(λ)，则，x=0，1，2，…，从而P{X=0}=e^-λ．
   先求λ的最大似然估计值的一般形式．对于样本值x₁，x₂，…，x_n，似然函数为
   
   取自然对数
   
   令，解之得λ的最大似然估计值由于函数u=e^-λ具有单值反函数λ=-lnu，由最大似然估计的不变性知P{X=0}=e^-λ的最大似然估计值为

C

[解析] Cov(U，Z)=Cov(X+Y，Z)=Cov(X，Z)+Cov(Y，Z)=0，
   故U与Z不相关．
   为了讨论独立性，先求出U=X+Y的分布列．已知X和Y的分布列为

X(Y)					0						1
P					1-p						p

则U=X+Y=k(k=0，1，2)， P{U=0}=P{X=0，Y=0}=P{X=0}P{Y=0}=(1-p)²， P{U=2}=P{X=1，Y=1}=P{X=1}P{Y=1}=p²， P{U=1}=1-P{U=0}-P{U=2}=1-(1-p)²-p²=2p-2p²， 即U=X+Y的分布列为

U

0

1

2

P

(1-p)2

2p-2p2

p2

   所以
   P{U=0，Z=0}=P{X=0，Y=0，Z=0}=P{X=0}P{Y=0}P{Z=0}
   =(1-p)³=P{U=0}P{Z=0}，
   P{U=0，Z=1}=P{X=0，Y=0，Z=1}=P{X=0)P{Y=0}P{Z=1}
   =p(1-p)²=P{U=0}P{Z=1}．
   同理，可证得
   P{U=1，Z=0}=2p(1-p)²=P{U=1}P{Z=0}，
   P{U=1，Z=1}=2p²(1-p)=P{U=1}P{Z=1}，
   P{U=2，Z=0}=p²(1-p)=P{U=2}P{Z=0}，
   P{U=2，Z=1}=p³=P{U=2}P{Z=1}．
   故U=X+Y与Z相互独立．选C．

A

[考点] 矩阵的合同．
   [解析] 利用合同的性质求解．
   与对称矩阵合同的一定是对称矩阵，所以b=3．
   由|λE-B|=0，得λ=-2，4．所以A的特征值也是一正一负．
   |λE-A|=λ²-(2+a)λ+2a-4，2a-4＜0，a＜2．
   故选A．
   矩阵的合同关系是重要的等价关系，也是重点和热点．有关矩阵合同的知识参见选择题2．

B

[解析] 由拉格朗日中值定理易知A，C错，B正确，又因未知x₁与x₂的大小关系，知D不正确．

C

[解析] B是A经过交换第一、二行再交换第二、三列后得到的矩阵，且P²=Q²=E．因此，当m，n均为奇数时，有P^m=P，Qⁿ=Q，从而P^mAQⁿ=PAQ=B．

1

[解析] A～B，则2E-A～2E-B，
   

[解析] 未知函数含于积分之中的方程称为积分方程．现在此积分的上限为变量，求此方程的解的办法是将方程两边对x求导数化成微分方程解之．注意，积分方程的初值条件蕴含于所给式子之中，读者应自行设法挖掘之．
   将所给方程两边对x求导，有
   g[f(x)]f'(x)+f(x)=xe^x．因g[f(x)]≡x，所以上式成为
   xf'(x)+f(x)=xe^x．
   以x=0代入上式，由于f'(0)存在，所以由上式得f(0)=0．当x≠0时，上式成为
   解得
   
   由于f(x)在x=0处可导，所以连续．令x→0，得
   所以从而知C=1．于是得
   

[解析] 由于
   故
   从而

[解析]

-1

[解析] α是矩阵A^-1属于特征值λ₀，的特征向量，由定义A^-1α=λ₀α，于是α=λ₀Aα，即
   
   即
   解得

[解析] 记因故

证：由于齐次线性方程组的基础解系中只含有一个向量，可知其系数矩阵的秩为n-1．α₁，α₂，…，α_n-1是该方程组系数矩阵的行向量的转置，可知α₁，α₂，…，α_n-1的秩也为n-1，故α₁，α₂，…，α_n-1线性无关．
   令ξ=(b₁，b₂，…，b_n)^T，由于ξ是齐次线性方程组的解，由此可知
   
   这些等式也可写为ξ^Tα_i=0(i=1，…，n-1)，也即ξ和α₁，α₂，…，α_n-1均正交．
   下面再证明α₁，α₂，…，α_n-1，ξ线性无关．
   假设k₁α₁+k₂α₂+…+k_n-1α_n-1+k_nξ=0，等式两边同时左乘ξ^T可得k_nξ^Tξ=0，根据向量内积的性质，由ξ不为零向量可知ξ^Tξ＞0，故k_n=0．
   将k_n=0代回k₁α₁+k₂α₂+…+k_n-1α_n-1+k_nξ=0，可得k₁α₁+k₂α₂+…+k_n-1α_n-1=0，由α₁，α₂，…，α_n-1线性无关可知k₁=k₂=…=k_n-1=0．因此α₁，α₂，…，α_n-1，ξ线性无关．

[考点] 线性相关性的证明．
   [解析] 根据齐次线性方程组解的结构证明．
   本题是线性相关性和齐次线性方程组的综合题，请大家注意的是近年来的命题越来越注重综合性!同时通过本题，大家要掌握如下结论：列向量ξ是Ax=0的解的充分必要条件是考与A的行向量的转置均正交．

解：因为抛物线过原点，所以c=0，又由题设可知
   
   则旋转体体积为
   
   令则解得此时
   因为所以当时体积V最小．

解：如图所示，记D₁={(x，y)|xy≥1}，D₂={(x，y)|xy≤1}，则
   
   其中
   
   
   

[考点] 二重积分的计算．
   [解析] 本题可先分割积分区域，再利用直角坐标来计算两个不同区域上的二重积分．
   本题的关键在于要能够分割积分区域．

证：依题设，如图所示，有
   
   令
   
   其中k＞0，则由f'(x)＞0知，f(x)在[0，1]上单调增加，故
   
   由零点定理知，存在一点ξ∈(0，1)，使得F(ξ)=0，即S₁(ξ)=kS₂(ξ)，k＞0．
   下面证明ξ是唯一的．因为
   F'(t)=f(t)+tf'(t)-f(t)+k(1-t)f'(t)
   =tf'(t)+k(1-t)f'(t)＞0，
   故F(t)严格单调增加，从而ξ是唯一的．
   

[考点] 用定积分求面积及函数零点的个数．
   [解析] 根据定积分的几何意义确定函数，通过单调性确定零点的个数．

解：由卷积公式知
   由于被积函数仅在0≤x≤1，x≤z时不为零，故
   当z＜0时，f_z(z)=0；
   当0≤z＜1时，
   
   当z≥1时，，从而有