williamValid/exam-CQIA-Qwen-1.5B huggingface dataset:
设 $A, B$ 为 $n$ 阶实矩阵, 下列不成立的是
(A) $r\left(\begin{array}{cc}A & O \\ O & A^{T} A\end{array}\right)=2 r(A)$
(B) $r\left(\begin{array}{ll}A & A B \\ O & A^{T}\end{array}\right)=2 r(A)$
(C) $r\left(\begin{array}{cc}A & B A \\ O & A A^{T}\end{array}\right)=2 r(A)$
(D) $r\left(\begin{array}{cc}A & O \\ B A & A^{T}\end{array}\right)=2 r(A)$

解答：(A) $r\left(\begin{array}{cc}A & O \\ O & A^{T} A\end{array}\right)=r(A)+r\left(A^{T} A\right)=2 r(A)$. 故 $A$ 正确.
(B) $A B$ 的列向量可由 $A$ 的列线性表示, 故 $r\left(\begin{array}{ll}A & A B \\ O & A^{T}\end{array}\right)=r\left(\begin{array}{ll}A & O \\ 0 & A^{T}\end{array}\right)=r(A)+r\left(A^{T}\right)=2 r(A)$.
(C) $B A$ 的列向量不一定能由 $A$ 的列线性表示.
(D) $B A$ 的行向量可由 $A$ 的行线性表示, $r\left(\begin{array}{ll}A & B A \\ O & A^{T}\end{array}\right)=r\left(\begin{array}{cc}A & O \\ 0 & A^{T}\end{array}\right)=r(A)+r\left(A^{T}\right)=2 r(A)$.
本题选 C.
设 $A, B$ 为随机事件, 且 $0<P(B)<1$, 下列命题中不成立的是
(A)若 $P(A \mid B)=P(A)$, 则 $P(A \mid \bar{B})=P(A)$.
(B) 若 $P(A \mid B)>P(A)$, 则 $P(\bar{A} \mid \bar{B})>P(\bar{A})$
(C) 若 $P(A \mid B)>P(A \mid \bar{B})$, 则 $P(A \mid B)>P(A)$.
(D) 若 $P(A \mid A \cup B)>P(\bar{A} \mid A \cup B)$, 则 $P(A)>P(B)$.

解答：$P(A \mid A \cup B)=\frac{P(A(A \cup B))}{P(A \bigcup B)}=\frac{P(A)}{P(A)+P(B)-P(A B)}$
$P(\bar{A} \mid A \cup B)=\frac{P(\bar{A}(A \cup B))}{P(A \bigcup B)}=\frac{P(\bar{A} B)}{P(A \bigcup B)}=\frac{P(B)-P(A B)}{P(A)+P(B)-P(A B)}$
因为 $P(A \mid A \cup B)>P(\bar{A} \mid A \cup B)$, 固有 $P(A)>P(B)-P(A B)$, 故正确答案为 D.
设 $\left(X_{1}, Y_{1}\right),\left(X_{2}, Y_{2}\right), \cdots,\left(X_{n}, Y_{n}\right)$ 为来自总体 $N\left(\mu_{1}, \mu_{2} ; \sigma_{1}^{2}, \sigma_{2}^{2} ; \rho\right)$ 的简单随机样本, 令 $\theta=\mu_{1}-\mu_{2}, \bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}, \bar{Y}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Y_{i}, \hat{\theta}=\bar{X}-\bar{Y}$, 则
(A) $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta})=\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}{n}$
(B) $\hat{\theta}$ 不是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta})=\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}{n}$
(C) $\hat{\theta}$ 是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta})=\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}-2 \rho \sigma_{1} \sigma_{2}}{n}$
(D) $\hat{\theta}$ 不是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta})=\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}-2 \rho \sigma_{1} \sigma_{2}}{n}$

解答：因为 $X, Y$ 是二维正态分布, 所以 $\bar{X}$ 与 $\bar{Y}$ 也服从二维正态分布, 则 $\bar{X}-\bar{Y}$ 也服从二维正态分布, 即 $E(\hat{\theta})=E(\bar{X}-\bar{Y})=E(\bar{X})-E(\bar{Y})=\mu_{1}-\mu_{2}=\theta$,
$D(\hat{\theta})=D(\bar{X}-\bar{Y})=D(\bar{X})+D(\bar{Y})-\operatorname{cov}(\bar{X}, \bar{Y})=\frac{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}-2 \rho \sigma_{1} \sigma_{2}}{n}$, 故正确答案为C $\mathrm{C}$.
设 $X_{1}, X_{2} \ldots, X_{16}$ 是来自总体 $N(\mu, 4)$ 的简单随机样本, 考虑假设检验问题: $H_{0}: \mu \leq 10, H_{1}: \mu>10 . \Phi(x)$ 表示标准正态分布函数, 若该检验问题的拒绝域为 $W=\{\bar{X} \geq 11\}$,其中 $\bar{X}=\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16} X_{i}$, 则 $\mu=11.5$ 时, 该检验犯第二类错误的概率为
(A) $1-\Phi(0.5)$
(B) $1-\Phi(1)$
(C) $1-\Phi(1.5)$
(D) $1-\Phi(2)$

解答：所求概率为 $P\{\bar{X}<11\} \quad \bar{X} \sim N\left(11.5, \frac{1}{4}\right)$,
$$
P\{\bar{X}<11\}=P\left\{\frac{\bar{X}-11.5}{\frac{1}{2}} \leq \frac{11-11.5}{\frac{1}{2}}\right\}=1-\Phi(1)
$$

故本题选 B.
设 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{f(x)}{\ln x}=1$, 则 $(\quad)$.
A. $f(1)=0$
B. $\lim _{x \rightarrow 1} f(x)=0$
C. $f^{\prime}(1)=1$
D. $\lim _{x \rightarrow 1} f^{\prime}(x)=1$

解答：由于 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{f(x)}{\ln x}=1$, 所以 $\lim _{x \rightarrow 1} f(x)=0$. 故选 B.
设 $f(u)$ 可导, $z=x y f\left(\frac{y}{x}\right)$, 若 $x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=x y(\ln y-\ln x)$, 则 $(\quad)$
A. $f(1)=\frac{1}{2}, f^{\prime}(1)=0$
B. $f(1)=0, f^{\prime}(1)=\frac{1}{2}$
C. $f(1)=1, f^{\prime}(1)=0$
D. $f(1)=0, f^{\prime}(1)=\frac{1}{2}$

解答：$\frac{\partial z}{\partial x}=y\left[f\left(\frac{y}{x}\right)+x f^{\prime}\left(\frac{y}{x}\right) \cdot-\frac{y}{x^{2}}\right], \frac{\partial z}{\partial y}=x\left[f\left(\frac{y}{x}\right)+y f^{\prime}\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{1}{x}\right]$,
则 $x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=2 x y f\left(\frac{y}{x}\right)=x y \ln \left(\frac{y}{x}\right)$. 因此 $2 f\left(\frac{y}{x}\right)=\ln \left(\frac{y}{x}\right)$, 即 $f(u)=\frac{1}{2} \ln u$.
故 $f(1)=0, f^{\prime}(1)=\frac{1}{2}$.

因此答案为：D
下列是 $A_{3 \times 3}$ 可对角化的充分而非必要条件是 ( )
A. A 有 3 个不同特征值
B. A 有 3 个无关的特征向量
C. A 有 3 个两两无关的特征向量
D. A 不同特征值对应的特征向量正交

解答：$\boldsymbol{A}$ 有 3 个不同的特征值, 则 $\boldsymbol{A}$ 有 3 个线性无关的特征向量, 此时 $\boldsymbol{A}$ 可对角化, 由于矩阵可对角化的充要条件是线性无关特征向量个数等于矩阵阶数, 因此选项(A)符合题意
设 $\alpha_{1}=\left(\begin{array}{l}\lambda \\ 1 \\ 1\end{array}\right), \alpha_{2}=\left(\begin{array}{l}1 \\ \lambda \\ 1\end{array}\right), \alpha_{3}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ \lambda\end{array}\right), \alpha_{4}=\left(\begin{array}{l}1 \\ \lambda \\ \lambda^{2}\end{array}\right)$, 若 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$ 与 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}$ 等价, 则 $\lambda \in(\quad)$.
A. $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R}\}$
B. $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \neq-1\}$
C. $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \neq-1, \lambda \neq-2\}$
D. $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \neq-2\}$

解答：由于
$$
\begin{aligned}
& \left|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\right|=\left|\begin{array}{lll}
\lambda & 1 & 1 \\
1 & \lambda & 1 \\
1 & 1 & \lambda
\end{array}\right|=\lambda^3-3 \lambda+2=(\lambda-1)^2(\lambda+2), \\
& \left|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4\right|=\left|\begin{array}{lll}
\lambda & 1 & 1 \\
1 & \lambda & \lambda \\
1 & 1 & \lambda^2
\end{array}\right|=\lambda^4-2 \lambda^2+1=(\lambda-1)^2(\lambda+1)^2 .
\end{aligned}
$$

 当 $\lambda=1$ 时, $\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=\alpha_4=\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$, 此时 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 与 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$ 等价.
当 $\lambda=-2$ 时, $2=r\left(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\right)<r\left(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4\right)=3 ， \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 与 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$ 不等价.当 $\lambda=-1$ 时, $3=r\left(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\right)>r\left(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4\right)=1, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 与 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$ 不等价. 因 此当 $\lambda=-2$ 或 $\lambda=-1$ 时, $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 与 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4$ 不等价等价, 所以 $\lambda$ 的取值范围为 $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \neq-1, \lambda \neq-2\}$.

因此答案为：C
设 $X \sim U(0,3), Y \sim P(2), \operatorname{Cov}(X, Y)=-1$, 求 $D(2 X-Y+1)=(\quad)$.
(A) 10
(B) 9
(C) 1
(D) 0

解答：由 $X \sim U(0,3), Y \sim P(2)$ 知, $D(X)=\frac{3}{4}, D(Y)=2$, 故

$D(2 X-Y+1)=D(2 X-Y)=4 D(X)+D(Y)-4 \operatorname{Cov}(X, Y) =4 \cdot \frac{3}{4}+2+4=9$.

因此答案为：B
曲线 $y=x \ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)$ 的渐近线方程为( )
(A) $y=x+e$
(B) $y=x+\frac{1}{e}$
(C) $y=x$
(D) $y=x-\frac{1}{e}$

解答：$k=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{y}{x}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x \ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)}{x}=\lim _{x \rightarrow \infty} \ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)=1$,
$$
\begin{aligned}
b & =\lim _{x \rightarrow \infty}(y-k x)=\lim _{x \rightarrow \infty}\left[x \ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)-x\right]=\lim _{x \rightarrow \infty} x\left[\ln \left(e+\frac{1}{x-1}\right)-1\right] \\
& =\lim _{x \rightarrow \infty} x \ln \left[1+\frac{1}{e(x-1)}\right]=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x}{e(x-1)}=\frac{1}{e}
\end{aligned}
$$

所以斜渐近线方程为 $y=x+\frac{1}{e}$.

因此答案为：B
若微分方程 $y^{\prime \prime}+a y^{\prime}+b y=0$ 的解在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界, 则( )
(A) $a<0, b>0$
(B) $a>0, b>0$
(C) $a=0, b>0$
(D) $a=0, b<0$

解答：微分方程 $y^{\prime \prime}+a y^{\prime}+b y=0$ 的特征方程为 $\lambda^{2}+a \lambda+b=0$,

当 $\Delta=a^{2}-4 b>0$ 时, 特征方程有两个不同的实根 $\lambda_{1}, \lambda_{2}$, 则 $\lambda_{1}, \lambda_{2}$ 至少有一个不等于零, 若 $C_{1}, C_{2}$ 都不为零, 则微分方程的解 $y=C_{1} e^{-\lambda_{1} x}+C_{2} e^{-\lambda_{2} x}$ 在 $(-\infty,+\infty)$
无界;

当 $\Delta=a^{2}-4 b=0$ 时, 特征方程有两个相同的实根, $\lambda_{1,2}=-\frac{a}{2}$,

若 $C_{2} \neq 0$, 则微分方程的解 $y=C_{1} e^{-\frac{a}{2} x}+C_{2} x e^{-\frac{-a_{x}}{2}}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 无界;

当 $\Delta=a^{2}-4 b<0$ 时, 特征方程的根为 $\lambda_{1,2}=-\frac{a}{2} \pm \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} i$,

则通解为 $y=e^{-\frac{a}{2} x}\left(C_{1} \cos \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} x+C_{2} \sin \frac{\sqrt{4 b-a^{2}}}{2} x\right)$,

此时, 要使微分方程的解在 $(-\infty,+\infty)$ 有界, 则 $a=0$, 再由 $\Delta=a^{2}-4 b<0$,知 $b>0$.

因此答案为：C
设函数 $y=f(x)$ 由 $\left\{\begin{array}{l}x=2 t+|t| \\ y=|t| \sin t\end{array}\right.$ 确定, 则()

(A) $f(x)$ 连续, $f^{\prime}(0)$ 不存在 (B) $f^{\prime}(0)$ 存在, $f^{\prime}(x)$ 在 $x=0$ 处不连续

(C) $f^{\prime}(x)$ 连续, $f^{\prime \prime}(0)$ 不存在 (D) $f^{\prime \prime}(0)$ 存在, $f^{\prime \prime}(x)$ 在 $x=0$ 处不连续

解答：$t \geq 0$ 时, $\left\{\begin{array}{l}x=3 t \\ y=t \sin t\end{array}\right.$, 得 $y=\frac{x}{3} \sin \frac{x}{3} ; t<0$ 时, $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=-t \sin t\end{array}\right.$, 得 $y=-x \sin x$;

综上, $y=\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{3} \sin \frac{x}{3}, x \geq 0 \\ -x \sin x, x<0\end{array}\right.$,

从而由 $y_{+}^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{x}{3} \sin \frac{x}{3}-0}{x}=0, y_{-}^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-x \sin x-0}{x}=0$, 得 $y^{\prime}(0)=0$;

于是 $y^{\prime}=\left\{\begin{aligned} \frac{1}{3} \sin \frac{x}{3}+\frac{x}{9} \cos \frac{x}{3}, x & >0 \\ 0, x & =0, \\ -\sin x-x \cos x, x & <0\end{aligned}\right.$ 得 $y^{\prime}$ 连续;
又由 $y_{+}^{\prime \prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{3} \sin \frac{x}{3}+\frac{x}{9} \cos \frac{x}{3}-0}{x}=\frac{2}{9}, y_{+}^{\prime \prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-\sin x-x \cos x-0}{x}=-2$,得 $y^{\prime \prime}(0)$ 不存在.

因此答案为：C
已知 $a_{n}<b_{n}(n=1,2, \cdots)$, 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 均收玫, 则 “ $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收玫”是 “ $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收敛的” ( )
(A) 充分必要条件
(B) 充分不必要条件
(C) 必要不充分条件
(D) 既不充分也不必要条件

解答：由条件知 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(b_{n}-a_{n}\right)$ 为收玫的正项级数, 进而绝对收玫;

设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收玫, 则由 $\left|b_{n}\right|=\left|b_{n}-a_{n}+a_{n}\right| \leq\left|b_{n}-a_{n}\right|+\left|a_{n}\right|$ 与比较判别法, 得 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$绝对收敛;

设 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 绝对收玫, 则由 $\left|a_{n}\right|=\left|a_{n}-b_{n}+b_{n}\right| \leq\left|b_{n}-a_{n}\right|+\left|b_{n}\right|$ 与比较判别法, 得 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$绝对收敛.

因此答案为：A
已知 $n$ 阶矩阵 $A, B, C$ 满足 $A B C=0, E$ 为 $n$ 阶单位矩阵, 记矩阵 $\left(\begin{array}{cc}0 & A \\ B C & E\end{array}\right)$, $\left(\begin{array}{cc}A B & C \\ 0 & E\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}E & A B \\ A B & 0\end{array}\right)$ 的秩分别为 $\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}$, 则()
(A) $\gamma_{1} \leq \gamma_{2} \leq \gamma_{3}$
(B) $\gamma_{1} \leq \gamma_{3} \leq \gamma_{2}$
(C) $\gamma_{3} \leq \gamma_{1} \leq \gamma_{2}$
(D) $\gamma_{2} \leq \gamma_{1} \leq \gamma_{3}$

解答：因初等变换不改变矩阵的秩,
$r_{1}=r\left[\begin{array}{cc}0 & A \\ B C & E\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{cc}-A B C & 0 \\ B C & E\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{cc}0 & 0 \\ B C & E\end{array}\right]=n$,

$r_{2}=r\left[\begin{array}{cc}A B & C \\ 0 & E\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{cc}A B & 0 \\ 0 & E\end{array}\right]=r(A B)+n$,

$r_{3}=r\left[\begin{array}{cc}E & A B \\ A B & 0\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{cc}E & 0 \\ A B & -A B A B\end{array}\right]=r\left[\begin{array}{cc}E & 0 \\ 0 & -A B A B\end{array}\right]=r(A B A B)+n$,

故选(B).
下列矩阵中不能相似于对角矩阵的是()
(A) $\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & a \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 3\end{array}\right)$
(B) $\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & a \\ 1 & 2 & 0 \\ a & 0 & 3\end{array}\right)$
(C) $\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & a \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$
(D) $\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & a \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$

解答：选项(A)矩阵的特征值为三个不同特征值, 所以必可相似对角化;

选项(B)矩阵为实对称矩阵, 所以必可相似对角化;

选项 (C) 矩阵特征值为 $1,2,2$, 二重特征值的重数 $2=3-r(C-2 E)$, 所以必可相似对角化;

选项(D)矩阵特征值为 $1,2,2$, 二重特征值的重数 $2 \neq 3-r(D-2 E)$, 所以不可相似对角化.

故选(D).
已知向量 $\alpha_{1}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 2 \\ 3\end{array}\right), \alpha_{2}=\left(\begin{array}{l}2 \\ 1 \\ 1\end{array}\right), \beta_{1}=\left(\begin{array}{l}2 \\ 5 \\ 9\end{array}\right), \beta_{2}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$, 若 $\gamma$ 既可由 $\alpha_{1}, \alpha_{2}$ 线性表示, 也可由 $\beta_{1}, \beta_{2}$ 线性表示, 则 $\gamma=(\quad)$
(A) $k\left(\begin{array}{l}3 \\ 3 \\ 4\end{array}\right), k \in R$
(B) $k\left(\begin{array}{c}3 \\ 5 \\ 10\end{array}\right), k \in R$
(C) $k\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right), k \in R$
(D) $k\left(\begin{array}{l}1 \\ 5 \\ 8\end{array}\right), k \in R$

解答：设 $r=x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}=y_{1} \beta_{1}+y_{2} \beta_{2}$,

则 $x_{1} \alpha_{1}+x_{2} \alpha_{2}-y_{1} \beta_{1}-y_{2} \beta_{2}=0$.

又 $\left(\alpha_{1}, \alpha_{2},-\beta_{1},-\beta_{2}\right)=\left(\begin{array}{cccc}1 & 2 & -2 & -1 \\ 2 & 1 & -5 & 0 \\ 3 & 1 & -9 & -1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc}1 & 0 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{array}\right)$,

故 $\left(x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2}\right)^{T}=c(-3,1,-1,1)^{T}, c \in R$.

所以 $r=-c \beta_{1}+c \beta_{2}=c(-1,-5,-8)^{T}=-c(1,5,8)^{T}=k(1,5,8)^{T}, k \in R$.

因此答案为：D
设随机变量 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布, 则 $E(|X-E X|)=(\quad)$
(A) $\frac{1}{e}$
(B) $\frac{1}{2}$
(C) $\frac{2}{e}$
(D) 1

解答：由题可知 $E(X)=1$, 所以 $|X-E X|=\left\{\begin{array}{cc}1, & X=0 \\ X-1, & X=1,2, \cdots\end{array}\right.$,故 $E(|X-E X|)=1 \cdot P\{X=0\}+\sum_{k=1}^{\infty}(k-1) P\{X=k\}$
$$
\begin{aligned}
& =\frac{1}{e}+\sum_{k=0}^{\infty}(k-1) P\{X=k\}-(0-1) P\{X=0\} \\
& =\frac{1}{e}+E(X-1)-(0-1) \frac{1}{e}=\frac{2}{e},
\end{aligned}
$$

故选(C).
设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自总体 $N\left(\mu_{1}, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, $Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{m}$ 为来自
总体 $N\left(\mu_{2}, 2 \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, 且两样本相互独立, 记 $\bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$, $\bar{Y}=\frac{1}{m} \sum_{i=1}^{m} Y_{i}, \quad S_{1}^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}, \quad S_{2}^{2}=\frac{1}{m-1} \sum_{i=1}^{m}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}$, 则( )
(A) $\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} \sim F(n, m)$
(B) $\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} \sim F(n-1, m-1)$
(C) $\frac{2 S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} \sim F(n, m)$
(D) $\frac{2 S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} \sim F(n-1, m-1)$

解答：$X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 的样本方差 $S_{1}^{2}=\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}$, $Y_{1}, Y_{2}, \ldots, Y_{n}$ 的样本方差 $S_{2}^{2}=\frac{1}{m-1} \sum_{i=1}^{m}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}$, 则 $\frac{(n-1) S_{1}^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$, $\frac{(m-1) S_{2}^{2}}{2 \sigma^{2}} \sim \chi^{2}(m-1)$, 两个样本相互独立,

所以 $\frac{\frac{(n-1) S_{1}^{2}}{\sigma^{2}} /(n-1)}{\frac{(m-1) S_{2}^{2}}{2 \sigma^{2}} /(m-1)}=\frac{S_{1}^{2} / \sigma^{2}}{S_{2}^{2} / 2 \sigma^{2}}=\frac{2 S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} \sim F(n-1, m-1)$,

故选(D).
设 $X_{1}, X_{2}$ 为来自总体 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的简单随机样本, 其中 $\sigma(\sigma>0)$ 是未知参数. 若 $\hat{\sigma}=a\left|X_{1}-X_{2}\right|$ 为 $\sigma$ 的无偏估计, 则 $a=(\quad)$
(A) $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$
(B) $\frac{\sqrt{2 \pi}}{2}$
(C) $\sqrt{\pi}$
(D) $\sqrt{2 \pi}$

解答：由题可知 $X_{1}-X_{2} \sim N\left(0,2 \sigma^{2}\right)$.

令 $Y=X_{1}-X_{2}$, 则 $Y$ 的概率密度为 $f(y)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sqrt{2} \sigma} e^{-\frac{y^{2}}{2 \cdot 2 \sigma^{2}}}$.
$E(|Y|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|y| \frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sqrt{2} \sigma} e^{-\frac{y^{2}}{2 \cdot 2 \sigma^{2}}} d y=\frac{2}{\sqrt{2 \pi} \sqrt{2} \sigma} \int_{0}^{+\infty} y e^{-\frac{y^{2}}{4 \sigma^{2}}} d y=\frac{2 \sigma}{\sqrt{\pi}}$,

$E\left(a\left|X_{1}-X_{2}\right|\right)=a E(|Y|)=a \frac{2 \sigma}{\sqrt{\pi}}$.

由 $\left.\hat{\sigma}=a\left|X_{1}-X_{2}\right|\right)$ 为 $\sigma$ 的无偏估计, 有 $E(\hat{\sigma})=\sigma$, 得 $a=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$. 故选(A).
设矩阵 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵, 若 $A x=0$ 与 $B x=0$ 同解, 则 ( ).
A. $\left(\begin{array}{ll}A & O \\ E & B\end{array}\right) x=0$ 仅有零解
B. $\left(\begin{array}{cc}A B & B \\ O & A\end{array}\right) x=0$ 仅有零解
C. $\left(\begin{array}{ll}A & B \\ O & B\end{array}\right) x=0$ 与 $\left(\begin{array}{ll}B & A \\ O & A\end{array}\right) x=0$ 同解
D. $\left(\begin{array}{cc}A B & B \\ O & A\end{array}\right) x=0$ 与 $\left(\begin{array}{cc}B A & A \\ O & B\end{array}\right) x=0$ 同解

解答：设 $y=\left(\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2}\end{array}\right)$, 这里 $x_{i}(i=1,2)$ 是 $n$ 维列向量.
若 $\left(\begin{array}{ll}A & B \\ O & B\end{array}\right) y=0$ 与 $\left(\begin{array}{ll}B & A \\ O & A\end{array}\right) y=0$ 同解即 $\left(\begin{array}{ll}A & B \\ O & B\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2}\end{array}\right)=0$ 与 $\left(\begin{array}{ll}B & A \\ O & A\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2}\end{array}\right)=0$ 同
解. 由于 $A x=0$ 与 $B x=0$ 同解, 若 $A x=0 \quad x_{i}(i=1,2)$, 则 $B x_{i}=0(i=1,2)$, 反之亦然. 因
此 $\left(\begin{array}{ll}A & B \\ O & B\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2}\end{array}\right)=0$ 等价于 $\left(\begin{array}{ll}B & A \\ O & A\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2}\end{array}\right)=0$, 所以(C)选项符合题意
马克思认为，教育与生产劳动相结合是 ()
A. 造就全面发展的人的唯一办法
B. 实施综合技术教育的唯一手段
C. 改造现代社会的唯一手段
D.提高社会生产的唯一方法

解答：马克思在《资本论》中指出：“它”(教育与生产劳动相结合)不仅是提高社会生产的一种方法，而且是造就全面发展的人的唯一方法。

因此答案为：A
氨基酸是两性电解质, 下列氨基酸侧链基团中, 在生理条件下既可以作为质子受体, 又可以作为质子供体的是 ()。
A. His 的㽤唑基
B. $\operatorname{Trp}$ 的吲哚基
C. Arg 的胍基
D. Cys 的放基

解答：根据侧链基团不同, 氨基酸分为极性不带电荷、极性带正电荷、极性带负电荷以及非极性几类。选项 B 色氨酸是非极性氨基酸, $\mathrm{D}$ 半胱氨酸属于极性不带电荷氨基酸。 $\mathrm{A}$ 组氨酸和 C 精氨酸均为极性带正电荷的氨基酸。而组氨酸的咪磋基解离值 $\mathrm{pK}_{\mathrm{R}}$ 为 6.04 , 说明在生理 $\mathrm{pH}$ 条件下, 这个基团可以有一部分解离, 有一部分不解离，既可以作为质子的受体，也可作为质子的供体。
  

因此答案为：A
$\alpha$ 螺旋是蛋白质二级结构的常见形式之一,稳定 $\alpha$ 螺旋的主要作用力是( )。
A. 酯键
B. 氢键
C. 离子键
D. 二硫键

解答：蛋白质二级结构典型类型包括 $\alpha$-螺旋和 $\beta$-折叠以及转角等。 $\alpha$-螺旋和 $\beta$-折叠的结构特征是考试的重点内容。这里测试的是维持 $\alpha$-螺旋结构稳定性的主要作用力。选项 $\mathrm{A}$ 酯键和选项 $\mathrm{D}$ 二硫键都是共价键,选项 C 离子键在维持蛋白质二级结构中也起作用，但是主要作用是氨键。
  

因此答案为：B
生物体内的一碳单位与氮基酸代谢密切相关。下列基团或化合物中, 不属于一碳单位的是
A. $-\mathrm{CH}_{3}$
B. $-\mathrm{CHO}$
C. $-\mathrm{CH}=$
D. $\mathrm{CO}$

解答：一碳单位在氨基酸和核苷酸代谢中发挥重要作用，当然在其他过程中也有重要的作用。这里考查的是一碳单位的类型。题干中只有 D 选项 CO 不是一碳单位/一碳基团。可以参考《指南》的相应位置或者任何生化教材有关一碳单位的部分进行复习，掌握一碳单位的概念和种类。
  

因此答案为：D
当人体缺乏某种维生索导致暗适应能力下降时, 可以适当补充()。
A. 维生素 A
B. 烟酰胺
C. 维生素 D
D. 叶酸

解答：考点是维生素 A 的作用。有关维生素与辅酶的部分作为单选题进行考核是很普遍的事情, 这里每个维生素和辅酶的对应关系以及维生素的活性形式及作用需要掌握。
  

因此答案为：A
疏基是某些生物分子中的重要基团。下列化合物中，没有疏基的是()。
A. ACP
B. Met
C. $\operatorname{CoA}$
D. GSH

解答：本题的考点是学生对含統基分子的了解。选项 A 是酰基载体蛋白 ACP, 参与脂肪酸从头合成途径;选项 $B$ 甲硫氨酸 Met, 它含有 $S$ 元素, 但是不含統基形式; 选项 $C$ 是 $C O A$, 它参与脂肪酸 $B$-氧化, 含有颈基;选项 D 是谷胱甘肽的还原形式, 简写成 GSH, 含有巯基。因此, 答案是选项 $\mathrm{B}$ ，它不含統基。
  

因此答案为：B
下列化合物中, 属于三羧酸循环中间产物的是 ()。
A. 磷酸烯醇式丙酮酸
B. 延胡索酸
C. 丙二酸
D. 磔酸二䍩闪酮

解答：三羧酸循环是考试的重中之重。选项 $\mathrm{A}$ 和 $\mathrm{D}$ 是糖酵解和糖异生途径的共同中间产物; 选项 C 丙二酸不是三羧酸循环的中间产物, 只是在谈到琥珀酸脱氢酶的抑制剂时.提到丙二酸与琥珀酸结构类似, 是琥珀酸脱氢酶的竞争性抑制剂; 选项 B 延胡索酸是三羚酸循环的中间产物。
  

因此答案为：B
下列参与糖代谢的酶中, 既参与糖酔解又参与糖异生的是 ()。
A. 转醛酶
B. 丙酮酸激酶
C. 转酮酶
D. 鏗缩酶

解答：与三羧酸循环一样, 糖酵解和葡萄糖异生途径几乎是必考内容。选项 $\mathrm{A}$ 和 C 是在磷酸戊糖途径非氧化阶段讲过的两个酶; 选项 $\mathrm{B}$ 丙䤍酸激酶是催化糖酵解途径的最后一步反应的酶, 该反应不可逆, 是不参与葡萄糖异生的; 选项 D 醛缩酶是糖酵解和葡萄糖异生途径共有的酶。
  

因此答案为：D
下列酶中, 催化糖原生成 1-磷酸葡蓬糖的是()。
A. 糖原磷酸化酶
B. 糖原合酶
C. UDPG 焦磷酸化酶
D. 磷酸葡葏糖变位酶

解答：本题考查的是学生对糖原代谢的掌握情况。选项 B 糖原合酶参与的是糖原合成过程中糖链的延伸;选项 C UDPG 焦磷酸化酶参与的是糖原合成时活性葡萄糖 UDPG 的合成; 选项 D 磷酸葡萄糖变位酶催化的是 1-磷酸葡萄糖和 6-磷酸葡萄糖之间的转化反应; 而选项 A 糖原磷酸化酶参与的才是和糖原降解直接相关的反应，从糖原分子的非还原端切断葡萄糖之间的 $a-1 ， 4-$-糖苷键，产生 1-磷葡葡糖
  

因此答案为：A
下列有关大肠杆菌中转录的叙述, 正确的是()。
A. RNA 聚合酶的作用需要引物
B. 转录需要 $\mathrm{dNTP}$ 作为底物
C. 核心酶催化 RNA 链延伸
D. 转录起始依赖 $\rho$ 因子

解答：本题考查的是 RNA 合成和 RNA 聚合酶的功能。选项 A “RNA 聚合酶的作用需要引物” 是错误的, DNA 聚合酶合成 DNA 时需要引物; 选项 B RNA 聚合酶的底物是 NTP, 而不是 DNTP; 选项 D “转录起始依赖于 $\rho$ 因子”, 其实原核生物转录起始依赖于 $\sigma$ 因子, 而终止时依赖于 $\rho$ 因子; 选项 C RNA 聚合酶核心酶能够化 RNA 的聚合, 所以该选项是正确的
核酸变性后理化性质会发生变化。双键 DNA 热变性后会出现的现象是()。
A. $T_{\mathrm{n}}$ 值升高
B. 移度升高
C. 璔色效应
D. 减色效

解答：本题考查的是 DNA 的变性。选项 A $\mathrm{T}_{\mathrm{m}}$, 熔解温度, 代表 DNA 变性一半时的温
度, 该值不会随着 DNA 热变性而发生改变; 双键 DNA 变性后, 款度会减小, 所以选项 B 错误; 双䥽 DNA 热变性后, 由于碱基外翻会导致紫外吸收增加, 即产生所谓的增色效应; 当在合适的条件下, 解链后的单链 DNA 互补重新形成双螺旋时, 紫外吸收会减小, 产生减色效应。所以,选项 C 正确。

因此答案为：C
习近平总书记在为 《复兴文库》所写的序言中指出: “修史立典, 存史启智, 以文化人，这是中华民族延续几千年的一个传统。” “编纂出版《复兴文库》大型历史文献从书，就是要通过对近代以来重要思想文献的选编, 述录先人的开拓, 启迪来者的奋斗。” “历史是最好的教科书, 一切向前走, 都不能忘记走过的路; 走得再远、走到再光辉的未来, 也不能忘记走过的过去。”这表明
A. 历史、现实、未来是相通的
B. 一切历史都是当代史
C. 历史过程不包含任何偶然的因素
D. 历史事件往往可以完整重复和再配

解答：题干中强调了历史的重要作用以及未来如何发展也不能忘记过去, 体现了历史、现实、未来是想通的。选项 B 说法片面, C 说法错误, 历史过程既有偶然因素也有历史的必然, 选项 D 说法错误, 历史事件中反映出的规律可能再现, 但是不是完整的重复和再现。故本题正确选项为 A 。

因此答案为：A
社会形态是关于社会运动的具体形式、发展阶段和不同质态的范畴, 是同生产力发展一定阶段相适应的经济基础与上层建筑的统一体。人类社会历史划分为原始社会、奴隶社会、封建社会、资本主义社会和共产主义社会（社会主义社会是其第一阶段）五种社会形态，其依据是
A. 生产工具的质量和数量
B. 统治集团的阶级和政治属性
C. 经济基础特别是生产关系的性质
D. 人们社会交往和分工的范围和水平

解答：本题考查社会形态更替的必然性, 社会形态更替的客观必然性, 主要是指社会形态依次更替的过程和规律是客观的, 其发展的基本趋势是确定不移的。社会形态更替归根结底是社会基本矛盾运动的结果。其中, 生产力的发展具有最终的决定意义。生产力与生产关系矛盾运动的规律性, 从根本上规定了社会形态更替的客观必然性。故本题正确选项为 C。

因此答案为：C
马克思在《资本论》中指出： “不管生产力发生了什么变化。同一劳动在同样的时间内提供的价值量总是相同的。但它在同样的时间内提供的使用价值量是不同的, 生产力提高时就多些, 生产力降低时就少些。”这段话表明, 生产力的变化
A. 不影响同一劳动在同样的时间内生产的商品数量
B. 不改变同一劳动在同样的时间内的生产效率
C. 影响同一劳动在同样的时间内生产的单个商品价值量
D. 改变同一劳动在同样的时间内提供的价值总量

解答：本题考查商品的价值量, 商品价值的量是由生产商品所耗费的劳动量决定的,而劳动量则是按劳动时间来计量的。生产力的变化会影响劳动生产率, 商品的价值量与生产商品所耗费的劳动时间成正比, 与劳动生产率成反比。故本体正确选项为 $\mathrm{C}$ 。

因此答案为：C
垄断组织通过制定垄断价格来获取垄断利润。在市场交易过程中, 垄断组织获利高低实际上受到很多因素的影响。为了避免遭受净亏损, 垄断组织所能接受的最低价格是
A. 成本价格
B. 生产价格
C. 垄断低价
D. 垄断高价

解答：本题考查垄断利润和垄断价格。垄断价格是垄断组织在销售或购买商品时,凭借其垄断地位规定的、旨在保证获取最大限度利润的市场价格。其公式是: 垄断价格 = 成本价格 + 平均利润 + 垄断利润。故本题正确选项为 $\mathrm{A}$ 。垄断低价是指垄断组织再购买非垄断企业所生产的原材料等生产资料时规定的低于生产价格的价格。其余选项不符合题意。
什么是社会主义, 怎样建设社会主义, 是邓小平在改革开放和现代化建设过程中, 不断提出和反复思考的首要的基本的理论问题。搞清这一基本理论问题, 关键是要
A. 科学分析我国社会主要矛盾
B. 廓清不合乎时代进步和社会发展规律的模糊观念
C. 系统总结社会主义社会发展的经验
D. 在坚持社会主义基本制度基础上进一步认识社会主义本质

解答：本题考查邓小平理论回答的基本问题，搞清楚什么是社会主义、怎样建设社会主义, 关键是要在坚持社会主义基本制度的基础上进一步认清社会主义的本质。故本题正确选项为 D 。

因此答案为：D
共同富裕是中国特色社会主义的本质要求。分配制度是促进共同富裕的基础性制度。坚持按劳分配、多种分配方式并存, 构建初次分配、再分配、第三次分配协调配套的制度体系, 对于处理效率和公平关系, 逐步缩小差距具有非常重要的意义。在这一制度体系中, 除了健全完善初次分配、再分配机制外, 还要重视发挥第三次分配的作用。当前, 要做好第三次分配的作用, 需要做的是
A. 提高劳动报酬在分配中比重
B. 加大税收、社保、转移支付等的调节力度
C. 引导、支持有意愿的有能力的企业、社会组织和个人积极参与公益慈善事业
D. 健全劳动、资本、土地等生产要素按贡献决定报酬机制

解答：本题考查收入分配制度。"第三次分配"的内涵与特征, 主要包括以下四个方面: 第一, 第三次分配的动力机制是基于社会机制的爱心驱动, 区别于第一次分配是基于市场机制的利益分配，第二次分配是基于行政机制的强制性调节。慈善是以捐赠财产或者提供服务等方式自愿开展的公益活动, 是第三次分配的主要形式。故本题正确选项为 $\mathrm{C}$ 。

因此答案为：C
坚持总体国家安全观, 必须坚持国家利益至上, 以人民安全为宗旨, 以政治安全为根本, 以经济安全为基础, 以军事、科技、文化、社会安全为保障, 以促进国际安全为依托,统筹外部安全和内部安全、国土安全和国民安全、传统安全和非传统安全、自身安全和共同安全, 统筹维护国家安全和塑造国家安全。坚持总体国家安全观, 归根到底是为了
A. 顺应世界变化发展的新趋势
B. 增强全民国家安全意识
C. 破解国家发展中遇到的安全难题
D. 确保中华民族伟大复兴进程不被迟滞甚至中断

解答：本题考查坚持总体国家安全观。坚持总体国家安全观，适应了通行具有许多新的历史特点的伟大斗争的新要求。当前, 我国迎来了大有可为的历史机遇期, 前景十分光明, 但风险挑战也十分严峻。在新的历史起点上, 必须时刻准备应对各种风险考验。坚持总体国家安全观, 归根到底是为了更好维护我国发展的历史机遇期, 确保中华民族伟大复兴进程不被迟滞或打断。故本题正确选项为 D。

因此答案为：D
作为无产阶级政党, 如何永远得到人民的拥护和支持, 如何跳出治乱兴衰周期率, 实现长期执政, 是中国共产党必须回答好、解决好的根本性问题。对于这一历史之问、时代之问, 毛泽东统治在延安窑洞里给出了第一个答案, “只有让人民来监督政府, 政府才不敢松解, 只有人人起来负责, 才不会人亡政息。”经过党十八大以来的不解努力, 我党找到了第二个答案, 这就是
A. 坚定理想
B. 自我革命
C. 把权力关进制度的笼子
D. 增强忧患意识

解答：本题考查党的建设。中国共产党立志于中华民族千秋伟业, 要把新时代坚持和发展中国特色社会主义这场伟大社会革命进行好, 党必须勇于进行自我革命, 全面增强党的执政本领，以领导人民进行的伟大社会革命。故本体正确选项为 B。

因此答案为：B
中国是一个文明古国, 为人类文明作出了不可磨灭的贡献。经过工业革命, 到 19 世纪中叶, 西方资本主强国经济和技术飞速发展。中国错失了工业革命的机遇, 大幅落后于时代的原因是
A. 中国的封建统治者夜郎自大、闭关锁国
B. 资本一帝国主义国家对华进行资本输出
C. 中国社会阶级关系发生深刻变动
D. 中国被纳入资本主义世界体系

解答：本题考查中国封建社会的衰落。17 世纪下半叶至 18 世纪, 清朝康熙、雍正、乾隆年间是中国封建社会后期的鼎盛时期，但同时也开始走向了封建社会的末世，潜伏着许多危机, 而且闭关自守, 故步自封。到了鸦片战争前夜, 它已经衰相尽显, 与新兴的西方资本主义国家拉开了很大的差距。故本题正确选项为 A 。

因此答案为：A
大革命失败后, 社会被白色恐怖笼罩着, 于是中共中央 1927 年 8 月 7 日在汉口召开了八七会议。这次会议
A. 批评了大革命后期的左倾倾向
B. 提出了党的工作重心由城市向乡村转移的必要性
C. 提出了组织湘鄂粤赣农民秋收起义
D. 确立了土地改革和武装起义方针

解答：本题考查八七会议。八七会议会议确定了土地革命和武装起义的方针。出席这次会议的毛泽东在发言中突出地强调: “以后要非常注意军事。须知政权是由枪杆子
中取得的。”七会议给正处在思想混乱和组织涣散中的中国共产党指明了新的出路, 这是由大革命失败到土地革命战争兴起的历史性转变。故本题正确选项为 D。

因此答案为：D
延安精神最主要体现了党的宗旨是
A. 全心全意为人民服务
B. 坚定正确的政治方向
C. 解放思想实事求是
D. 自力更生艰苦奋斗

解答：本题考查延安精神。延安精神体现党的宗旨是全心全意为人民服务。故本题正确选项为 $\mathrm{A}$ 。

因此答案为：A
中国社会步入社会主义社会的标志
$A$ 社会主义政治制度的确立
$B$ 社会主义经济制度的确立
C 民主革命遗留任务的完成
D 人民民主专政政权的建立

解答：本题考查社会主义基本制度的确立。随着社会主义改造的完成, 以生产资料公有制、按劳分配和计划经济体制为特征的社会主义经济制度建立起来，这是中国进入社会主义社会最主要的标志。故本题正确选项为 B。

因此答案为：B
公民道德建设对提高人民思想觉悟、道德水准、文明素养, 提高全社会文明程度具有至关重要的作用。适应新时代新要求, 党中央根据变化了的形势和公民道德建设的新需要,于 2019 年颁布了《新时代公民道德建设实施纲要》, 明确强调新时代公民道德建设的着力点是
A. 弘扬民族精神和时代精神
B. 推动理想信念教育常态化制度化
C. 推进社会公德、职业道德、家庭美德、个人品德建设
D. 传承孝老爱亲、扶危济困、见义勇为等中华美德

解答：本题考查公民道德建设。新时代公民道德建设的着力点是推进社会公德、职业道德、家庭美德、个人品德建设。故本题正确选项为 C.

因此答案为：C
坚持全面依法治国首先要
A. 坚持依宪治国
B. 坚持依法行政
C. 坚持依法执政
D. 坚持公正司法

解答：本题考查坚持全面依法治国。坚持全面依法治国首先要依宪治国。故本题正确选项为 $\mathrm{A}$.

因此答案为：A
15.2022 年 4 月 8 日, 背景冬奥会、冬残奥会总结表彰大会在背景举行。习近平总书记强调, 伟大事业孕育伟大精神, 伟大精神推进伟大事业。我国广大参与者珍惜伟大时代赋予的机遇, 在冬奥申办、筹办、举办的过程中, 共同创造了北京冬奥精神。北京冬奥精神是
A. 更快、更高、更强、更团结
B. 胸怀大局、自信开放、迎难而上、追求卓越、共创未来
C. 勇气、决心、激励、平等
D. 一起向未来

解答：冬奥精神是胸怀大局、自信开放、迎难而上、追求卓越、共创未来。故本题正确选项为 B。

因此答案为：B
2022 年 11 月 11 日, 第二十五次中国-东盟领导人会议在柬埔寨金边举行, 发表了中国-东盟国家就南海问题达成的又一份重要文件。这份重要文件是
A. 《中国和东盟国家外交部长关于全面有效落实〈南海各方行为宣言〉联合声明》
B. 落实《南海各方行为宣言》指导方针
C. 纪念《南海各方行为宣言》签署十周年声明
D. 纪念 《南海各方行为宣言》签署二十周年声

解答：2022 年 11 月 11 日，第二十五次中国-东盟领导人会议在束埔寨首都金边举行。会议通过了《纪念<南海各方行为宣言>签署二十周年联合声明》。故本题正确选项为 $\mathrm{D}$ 。

因此答案为：D