[考研类试卷]考研数学一（线性代数）历年真题试卷汇编8及答案与解析.doc

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1、考研数学一（线性代数）历年真题试卷汇编 8 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 设 是 n 维单位列向量，E 为 n 阶单位矩阵，则( )（A）E T 不可逆（B） E+T 不可逆（C） E+2T 不可逆（D）E 2 T 不可逆2 设 A 为 n(n2)阶可逆矩阵，交换 A 的第一行与第二行得矩阵 B。A *，B *分别为A，B 的伴随矩阵，则( )（A）交换 A*的第一列与第二列得 B*（B）交换 A*的第一行与第二行得 B*（C）交换 A*的第一列与第二列得B *（D）交换 A*的第一行与第二行得B *3 设 A 为三阶矩阵，P 为三阶可逆矩阵，且

2、 P1 AP= 若 P=(1， 2， 3)，Q=(1+2， 2， 3)，则 Q1 AQ=( )4 设向量组： 1， 2， r，可由向量组： 1， 2， s 线性表示，则( )（A）当 rs 时，向量组必线性相关（B）当 rs 时，向量组必线性相关（C）当 rs 时，向量组必线性相关（D）当 rs 时，向量组必线性相关5 设 n 维列向量组 1， m(mn)线性无关，则 n 维列向量组 1， m 线性无关的充分必要条件为( )（A）向量组 1， m 可由向量组 1， m 线性表示（B）向量组 1， m 可由向量组 1， m 线性表示（C）向量组 1， m 与向量组 1， m 等价（D）矩阵 A=

3、(1， m)与矩阵 B=(1， m)等价6 设向量组 1， 2， 3 线性无关，则下列向量组线性相关的是( )（A） 1 2， 2 3， 3 1（B） 1+2， 2+3， 3+1（C） 12 2， 22 3， 32 1（D） 1+22， 2+23， 3+217 设矩阵 若集合 =1，2 ，则线性方程组 Ax=b 有无穷多解的充分必要条件为( )8 设矩阵( )（A）相交于一点（B）重合（C）平行但不重合（D）异面9 矩阵 相似的充分必要条件为( )（A）a=0 ，b=2（B） a=0，b 为任意常数（C） a=2，b=0（D）a=2 ，b 为任意常数10 设 A 为四阶实对称矩阵，且 A2+A

4、=0，若 A 的秩为 3，则 A 相似于( )11 设矩阵 则 A 与 B( )（A）合同，且相似（B）合同，但不相似（C）不合同，但相似（D）既不合同，也不相似二、填空题12 n 阶行列式 =_。13 设 1， 2， 3 均为三维列向量，记矩阵 A=(1， 2， 3)，B=(1+2+3， 1+22+43， 1+32+93)，如果A=1，那么B=_。14 设 A=(ij)是三阶非零矩阵，A为 A 的行列式，A ij 为 aij 的代数余子式。若aij+Aij=0(i，j=1，2，3)，则 A=_。15 从 R2 的基 的过渡矩阵为_。16 设 A 为 n 阶矩阵，A0，A *为 A 的伴随矩阵

5、，E 为 n 阶单位矩阵。若 A 有特征值 ，则(A *)2+E 必有特征值_。17 若三维列向量 ， 满足 T=2，其中 T 为 的转置，则矩阵 T 的非零特征值为_。18 若二次曲面的方程 x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz=4 经正交变换化为 y12+41z2=4，则a=_。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。19 设矩阵 A 的伴随矩阵 且 ABA1 =BA1 +3E，其中 E 为四阶单位矩阵，求矩阵 B。20 已知线性方程组 的一个基础解系为(b11，b 21，b 1,2n)T，(b 21，b 22，b 2,2n)T，(b n1，b n2，b n,2n)T，试

6、写出线性方程组 的通解，并说明理由。21 已知四阶方阵 A=(1， 2， 3， 4)， 1， 2， 3， 4 均为四维列向量，其中2， 3， 4 线性无关， 1=22 一 3。若 =1+2+3+4，求线性方程组 Ax= 的通解。22 设 3 阶矩阵 A=(1， 2， 3)有 3 个不同的特征值，且 3=1+22。 ()证明：r(A)=2； ()设 =1+2+3，求方程组 Ax= 的通解。23 设 n 元线性方程组 Ax=b，其中()证明行列式A =(n+1)a n；()当 a 为何值时，该方程组有唯一解，并求 x1；( )当 a 为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解。24 设 a，b 为何值

7、时，存在矩阵 C，使得 ACCA=B，并求所有矩阵 C。25 设矩阵 其行列式A=1，又 A 的伴随矩阵 A*有一个特征值 0，属于 0 的一个特征向量为 =(1，1，1) T，求 a，b，c 和 0 的值。26 设矩阵 ()求 a，b 的值；()求可逆矩阵 P，使 P1 AP 为对角矩阵。27 A 为三阶实对称矩阵，A 的秩为 2，且 ()求 A 的所有特征值与特征向量；() 求矩阵 A。28 已知二次曲面方程 x2+ay2+z2+2bxy+2xz+2yz=4，可以经过正交变换化为椭圆柱面方程 2+42=4，求 a，b 的值和正交矩阵 P。29 已知 二次型 f(x1，x 2，x 3)=xT

8、(ATA)x 的秩为 2。()求实数 a的值；() 求正交变换 x=Qy，将 f 化为标准形。30 设 ， 为三维列向量，矩阵 A=T+T，其中 T， T 分别为 ， 的转置。 证明： ( )秩 r(A)2； ( )若 ， 线性相关，则 r(A)2。31 设 A，B 为同阶方阵。()若 A，B 相似，证明 A，B 的特征多项式相等；()举一个二阶方阵的例子说明(I) 的逆命题不成立；()当 A，B 为实对称矩阵时，证明()的逆命题成立。32 设 A 为 m 阶实对称矩阵且正定，B 为 mn 实矩阵， BT 为 B 的转置矩阵，试证：BTAB 为正定矩阵的充分必要条件是 B 的秩 r(B)=n。

9、考研数学一（线性代数）历年真题试卷汇编 8 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 【正确答案】 A【试题解析】 由 是 n 维单位列向量可知 ( T)=(T)=，且 1r(T)r()=1，即 1 是矩阵 T 的特征值，且 r(T)=1，所以 T 的特征值为 0(n1 重)和1。 矩阵 E T 的特征值为 1(n1 重)和 0，则 E T 不可逆。故选 A。2 【正确答案】 C【试题解析】 记 E12 为交换 n 阶单位矩阵的第一行与第二行得到的初等矩阵，则B=E12A。 由于矩阵 A 可逆，初等矩阵 E12 也可逆，所以矩阵 J5I 可逆，于是 B*=(E

10、12A)*= E12A(E 12A)1 =AA 1 E121 =A *E121 ，故选 C。3 【正确答案】 B【试题解析】 4 【正确答案】 D【试题解析】 若多数向量可以由少数向量线性表出，则多数向量必线性相关，正确选项为 D。5 【正确答案】 D【试题解析】 向量组 1， ， m 线性无关的充分必要条件是 r(1， m)=m。 对于选项 A，如果向量组 1， m 可由 1， ， m 线性表示，则mr(1， m)r(1， m)=m，故 1， m 线性无关。可知选项 A 是充分条件。反之， 1， m 线性无关不能保证向量组 1， m 可由 1， m线性表示。反例如下：令 可知 1， 2 和1

11、， 2 均线性无关，但此时有 r(1， 2， 1)= =3r( 1， 2)，可知 1 不能由 1， 2 线性表出。故 A 不是 1， m 线性无关的必要条件。 对于选项 B，向量组 1， m 可由 1， m 线性表示，不能保证 1， m 线性无关，因为此时仅能得到 r(1， ， m)r(1， m)=m。例如可以令 1， m 全为零向量，则 1， m 可由 1， m 线性表示，但 1， m 线性相关。因此选项 B 不是向量组 1， ， m 线性无关的充分条件。 对于选项 C，由于向量组1， ， m 与向量组 1， m 等价，蕴含了向量组 1， m 可由1， ， m 线性表示。可知选项 C 也仅仅

12、是向量组 1， m 线性无关的充分条件。 对于选项 D，当矩阵 A=(1， m)与矩阵 B=(1， m)等价，有 r(A)=r(B)。由于 r(A)=r(1， m)=m，可知 r(1， m)=r(B)=m，故向量组1， ， m 线性无关。反之如果向量组 1， m 线性无关，则有 r(B)=r(1， ， m)=m，由于 r(A)=r(1， m)=m，可知 r(A)=r(B)，故矩阵A=(1， m)与矩阵 B=(1， m)等价。可知选项 D 为向量组 1， m 线性无关的充要条件。故选 D。6 【正确答案】 A【试题解析】 显然，( 1 2)+(2 2)+(2 1)=0，根据线性相关的定义可知，1

13、 2， 2 3， 3 1 线性相关。故选 A。7 【正确答案】 D【试题解析】 线性方程组有无穷多解，只需要系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，并且都小于 3。下面对增广矩阵进行初等行变换。由 r(A)=r(A，6)3，故 a=1 或 a=2，同时 d=1 或 d=2。故答案选 D。8 【正确答案】 A【试题解析】 设题设矩阵是满秩的，则由行列式的性质，可知故向量组(a1a 2，b 1b 2，c 1c 2)与(a 2a 3，b 2b 3，c 2c 3)线性无关，否则由线性相关的定义知，一定存在 k1，k 2，使得 k1(a1a 2，b 1b 2，c 1c 2)+k2(a2a 3， b2b 3，c 2

14、c 3)=0，这样上面行列式经过初等行变换值应为零，产生矛盾。 (a 1a 2，b 1b 2，c 1c 2)与(a 2a 3，b 2b 3，c 2c 3)分别为 L1，L 2 的方向向量，由方向向量线性相关，两直线平行，可知 L1，L 2 不平行。又由可见L1，L 2 均过点 (a1+a3a 2， b1+b3b2，c 1+c3 一 c2)，故两直线相交于一点，选 A。9 【正确答案】 B【试题解析】 矩阵 相似的充分必要条件是两个矩阵的特征值对应相等。易知的特征值也应该是 2，b，0。因此将 a=0代入可知，A 的特征值是 2，b，0。两个矩阵相似，且与 6 的取值是无关的。故选择 B。10

15、【正确答案】 D【试题解析】 设 A 的特征值为 ，因为 A2+A=0，所以 2+=0，即 (+1)=0，解得 =0 或 =1。 又因为 r(A)=3，A 必可相似对角化，且对角阵的秩也是 3。于是=1 是三重特征根，所以 正确答案为 D。11 【正确答案】 B【试题解析】 由E 一 A=0 得 A 的特征值为 0，3，3，而 B 的特征值为0，1，1，从而 A 与 B 不相似。又 r(A)=r(B)=2，且 A、B 有相同的正惯性指数，因此 A 与 B 合同。故选 B。二、填空题12 【正确答案】 2 n+12【试题解析】 按第一行展开得 Dn= =2Dn1 +(1) n+12(1)n 1=

16、2Dn1 +2=2(2Dn2 +2)+2=22Dn2 +22+2=2n+2n1 +2=2n+12。13 【正确答案】 2【试题解析】 由题设，有 B=(1+2+3， 1+22+43， 1+32+93)=(1， 2， 3)于是有14 【正确答案】 1【试题解析】 由于 aij+Aij=0，结合伴随矩阵的定义可以得到 A*=A T。两边同时求行列式可得 A *=A T，也即A 2=A ，从而可以得到A =0或A=1。 若A=0，则 AA*=AE=0 ，即 AAT=0。再结合 r(AAT)=r(A)可得到 A=0，产生矛盾。从而A=1。15 【正确答案】 【试题解析】 根据定义，从 R2 的基 的过

17、渡矩阵为 P=(1， 2)1 (1， 2)=16 【正确答案】 【试题解析】 由A0，得 A 的特征值 0，则 A1 有特征值(A*)2+E 的特征值为17 【正确答案】 2【试题解析】 设 A=T，则 A2=T.T=(T)T=2T=2A，设 为 A 的任意特征值，则存在着 x0，使得 Ax=x，从而(A 22A)x=( 22)x=0，于是必有22=0，即 =0 或 =2，可见矩阵 T 的非零特征值为 2。18 【正确答案】 1【试题解析】 本题等价于将二次型 f(x，y，z)=x 2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz 经正交变换后化为了 f=y12+4 z 1 2。由正交变换的性质可知

18、，该二次型的特征值为 1，4，0。 该二次型的矩阵为 可知A=(a 一 1)2=0，因此 a=1。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。19 【正确答案】 由 AA*=A*A=A E，知A *=A n1 ，因此有8=A *= A 3，于是A=2，所以 A*A=2E。等式 ABA1 =BA1 +3E 两边先右乘 A，得 ABA1 A=BA1 A+3EA，再左乘 A*，得A*ABA1 A=A*BA1 A+A*3EA，化简 ABE=A *BE+3A*A=2B=A*B+3AE=2B=A *B+6E=(2EA*)B=6E，于是20 【正确答案】 可记方程组()A n2n=0，()B n2ny

19、=0，B T 的列是() 的基础解系，()，() 的系数矩阵分别记为 A，B ，由于 B 的每一行都是 An2nx=0 的解，故ABT=O。故由基础解系的定义知，B T 的列向量是线性无关的，因此 r(B)=n。从而线性方程组() 的基础解系中含有 2nr(B)=2nr=n 个向量。 对 ABT=O 两边取转置，有(AB T)T=BAT=O，则有 AT 的列向量，即 A 的行向量是 By=0 的解。 由于线性方程组()的基础解系中含有 n 个向量，可知 n=2nr(A)，得 r(A)=2nn=n。因 此，A 的行向量线性无关。从而 AT 的列向量是 By=0 的 n 个线性无关的解，也即AT

20、的列向量是 By=0 的基础解系。 综上所述，线性方程组()的通解为k11+k22+knn 其中， 1=(a11，a 21，a 1,2n)T， 2=(a21，a 22，a 2,2n)T， ， n=(an1，a n2，a n,2n)T，且 k1，k 2，k n 为任意常数。21 【正确答案】 由 1， 3， 4 线性无关及 1=22 3 知，r( 1， 2， 3， 4)=3，即矩阵 A 的秩为 3。因此 Ax=0 的基础解系中只包含一个向量。那么由(1， 2， 3， 4) =12 2+3=0 知，Ax=0 的基础解系是(1 ，2，1，0) T。再由 =1+2+3+4=(1， 2， 3， 4) 知

21、，(1，1，1，1) T 是 Ax= 的一个特解，故 Ax= 的通解是 其中 k 为任意常数。22 【正确答案】 () 因为 A 有三个不同的特征值，所以 A 至多只有 1 个零特征值，故 r(A)2。 又因为 3=1+22，所以矩阵 A 的列向量组线性相关，故 r(A)2。从而r(A)=2。 ()由 r(A)=2 可知，齐次线性方程组 Ax=0 的基础解系只有 1 个解向量。 再由 3=1+22 可得， 1+22 3=0，从而可得 Ax=0 的基础解系为(1，2，1) T。 由 =1+2+3 可得，Ax= 的特解为(1 ，1，1) T，所以 Ax= 的通解为 k(1，2 ，1) T+(1，1

22、，1) T，其中 kR。23 【正确答案】 () 记 Dn=A，将其按第一列展开得 Dn=2aDn1 a 2Dn2 ，所以 D naD n 1=aDn1 a 2D2 =a(Dn1 aD n2 ) =a2(Dn2 aD n3 )=an2 (D2 一 aD1)=an。即 D n=an+aDn1 =an+a(an1 +aDn2 )=2an+a2Dn2 =(n2)a n+an2 D2=(n1)an+an1 D1 =(n1)a n+an1 .2a=(n+1)an。()由克拉默法则，当 a0 时，方程组系数行列式 Dn0，故方程组有唯一解。将 Dn 的第一列换成 b，得行列式为()方程组有无穷多解，则A=

23、0 ，即当 a=0 时，方程组为此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为 n一 1，所以方程组有无穷多组解，其通解为 x=(0，1，0) T+k(1，0，0) T，其中 k 为任意常数。24 【正确答案】 显然由 ACCA=B 可知，如果 C 存在，则必须是二阶的方阵。设 则 ACCA=B 变形为即得到线性方程组要使 C 存在，此线性方程组必有解，于是对方程组的增广矩阵进行初等行变换如下所以，当 a=1，b=0时，线性方程组有解，即存在矩阵 C，使得 ACCA=B 。此时，所以方程组的通解为即满足 ACCA=B 的矩阵 C 为其中 C1，C 2 为任意常数。25 【正确答案】 根据题设，A *

24、有一个特征值 0，属于 0 的一个特征向量为=(1 ，1 ，1) T，根据特征值和特征向量的概念，有 A*=0a，把A =1 代入 AA*=AE 中，得 AA*=AE= E ，则 AA*=E=。把 A*=0 代入，于是 AA*=A0=0A，即 =0A，也即因A= 10，A 的特征值 0，A *的特征值 故 00，由(1)，(3)两式得 0( a+1+c)= 0(1+c a) ，两边同除 0，得a+1+c=(1+ca)，整理得 a=c，代入(1) 中，得 0=1。再把 0=1 代入(2)中得 b=3，又由A= 1，b= 3 以及 a=c，有A= =a3=1。故a=c=2，因此 a=2，b= 3，

25、c=2， 0=1。26 【正确答案】 () 由 AB 有 tr(A)=tr(B)，故 ab=1，又由A =B有2ab=3，解得 a=4，6=5 。 ()先求 A 的特征根，由E 一 A=0，得1=2=1， 3=5。 再求 A 的特征向量，当 1=2=1 时，由(EA)x=0 解得x1=(2，1，0) T，x 2=(3， 0，1) T；当 3=5 时，由(5EA)x=0 解得x3=(1，1，1) T，令 P=(x1，x 2，x 3)= 所以 P 1 AP=27 【正确答案】 () 由于 可设 1=(1，0，一 1)T， 2=(1，0，1) T，则 A( 1， 2)=( 1， 2)，即 A1= 1

26、，A 2=2，A 的特征值为1=1， 2=1，对应的特征向量分别为 k11(k10)，k 22(k20)。 由 r(A)=2 可知，A =0，所以 3=0。 根据实对称矩阵的不同特征值对应的特征向量相互正交可设 3=0 对应的特征向量为 3=(x1，x 2，x 3)T，则 解得3=(0， 1，0) T，故 3=0 对应的特征向量为 k33(k30)。()由于不同特征值对应的特征向量已经正交，故只需单位化，即令 Q=(1， 2， 3)，则 QTAQ=A=28 【正确答案】 经正交变换化二次型为标准形，二次型矩阵与标准形矩阵既合同又相似。由题设知，二次曲面方程左端二次型对应矩阵为 则存在正交矩阵

27、P，使得 P1 AP= B，即 A 与 B 相似。 由相似矩阵有相同的特征值，知矩阵 A 有特征值 0，1，4。从而，当 1=0 时，方程组(0EA)x=0 的基础解系为 1=(1，0，一 1)T。当 2=1 时，方程组(EA)x=0的基础解系为 2=(1，一 1，1) T。当 3=4 时，方程组 (4EA)x=0 的基础解系为3=(1， 2，1) T。由实对称矩阵不同特征值对应的特征向量相互正交，故只需将1， 2， 3 单位化，即因此所求正交矩阵为29 【正确答案】 ()A TA= 由 r(ATA)=2，可得=(a+1) 2 (a2+3)=0 可知 a=1。()二次型 f 的矩阵 B=ATA

28、=则EB= =(2)(6)=0 ，解得 B 矩阵的特征值为 1=0； 2=2； 3=6。 对于 1=0，解( 1EB)x=0 得对应的特征向量为1=(1，1，一 1)T； 对于 2=2，解( 2EB)x=0 得对应的特征向量为 2=(1，一1，0) T； 对于 3=6，解( 3EB)x=0 得对应的特征向量为 3=(1，l ，2) T。 将 1 ， 2 ， 3 单位化可得 令x=Qy 可将原二次型化为 2y22+6y32。30 【正确答案】 () r(A)=r(T+T)r(T)+r(T)r()+r()2。 ()若 ， 线性相关，则存在不全为零的 k1，k 2 使 k1+k2=0，不妨设 k20

29、，则 =k，那么 r(A)=rT+(k)(k)T=r(1+k2)T=r(T)12。31 【正确答案】 () 若 A，B 相似，那么存在可逆矩阵 P，使 P1 AP=N，故 E一 B =EP 1 AP=P 1 EPP 1 AP= P1 (E 一 A)P=P 1 E 一AP=E 一 A。()令 那么EA =2=E B。 假设 A，B 相似，则存在可逆矩阵 P，使P1 AP=B=0。从而与 A=PBP1 。矛盾，因此 A 与 B 不相似。()由 A，B 均为实对称矩阵知，A，B 均相似于对角阵，设特征多项式的根都为 1， n，则有 A相似于 即存在可逆矩阵 P，Q ，使于是(PQ 1 )1 A(PQ

30、1 )=B。由 PQ1 为可逆矩阵知，A 与 B 相似。32 【正确答案】 必要性：设 BTAB 为正定矩阵，则由定义知，对任意的实 n 维列向量 x0，有 xT(BTAB)x0，即(Bx) TA(Bx)0，于是， Bx0，即对任意的实 n 维列向量 x0，都有 Bx0(若 Bx=0，则 A(Bx)=A0=0，矛盾)。因此，Bx=0 只有零解，故有 r(B)=n(Bx=0 有唯一零解的充要条件是 r(B)=mn)。 充分性：因 A 为 m 阶实对称矩阵，则 AT=A，故(B TAB)T=BTATB=BTAB，根据实对称矩阵的定义知 BTAB 也为实对称矩阵。若 r(B)=n，则线性方程组 Bx=0 只有零解，从而对任意的实 n 维列向量 x0，有 Bx0。又 A 为正定矩阵，所以对于 Bx0，有(Bx) TA(Bx)=xT(BTAB)x0，故 BTAB 为正定矩阵。