考研数学二（线性代数）模拟试卷21 (题后含答案及解析)
题型有：1. 选择题 2. 填空题 3. 解答题
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． 设则下列向量中是A的特征向量的是 ( ) A．ξ1=[1，2，1]T B．ξ2=[1，一2，1]T C．ξ3=[2，1，2]T D．ξ4=[2，1，一2]T
正确答案：B
解析：因Aξ2=故ξ2是A的对应于λ=一2的特征向量．其余的ξ1，ξ3，ξ4均不与Aξ1，Aξ3，Aξ4对应成比例，故都不是A的特征向量． 知识模块：线性代数
2． A，B是n阶矩阵，且A～B，则 ( ) A．A，B的特征矩阵相同 B．A，B的特征方程相同 C．A，B相似于同一个对角阵
D．存在n阶方阵Q，使得QTAQ=B
正确答案：B
解析：A～B，存在可逆阵，使得 P-1AP=
B． |λE一B|=|λE一P-1AP|=|P-1(λE一A)P|=|P-1||λE一A||P|=|λE一A|． 知识模块：线性代数
3． 下列矩阵中能相似于对角阵的矩阵是 ( ) A． B． C． D．
正确答案：C
解析：四个选项的矩阵，特征值均为1，1，2，能相似于对角阵的矩阵，要求对应二重特征值λ1=λ2=1，有二个线性无关特征向量．对(C)而言，因可有两个线性无关特征向量，故(C)可相似于对角阵，而r(E一A)=r(E一B)=r(E—D)=2，都只有一个线性无关特征向量，故均不能相似于对角阵． 知识模块：线性代数
4． 下列矩阵中不能相似于对角阵的矩阵是 A． B． C． D．
正确答案：A
解析：因(D)是对称阵，必相似于对角阵，(C)有三个不同的特征值，能相似于对角阵．(A)，(B)的特征值均为λ=1(二重)，λ=2(单根)，当λ=1时，r(λE—A)=r=2，只对应一个线性无关的特征向量，故A不能相似于对角阵．而λ=1时，r(λE—B)=r=1，有两个线性无关特征向量，故B能相似于对角阵，故选(A)． 知识模块：线性代数
5． A是n×n矩阵，则A相似于对角阵的充分必要条件是 ( ) A．A有n个不同的特征值 B．A有n个不同的特征向量
C．A的每个ri重特征值λi，r(λiE-A)=n一ri D．A是实对称矩阵
正确答案：C 解析：A相似于对角阵有n个线性无关特征向量对每个ri重特征值λi，r(λiE一A)=n一ri，即有ri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． 知识模块：线性代数
6． 设其中与对角矩阵相似的有 ( ) A．A，B，C B．B，D C．A，C，D D．A，C
正确答案：C
解析：矩阵A的特征值是1，3，5，因为矩阵A有3个不同的特征值，所以A可相似对角化．矩阵B的特征值是2，2，5，由于秩所以，λ=2只有一个线性无关的特征向量，因而矩阵B不能相似对角化． 矩阵C是实对称矩阵，故必有C可相似对角化． 矩阵D的特征值也是2，2，5，由于秩所以，λ=2有两个线性无关的特征向量，因而矩阵D可以相似对角化，故应选(C)． 知识模块：线性代数
7． 设A，B均为n阶矩阵，A可逆且A～B，则下列命题中： ①AB～BA； ②A2～B2； ③AT～BT； ④A-1～B-1．正确命题的个数为
( )
A．1 B．2 C．3 D．4
正确答案：D
解析：由A～B可知：存在可逆矩阵P，使得P-1AP=
B．故 P-1A2P=B2， PTAT(PT)-1=BT， P-1A-1P=B-1，所以A2～B2，AT～BT，A-1～B-1．又由于A可逆，可知A-1(AB)A=BA，故AB～BA．故正确的命题有4个，选(D)． 知识模块：线性代数
8． 设λ=2是非奇异矩阵A的一个特征值，则矩阵有一特征值等于 ( )
A． B． C． D．
正确答案：B
解析： 知识模块：线性代数
9． 已知α1是矩阵A属于特征值λ=2的特征向量，α2，α3是矩阵A属于特征值λ=6的线性无关的特征向量，那么矩阵P不能是 ( )
A．[α1，一α2，α3]
B．[α1，α2+α3，α2—2α3] C．[α1，α3，α2]
D．[α1+α2，α1-α2，α3]
正确答案：D
解析：P=[α1，α2，α3]，则有AP=PA，即即 [Aα1，Aα2，Aα3]=[a1α1，a2α2，a3α3]． 可见αi是矩阵A属于特征值ai的特征向量(i=1，2，3)，又因矩阵P可逆，因此，α1，α2，α3线性无关． 若α是属于特征值λ的特征向量，则一α仍是属于特征值λ的特征向量，故(A)正确． 若α，β是属于特征值λ的特征向量，则k1α+k2β仍是属于特征值λ的特征向量．本题中，α2，α3是属于λ=6的线性无关的特征向量，故α2+α3，α2一2α3仍是λ=6的特征向量，并且α2+α3，α2—2α3线性无关，故(B)正确． 关于(C)，因为α2，α3均是λ=6的特征向量，所以α2，α3谁在前谁在后均正确．即(C)正确． 由于α1，α2是不同特征值的特征向量，因此α1+α2，α1一α2不再是矩阵A的特征向量，故(D)错误． 知识模块：线性代数
10． 设A，B均是n阶实对称矩阵，则A，B合同的充分必要条件是 ( ) A．A，B有相同的特征值 B．A，B有相同的秩
C．A，B有相同的正、负惯性指数 D．A，B均是可逆阵
正确答案：C
解析：(A)是充分条件，A，B实对称，且λi相同，则A≌B，但反之不成立．(B)是必要条件但不充分，A≌B，有可逆阵C，CTAC=B;r(A)=r(B)，反之不成立．(D)既不充分，又不必要．(C)是两矩阵合同的充要条件． 知识模块：线性代数
11． 设A是n阶实矩阵，将A的第i列与j列对换，然后再将第i行和第j行对换，得到B，则A，B有 ( )
A． B． C． D．
正确答案：D
解析：由题意，EijAEij=
B．其中因Eij是可逆阵，EijAEij=B，故A≌B；Eij可逆，且Eij=Eij-1，则EijAEij=Eij-1AEij=B，故A～B；Eij是对称阵，Eij=EijT，则EijAEij=EijTAEij=B，故AB；故A～B，AB，A≌
B． 知识模块：线性代数
12． 下列矩阵中与合同的矩阵是 ( ) A． B． C． D．
正确答案：B
解析：因f=XTAX=x12+2x1x2+x32=(x1+x2)2一x22+x32=y12+y22一y32，故选(B)． 知识模块：线性代数
13． 实二次型f(x1，x2，…，xn)的秩为r，符号差为s，且f和一f合同，则必有 ( )
A．r是偶数，s=1 B．r是奇数，s=1 C．r是偶数，s=0 D．r是奇数，s=0
正确答案：C
解析：设f的正惯性指数为P，负惯性指数为q，一f的正惯性指数为p1，负惯性指数为q1，则有p=q1，q=p1，又，故有p=p1，q=q1，从而有r=p+q=p+p1=2p，s=p一q=p一p1=0，故选(C)． 知识模块：线性代数
14． 设A=E一2XXT，其中X=[x1，x2，…，xn]T，且XTX=1，则A不是 ( )
A．对称阵 B．可逆阵 C．正交阵 D．正定阵
正确答案：D
解析：AT=(E一2XXT)T=E一2XXT=A，A是对称阵； A2=(E一2XXT)2=E一4XXT+4XXTXXT=E，A是可逆阵； A可逆，A对称，且A2=AAT=E，A是正交阵； AX=(E一2XXT)X=一X，X≠0，λ=一1是A的特征值，故A不是正定阵． 知识模块：线性代数
填空题
15． 与α1=[1，2，3，一1]T，α2=[0，1，1，2]T，α3=[2，1，3，0]T都正交的单位向量是______．
正确答案：
解析：设β=[x1，x2，x3，x4]T，那么对齐次方程组Ax=0的系数矩阵进行初等行变换，有故n-r(A)=4—3=1，则Ax=0有一个基础解向量．则Ax=0的基础解系为[一1，一1，1，0]T，将其单位化，得[1，1，一1，0]T，即为所求． 知识模块：线性代数
16． 已知α=[a，1，1]T是矩阵A=的逆矩阵的特征向量，那么a=______．
正确答案：一1
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 知识模块：线性代数
17． 已知α=[1，3，2]T，β=[1，一1，一2]T，A=E-αβT，则A的最大特征值为_______．
正确答案：7
解析：由于矩阵αβT的秩为1，故αβT的特征值为0，0，tr(αβT)，其中tr(αβT)=βTα=一6．故A=E一αβT的特征值为1，1，7，故A的最大特征值为7． 知识模块：线性代数
18． 已知则r(A-E)+r(2E+A)=_______．
正确答案：3
解析：存在可逆阵P，使得r(A—E)=r(PAP-1一E)=r(P(A—E)P-1)=r(A—E)=r(A+2E)=r(P(A+2E)P-1)=r(A+2E)=故 r(A—E)+r(A+2E)=1+2=3． 知识模块：线性代数
19． 设A是三阶矩阵，ξ1，ξ2，ξ3是三个线性无关的三维列向量，满足Aξi=ξi，i=1，2，3，则A=________
正确答案：E
解析：因Aξ1=ξ2，Aξ2=ξ2，Aξ3=ξ3，合并成矩阵形式有 [Aξ1，Aξ2，Aξ3]=A[ξ1，ξ2，ξ3]=[ξ1，ξ2，ξ3]，ξ1，ξ2，ξ3线性无关，[ξ1，ξ2，ξ3]是可逆阵，故A=[ξ1，ξ2，ξ3][ξ1，ξ2，ξ3]-1=E． 知识模块：线性代数
20． 已知二次型f(x1，x2，x3)=2x12+x22+x33+2tx1x2+tx2x3是正定的，则t的取值范围是__________
正确答案：
解析：f的对应矩阵f正定，即A正定;A的顺序主子式大于0，即取公共部分，知t的取值范围是 知识模块：线性代数
解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
21． 设实对称矩阵，求可逆矩阵P，使P-1AP为对角矩阵，并计算行列式|A—E|的值．
正确答案：矩阵A的特征多项式得λ1=λ2=a+1，λ3=a一2． 当λ1=λ2=a+1时，对应两个线性无关特征向量 ξ1=[1，1，0]T，ξ2=[1，0，1]T； 当λ3=a一2时，对应的特征向量ξ3=[一1，1，1]T 涉及知识点：线性代数
22． 设问A，B是否相似，为什么?
正确答案：A，B均是实对称阵，均可相似于对角阵，由于对换|λE一A|的1，2列和1，2行，得故A和B有相同的特征方程，相同的特征值，它们均相似于同一个对角阵，故A～
B． 涉及知识点：线性代数
23． 设A是三阶矩阵，λ1=1，λ2=2，λ3=3是A的特征值，对应的特征向量分别是 ξ1=[2，2，一1]T，ξ2=[一1，2，2]T，ξ3=[2，一1，2]T．又β=[1，2，3]T，计算：(1)Anξ1；(2)Anβ．
正确答案：(1)因Aξ1=λ1ξ1，故Anξ1=λ1nξ1，故Anξ1=1.ξ1=(2)利用Aξi=λiξi有Anξi=λinξi，将β表成ξ1，ξ2，ξ3的线性组合．设 β=x1ξ1+x2ξ2+x3ξ3， 涉及知识点：线性代数
24． 已知二次型 f(x1，x2，x3)=4x22一3x32+4x1x2—4x1x3+8x2x3． (1)写出二次型f的矩阵表达式； (2)用正交变换把二次型f化为标准形，并写出相应的正交矩阵．
正确答案：(1)二次型的矩阵则二次型f的矩阵表达式f=xTAx．(2)A的特征多项式|A一λE|=一(6+λ)(1一λ)(6一λ)，则A的特征值λ1=一6，λ2=1，λ3=6．λ1=一6对应的正交单位化特征向量λ2=1对应的正交单位化特征向量λ3=6对应的正交单位化特征向量令正交矩阵所求正交变换二次型f的标准型f=-6y12+y22+6y32． 涉及知识点：线性代数
25． 已知f(x1，x2，x3)=5x12+5x22+cx32-2x1x2+6x1x3—6x2x3的秩为2．试确定参数c及二次型对应矩阵的特征值，并问f(x1，x2，x3)=1表示何种曲面．
正确答案：，r(A)=2，|A|=0，解得c=3．得λ1=0，λ2=4，λ3=9．存在正交阵Q，令X=QY，则f=4y22+9y32，故f(x1，x2，x3)=1表示椭圆柱面． 涉及知识点：线性代数
26． 已知A是m×n矩阵，m＜n证明：AAT是对称阵，并且AAT正定的充要条件是r(A)=m．
正确答案：由(AAT)T=(AT)TAT=AAT，所以AAT是对称阵． 必要性 若AAT正定，r(AAT)=m≤r(A)，又r(Am×n)≤m，故r(A)=m． 充分性 若r(A)=m，则齐次方程组ATX=0只有零解，故对任意X≠0，均有ATX≠0，故XTAATX=(ATX)T(ATX)＞0，即AAT正定． 涉及知识点：线性代数
27． 设矩阵矩阵B=(kE+A)2，求对角阵A，使得B和A相似，并问k为何值时，B为正定阵．
正确答案：=λ(λ一2)2，A是实对称阵，故存在正交阵Q，使得B=(kE+A)2=(kE+QA1QT)2=(Q(kE+A1)QT)2=Q(kE+A1)2QT 当k≠0，k≠一2时，B的全部特征值大于0，这时B为正定阵． 涉及知识点：线性代数
28． 设A为m阶实对称矩阵且正定，B为m×n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
正确答案：显然BTAB为对称矩阵． BTAB为正定矩阵，xT(BTAB)x＞
0，(Bx)TA(Bx)＞0Bx≠0,r(B)=n． 涉及知识点：线性代数
29． 设A为m×n实矩阵，E为n阶单位矩阵．已知矩阵B=λE+ATA，试证：当λ＞0时，矩阵B为正定矩阵．
正确答案：用定义证明．显然B为对称矩阵．对，当λ＞0时，有 xTBx=λxTx+xTATAx=λxTx+(Ax)T(Ax)=λ‖x‖2+‖Ax‖2＞0．故B为正定阵． 涉及知识点：线性代数
30． 证明：实对称矩阵A可逆的充分必要条件为存在实矩阵B，使得AB+BTA正定．
正确答案：必要性 取B=A-1，则AB+BTA=E+(A-1)TA=2E，所以AB+BTA是正定矩阵． 充分性 用反证法．若A不是可逆矩阵，则r(A)＜n，于是存在实向量x0≠0使得Ax0=0．因为A是实对称矩阵，B是实矩阵，于是有 x0T(AB+BTA)x0=(Ax0)TBx0+x0TBT(Ax0)=0，这与AB+BTA是正定矩阵矛盾． 涉及知识点：线性代数
31． 设A与B均为正交矩阵，并且|A|+|B|=0，证明：A+B不可逆．
正确答案：由AAT=E有|A|2=1，因此，正交矩阵的行列式为1或一1．由|A|+|B|=0有|A|.|B|=一1，也有|AT.BT|=一1． 再考虑到|AT(A+B)BT|=|AT+BT|=|A+B|，所以一|A+B|=|A+B|，|A+B|=0．故A+B不可逆． 涉及知识点：线性代数
32． 已知f(x，y)=x2+4xy+y2，求正交变换P，使得
正确答案：f(x，y)=x2+4xy+y2=[x，y]f(x，y)= |λE一A|=(λ一3)(λ+1)，|λE一B|=(λ一3)(λ+1)．实对称矩阵A与B有相同的特征值，因此A与B合同．有Q1TAQ1=diag(3，一1)=Q2TBQ2． 涉及知识点：线性代数
33． 设A=(aij)n×n为实对称矩阵，求二次型函数f(x1，x2，…，xn)=在Rn上的单位球面S：x12+x22+…+xn2=1上的最大值与最小值．
正确答案：应用拉格朗日乘数法 涉及知识点：线性代数
34． 已知三元二次型XTAX经正交变换化为2y12一y22一y32，又知矩阵B满足矩阵方程其中α=[1，1，一1]T，A*为A的伴随矩阵,求二次型XTBX的表达式．
正确答案：由条件知A的特征值为2，一1，一1，则|A|=2，因为A*的特征值为，所以A*的特征值为1，一2，一2，由已知，α是A*关于λ=1的特征向量，也就是α是A关于λ=2的特征向量．由得2ABA-1=2AB+4E,B=2(E一A)-1，则B的特征值为一2，1，1，且βα=一2α．设B关于λ=1的特征向量为β=[x1，
x2，x3]T，又B是实对称阵，α与β正交，故x1+x2—x3=0，解出β1=[1，一1，0]T，β2=[1，0，1]T，令故XTBX=一2x1x2+2x1x3+2x2x3． 涉及知识点：线性代数
35． 设A为n阶正定矩阵，证明：存在唯一正定矩阵H，使得A=H2．
正确答案：由于A为n阶正定矩阵，故存在正交矩阵U，使得这里，0＜λ1≤λ2≤…≤λn为A的全部特征值． 取并且H仍为正定矩阵．如果存在另一个正定矩阵H1，使得A=H12，对于H1，存在正交矩阵U1，使得这里0＜μ12≤μ22≤…≤μn2为A的全部特征值．故μi2=λi(i=1，2，…，n)，于是(i=1，2，…，n)，从而由于A=H2=H12，故则λipij=λjpij(i，j=1，2，…，n)，当λi≠λj时，pij=0，这时(i，j=1，2，…，n)；当λi=λj时，当然有(i，j=1，2，…，n)．故即H=H1． 涉及知识点：线性代数
36． 设方阵A1与B1合同，A2与B2合同，证明：合同
正确答案：因为A1与B1合同，所以存在可逆矩阵C1，使B1=C1TA1C1． 因为A2与B2合同，所以存在可逆矩阵C2，使B2=C2TA2C2． 涉及知识点：线性代数
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容