线性代数试题7

1、试卷一一、填空题（每小题4分）（2）曲面与平面平行的切平面的方程是_.解：设为与平面平行的切平面的切点坐标，则过的法向量为于是过的切平面方程为即由题意两平面平行，故解得，故因此所求方程为（4）从的基到基的过渡矩阵为_解：.设为基到基的过渡矩阵则所以.二、选择题（每小题4分）（4）设向量组I:可由向量组II:线性表示，则（A）当时，向量组II必线性相关. （B）当时，向量组II必线性相关.（C）当时，向量组I必线性相关. （D）当时，向量组I必线性相关.解：（D）正确.从与的大小关系，无法确定向量组II的线性相关性，这可从以下例子看出.设表示阶单位阵的第个列向量，例1. 取向量组I:；取向量组I

2、I:.向量组I可由向量组II线性表示，但向量组II: 线性无关，故（A）错误. 例2.取向量组I: ；取向量组II:.向量组I可由向量组II线性表示，但向量组II: 线性无关，故（B）错误.不过从与的大小关系可以确定向量组I的线性相关性.由例1知（C）错误.设向量组I、II是维向量组.因为可由线性表示，所以存在矩阵，使，当时，考虑线性方程组因为，故在非零解，使，其中不全为零，于是这说明线性相关，故（D）正确.本题的实质问题是：线性无关的向量组，不能由个数不超过它的向量组线性表示，所以当时，向量组I必线性相关.（5）设有齐次线性方程组和，其中均为矩阵，现有4个命题：若的解均是的解，则；若，则的解

3、均是的解；若与同解，则；若则，则与同解.以上命题中正确的是（A）. （B）. （C）. （D）.解：（B）正确.在过去历年的选择题中，正确的答案只是一个命题，本题标志着由单选开始转入多选。因此增加了选择题的难度.为了做出正确选择，需要逐一检查四个命题的对与错.由的解均是的解，说明，这里分别表示上述两个线性齐方程组的解空间，故故正确.反之从，得，但这仅表示两个系数矩阵秩的大小或两个解空间维数的大小，与方程组与的解无直接关系. 如取.是的解，但它显然不是的解故（2）错误.由与同解知于是.故（3）正确.仅从当然不能断定与同解，因为秩相同的同型矩阵与方程组同解相差甚远.取显然错误.综上所述、正确，故选

4、（B）.九、（本题满分10分）设矩阵，求的特征值与特征向量，其中为的伴随矩阵，为3阶单位矩阵.解法1 经计算可得从而故的特征值为9,9,3.当时，对应的线性无关特征向量可取为所以对应于特征值9的全部特征向量为，其中是不全为零的任意常数.当时，对应的一个特征向量为所以对应于特征值3的全部特征向量为，其中是不为零的任意常数.解法2 设的特征值为，对应的特征向量为，即. 由于，所以.又因，故有.于是有因此，为的特征值，对应的特征向量为.由于，故的特征值为当时，对应的线性无关特征向量可取为当时，对应的一个特征向量为由，得因此，的三个特征值分别为9,9,3.对应于特征值9的全部特征向量为，其中是不全为零

5、的任意常数；对应于特征值3的全部特征向量为. 其中是不为零的任意常数. 十、（本题满分8分）已知平面上三条不同直线的方程分别为试证这三条直线交于一点的充分必要条件为.证法1必要性：设三直线交于一点，则线性方程组（*）有惟一解，故系数矩阵与增广矩阵的秩均为2，于是.由于但，故充分性：由，则从必要性的证明可知，故秩由于，故秩. 于是，秩秩.因此方程组（*）有惟一解，即三直线交于一点.证法2 必要性：设三直线交于一点，则为的非零解，其中.于是.而但，故.充分性：考虑线性方程组（*）将方程组（*）的三个方程相加，并由可知，方程组（*）等价于方程组（*）因为故方程组（*）有惟一解，所以方程组（*）有惟一

6、解，即三直线交于一点.试卷二一、填空题（每小题4分）（5）设为3维列向量，是的转置，若，则_.解： 3 .显然的第2列，第3列分别是由乘第1列所得到，故所以（6）设三阶方阵满足，其中为三阶单位矩阵，若则_.解：.由有故而是可逆阵，上式左乘得.取行列式因于是.二、选择题（每小题4分）（6）同试卷一之二、（4）十一、（本题满分10分）若矩阵相似于对角矩阵，试确定常数的值；并求可逆矩阵使.解：矩阵的特征多项式为，故的特征值为.由于相似于对角矩阵，故对应于应有两个线性无关的特征向量，因此矩阵的秩应为1. 从而由知.于是对应于的两个线性无关特征向量可取为当时解方程组得对应于的特征向量.令，则可逆，并有.

7、十二、同试卷（一）十.试卷（三）一、填空题（每小题4分）（4）设维向量为阶单位矩阵，矩阵其中的逆矩阵为，则_.解：.因为的逆矩阵为，故即由此因为不是零阵，故解之因为，舍去，所以.二、选择题（每小题4分）（4）设三阶矩阵，若的伴随矩阵的秩等于1，则必有（A）或（B）或.（C）且. （D）且.解：（C）正确因为，故不可逆，由知也不可逆，因此有故可能或事实上，这是因为若，则则的二阶子式全为零，于是由伴随矩阵，与矛盾可见，于是必有所以（C）正确，（A）、（B）、（D）皆错误.（5）设均为维向量，下列结论不正确的是（A）若对于任意一组不全为零的数，都有，则线性无关.（B）若线性相关，则对于任意一组不全为

8、零的数，有.（C）线性无关的充分必要条件是此向量组的秩为.（D）线性无关的必要条件是任意两个向量线性无关.解：（B）不正确.因为对任意一组不全为零的数都不是零向量，它的等价说法是只有当全为零时才有这就说明线性无关，因此（A）正确.对于（C），当线性无关时，它即为自己的极大无关组，此向量组的秩为. 反之，向量组的的秩为，说明此向量组中有个向量线性无关，因此线性无关，故（C）正确.至于（D），当线性无关时，把其中任意个向量去掉后，剩下的两个向量一定线性无关. 如若不然，再把去掉的个向量再加回来，就推出线性相关，矛盾，所以（D）也是正确的.（B）中，若线性相关，只需要一组不全为零的数，而不是任意一组

9、不全为零的数，使后者条件太强了.因此（B）不正确，故选之.注意此题选择的是结论“不正确”，而非“正确”.九、（本题满分13分）已知齐次线性方程组其中. 试讨论和满足何种关系时，（1）方程组仅有零解；（2）方程组有非零解，在有非零解时，求此方程组的一个基础解系.解：方程组的系数行列式.（1）当且时，秩，方程组仅有零解.（2）当时，原方程组的同解方程组为.由可知，不全为零. 不妨设，得原方程组的一个基础解系为.当时，有，原方程组的系数矩阵可化为由此得原方程组的同解方程组为.原方程组的一个基础解系为.十、（本题满分13分）设二次型其中二次型的矩阵的特征值之和为1，特征值之积为.（1）求值；（2）利用

10、正交变换将二次型化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵.解法1（1）二次型的矩阵为.设的特征值为. 由题设，有.解得.（2）由矩阵的特征多项式，得的特征值.对于，解齐次线性方程组，得其基础解系对于，解齐次线性方程组，得基础解系.由于已是正交向量组，为得到规范正交向量组，只需将单位化，由此得.令矩阵则为正交矩阵，在正交变换下，有且二次型的标准形为.解法2 （1）二次型的矩阵为的特征多项式为.设的特征值为，则. 由题设得，.解得（2）由（1），可得的特征值为.试卷（四）一、填空题（每小题4分）（4）均为三阶矩阵，是三阶单位矩阵已知则_.解：由得（是自逆的对合阵）（5）同试卷五之一、（4）

11、.二、选择题（每小题4分）（4）设矩阵已知矩阵相似于，则秩与秩之和等于（A）2. （B）3. （C）4. （D）5.解：（C）正确因为相似于，所以与有相同的特征值.即的特征值为所以的特征值为因为2不是特征值，故是非奇异矩阵，由相似于，则存在非奇异矩阵，使于是这说明与相似，当然它们的秩相等由的秩为1，得的秩为1，所以与秩之和为4.故选（C）.九、（本题满分13分）设有向量组（I）：和向量组（II）：. 试问：当为何值时，向量组（I）与（II）等价？当为何值时，向量组（I）与（II）不等价？解：作初等行变换，有.（1）当时，有行列式，秩，故线性方程组均有惟一解. 所以，可由向量组（I）线性表示.同样，行列式，秩，故可由向量组（II）线性表示. 因此，向量组（I）与（II）等价.（2）当时，有.由于秩秩，线性方程组无解，故向量不能由线性表示. 向量组（I