2026年考研数学二线性代数考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若齐次线性方程组(α+2)x₁+x₂+(α-1)x₃=0 x₁+(α-1)x₂+x₃=0 x₁+x₂+(α+2)x₃=0有非零解，则实数α的取值为()(A)-3或1(B)-2或3(C)0或-1(D)-1或2 2.设向量组α₁=(1,0,1),α₂=(1,α,0),α₃=(0,1,α)线性无关，则实数α满足()(A)α≠0(B)α≠1(C)α≠-1(D)α∈R且α≠0,α≠1 3.设A为n阶矩阵，B为n阶可逆矩阵，若r(AB)=r(A)，则下列选项中必然成立的是()(A)r(B)=n(B)A可逆(C)AB可逆(D)r(A)=r(AB)4.设矩阵A=[a_{ij}]是一个三阶矩阵，且|A|=-2，将A的第2行乘以3后加到第1行得到矩阵B，则|B|=()(A)-6(B)-2(C)2(D)6 5.设向量组α₁,α₂,α₃线性无关，而向量β₁=α₁+α₂,β₂=α₂+α₃,β₃=α₃+α₁，则向量组β₁,β₂,β₃()(A)线性相关(B)线性无关(C)只含零向量(D)无法确定其线性相关性二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。6.设A为三阶矩阵，且|A|=2，则|3A|=_______.7.若向量组α₁=(1,k,1),α₂=(2,1,1),α₃=(1,2,k)线性相关，则实数k=_______.8.设非齐次线性方程组Ax=b的增广矩阵经过初等行变换化为(I|γ)，其中I为4阶单位矩阵，γ为4维列向量，则该线性方程组_______(有唯一解/无解/有无穷多解).9.设矩阵A=[a_{ij}]为三阶矩阵，且A的元素均为1，则|A|=_______.三、解答题：本大题共6小题，共69分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。10.(本题满分11分)已知向量组α₁=(1,1,0),α₂=(1,0,1),α₃=(0,1,1),β=(1,3,t)。(1)当t为何值时，向量β不能由向量组α₁,α₂,α₃线性表示？(2)当t为何值时，向量β可以由向量组α₁,α₂,α₃线性表示？并写出表示式。11.(本题满分12分)设线性方程组x₁+2x₂+x₃=λ3x₁+5x₂+2x₃=-1 2x₁+4x₂+λx₃=1(1)讨论当λ取何值时，该方程组有解？(2)在有解的情况下，求出该方程组的通解。12.(本题满分12分)设A为三阶矩阵，其特征值为1,2,-1，对应的特征向量分别为α₁=(1,1,1)ᵀ,α₂=(1,1,0)ᵀ,α₃=(1,0,1)ᵀ。(1)求矩阵A。(2)求矩阵A的逆矩阵A⁻¹。13.(本题满分12分)设A为n阶方阵，且满足A²-3A+2I=O，其中I为n阶单位矩阵。(1)证明A的特征值只能是1或2。(2)若矩阵A可逆，证明A⁻¹的表达式，并说明其特征值。14.(本题满分10分)设二次型f(x₁,x₂,x₃)=x₁²+x₂²+αx₃²+2βx₁x₂+2x₁x₃+2x₂x₃，经正交变换x=Pz将二次型化为标准形f=2z₁²+4z₂²+7z₃²。(1)求参数α,β的值。(2)求正交变换矩阵P。15.(本题满分10分)证明：若一个线性方程组的系数矩阵A和增广矩阵(AB)的秩相等，且都小于其未知数的个数n，则该线性方程组有无穷多解。（提示：可利用齐次线性方程组的基础解系和特解来证明）试卷答案一、单项选择题：1.(A)2.(C)3.(A)4.(A)5.(A)二、填空题：6.18 7.1或-2 8.有无穷多解9.-1三、解答题：10.解：(1)设β=k₁α₁+k₂α₂+k₃α₃，则(1,3,t)=k₁(1,1,0)+k₂(1,0,1)+k₃(0,1,1)得方程组：{k₁+k₂=1{k₁+k₃=3{k₂+k₃=t将增广矩阵化为行阶梯形：[1 1 0|1][1 0 1|3][0 1 1|t]→[1 1 0|1]→[1 1 0|1][0-1 1|2][0-1 1|2][0 1 1|t-1][0 1 1|t][0 0 2|t+2]若t≠-2，则方程组无解，即β不能由α₁,α₂,α₃线性表示。若t=-2，则方程组有解，即β可以由α₁,α₂,α₃线性表示。当t=-2时，方程组为：{k₁+k₂=1{k₁+k₃=3{k₂+k₃=-2解得k₁=2,k₂=-1,k₃=1。故β=2α₁-α₂+α₃。(2)由(1)可知，当t=-2时，β可以由α₁,α₂,α₃线性表示，表示式为β=2α₁-α₂+α₃。11.解：增广矩阵为：[1 2 1|λ][3 5 2|-1][2 4λ|1]→[1 2 1|λ][0 1-1|-1-3λ][0 1-1|-1-3λ][0 0λ-2|1-2λ][0 0λ-2|1-2λ](1)方程组有解的充要条件是增广矩阵的秩等于系数矩阵的秩。系数矩阵为：[1 2 1][3 5 2][2 4λ]其行列式为：|A|=1(5λ-8)-2(3λ-4)+1(12-10)=5λ-8-6λ+8+2=-λ+2由|A|=0得λ=2。当λ=2时，增广矩阵为：[1 2 1|2][0 1-1|-5][0 0 0|-3]系数矩阵的秩为2，增广矩阵的秩为3，无解。当λ≠2时，增广矩阵和系数矩阵的秩均为3，等于未知数个数，有唯一解。故当λ≠2时，方程组有唯一解。(2)当λ≠2时，增广矩阵已化为行简化阶梯形：[1 2 1|λ][0 1-1|-1-3λ][0 0 1|1-2λ]→[1 2 0|λ-2][0 1 0|-1-3λ+λ][0 1 0|-1-2λ][0 0 1|1-2λ][0 0 1|1-2λ]对角化得：x₃=1-2λx₂=-1-2λx₁=λ-2-2(-1-2λ)=λ-2+2+4λ=5λ故通解为(x₁,x₂,x₃)ᵀ=(5λ,-1-2λ,1-2λ)ᵀ。12.解：(1)设P为特征向量αᵢ对应的特征向量，则Aαᵢ=λᵢαᵢ(i=1,2,3)。令A=PDP⁻¹，其中D为对角矩阵，对角元为A的特征值。D=diag(1,2,-1)。P=[α₁|α₂|α₃]=[1 1 1][1 1 0](需正交化或直接用)[1 0 1]计算P⁻¹：PᵀP=[3 3 2][3 3 1][2 1 2]=2[1 1 1][1 1 0](乘以1/2)[1 0 1]det(P)=1(3-1)-1(3-2)+1(3-2)=2-1+1=2 P⁻¹=(1/2)det(P)*(Pᵀ的代数余子式转置)P⁻¹=(1/4)*[1-1 1][-1 2-1][1-1 1]A=PDP⁻¹=[1 1 1][1 0 0][1/4-1/4 1/4][1 1 0][2 0 0]*[-1/4 2/4-1/4][1 0 1][-1 0 1][1/4-1/4 1/4]计算得A=[0 1/2 1/2][1/2 0 1/2][1/2 1/2 0](2)A可逆，利用A⁻¹=(1/det(A))*(adj(A))。det(A)=2(-1)-1(0)+1(1)=-2-0+1=-1。adj(A)=C<sup>T</sup>，其中C为A的余子式矩阵。C=[-1 1/2-1/2][-1/2-1 1/2][1/2-1/2-1]adj(A)=[-1-1/2 1/2][1/2-1-1/2][-1/2-1/2-1]A⁻¹=-1*[-1/2-1/4 1/4][1/4-1/2-1/4][-1/4-1/4-1/2]=[1/2 1/4-1/4][-1/4-1/2 1/4][1/4 1/4 1/2]13.解：(1)设λ为A的特征值，α为对应特征向量，即Aα=λα。则(A²-3A+2I)α=Oα=0。即(λ²A-3λI+2I)α=0。即(λ²-3λ+2)α=0。因为α≠0，所以λ²-3λ+2=0。解得λ=1或λ=2。即A的特征值只能是1或2。(2)若A可逆，则det(A)≠0。由(1)知A的特征值为1,2,-1，所以det(A)=1*2*(-1)=-2≠0。故A可逆。由A⁻¹(Aα)=A⁻¹(λα)=λA⁻¹α=α，可知λ<sup>−1</sup>是A<sup>−1</sup>的特征值，α是对应的特征向量。故A<sup>−1</sup>的特征值为1<sup>−1</sup>=1,2<sup>−1</sup>=1/2,(-1)<sup>−1</sup>=-1。A<sup>−1</sup>的表达式为adj(A)/det(A)。其特征值为1,1/2,-1。14.解：(1)二次型对应的矩阵为A=[1β1][β1 1][1 1α]。由题意，经正交变换x=Pz化为标准形f=2z₁²+4z₂²+7z₃²，说明A正交相似于对角矩阵D=diag(2,4,7)。所以tr(A)=tr(D)，即1+1+α=2+4+7，解得α=10。tr(A²)=tr(D²)，即(1+1+α)(1+1+α-2β-2-2)=(2²+4²+7²)，即(2+α)(α-2β-4)=57。代入α=10，得(12)(10-2β-4)=57，即(12)(6-2β)=57，解得6-2β=57/12=19/4，即2β=6-19/4=5/2，β=5/4。故α=10,β=5/4。(2)计算A的特征值：det(λI-A)=det[λ-1-5/4-1][-5/4λ-1-1][-1-1λ-10]=(λ-10){(λ-1)²-1}-(-5/4)[(λ-1)(λ-10)-(-1)]-(-1)[(-5/4)(-1)-(λ-1)]=(λ-10)(λ²-2λ)+(5/4)(λ²-11λ+9)+5/4-(λ-1)=(λ-10)(λ²-2λ)+(5/4)λ²-(55/4)λ+(45/4)+5/4-λ+1=(λ-10)λ²-2(λ-10)λ+(5/4)λ²-(56/4)λ+51/4=λ³-10λ²-2λ²+20λ+(5/4)λ²-14λ+51/4=λ³-12λ²+(20-14+5/4)λ+51/4=λ³-12λ²+(10+5/4)λ+51/4=λ³-12λ²+(45/4)λ+51/4=(λ-2)(λ-4)(λ-7/2)=0。特征值为λ₁=2,λ₂=4,λ₃=7/2。对应的特征向量分别为：对λ₁=2:(I-2A)x=0,[-1-5/4-1|0][-5/4-1-1|0][-1-1-8|0]→[1 5/4 1|0][5/4 1 1|0][1 1 8|0]→[1 5/4 1|0][0-9/4-9/4|0]→[1 5/4 1|0][0 0 27/4|0]→[1 5/4 1|0][0 0 1|0]→[1 5/4 0|0][0 0 0|0]→[1 5/4 0|0][0 0 0|0]得基础解系v₁=(-5/4,1,0)ᵀ=(-5,4,0)ᵀ。单位化得u₁=(-5/√41,4/√41,0)ᵀ。对λ₂=4:(I-4A)x=0,[-3-5/4-1|0][-5/4-3-1|0][-1-1-6|0]→[1 5/4 1|0][5/4 3 1|0][1 1 6|0]→[1 5/4 1|0][0-15/4-9/4|0]→[1 5/4 1|0][0 0-9/4|0]→[1 5/4 1|0][0 0 1|0]→[1 5/4 0|0][0 0 0|0]得基础解系v₂=(-1,0,1)ᵀ。单位化得u₂=(-1/√2,0,1/√2)ᵀ。对λ₃=7/2:(3/2I-A)x=0,[5/2-5/4-1|0][-5/4 5/2-1|0][-1-1 13/2|0]→[1-5/4-1|0][5/4 5/2 1|0][1 1 13/2|0]→[1-5/4-1|0][0 45/8 9/4|0]→[1-5/4-1|0][0 0 9/2|0]→[1-5/4-1|0][0 0 1|0]→[1-5/4 0|0][0 0 0|0]得基础解系v₃=(1,1,1)ᵀ。单位化得u₃=(1/√3,1/√3,1/√3)ᵀ。令P=[u₁|u₂|u₃]=[-5/√41-1/√2 1/√3][4/√41 0 1/√3][0 1/√2 1/√3]即为所求正交变换矩阵。15.证明：设线性方程组为Ax=b。由题意，r(A)=r(AB)<n。根据有解判定定理，方程组有解的充要条件是r(A)=r(AB)。由于已知r(A)=r(AB)，故方程组有解。由秩的定义，r(A)<n意味着矩阵A中存在不为0的n-1阶子式，因此齐次线性方程组Ax=0必有非零解。设Ax=0的一个基础解系为α₁,α₂,...,α<0xE2><0x82><0x99>(其中k=n-r(A)>0)。根据解的结构，非齐次线性方程组Ax=b的通解形式为x=x<0xE1><0xB5><0xA3>+k₁α₁+k₂α₂+...+k<0xE2><0x82><0x99>α<0xE2><0x82><0x99>，其中x<0xE1><0xB5><0xA3>是Ax=b的一个特解。由于k>0，即基础解系中向量的个数大于0，这意味着通解中包含任意常数k₁,k₂,...,k<0xE2><0x82><0x99>，可以取无穷多个不同的值。因此，该线性方程组有无穷多解。
