(273)--第二章《矩阵》习题册解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第二章 矩阵
巩固练习
题型03 矩阵的基本运算
1.【答案】

1 n
1
1
2
n ( n
n
1
 1 )

【解析】
A 2 
 1
0
0
1
1
0
1
1
1
  1
0
0
1
1
0
1
1
1



1
0
0
2
1
0
k
2
 1
2
1
k

，
A 3 
 1
0
0
2
1
0
3
2
1
  1
0
0
1
1
0
1
1
1



1
0
0
3
1
0
k
3
 1
3
1
k

 n   1 
 1 n k   1 n n(n1) 
2
以此类推，An  k1  .
 1 n   1 n 
   
 1   1 
2.【答案】 3 n  1
 1
1
1
1
1
1
1
1
1

1 1 1 1
   
【解析】A 1 1 1  1 (1,1,1)T ，故
   
   
 1 1 1  1
A n  T T T  ( T ) n  1 T    
1 1 1 1
   
又因为T(1,1,1) 1 3，故An (T)n1T 3n1A3n1 1 1 1 .
   
   
1  1 1 1 
3 
 
3.【答案】 3
 
 
 1【解析】易知 A 4  P  1 B 4 P ， B 2 
  1
 1
1

，所以 B 4  E ，所以 A 4  P  1 E P  E ，
所以 A 4  2 B 2  E  2
  1
 1
1


 3
3
 1

.
4.【答案】C
【解析】先看充分性：根据题干条件，若 A 2  A ，B2  B，且 A B  O ，要使 A  B 为幂
等矩阵，只需满足 ( A  B ) 2  A  B ，即ABBAO，代入 A B  O ，则 B A  O ，这
个是不一定成立的，反例：
令 A 
 0
0
0
1

满足 A2  A ， B 
 1
0

0
1 
满足 B2  B ，容易验证 A B  O ，但
B A 
 1
0

0
1   0
0
0
1


 0
0

0
1 
 O ，所以充分性不成立.
再来看必要性：
由 ( A  B ) 2  A  B 得 A 2  B 2  A B  B A  A  B ， 再 由 A 2  A ， B 2  B 得
ABBAO，即 A B   B A ，两边左乘 A 得 A 2 B   A B A 可得AB ABA；两边右
乘 A 得 A B A   B A 2 可得  A B A  B A ，即AB ABA BA，于是AB  BA，代入
A B  B A  O ，故ABO.
所以答案应为必要不充分条件，选（C）.
5.【答案】

2
O
A *
 3
O
B * 
【解析】
 O
B
A
O
 *


O
B


|
A
O
B
O
|

A
 O
B
*
|
A
O
A
O

|

B
1
*


(

 1

)
2
3 
O
A
3
*
| A |


3
O
|
B
B
*
|


 O
A  1
B
O
 1 
6.【答案】B【解析】（A）选项错误，反例： A 
 1
0
0
0

 O ， B 
 0
0
0
1

 O ，但 A B  O .
（B）选项正确，因为A,B可逆，所以 A 0， B  0 ，而 | A  1 B * |
| B
| A
n| 
|
1
 0 ，所以 A  1 B *
可逆，应选（B）.
（C）选项错误，反例： A 
 1
0
0
0

不可逆， B 
 0
0
0
1

不可逆，但 A  B  E ，单位矩
阵为可逆矩阵.
（D）选项错误，逆矩阵一定为方阵.
7.【答案】
 0
0
1
0
1
0
1
0
0

【解析】由AB 2AB得 ( A  E ) B  2 A ，两边同加 2 E 得
( A  E ) B  2 E  2 A  2 E ，整理得 ( A  E ) ( B  2 E )  2 E 或
( A  E ) 
1
2
( B  2 E )  E ，于是 ( A  E )  1 
1
2
( B  2 E ) 
 0
0
1
0
1
0
1
0
0

.
8.【答案】


0
0
4
3

0
0
2

0
0
2
3

【解析】因为 ( A  )  1 
1
A
A ，而 A 
1
8
2
0
0
0
0
3
0
1
1
 
3
4
，
所以 ( A  )  1  
4
3

1
2
 2
0
0
0
0
3
0
1
0




0
0
4
3

0
0
2

0
0
2
3

.9.【答案】
1
3


1
2
2

2
1
2 2
1
2

【解析】因为 ( k A )   k n  1 A  ，故 ( 3 A )   3 2 A  ，又 A   A A  1 ，
1 2 2
而 A1  2 2 1 27，所以
2 1 2
A 
1
2 7
.
 1 2 2
进而 3A 9A  1 2 2 1  .
 
3
 
2 1 2
10.【答案】A
【解析】 B  C  ( E  A B )  ( A  C A ) ，
由于B  E AB，即 ( E  A ) B  E ，故 E  A  B   ；
由于 C  A  C A ，即C(E A) A，故 C B    A ，即C  AB
代入可得 B  C  ( E  A B )  ( A  C A )  E  A  A B  C A  E  A  C  C A  E
故答案选（A）.
11.【答案】
 2
0
 1
0
3
0
1
0
2

【解析】(AE)B A2 E (AE)(AE)，因为 A  E  0 ，故AE 可逆，所以
 2 0 1
 
B  AE  0 3 0 .
 
 
1 0 2
 
0 1
12.【答案】 
2 2
【解析】由题干可得：(B1)TAAA1(BT)1  E(B1)T，即
( B T )  1 A  ( B T )  1  E  ( B T )  1 ，所以 ( B T )  1 A  E
0 1
，A BT ，故B AT   .
2 213.【答案】
 3
2
1

【解析】右乘 A   得： A  1 B  6 E  B ，所以
B  6 ( A  1  E )  1  6
 2
3
6

 1
 6
 1
2
( A
1
3
 1 
1
6
E


) B
 3
 6
2
E
1

.
2 1 0 
 
14.【答案】 1 3 4
 
 
1 0 2
【解析】 A  E
1 2
， B  E
2 3
， A X B  C  E
1 2
X E
2 3
 C ，
X  E  1
1 2
C E  1
2 3
 E
1 2
C E
2 3

 2
1
1

3
0
1


0
4
2

.题型04 矩阵的初等变换与秩
1.【答案】
 
0

1
2
2
7
0
1
3
4

【解析】 A
1



1
0
2
0
1
0
0
0
1

A , B
1
 B
 1
0
0
0
0
1
0
1
0

得， A
1
B
1



1
0
2
0
1
0
0
0
1

A B
 1
0
0
0
0
1
0
1
0

，
于是
A B 





1
 2
0
1
2
0
 1
0
 2
0
1
0
0
1
0
2
7
0
0
0
1
0
0
1

1
3
4



 1

2

.

1
2

2

1
2
1
1
4
1
1
4
2
3
0

2
3
0


1
0
0
 1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
0

0
1
0

 1
2.【答案】n
【解析】由 A 2  A  2 E  O 得 ( A  2 E ) ( A  E )  O ，则 r ( A  2 E )  r ( A  E )  n ；
又r(A2E)r(AE)r[(AE)(A2E)]r(3E)n，
所以 r ( A  2 E )  r ( A  E )  n .
3.【答案】 m
【解析】 r ( A B )  r ( E )  m ，因为 r ( A B )  r ( B ) ，所以 r ( B )  m ，
又因为 r ( B )  m i n { m , n }  m ，所以 r ( B )  m .
4.【答案】n1
【解析】方法一：因为 T  的特征值为
1

2
 
n -1
 0 ,
n
 1     且 T  可对角化，所
以A的特征值为： 1 , 1 , , 1 , 0 （ n  1 个1）且可对角化， r ( A )  非 0 特征值的个数n1.
1 1 0 0 0 0 0
     
方法二：取= 0 则A ET  E 0 0 0  0 1 0
     
     
0 0 0 0 0 0 1
     所以 r ( A )  2  3  1 .同理取 =
 1
0
0
0

 可得 r ( A )  3  4  1 ，以此类推 r ( A )  n  1 .
5.【答案】 n
【解析】由 A 2  ( E  T ) ( E  T )  E  2 T  2 A  E    得 A ( 2 E  A )  E ，所以 A
可逆，于是 r ( A )  n .
6.【答案】C
【解析】因为 r ( A * )  1 ，所以 r ( A )  2  3 ，而 A  ( a  2 b ) ( a  b ) 2 ，所以a2b0或
ab，若ab，则 r ( A )  1 ，矛盾，于是ab且a2b0，应选（C）.
7.【答案】A
【解析】当mn时， r ( A )  m i n { m , n }  n , r ( B )  m i n { m , n }  n ，
因为 r ( A B )  m i n { r ( A ) , r ( B ) } ，所以 r ( A B )  n  m ，于是 | A B | 0 ，应选（A）.
8.【答案】
 3
2
1

0

1
1

【解析】由 X  A X  B
1 1 0 
 
得(EA)X  B,EA 1 0 1 ，因为|EA|30，
 
 
1 0 2
 
所以 E  A 可逆，于是 X  ( E  A )  1 B ，由
  E  A B 


 1
1
1


1
0
0
1
0
0

0
0
1

1
0
0
1
0
1
0

2
0
0
1
1
0

3
1
3
2
1
1
2
5
1
1
3

0

 1
0
 1
1
3

1



1
3



 1
0
0
 1
0
0

1
1
1

1
0
1
0

2
1
0

1
1
1
1
4
1
1
1
 1
1
 2

1

1
1

得 X  ( E  A )  1 B 
 3
2
1

0

1
1

.
9.【答案】
 6
0
6
0
0
6
0
3
0
0
6
0
0
0
0
 1

【解析】由 A *  8  A 3 得 A  2 . ABA1  BA13E两边右乘A得 A B  B  3 A ，整
理得 ( A  E ) B  3 A ，则
B 

3
6
( A
( 2 E


E )
A
 1 A
A 

1 )
3 [
 1
A


6
1 ( A
( 2 E


E
A
) ]
*

)
1


1 
3 (

E
6
0
6
0
 A
0
6
0
3
 1 )
0
0
6
0
 1
0
0
0
 1

10.【答案】
 6


1
1

1
2
4 
1
2
3 
【解析】由 X A  X  A T ，有 X ( A  E )  A T ，因为 A 可逆，知 X 与AE 均可逆.
2 1 0 2 1 1  6 4 3
    
故X  AT(AE)1  0 0 1 2 2 1  1 1 1 .
    
    
1 0 31 1 1  1 2 2 
1 1 0
1 
11.【答案】 0 1 1
 
4
 
1 0 1
【解析】对A*X  A1+2X 左乘A，并把 A A   A E 代入得， A X  E2AX ，
移项得( A E2A)X  E . 故X ( A E2A)1. 由 A 4知，
X = ( 4 E  2 A )  1 
1
2
( 2 E  A )  1 
1
4
 1
0
1
1
1
0
0
1
1

.12.【答案】 X 
  k
1
k
k

1
1
1 
k
k
2
2
k


2
2
2 
（其中k ,k 为任意常数）
1 2
【解析】因为 A 0，所以 A 不可逆. 令X (X ,X )，B(b,b )，则
1 2 1 2
A X  B 等价
于. A X
1
 b
1
， A X
2
 b
2
. 由
1 1 2 1 0 1 1 2 1 0 1 0 1 1 2
     
(A B) 1 0 1 1 2  0 1 1 0 2  0 1 1 0 2 得
     
     
2 1 3 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
     
X
1
 k
1
 
1
1
1 

 1
0
0


  k
1
k
k

1
1
1 
， X
2
 k
2
 
1
1
1 

 2
2
0


 
k
k
2
2
k


2
2
2 
k 1 k 2
1 2
 
故X  k k 2 （其中
 1 2 
 
k k
 
1 2
k
1
, k
2
为任意常数）.综合测试
1.【答案】 E
【解析】因为 A , B 均为 n 阶矩阵，且 A B  E ，于是 A , B 均可逆，且 A B  B A  E ，进
而 A T B T  B T A T  E ，从而
( E  B A ) [ E  B ( E  A T B T )  1 A ] 

(
2
E
E


E
E
)

[ E
1
2

B
B
A
(

E


2
E
E
)


1
2
1 A
E
]
 E .
2.【答案】 E  B
【解析】由(AE)1 B*E，知 B *  E 可逆，且(AE)(B*E) E，
即 A B *  A  B *  O ，故AB*AB* . 由 B  1 ，知B 可逆，在等式AB*AB* 两
边右乘 B ，得 A ( B *  E ) B  B * B  B E  E ，故 A  B  1 ( B *  E )  1  [ ( B *  E ) B ]  1 ，
从而 A  1  ( B *  E ) B  B * B  B  B E  B  E  B .
3.【答案】D
【解析】由AB2A3B得 ( A  3 E ) ( B  2 E )  6 E ，所以 A  3 E ， B  2 E 均可逆，故
选（D）.
4.【答案】D
【解析】由 A 3  6 A 2  1 1 A  6 E  O 可得，
3 6 2 1 1 6 0 ( 1 ) ( 2 ) ( 3 ) 0                可得
1
1 ,
2
2 ,
3
3       ，
4 E  A 与 4 E  A 均不含0特征值，所以 4 E  A 可逆， 4 E  A 可逆，故选（D）.
5.【答案】D
【解析】①如果A,B均为 n 阶方阵，命题是正确的，但是题目没有说A,B为方阵，所以①
不正确.例如
 1
0
0
1
0
0

 1
0
0
0
1
0


 1
0
0
1

，显然 A 不可逆.
②如果n阶矩阵A,B满足(AB)2  E，则ABAB  E ，于是ABA B1 ，从而有
BABA E(BA)2  E，所以②正确.③设 A =
 1
0
0
0

， B =
 0
0
0
1

，显然 A , B 都不可逆，但是 A  B =
 1
0
0
1

可逆，故③
不正确.
④由于 A , B 均n阶不可逆，知 A  B  0 ，那么 A B = A B  0 ，所以 A B 必不可
逆，故④正确，选（D）.
6.【答案】B
【解析】 r ( A )  2 , r ( A B  A )  r [ A ( B  E ) ]  1 ，所以 B  E 不可逆，而
B  E  0  t  2 ，则 B 
2
0
1
0
2
0
2
0
3
 8 ，所以 B 可逆，又 B  E 不可逆，故选（B）.
7.【答案】 X 

2


k
k
3
1
1
k
1

1
2


k
k
3
2
2
k
2

 1 0 1 
 
【解析】记A= 2 1 1 ，则 A 0，故
 
 
1 1 2
 
A 不可逆.
x y 
1 1
 
令X  x y ，则
 2 2
 
x y
 
3 3
A
 x
x
x
1
2
3




0
2
2

， A
 y
y
y
1
2
3


 1
0
1

，只要解两个非齐次线性方程组，对
增广矩阵作初等行变换，
 1
2
 1
0
1
 1
1

2
1

0
1
2
1
0
1


 1
0
0
0
1
0
1

0
3
0
2
0

1
0
2

解得其通解为 ( x
1
, x
2
, x
3
) T  k
1
(  1 , 3 ,1 ) T  ( 0 , 2 , 0 ) T ，
( y
1
, y
2
, y
3
) T  k
2
(  1 , 3 ,1 ) T  (1 ,  2 , 0 ) T ，
 k 1k 
1 2
 
故X  23k 23k （
 1 2
 
k k
 
1 2
k
1
, k
2
为任意常数）.
8.【答案】C
【解析】因B AP P，故B1 (AP P)1  P1P1A1  PP A1 ，故选（C）.
2 1 2 1 1 2 1 29.【答案】B
【解析】 P
1
m A P n2 
 a
a
a
2 3
1 3
3 3
a
a
a
2 2
1 2
3 2
a
a
a
2 1
1 1
3 1

经过了 A 的第 1 , 2 两行对调与第 1 , 3 两列对调，
P
1

 0
1
0
1
0
0
0
0
1

 E
1 2
0 0 1
 
，P  0 1 0  E ，且
2   13
 
1 0 0
 
E 2ij  E ，又 P
1
m A P n2  P
1
A P
2
，
则m,n必为奇数，（B）选项 m  3 ， n  5 满足要求，故选（B）.
10.【答案】略
【解析】令 B  (
1
,
2
, ,
s
)    ，因为 A B  O ，所以 B 的列向量组
1
,
2
, ,
s
  为方程组
A X = O 的一组解，而方程组 A X = O 的基础解系所含的线性无关的解向量的个数为
n  r ( A ) ，所以向量组,, ,的秩不超过
1 2 s
n  r ( A ) ，又因为矩阵的秩与其列向量组的
秩相等，因此 r ( B )  n  r ( A ) ，即 r ( A )  r ( B )  n .
11.【答案】略
【解析】AA  AA A E
当r(A)n时， A  0 ，因为 A *  A n  1 ，所以 A *  0 ，从而 r ( A * )  n ；
当r(A)n1时，由于 A 至少有一个 n  1 阶子式不为零，所以存在一个M 0，进而
ij
A
ij
 0 ，于是A* O，故 r ( A * )  1 ，又因为 A 0，所以 A A   A E  O ，根据矩阵秩
的性质有r(A)r(A)n，而r(A)n1，于是得 r ( A * )  1 ，故r(A*)1；
当 r ( A )  n  1 时，由于A的所有 n  1 阶子式都为零，所以 A *  O ，故 r ( A * )  0 .
12.【答案】 1
【解析】因为, 与是A 的不同特征值对应的特征向量，所以,,线性无关.故
1 2 3 1 2 3
1
,
2
,
3
  是齐次线性方程组
( A 2  2 A  3 E ) x  ( A  3 E ) ( A  E ) x  ( A  E ) ( A  3 E ) x = 0
的三个线性无关的解，所以4r(A2 2A3E)3r(A2 2A3E)1；
若A2 2A3E =O，则(A3E)(AE)O，又(AE)x 0的基础解系中只有一个解向量，可得 r ( A  E )  3 ，故 ( A  3 E ) x  0 有三个线性无关的解，与已知矛盾；所以
A 2  2 A  3 E  O ，故r(A2 2A3E)1；综上 r ( A 2  2 A  3 E )  1 .
13.【答案】略
【解析】方法一：由
  AE O  第二行左乘 A    AE O  
 O BE  O ABA
AE AE 
第一列加到第二列  
 O ABA
AE ABE
第二行加到第一行  
 O ABA
得 r ( A  E )  r ( B  E )  r
 A 
O
E
B
O
 E

 r
 A 
O
E A
A
B
B


E
A

 r ( A B  E ) .
方法二：由于 A B  E  ( A  E ) ( B  E )  ( A  E )  ( B  E )
另外， ( A  E ) ( B  E ) 的列向量可以由 A  E 的列向量线性表示，所以
(AE)(BE)(AE)(BE)
的列向量可以由 ( A  E B  E ) 的列向量线性表示，故
r(ABE)r(AE BE)r(AE)r(BE).
14.【答案】B
【解析】 A B  O ，则r(AB)1，又 r ( A B )  r ( A ) 可知矩阵 B 不可逆，若矩阵 B 可逆，
则r(AB)r(A)，所以由 r ( A B )  r ( B )  2 得 r ( A B )  1 ，则 r ( A B )  1 ，故选（B）.
15.【答案】C
【解析】由 r ( A  )  1 ，得 r ( A )  3 ，则 A  0 ，即
0 
1
0
2
3
1
1
3
5
1

a
1
1
1
a
4
9

1
0
0
0
1
1
0
0
a
1
 1

0
1
6
2

1
a

2
a
a
 ( a  1 ) ( 6  2 a ) ，得 a  1 或 3 ，且此时均满足
r ( A )  3 ，故答案选（C）.
16.【答案】A
【解析】由矩阵B 的特征多项式0
0
0
0
0
0
3
0
0
2
1
0
0
2
2
( 2 ) ( 3 ) 2


  


E  B 


 

  
可得 B 的特征值为
1
0   ， 2，
2 3 4
3     . 因为 A B ，所以矩阵 A 与矩阵 B 有
相同的特征值.
又因为B 是实对称矩阵，所以B 可相似于对角矩阵. 从而，矩阵A也可相似于对角矩
阵. 所以矩阵 A 的二重特征值
3 4
3     对应有 2 个线性无关的特征向量. 由此可知，
r ( 3 E  A )  n  2  4  2  2 . 又因为 1   不是矩阵 A 的特征值，所以 E A 0，则
r(E A)4，因此 r ( A  E )  r ( A  3 E )  4  2  6 ，故答案选（A）.
17.【答案】B
【解析】
 OB
C
A
A
B
B

 第 一 行 左 乘  C 加 到  第 二 行  
 OB A
O
B 
，故 r1  r ( B )  r ( A B ) ；
 B
A B
B
O
C 

 第
第 一
一 行
列
左
右 乘 
乘 
 C 
A 加
加 到
到


第
第
二
二
列
行





B 
O 
BO


A
BA
O
B
CB
C
C


故r r(B)r(ABC)r(B)r(ABC)；
2
BA BAC BA O
 第一列右乘C 加到第二列 ，故r r(B)r(BA)；
 O B   O B 3
由于r(ABC)r(AB)，则有r r ，又r(AB)r(BA)，则有r r ，故
2 1 1 3
r
2
 r1  r
3
，
故选（B）.拓展提升
1.【答案】A
【解析】
A B 
 b
b
b
1
2
3
1
1
1
2
2
2
b
b
b
1
2
3
2
2
2



b
b
b
1
2
3
3
3
3


 b
b
b
1
2
3
1
1
1
b
b
b
1
2
3
2
2
2
b
b
b
1
2
3
3
3
3
  1
0
0
0
2
0
0
0
 1

 B Λ ，
又由 B 可逆，知
B  1 A B  Λ 
 1
0
0
0
2
0
0
0
 1

故A的特征值为 1 , 2 ,  1 ， A  1  2  (  1 )   2 ， A * 的特征值

A
为  2 ,  1 , 2 ，A* E的特
征值为  1 , 0 ,3 ，所以 A *  E  (  1 )  0  3  0 ，故（A）正确.
2.【答案】
 2
1
5
 3
1

3
6

【解析】
利用分块矩阵，有 A (
1
,
2
,
3
)  ( A
1
, A
2
, A
3
) 
 2
1

1
1

3
4

      ，
1 1 1
其中,,  0 2 1 10，
1 2 3
0 1 0
(
1
,
2
,
3
)    可逆，上式两边右乘(,,)1 ，
1 2 3
那么，
1
1 1 1 1 1 3 
2 1 3   2 1 3  
A 0 2 1  0 0 1
     
1 1 4

1 1 4


0 1 0
 
0 1 2

2 5 13
 .
 
1 3 6
3.【答案】D
【解析】A 为右上三角形矩阵，则 A100 仍为右上三角形矩阵，且 A 1 0 0 
 a 1
0
0 0
c
d
1 0 0

（其中
d  a 9 9 b  a 9 8 b c   a b c 9 8  b c 9 9 ）.若要 A 1 0 0  E ，则 a 1 0 0  1 , c 1 0 0  1 , d  0 ，于是
a   1 , c   1 , d  0 .
当 a  c  1 时， A 
 1
0
b
1

， A 1 0 0 
 1
0
1
1
0 0 b 
，若 1 0 0 b  0  b  0 ，
则 A  E , A 1 0 0  E ，选项没有此情形；
当 a  1 , c   1
1 b  1 0
时，A  ，A2   ，故A100  E，b为任意常数，选项（A）
0 1 0 1
（B）均可使A100  E;
当 a   1 , c  1 时， A 
 
0
1 b
1
 1 0
，A2     E，故
0 1
A 1 0 0  E ，b为任意常数，选项
(C)可使 A 1 0 0  E ；
当 a  c   1 时， A 
 
0
1 b
 1

， A 1 0 0 
 1
0

1
1 0 0 b 
，若100b0b0，则
A   E ，A100  E，故选项（D）不能使 A 1 0 0  E ，选（D）.
 1 0 0
 
4.【答案】（1）略；（2） 50 1 0
 
 
50 0 1
 
【解析】
（1）用数学归纳法，
1 0 0 1 0 0
   
当n3时，因A2  1 1 0 ,A3  2 0 1 ，验证
   
   
1 0 1 1 1 0
   
A 3  A  A 2  E 成立.
假设当 n  1 ( n  3 ) 时成立，即 A n  1  A n  3  A 2  E 成立，则
A n =
=
A
A
A
n 
n
2
 1

=
( A
A

( A
A
n
2
 3


E
A
)
2


A
E
=
) 
A n
A
 2
n 

2 
A 2
A

3 
E
A
故An  An2 A2 E对任意n(n3)成立.
（2）由上述递推关系可得A100  A98  A2 E (A96  A2 E) A2 E
 A96 2(A2 E)  A2 49(A2 E)
 1 0 0
 
 50 1 0 .
 
 
50 0 1
 
5.【答案】D
【解析】
由(AE)B  A可知，当A可逆时， A  E B  0 ，故 B  0 ，因此 B 可逆，可知①是
正确的；
由A(BE) B可知，当B 可逆时， A B  E  0 ，故 A  0 ，因此A可逆，可知②是
正确的；
由②可得，若 B 可逆，则 A 可逆.若 A , B 均可逆可得 A B 可逆，由于 A B  A  B ，所以
A  B 可逆，所以③正确；
由于 A B  A  B 可知，(AE)B(AE) E ，进一步有(AE)(BE) E ，故
A  E 恒可逆，可知④也是正确的.
综上，4个命题都是正确的，故选（D）.
6.【答案】D
【解析】
方法一：对矩阵D ET ，有
D 2  ( E  T ) 2  E  2 T  T T    （其中 T  1   ）
 E3T 3(ET)2E 3D2E,
D2 3D D(D3E)2E，故D可逆，且 D  1  
1
2
( D  3 E ) ，故选（D）.
方法二：设  ( b
1
, b
2
, , b
n
) T  ，则 T 
n
i
1
b 2i  1   ，D 

E


1bb
b

1
2
n
b10
0
1
T 
b01
0
2
1 
b
1
b
1
2 b
1
b
2
b
n
b b
1 2
2 1  b
2
b b
2 n
b
n 1
0
 0
1

n
i0
0
1
b
1
2i
b
1
b
2

b
n
b
n
2 b
n
b
1
1
0
b
0
1
1
0
0
0
n

1
1
b

b
1
b
1

1
2 b
1
b
2
b
n
n i
1
b
1
2i
b
b
1
b
2

2b
2
2 b
2
b
n
0
1
b
b
1
b
2

nb
n
b
n
2 b
n

升 阶
故D 是可逆矩阵，应选（D）.
方法三：由题设条件， n维单位列向量  ，n阶可逆矩阵 P 是任意的，若取特殊的  ，
P ，使矩阵不可逆，则该选项即可排除.
对（A）取  (1 , 0 , 0 ) T  ，则 E  T =
 0
1
1

 ， A 不可逆；
对（B）取  (1 , 0 , 0 ) T  ， P  E ；对（C）取  (1 , 0 , 0 ) T    ， P  E ， B , C 不可
逆，即可排除（B）（C），故选（D）.
方法四：利用齐次方程组是否有非零解判别.
因 A x  ( E  T ) x  0  ，取 x  α  0 ，有
( E  T )   ( T )  0     (其中 T  1  )，故排除（A）；
因Bx(TPP1T)x0，取 x  P  0  ，有
(TPP1T)P(TP)(TP)0 (其中 T P  是数)，故排除（B）;
因Cx(TP1PT)x0，取x P10有
(TP1PT)P1(TP1)β(TP1)0 (其中TP1是数)，故排除
（C），由排除法选（D）.
7.【答案】B
【解析】
方法一：选项（A），对任意的n维列向量，有 A  0  . 分别取
 (1,0, ,0)T, (0,1, ,0)T, , (0,0, ,1)T ，代入A0即得
1 2 na
ij
 0 ( i  1 , 2 , , n ; j  1 , 2 , , n ) ，故AO.
选项（C）（D），对任意的 n 阶矩阵 B ，有 A B  O 或 B T A B  O ，只要B  E ，即可得
出AO，故由排除法选（B）.
方法二：选项（B），当 A 是反对称矩阵且 A  O ，即 A T   A  O 时，对任意的 n 维列
向量，因 T A  是数，故有 T A  ( T A ) T  T A T =  T A        ，得
2 T A  0   即 T A  0   ，但是AO，故选项（B）是错误的，应选（B）.
8.【答案】A
【解析】对于（A），若 A  1 且对任意 i , j 均有a A ，则
ij ij
A T 
 a
a
a
1
1
1
1
2
n
a
a
a
2
2
2
1
2
n
a
a
a
n
n
n
1
2
n


 


A
A
A
1
1
1
1
2
n



A
A
A
2
2
2
1
2
n



A
A
A
n
n
n
1
2
n

  A *
因此 A T A   A * A   A E   E ，故A不是正交矩阵，（A）错误；
对于（B），若 A   1 且对任意 i , j 均有 a
ij
  A
ij
，则 A T A   A * A   A E  E ，故
A 是正交矩阵，故（B）正确；
对于（C）（D），若A为正交矩阵，则 A 1，若 A 1，则由
A * A  A E  E  A T A ，有 A *  A T ，故对任意 i , j ，有 a
ij
 A
ij
，显然 a
ij
 A
ij
；若
A   1 ，则由 A * A  A E   E   A T A ，有 A *   A T ，故对任意 i , j ，有
a
ij
  A
ij
，显然 a  A ，故（C）（D）正确，选（A）.
ij ij
9.【答案】 A  O
x x 
【解析】已知矩阵方程无法利用矩阵运算化简，则令A 1 2 ，代入等式转化为解方
x x
 
3 4
x x 1 2 2 1x x 
程，有 1 2      1 2 ，即
 x x 0 1 3 2 x x 
3 4 3 4
 x
x
1
3
2
2
x
x
1
3


x
x
2
4



3
2
x
x
1
1


2
x
3
x
3
3
2
x
x
2
2


2
x
4
x
4
x 2x x ,
1 1 3

2x x 2x x ,
1 2 2 4 比较两边对应元素，得 此方程组只有零解
x 3x 2x ,
 3 1 3
2x x 3x 2x ,

3 4 2 4
x
1
 x
2
 x
3
 x
4
 0 ，故
A  O .
10.【答案】 x 

k 
1
2
, 2 k  1 , k

T
， k 为任意常数
1
 1  
【解析】注意到B T=  1, ,0  2  2，
 2  
1
 
B 是一个数，则
A 2  ( T ) ( T )  ( T ) T  2 T  B A     ，
同理， A 4  B 3 A ，由 2 B 2 A 2 x  A 4 x  B 4 x  ，得 2 B 3 A x  B 3 A x  B 4 x  ，故
[(2B3B3)AB4E]x，而 A =

1
2
1
1
2
1
1
2
0
0
0

, B  2 ，于是
  8
1 6
8

4
4
8

0
0
1 6

x 
 0
0
8

，
解此非齐次线性方程组，得 x 

k 
1
2
, 2 k  1 , k

T
，k为任意常数.
11.【答案】A
【解析】 B  A
 1
0
0
2
1
0
0
0
1
  0
0
1
0
1
0
1
0
0

 A
 0
0
1
2
1
0
1
0
0
 0 2 1
 
. 令C  0 1 0 ，则
 
 
1 0 0
B  A C
0 0 1
 
， C 1，C1  0 1 0 . 于是，
 
 
1 2 0
B  A 

B
 2
B
 0
0
1
 1 A


0
1
2
A C
1
0
0

(

A

C

0
0
)
2
 1 A

0
4

2
A

0
0
C
2 
C  1 A  1 A  A C C  1
故答案选（A）.12.【答案】B
【解析】记E (k)为将单位矩阵
ij
E 的第 j 行的k倍加到第 i 行（或第i列的 k 倍加到第 j 列）
得到的初等矩阵，则  E
ij
( k ) 
 1
 E
ij
(  k ) .
由题意知， B  E
2 1
( 2 ) A ， D  C E
3 1
(  3 ) ，故 A   E
2 1
( 2 )   1 B  E
2 1
(  2 ) B ，
C  D  E
3 1
(  3 )   1  D E
3 1
( 3 ) ，于是
A C  E (  2 ) B D E ( 3 )
2 1 3 1






1
0
1
0
2
2
010
020
001
003




100
103
020
010
003
001




103


1
9
010
2
001
020

003 
故答案选（B）.
13.【答案】D
【解析】因 A 为mn矩阵，r(A)n， A 为列满秩矩阵，由于 A B = O ，则
r ( A )  r ( B )  n ，又 r ( A )  n ，所以r(B)0，即B=O，排除（A）；
由于 r ( A )  n ，A为列满秩矩阵，存在m阶可逆矩阵P 和 n 阶可逆矩阵 Q 使
P A Q =
 E
O
n

, A  P  1
 E
O
n

Q  1 ， A B  P  1
 E
O
n

Q  1 B ，则
r ( A B )  r
  E
O
n

Q  1 B

 r
 Q 
O
1 B 
 r ( Q  1 B )  r ( B ) ，排除（B）；
对于（C）中，A为列满秩矩阵，存在m阶可逆矩阵 P 和 n 阶可逆矩阵Q 使
E  E 
PAQ=  n  ,A P1  n  Q1 ，取
 O   O 
B = Q ( E
n
, O ) P 得
E 
BA=Q(E ,O)PP1  n  Q1  E ，
n  O 
排除（C）；
1
对于（D），若A=   ,B=(1,1)，则
1
r ( B A )  0  r ( B ) = 1 ，故选（D）.
14.【答案】B【解析】因AO，DO，故 r ( A )  1 ， r ( D )  1 ， r ( A )  r ( D )  2 ， B  0 ，
C  0 ，故r(B)4，r(C)4. 从而有r(A)r(B)r(C)r(D)10，
又由 A B C D  O ，其中B,C 可逆，得 r ( A B )  r ( C D )  r ( A )  r ( D )  4 ，
从而有 r ( A )  r ( B )  r ( C )  r ( D )  1 2 ，
故 1 0  r  1 2 ，答案选（B）.
15.【答案】 4
【解析】
因为 0   是特征方程 0  E  A  的单根，所以对应的线性无关的特征向量有且只有一
个，即 A x = 0 的基础解系只含有一个线性无关的解向量，故 r ( A )  2 .
因为1是二重特征值，又 A 不相似于对角矩阵，所以对应的线性无关的特征向量也
只有一个，即 1  3  r ( E  A )  r ( E  A )  2  r ( A )  r ( E  A )  4 .
16.【答案】略
【解析】
当ab0时，显然 r ( A )  0 ;
当ab0时，显然 r ( A )  1 ；
当ab时，
再利用初等行变换进行分析，
A 



a
a
a
b
b




b
b
b
( n
1
1
1

b
1
a

0
0
) a
a
b
0

0
0
1
a
0

0
a
0
0

0
1
b
a
0
0

0
0
0

a
1



 b
1
1
1
a

0
0
1
a
0

0
1
a
0
0
 1

当ab且b(n1)a0时，则r(A)n1；当ab且 b  ( n  1 ) a  0 时，则 r ( A )  n .
17.【答案】略
【解析】先证明两个齐次线性方程组Ax0与ATAx 0是同解方程组.
假设 x
0
是Ax0的一个解，两边左乘 A T 可得 A T A x
0
 0 ，因此 x
0
也是 A T A x  0 的一个解.
假设 x
0
是ATAx 0的一个解，两边左乘 x T0 得 x T0 A T A x
0
 0 ，即 ( A x
0
) T ( A x
0
)  0 .
记Ax (a,a , ,a )T，得(Ax )T(Ax )a2 a2  a2 0，即
0 1 2 m 0 0 1 2 m
A x
0
 0 ，所以 x
0
也是
A x  0 的一个解.
综上所述，可以得到 A x  0 与 A T A x  0 是同解方程组. 即 n  r ( A T A )  n  r ( A ) ，
所以 r ( A T A )  r ( A ) .
18.【答案】A
【解析】（ r 表示做行变换，c表示做列变换， r1  A r
2
表示将第二行左乘矩阵  A 加到第一
行， c
1
 c
2
A T 表示将第二列右乘  A T 加到第一列）
 OA
T
AE   r1  A r2    AA AT T OE   c1  c A2 T   AO A T OE  ，故r r(AAT)n；
1
 OA
T
A T
E
A   r1  A T A r  2   A T
A
AT A T OE   c1  c A2 T   A T
O
A A T OE  ，故
r
2
 r (  A T A A T )  n ；

A T
AA T
A T A
ET
A
  c1  c A2 T  OO
A
ET
A
  r2  T A A r 1  OO EO  ，故 r
3
 n ；
因为 r ( A T )  r ( A T A A T )  r ( A T A A T A )  r [ ( A T A ) T ( A T A ) ]  r ( A T A )  r ( A T ) ，
故r(ATA)r(AAT)r(ATAAT)0，故r r r ，答案选（A）.
1 2 3