(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