2003年-大连工业大学-化学专业-《高等数学》试卷及答案

··PAGE233···PAGE234·大连工业大学模拟考试《高等数学》试卷B注意事项：1.考前请将密封线内填写清楚；题号得分题号得分一二三四五总分一、填空题（每小题4分）（2）曲面zx2y2与平面2x4yz0平行的切平面的方程是 .2x4yz5设(x0

,y,z0

为与平面2x4yz0平行的切平面的切点坐标，则过(x0

,y,z0

)的法向量为n2x0

,2y0

,1}于是过(x0

,y,z0

)的切平面方程为2x(xx0 即

)2y0

(yy0

)(zz0

)02xx2yyzz 00 0 0由题意两平面平行，故 2x 2y 0 02 4 1解得x 1,y 2，故z x2y250 0 0 0 0因此所求方程为2x4yz51 1 1 1（4）从R2的基α ,α 到基β,β 的过渡矩阵为 1 2 2

0

2 1

1

2 2P为基αα1 2

到基β,β1

的过渡矩阵则ββ1 2

)(α,α)P1 2P(α,α1 2

)1(β,β)1 21 1 1 11 0 2 30 1 1 2 0 1 1 2 所以P2 3 1 2 二、选择题（每小题4分）设向量组I:α,α, ,α可由向量组II:β,β1 2 r 1 2

β线性表示，则s当rsII必线性相关.当rsII必线性相关.当rsI必线性相关.当rsI必线性相关.）正确.,n从r与sII,n设e表示nEjj1,2,j1.I:e,e,e1 2 3

r3；取向量组II:e,e1 2

,e,e3

s4.IIIrs，但向量组II:ee1 2误.

,e,e3

线性无关，故（A）错例2.取向量组I: e,e1 2

,e,2e3 3

r4；II:e,e,e1 2 3

s3.IIIrsII:e,e,

线性无关，故（B）错1 2 3误.不过从r与sI的线性相关性.由例1知（C）错误.β 线s、II是nβ 线s因为α,α1 2

, ,αr

可由β,β,1 2

性表示，所以存在sr 矩阵P ，使(α,α1

, ,αr

)(β,β1

, ,βs

)P，当rs时，考虑线性方程组Px0, xRrk k因为 ，故在非零解α10，使P10，其中, , 不全为零，于是r s k kkk 1 rkkrr rrk k(α,α, ,α)1(β,β, ,β)P101 2 r 1 2 s k krr rr这说明α,α1 2

, ,αr

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rsI必线性相关.Ax0Bx0B均为mn4个命题：Ax0Bx0的解，则rA)r(B；②若rA)r(BAx0Bx0的解；Ax0Bx0同解，则rAr(B；④若则rAr(BAx0Bx0同解.以上命题中正确的是（A）①②. （B）①③. （C）②④.（D）③④.）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①②③④四个命题的对与错.由Ax0的解均是Bx0的解，说明N(A)N(B)，这里N(A),N(B)分别表示上述两个线性齐方程组的解空间，故dimN(A)dimN(B)nr(A)nr(B)r(A)r(B)故①正确.反之从r(A)r(B)，得dimN(A)dimN(B)，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Ax0与Bx0的解无直接关系. 如取A1 0 1,B1 0 0.0 1 0 0 0 0 r(A)21r(B)10 Ax0Bx0的解01 1 故（2）错误.Ax0Bx0NA)N(B)dimNAdimN(B)nr(nr(B)于是r(A)r(B).故（3）正确.仅从rA)r(BAx0Bx0解相差甚远.1 1 1 2取A0 0, B0 0 0 0 0 0 0 0 显然④错误.综上所述①、③正确，故选（B）.（10）3 2 2 0 1 0 设矩阵A2 3 2,P1 0 1,BP1P求B2E的特征值与特征向量 2 2 3 A*AE3阶单位矩阵.解法1 经计算可得 5 2 2 2 5 2 2 2 5 0 1 P11 0 0 0 0 1 7 0 0 BP1P2 5 4 2 2 3 从而9 0 0B2E2 7 4 2 2 5 9 0 0|E(B2E)|

4 (9)2(3)2B2E9,9,3.

2 5当1

9时，对应的线性无关特征向量可取为1 2η

1,η

01 2 0 0 所以对应于特征值9的全部特征向量为1 2 kηkηk1k0 11 22 1 2 1

是不全为零的任意常数.0 0 当3时，对应的一个特征向量为30η13 1 1 3k

0k1，其中k

是不为零的任意常数.33 3 311解法2 设A的特征值为，对应的特征向量为η，即Aηη.由于|A|70，所以0.|A|又因AA|E，故有 η.于是有 B(P1η)P1P(P1η)|A|

|A|

(P1η),|A|

(B2E)P1η(

2)P因此，

2B2EP1η.3 2 2由于|EA

2 (1)2(7)，A的特征值为1 2

21,3

2 37.当1

1时，对应的线性无关特征向量可取为1 1η1,η0.1 2 0 0 当7时，对应的一个特征向量为31η1.3 11 0 1 由P11 0 0，得 0 0 1 1 1 0 P

1,P

1,P

1.1 0 2 1 3 1 B2E9,9,3.9的全部特征向量为1 1 kP1ηkP1ηk1k1，其中kk

是不全为零的任意常数；1 1 2 2 10 21 1 2 对应于特征值3的全部特征向量为0 kP1ηk1.其中k3是不为零的任意常数.13 3 3 1 （8）已知平面上三条不同直线的方程分别为l:ax2by3c0,1l:bx2ey0,2l:cx2ay3b0.3试证这三条直线交于一点的充分必要条件为abc0.证法1 必要性：设三直线l,l,l1 2 3

交于一点，则线性方程组ax2by3c,bx2ey3a, （*）cx2ay3ba a 有惟一解，故系数矩阵Ab 2c与增广矩阵Ab 2c 的秩均为2，于是|A|0. c 2a c 2a a2b3c由于|A|b2c6(abc)[a2b2c2abacbc]c2a3b3(abc)[(ab)2(bc)2(ca)2],但 (ab)2(bc)2(ca)20，故abc0充分性：由abc0，则从必要性的证明可知，|A|0，故秩(A)3.a 1 由于 2(acb2)2[a(ab)b2] b)2 b2]0，b 2c 2 4故秩A2.于是，秩A秩A2.因此方程组（*）有惟一解，即三直线lll1 2 3

交于一点.x 0证法2必要性：设三直线交于一点(xy)yAx0的非零解，其中0 0 01a Ab 2c . c 2a 于是 |A|0.a2b3c而|A|bc2c2a6(abc)[a2b2c2abbcac]3b3(abc)[(ab)2(bc)2(ca)2],但 (ab)2(bc)2(ca)20，故abc0.充分性：考虑线性方程组ax2by3c,bx2cy3a, （*）cx2ay将方程组abc0可知，方程组等价于方程组ax2by3c, （**）bx2cy3a.因为 2(acb2)2[a(ab)b2][a2b2(ab)2]0. 故方程组（**）有2c惟一解，所以方程组（*）有惟一解，即三直线lll1 2 3

交于一点.试卷二一、填空题（4）设α3是αααT

1 1 1 1 1 1 则αTα 解：αTα 3.

1 1 1显然ααT的第2列，第3列分别是由1,1乘第1列所得到，故 ααT1(1 1 1)1 1 所以αTα(1 1 1)131 1 1 0 1 设三阶方阵B满足A2BABE其中E为三阶单位矩阵若A0 2 0, 2 0 1 则|B.解：|B|1.2由A2BABE有A2E)BAE故AEAE)BAE 2 0 1 而AE0 3 0是可逆阵，上式左乘(AE)1得(AE)BE. 2 0 2 取行列式|AE||B|1001因|AE|0102200于是|B|1.2二、选择题（每小题4分）（6）同试卷一之二、（4）（10）2 2 0若矩阵A8 2 a相似于对角矩阵Λ，试确定常数a的值；并求可逆矩阵P使 P1APΛ.

0 0 6解：矩阵A的特征多项式为|EA|28220a(6)[(2)216](6)2(2)，006A的特征值为1 2

6,3

2.AΛ，故对应于1 2

6应有两个线性无关的特征向量，因此矩阵6EA1.从而由4 2 0 2 1 06EA8 4 a0 0 a, 0 0 0 0 0 0 知a0于是对应于1 2

6的两个线性无关特征向量可取为0 1ξ0, ξ 2.1 2 1 1 当2时3

4 2 0 2 1 0EA8 4 00 0 1, 0 0 8 2xx0,

1 解方程组 1x 20,得对应于2的特征向量32.033 03 0 1 1 令P0 2 2，则P可逆，并有P1APΛ. 1 0 0 十二、同试卷（一）十.试卷（三）,0,a,0,a)T,（4）设n维向量αa,0,1

a0 E为n阶单位矩阵，矩阵AEααT, BEaααT其中A的逆矩阵为B，则a .解：a1.因为A的逆矩阵为B，故11 AB(EααT)(EaααT)E11 1即EααTaααTaα(αTα)αTE1由此(1a2a)ααT0因为ααT不是零阵，故112a0a解之a1, a12因为a0，舍去a

1，所以a1.2二、选择题（每小题4分）a b b设三阶矩阵Ab a b，若A的伴随矩阵的秩等于1，则必有 b b a （A）ab或a0. （B）ab或a0.（C）ab且a0. （D）ab且a0.C）正确因为r(A*1A*A|EA也不可逆，|A0，因此有abb1bb|A|bab(a2b)1ab(a2b)(ab)20bba1ba故可能a2b0,或ab0事实上ab，这是因为若ab，则a a aAa a a a a a AO，与r1可见ab，于是必有a0所以C）正确， （（（）皆错误.设αα1 2

, ,αs

均为n维向量，下列结论不正确的是若对于任意一组不全为零的数k

, ,

k

k

k

0αα,线性无关.

2 s

11 22 s s 1 2（B）α

, ,

线性相关，则对于任意一组不全为零的数k,k

, ,kkαk

1k

s0.

1 2 s11 22 s sα,α1 2

α线性无关的充分必要条件是此向量组的秩为s.sα,α1 2

α线性无关的必要条件是任意两个向量线性无关.s）不正确.因为对任意一组不全为零的数kk

,k,kα

k

k

都不是零向量，它的等价说法是只有当k,k1 2

, ,ks

1 2全为零时才有

s 11 2 2 s skαkα kα011 2 2 s s这就说明α,α1 2

, ,αs

线性无关，因此（A）正确.（Cα,α,α,α线s

, ,αs

线性无关时，它即为自己的极大无关组，此向量组的秩为s.反之，α,α1

, ,αs

向量组的的秩为s，说明此向量组中有sαα,1 2性无关，故（C）正确.至于，当α,α1 2

, ,αs

线性无关时，把其中任意s2个向量去掉后，剩下的两个向量一定线性无关.s2αα1 2

, ,αs

线性相关，矛盾，所以（D）也是正确的.（B）中，若α,α1 2

, ,αs

线性相关，只需要一组不全为零的数，而不是任意一组不全为零的数k,k, ,k，使kαkα kα

0后者条件太强了.1 2 s 11 2 2 s s因此（B）不正确，故选之..（13）已知齐次线性方程组(ab)xaxax a

0, 1 1 22 33 nnax(ab)xax ax0,11

2 2 33 nnaxaxax (ab)

0,,αs11 22 3,αs其中naii1

0.试讨论aa,,a,a和bn

满足何种关系时，方程组仅有零解；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ab a a a1 2 3 na ab a a1 2 3 n n|Aa1

a a2 3

a bn1(bn

i1

a).ia a a1 2

abn当b0且bnaii1

0时，秩(A)n，方程组仅有零解.当b0时，原方程组的同解方程组为axax11 2

axnn

0.由aii1为

0ai

(i1,2,

,n)不全为零.不妨设a1

0，得原方程组的一个基础解系,0,0,α aT3,0,1,2a,0,T,αn1an,0,0,,1T.1a1α 2,1,0,1 a1当bni1

a时，有b0，原方程组的系数矩阵可化为iaa a a a 1 1 0 01 i 2 3 i1

0n 1 0 1 0 1 1

0 . 1 0

10 1 0 0 1 0 0 0 01 1 0 0 1由此得原方程组的同解方程组为,x xn 1x x,x xn 12 1 3 1原方程组的一个基础解系为α(1,1,1, ,1)T.（13）设二次型f(x,x,x)XTAXax22x22x22bx

(b0),1 2 3 1 2 3 13其中二次型的矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为12.求ab值；f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f的矩阵为a 0 bA0 2 0. b 0 2 设A的特征值为λ(i1,2,3).由题设，有i1 2

a2(2)1,123

a 0 b0 2 0 4a2b212.b 0 2解得a1,b2.（2）由矩阵A的特征多项式100220202|EA| 100220202A的特征值1 2

2,3

3.对于1 2

2，解齐次线性方程组(2EAX0，得其基础解系ξ(2,0,1)T, ξ1

(0,1,0)T.对于3ξ3

3，解齐次线性方程组(3EA)X0，得基础解系(1,0,2)T.由于ξξξ1 2

已是正交向量组，为得到规范正交向量组，只需将ξξξ1 2 3

单位化，由此得2 1T 1 2T5η51

,0,

,η(0,1,0)T,η5 2 3 5

,0, .555502 1 055 55 令矩阵 Q(η,η,η)0 1 0 ,1 2 3

1 255 0 55 则QXQY下，有2 0 0QTAQ0 2 0, 0 0 3 且二次型的标准形为f2y22y23y2.解法2（1）二次型f的矩阵为

1 2 3a 0 bA0 2 0, b 0 2A的特征多项式为

a 0 b|EA0 2 0 (2)[2(a2)(2ab2)].b 0 2A,,，则2,a2,

(2ab2.由题设得1 2 3 1 2 3 2 31 2

2(a2)1，2(2ab2)12.123解得a1,b2.（2）由1A的特征值为1 2

2,3

3.试卷（四）一、填空题（每小题4分）BE是三阶单位矩阵2 0 2已知AB2AB, B0 4 0 2 0 2 则(AE)1 . 0 0 1 解：(AE)10 1 0 1 0 0 AB2AB得AB2AB, A(B2E)B0 0 2 0 0 1B2E0 2 020 1 0 2 0 0 0 0 1 0 0 11 (B2E)1

0 1 0 （0 1 0是自逆的对合阵）21 0 0 1 0 02（4）.二、选择题（每小题4分）（4）设矩阵

0 0 1B0 1 0 1 0 0 AB，则秩A2E与秩AE之和等于（A）2. （B）3. （C）4. （D）5.C）正确ABAB有相同的特征值. 0 1|EB|0 1 0 (1)2(1)01 0 B的特征值为1,1,1A的特征值为1,1,1因为2不是特征值，故|2EA|0, 2EA是非奇异矩阵，r(A2E)r(2EA)3由A相似于B，则存在非奇异矩阵P，使P1APB于是 P1(AE)PBEAEBE相似，当然它们的秩相等1 0 1 1 0 1BE0 0 00 0 0 1 0 1 BE1AE所以A2E与秩AE4.故选（C）.（13）（Iα1

(1,0,2)T,α2

(1,1,3)T,α3

(1,1,a2)T（IIβ(1,2,a3)T,β1

(2,1,a6)T,β3

(2,1,a4)T.试问：当a为何值时，向量