2025-2026 学年秋冬《线性代数（甲）》期中归档

历年卷
期中
真题
2025-2026 学年期中试卷：题目、详细解析与知识点总结。
作者

easoncyy（整理）

发布于

2026年10月27日

共 9 道题，保留试卷题号和分值。先独立作答，再对照解析与考点索引。

来源：题目合集、解析合集。合集整理者：macanine。

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根据归档题目整理的练习版，非原卷扫描件；仅含题目，并留有作答空间。

第一部分：题目

填空题（85 分）

1.

已知非齐次线性方程组

\[ \begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = -1,\\ 4x_1 + 3x_2 + 5x_3 - x_4 = -1,\\ px_1 + x_2 + 3x_3 - qx_4 = 1 \end{cases} \]

有解，且通解中有 2 个任意常数，则 \(p=\) ______，\(q=\) ______，方程组的系数矩阵的秩 \(r=\) ______，通解为 ______。

2.

设

\[ A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 2\\ 4 & 4 & a^2+3\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\ 1 & 3 & 3\\ a+3 & 1-a & a^2+3\end{pmatrix} \]

则当 \(a=\) ______ 时，矩阵 \(A\) 和 \(B\) 不相抵（或不等价）；当 \(a=\) ______ 时，矩阵 \(A\) 和 \(B\) 的秩都是 2；当矩阵 \(A\) 和 \(B\) 的秩都是 3 时，\(x_1=\) ______，\(x_2=\) ______，\(x_3=\) ______ 满足 \(A\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 3\\ a^2+3\end{pmatrix}\)。

3.

若 \(A_{11}=1\)，\(A_{21}=1\)，\(A_{31}=1\)，\(A_{41}=1\) 是行列式

\[ D=\begin{vmatrix}1 & s & t & u\\ 1 & v & w & x\\ 1 & y & z & j\\ 1 & k & h & i\end{vmatrix} \]

的第一列相应元素的代数余子式，则 \(D=\) ______。

4.

设 \(A_{11}=-8\)，\(A_{12}=0\)，\(A_{13}=4\)，\(A_{14}=-4\) 是行列式

\[ D=\begin{vmatrix}a & b & c & d\\ x & -1 & 0 & z+1\\ 1 & -2 & x+3 & 0\\ -2 & x+1 & 0 & z+3\end{vmatrix} \]

的第一行相应元素的代数余子式，则 \(x=\) ______，\(z=\) ______。

5.

设

\[ A^{*}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 5\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & x\end{pmatrix} \]

是矩阵 \(A\) 的伴随矩阵，则当 \(x\) ______ 时，矩阵 \(A\) 可逆，且 \(|A|=\) ______。

6.

设

\[ A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33}\end{pmatrix},\qquad P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & 1\end{pmatrix},\qquad Q=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix} \]

则 \(PAQ^{2025}=\) ______，\(P^{1025}AQ^{1000}=\) ______。

7.

矩阵被称为是一个置换矩阵，如果它是由单位矩阵 \(E\) 经过一系列的列和行的互换所得。假设矩阵 \(A\) 是置换矩阵，则 \(A^{\mathrm{T}}A=\) ______。

证明题（15 分）

8.

设 \(n\) 阶矩阵 \(A=\begin{pmatrix}a_1\\ a_2\\ \vdots\\ a_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}b_1 & b_2 & \cdots & b_n\end{pmatrix}\)，如果 \(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n=1\)，证明 \(A^2=A\)。

9.

设 \(A,B,C\) 为 \(n\) 阶方阵满足 \(r(A)<r(C)\le n\)，且 \(BC=0\)。证明存在非零的矩阵 \(X\) 满足 \(AX=BX\)。

第二部分：详细解析

填空题（85 分）

1.

记系数矩阵的三个行向量为 \(r_1,r_2,r_3\)。未知数共 4 个，通解含 2 个任意常数，说明解空间的维数（即零空间的维数）为 2；由秩－零化度定理

\[r+2=4\implies r=2.\]

又 \(\begin{vmatrix}1 & 1\\ 4 & 3\end{vmatrix}=3-4=-1\ne 0\)，故 \(r_1,r_2\) 线性无关。秩为 2 的三个行向量中 \(r_3\) 必是 \(r_1,r_2\) 的线性组合，设

\[r_3=\lambda r_1+\mu r_2.\]

比较第 2, 3 个坐标：\(\lambda+3\mu=1\)，\(\lambda+5\mu=3\)，相减得 \(2\mu=2\)，故 \(\mu=1\)，再代回得 \(\lambda=-2\)。于是

\[p=\lambda+4\mu=-2+4=2,\qquad -q=\lambda-\mu=-2-1=-3\implies q=3.\]

此时第三式的右端由方程组自洽给出为 \(\lambda\cdot(-1)+\mu\cdot(-1)=2-1=1\)，恰等于题给右端 1，故有解且增广矩阵的秩也为 2。注意 \((p,q)\) 是被 “秩为 2” 与 “有解” 两条要求共同锁定的唯一取值。

取 \(x_3,x_4\) 为自由未知量。前两个方程为

\[x_1+x_2=-1-x_3-x_4,\qquad 4x_1+3x_2=-1-5x_3+x_4.\]

第一式乘 4 后减去第二式得 \(x_2=-3+x_3-5x_4\)，再代回第一式得 \(x_1=2-2x_3+4x_4\)。

答案 \(p=2\)，\(q=3\)，\(r=2\)，通解为

\[X=\begin{pmatrix}2\\ -3\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+t_1\begin{pmatrix}-2\\ 1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}+t_2\begin{pmatrix}4\\ -5\\ 0\\ 1\end{pmatrix},\qquad t_1,t_2\in\mathbb{R}\]

考点 线性方程组、秩与空间维数。

易错点 含参消元在除以参数前先分情形；通解写成特解加齐次通解。

2.

两矩阵相抵（等价）当且仅当秩相等，故先算两个行列式并定秩。按第一行展开得

\[|A|=-(a-1)(a+1)=1-a^2,\qquad |B|=(a-1)(3a+2).\]

秩的分布。 \(r(A)=3\) 当 \(a\ne\pm1\)；\(a=1\) 时 \(A\) 的第三行 \((4,4,4)\) 是第一行 \((1,1,1)\) 的 4 倍，\(a=-1\) 时第三行也是 \((4,4,4)\)，故两种情形下都是 \(r(A)\le 2\)；而 \(A\) 的前两行 \((1,1,1)\)、\((1,0,2)\) 线性无关（\(\begin{vmatrix}1 & 1\\ 1 & 0\end{vmatrix}=-1\ne 0\)），故这两种情形下都是 \(r(A)=2\)。\(r(B)=3\) 当 \(a\ne 1,-\frac{2}{3}\)；\(a=1\) 时 \(B\) 的第三行 \((4,0,4)\) 是第一行 \((1,0,1)\) 的 4 倍，\(a=-\frac{2}{3}\) 时 \(|B|=0\)，故这两种情形下都是 \(r(B)\le 2\)；而 \(B\) 的前两行 \((1,0,1)\)、\((1,3,3)\) 线性无关（\(\begin{vmatrix}1 & 0\\ 1 & 3\end{vmatrix}=3\ne 0\)），故这两种情形下都是 \(r(B)=2\)。逐值比较：

（1）\(a=1\)：\(r(A)=r(B)=2\)；

（2）\(a=-1\)：\(r(A)=2\ne 3=r(B)\)；

（3）\(a=-\frac{2}{3}\)：\(r(A)=3\ne 2=r(B)\)；

（4）其余 \(a\)：\(r(A)=r(B)=3\)。

所以不相抵只可能发生在（2）（3），即 \(a=-1\) 或 \(a=-\frac{2}{3}\)；秩同为 2 只在（1），即 \(a=1\)。

解方程。 第（4）种情形下 \(r(A)=3\)，\(|A|\ne 0\)，解唯一。直接代入 \(X=(1,-1,1)^{\mathrm{T}}\)：

\[A\begin{pmatrix}1\\ -1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-1+1\\ 1+0+2\\ 4-4+a^2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 3\\ a^2+3\end{pmatrix},\]

故 \(x_1=1\)，\(x_2=-1\)，\(x_3=1\)。

答案 \(a=-1\) 或 \(a=-\frac{2}{3}\) 时 \(A,B\) 不相抵；\(a=1\) 时二者的秩都是 2；秩都是 3 时 \(x_1=1\)，\(x_2=-1\)，\(x_3=1\)。

考点 秩与空间维数。

易错点 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。

3.

由展开定理，\(D\) 按第一列展开为

\[D=a_{11}A_{11}+a_{21}A_{21}+a_{31}A_{31}+a_{41}A_{41}.\]

本题第一列的元素全为 1，即 \(a_{11}=a_{21}=a_{31}=a_{41}=1\)，而题设又给出 \(A_{11}=A_{21}=A_{31}=A_{41}=1\)，故直接得

\[D=1\cdot 1+1\cdot 1+1\cdot 1+1\cdot 1=4.\]

一般地，\(A_{i1}\) 与第一列的元素无关，所以 \(\sum_{i=1}^{4}c_iA_{i1}\) 等于把 \(D\) 的第一列换成 \((c_1,c_2,c_3,c_4)^{\mathrm{T}}\) 后所得的行列式。本题取 \(c_i=1\) 时换出的列恰是原来的全 1 列，该行列式就是 \(D\)，两种算法给出同一结果。

答案 \(D=4\)。

考点 行列式。

易错点 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。

4.

第一行元素 \(a,b,c,d\) 可以是任意的，\(A_{1j}\) 与它们无关，只由去掉第一行后剩下的 3 阶子式决定，\(x,z\) 也正是出现在这三行里。按代数余子式的定义逐项展开（\((1,j)\) 元带符号 \((-1)^{1+j}\)）：

\[A_{11}=-(x+3)(xz+x+2z+4),\qquad A_{12}=-(x+3)(xz+3x+2z+2),\]

\[A_{13}=-xz-5x-2z,\qquad A_{14}=(x-1)(x+2)(x+3).\]

同一组 \(x,z\) 必须同时满足四个给定值。先看 \(A_{14}\)：由 \((x-1)(x+2)(x+3)=-4\)，若 \(x=-3\) 则左端为 0，矛盾，故 \(x\ne -3\)；于是 \(A_{12}=0\) 可约去因子 \(x+3\)，化为

\[xz+3x+2z+2=0.\]

又 \(A_{13}=4\) 即 \(xz+5x+2z=-4\)。两式相减得 \(2x=-2\)，故 \(x=-1\)；代回 \(xz+3x+2z+2=0\) 得 \(-z-3+2z+2=0\)，即 \(z=1\)。

回代检验：\(A_{11}=-(2)(-1-1+2+4)=-8\)，\(A_{14}=(-2)(1)(2)=-4\)，与题设相符。

答案 \(x=-1\)，\(z=1\)。

注 不要试图用 \(D=\sum_j a_{1j}A_{1j}\) 去定 \(x,z\) ——第一行是任意的，这条路走不通；正确的入口是 “子式与第一行无关” 以及同一组 \(x,z\) 要让四个值同时成立。

考点 行列式。

易错点 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。

5.

\(A^{*}\) 是上三角矩阵，其行列式等于对角元之积：

\[|A^{*}|=1\cdot 1\cdot 1\cdot x=x.\]

对 \(n=4\) 阶矩阵有伴随矩阵的行列式公式 \(|A^{*}|=|A|^{n-1}=|A|^3\)，于是

\[|A|^3=x.\]

又 \(n\ge 2\) 时 \(A\) 可逆当且仅当 \(A^{*}\) 可逆：\(A\) 可逆时 \(A^{*}=|A|A^{-1}\) 可逆；反之若 \(A\) 不可逆则 \(|A|=0\)，从而 \(|A^{*}|=|A|^{n-1}=0\)，\(A^{*}\) 不可逆。故

\[A\ \text{可逆}\iff |A^{*}|\ne 0\iff x\ne 0.\]

当 \(x\ne 0\) 时由 \(|A|^3=x\) 得 \(|A|=\sqrt[3]{x}\)（实数的立方根唯一）。若 \(x=0\)，则 \(|A|=0\)，\(A\) 不可逆，两种说法一致。

答案 当 \(x\ne 0\) 时矩阵 \(A\) 可逆；此时 \(|A|=\sqrt[3]{x}\)。

注 \(|A^{*}|\) 是 \(x\) 的一次式，而 \(|A^{*}|=|A|^{n-1}\) 中的指数是 \(n-1=3\) 不是 \(n\)，把 \(|A|\) 写成 \(\sqrt[4]{x}\) 是常见错误。

考点 伴随矩阵。

易错点 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。

6.

\(P\) 是初等矩阵，作用为 “第 3 行加上第 1 行的 2 倍”，即左乘 \(P\) 实施 \(R_3\leftarrow R_3+2R_1\)；\(Q\) 是交换第 1, 3 行（同时交换第 1, 3 列）的置换矩阵，满足

\[Q^2=E\implies Q^{2k+1}=Q,\quad Q^{2k}=E\qquad(k\ge 0),\]

即 \(Q\) 的奇数次幂为 \(Q\)、偶数次幂为 \(E\)。2025 为奇数、1000 为偶数，故 \(Q^{2025}=Q\)，\(Q^{1000}=E\)。

先算 \(PA\)：只动第三行，

\[PA=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31}+2a_{11} & a_{32}+2a_{12} & a_{33}+2a_{13}\end{pmatrix}.\]

右乘 \(Q^{2025}=Q\) 即交换第 1, 3 列，得

\[PAQ^{2025}=\begin{pmatrix}a_{13} & a_{12} & a_{11}\\ a_{23} & a_{22} & a_{21}\\ a_{33}+2a_{13} & a_{32}+2a_{12} & a_{31}+2a_{11}\end{pmatrix}.\]

再算 \(P^{1025}\)。记 \(E_{31}\) 为仅 \((3,1)\) 元为 1、其余为 0 的矩阵，则 \(P=E+2E_{31}\)，且 \(E_{31}^2=O\)，故二项式展开只剩前两项：

\[P^k=(E+2E_{31})^k=E+2kE_{31}\qquad(k\ge 1),\]

即 \(P^k\) 总是 “第 3 行加上第 1 行的 \(2k\) 倍”；取 \(k=1025\) 得系数 2050。又 \(Q^{1000}=E\)，于是

\[P^{1025}AQ^{1000}=P^{1025}A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31}+2050a_{11} & a_{32}+2050a_{12} & a_{33}+2050a_{13}\end{pmatrix}.\]

答案

\[PAQ^{2025}=\begin{pmatrix}a_{13} & a_{12} & a_{11}\\ a_{23} & a_{22} & a_{21}\\ a_{33}+2a_{13} & a_{32}+2a_{12} & a_{31}+2a_{11}\end{pmatrix},\]

\[P^{1025}AQ^{1000}=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31}+2050a_{11} & a_{32}+2050a_{12} & a_{33}+2050a_{13}\end{pmatrix}。\]

考点 矩阵幂与多项式、初等变换。

易错点 二项式展开须保证参与的矩阵可交换；幂零与零矩阵不是同一概念。

7.

置换矩阵由 \(E\) 经行、列互换得到，故它每行、每列恰有一个 1，其余元素为 0。于是 \(A\) 的列向量是某个排列下的标准单位向量

\[A=(e_{p_1}\ e_{p_2}\ \cdots\ e_{p_n}),\]

其中 \(p_1,\dots,p_n\) 是 \(1,\dots,n\) 的一个排列。由 \((A^{\mathrm{T}}A)_{ij}\) 等于 \(A\) 的第 \(i\) 列与第 \(j\) 列的内积，

\[(A^{\mathrm{T}}A)_{ij}=e_{p_i}^{\mathrm{T}}e_{p_j}=\delta_{ij}=\begin{cases}1, & i=j,\\ 0, & i\ne j,\end{cases}\]

故 \(A^{\mathrm{T}}A=E\)。几何上这正说明 \(A\) 的列是一组标准正交基，\(A\) 是正交矩阵。

答案 \(A^{\mathrm{T}}A=E\)。

考点 初等变换。

易错点 行、列操作混用时要区分作用侧；同侧变换的先后次序不能随意交换。

证明题（15 分）

8.

记 \(\alpha=(a_1,a_2,\dots,a_n)^{\mathrm{T}}\)，\(\beta=(b_1,b_2,\dots,b_n)^{\mathrm{T}}\)，则 \(A=\alpha\beta^{\mathrm{T}}\)，题设即

\[\beta^{\mathrm{T}}\alpha=a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n=1.\]

由矩阵乘法的结合律

\[A^2=(\alpha\beta^{\mathrm{T}})(\alpha\beta^{\mathrm{T}})=\alpha(\beta^{\mathrm{T}}\alpha)\beta^{\mathrm{T}}.\]

其中 \(\beta^{\mathrm{T}}\alpha\) 是 \(1\times 1\) 的数，可以与向量交换次序提到最前面，故

\[A^2=(\beta^{\mathrm{T}}\alpha)\alpha\beta^{\mathrm{T}}=1\cdot A=A.\qquad\square\]

考点 矩阵幂与多项式。

易错点 二项式展开须保证参与的矩阵可交换；幂零与零矩阵不是同一概念。

9.

由 \(BC=0\)，对每个 \(j=1,\dots,n\) 都有

\[B(Ce_j)=(BC)e_j=0,\]

即 \(C\) 的每一列都是齐次方程组 \(BX=0\) 的解。因此 \(C\) 的列空间含于 \(\ker B\)：

\[\mathrm{Col}(C)\subseteq\ker B\implies \dim\ker B\ge \dim\mathrm{Col}(C)=r(C).\]

再由秩－零化度定理，\(\dim\ker A=n-r(A)\)。结合 \(r(A)<r(C)\) 得

\[\dim\ker A=n-r(A)>n-r(C)\ge n-\dim\ker B,\]

即 \(\dim\ker A+\dim\ker B>n\)。\(\ker A\) 与 \(\ker B\) 都是 \(\mathbb{R}^n\) 的子空间，由维数公式

\[\dim(\ker A\cap\ker B)=\dim\ker A+\dim\ker B-\dim(\ker A+\ker B)\ge \dim\ker A+\dim\ker B-n>0.\]

故 \(\ker A\cap\ker B\) 中含非零向量 \(X_0\)，它满足 \(AX_0=0\) 且 \(BX_0=0\)，从而 \(AX_0=BX_0\)。取 \(n\) 阶矩阵 \(X=(X_0,0,\dots,0)\)（只有第一列为 \(X_0\)，其余列为零），则 \(X\ne O\) 且

\[AX=BX=0.\qquad\square\]

注 关键在于把 “\(BC=0\)” 翻译成 “\(C\) 的列都在 \(\ker B\) 里”，于是 \(\dim\ker B\ge r(C)>r(A)=n-\dim\ker A\)；条件 \(r(A)<r(C)\) 的作用正是把两个零空间的维数之和顶过 \(n\)，从而交集非零。

考点 矩阵方程、秩与空间维数。

易错点 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。

第三部分：知识点总结

答案与考点

题号 答案要点 主要考点
1 （填空）非齐次方程组有解且通解含 2 个任意常数：\(p=2,\ q=3,\ r=2\)，\(X=(2,-3,0,0)^{\mathrm{T}}+t_1(-2,1,1,0)^{\mathrm{T}}+t_2(4,-5,0,1)^{\mathrm{T}}\)。 线性方程组、秩与空间维数
2 （填空）相抵与秩的讨论：\(a=-1\) 或 \(a=-\frac23\) 时 \(A,B\) 不相抵；\(a=1\) 时同秩为 2；秩为 3 时解 \(x=(1,-1,1)^{\mathrm{T}}\)。 秩与空间维数
3 （填空）行列式按第一列展开：\(D=4\)。 行列式
4 （填空）由代数余子式反求参数：\(x=-1,\ z=1\)。 行列式
5 （填空）\(\|A^{*}\|=\|A\|^{n-1}\)：\(x\neq0\) 时 \(A\) 可逆，\(\|A\|=\sqrt[3]{x}\)。 伴随矩阵
6 （填空）初等/置换矩阵的幂：\(PAQ^{2025}\) 交换第 1、3 列；\(P^{1025}AQ^{1000}=P^{1025}A\)（系数 2050）。 矩阵幂与多项式、初等变换
7 （填空）置换矩阵的正交性：\(A^{\mathrm{T}}A=E\)。 初等变换
8 （证明）秩 1 矩阵 \(A=\boldsymbol\alpha\boldsymbol\beta^{\mathrm{T}}\)：\(A^{2}=\boldsymbol\alpha(\boldsymbol\beta^{\mathrm{T}}\boldsymbol\alpha)\boldsymbol\beta^{\mathrm{T}}=A\) 的条件即 \(\boldsymbol\beta^{\mathrm{T}}\boldsymbol\alpha=1\)。 矩阵幂与多项式
9 （证明）\(BC=O\) 与零空间交集：由 \(\dim\ker A+\dim\ker B>n\) 得存在 \(X\neq O\) 使 \(AX=BX=O\)。 矩阵方程、秩与空间维数

复习要点

  • 线性方程组：\(r(A)<r(A\mid b)\) 时无解；两秩相等时有解，自由参数个数为 \(n-r(A)\)。
  • 秩与空间维数：\(r(XY)\le\min\{r(X),r(Y)\}\)，\(r(X+Y)\le r(X)+r(Y)\)；可逆初等变换不改变秩。
  • 行列式：优先用行、列倍加制造零元；三对角型按首行展开建立递推，并核对初值。
  • 伴随矩阵：\(AA^*=A^*A=|A|E\)；\(|A^*|=|A|^{n-1}\)；可逆时 \(A^*=|A|A^{-1}\)。
  • 矩阵幂与多项式：由已知的矩阵多项式关系降低幂次；秩一矩阵 \(uv^{\mathsf T}\) 满足 \((uv^{\mathsf T})^m=(v^{\mathsf T}u)^{m-1}uv^{\mathsf T}\)。
  • 初等变换：行变换对应左乘初等矩阵，列变换对应右乘初等矩阵，连续操作按实际次序组合。
  • 矩阵方程：\(AX=B\) 左乘 \(A^{-1}\)，\(XA=B\) 右乘 \(A^{-1}\)；先移项因式分解，再判断可逆性。

易错点清单

  • 含参消元在除以参数前先分情形；通解写成特解加齐次通解。
  • 秩是最大非零子式的阶数；区分零空间、列空间与行空间。
  • 交换两行变号；倍乘一行才提取一个因子；余子式须带 \((-1)^{i+j}\)。
  • 先判断阶数与可逆性，不能把伴随矩阵当作转置。
  • 二项式展开须保证参与的矩阵可交换；幂零与零矩阵不是同一概念。
  • 行、列操作混用时要区分作用侧；同侧变换的先后次序不能随意交换。
  • 逆矩阵不能随意跨过其他因子；只可在同侧作相应运算。

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