📝 南京理工大学 2025年高等代数真题

1．已知

$$
D=\left|\begin{array}{ccc}
0 & -1 & 2 \\
2 & 5 & 8 \\
0 & 5 & 3
\end{array}\right|=-26 .
$$

则 $2 A_{31}-5 A_{32}+8 A_{33}=$ $\_\_\_\_$ ，其中 $A_{i j}$ 是元素 $a_{i j}$ 的代数余子式．

2．若 5 阶矩阵 $A$ 的行列式 $|A|=-1, A^{*}$ 是 $A$ 的伴随矩阵，则 $\left|A^{*}\right|=$ $\_\_\_\_$ ．

3．已知线性方程组 $\left(\begin{array}{ccc}1 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & a+2 \\ 1 & a & -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1 \\ 3 \\ 0\end{array}\right)$ 无解，则 $a=$ $\_\_\_\_$

4．设 $A$ 为 2 阶矩阵，$\alpha_{1}, \alpha_{2}$ 为线性无关的 2 维列向量，$A \alpha_{1}=0, A \alpha_{2}=2 \alpha_{1}+\alpha_{2}$ ，则 $A$ 的非零特征值为 $\_\_\_\_$

5．秩为 3 的 5 元二次型只有 $\_\_\_\_$中规模型．

6．已知实二次型

$$
f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=a x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+4 a x_{3}^{2}+6 x_{1} x_{2}+5 x_{1} x_{3}-8 x_{2} x_{3}
$$

经正交变换可化为标准型 $f=-16 y_{1}^{2}$ ，则 $a=$ $\_\_\_\_$ ．

7．设 $A$ 是 $m \times n$ 矩阵，则齐次线性方程组 $A X=0$ 仅有零解得充要条件是 $\_\_\_\_$。

8．$f(x)=4 x^{4}+2 x^{3}+2 x^{2}+x, g(x)=2 x^{3}-4 x^{2}+x-2$ ，则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的首一最大公因式 $=$ $\_\_\_\_$ ．

七．设 $V$ 为 $n$ 维线性空间，证明：$V$ 的任一非平凡子空间都是若干个 $\displaystyle n-1$ 维子空间的交．

三．已知平面上三条不同直线的方程分别为

$$
\begin{aligned}
& l_{1}: a x+b y+c=0 \\
& l_{2}: b x+c y+a=0 \\
& l_{3}: c x+a y+b=0
\end{aligned}
$$

试证三条直线相交于一点的充分必要条件是 $\displaystyle a+b+c=0$ ．

二．设 $\displaystyle A, B$ 均为 2 阶矩阵，$\displaystyle A^{*}, B^{*}$ 分别为 $\displaystyle A, B$ 的伴随矩阵，若 $\displaystyle |A|=-2,|B|=-4$ ，请给出分块矩阵

$$
\left(\begin{array}{ll}
O & A \\
B & O
\end{array}\right)
$$

的伴随矩阵（用 $\displaystyle A^{*}, B^{*}$ 表示）．

五．求 $\displaystyle \mathbb{R}^{3}$ 的基 $\displaystyle \alpha_{1}=(1,-1,0), \alpha_{2}=(0,1,0), \alpha_{3}=(1,0,-1)$ 的对偶基 $\displaystyle f_{1}, f_{2}, f_{3}$ ．

八．设 $\displaystyle f(x)$ 是整系数多项式，它在 9 个整数点处取值均为 8 ，证明：$\displaystyle f(x)$ 无整数根．

六．设 $\displaystyle A, B$ 是同阶正交阵，$\displaystyle |A|=-|B|$ ，证明：$\displaystyle A+B$ 是奇异矩阵．

四．设 3 阶实对称矩阵 $A$ 的各行元素之和均为 2 ，向量 $\displaystyle \alpha_{1}=(1,0,-1)^{T}, \alpha_{2}=(2,-1,-1)^{T}$ 是线性方程组 $\displaystyle A X=0$ 的两个解．
（1）求 $A$ 的特征值和特征向量．
（2）求正交矩阵 $Q$ 和对角矩阵 $\displaystyle \Lambda$ ，使得 $\displaystyle Q^{T} A Q=\Lambda$ ．