线性代数模拟试题二

线性代数模拟试题二（共8篇）

1.线性代数模拟试题二 篇一

试题二参考答案

一、1． √ 2． × 3.× 4． × 5． √

二、1.D 2.D 3．B 4.C 5.D

三、1．-5 2．-36 O3．B2AO1O=1A12B。O14． 2 5． |A1|3=164。

6． R(A*B*)= 1 7．a12

8．(1,2,1)T。9．y12y22 10． tn

四、1．

解：问题转化为方程组求解问题

x1x2x312x1(a2)x2(b2)x33 3ax(a2b)x323

增广矩阵

1A201a23a1b2a2b1130031a01bab11 0（1）a0时,(若b=0则R(A)1,R(A)2,若b0则R(A)2,R(A)3)方程组无解，即不能用1,2,3线性表示

（2）a0,ab0时，R(A)R(A)3，方程组有唯一解，即可由1,2,3唯一地表示，求表示式：

1A001a01bab1101001a0001110100010011a10a 101(11)2 1aa

（3）a0,ab0时，R(A)R(A)2，可由1,2,3表示，但表示式不惟一，求表示式：

1A001a01a011010001011a11a 0001(11)(k)2k3 1aa 其中k为任意常数。

2．解：(1)由题意

2422T1211112 1211T的特征方程为

4222110，即2(6)0 211所求特征值为0,0,6

0时，特征向量(x1,x2,x3)T满足方程

422x02111x2211x0 30

得0对应的特征向量(0,1,1)T,(1,1,1)T 同理得6对应的特征向量(2,1,1)T

（2）取正交阵

12036Q111236 1112360得QTTQ0 6

3.解：(1)设R3中自然基为1=(1, 0, 0), 2=(0, 1, 0), 3=(0, 0, 1)

4

则

123121321233001123123314521116故

121313212333711231452111612273947120124198基1,2,3到1,2,3的过渡矩阵为：

坐标变换公式：

这里

P127P947120124198y1x11y2Px2yx33139719131018146329945

（2）向量2123在基1,2,3下的坐标为：

（3）向量12243在基1,2,3下的坐标为：

五、139719131018141156632109286499427947120124125891118112证明:必要性

由l1,l2,l3交于一点得方程组 ax2by3c0bx2cy3a0

有解 cx2ay3b0a2b2c2a3c1bcaca0 b故 R(A)R(A)bc1bcac3a0(abc)13b1由于11a1[(ba)(cb)(ac)]0 2b222所以abc0

充分性：abc0b(ac)所以ab2b2c2(acb)2[ac(ac)][ac(ac)]0

22222R(A)R(A)2,因此方程组

ax2by3c0bx2cy3a0

有唯一解，即l1,l2,l3交于一点 cx2ay3b0

2.线性代数模拟试题二 篇二

关键词：钢支撑,滞回曲线,结构抗震

0 引言

钢支撑是当今钢结构建筑中能够有效增加结构抗侧刚度与承载力的构件, 与其他类型的支撑相比, 钢支撑的优点在于制作简便, 经济实用, 钢支撑因其经济性的优点, 被大量应用于钢结构建筑。2010 版GB 50011—2010 建筑抗震设计规范的附录G中, 首次提及到钢支撑—混凝土框架结构的设计细则, 并补充说明了钢支撑—混凝土框架的设计要求和相关参数取值, 这说明钢支撑可以应用于混凝土框架结构, 它不再局限用于钢结构建筑。钢支撑未来应用广泛, 所以对于钢支撑的研究十分重要。上文提到, 钢支撑可以有效增加结构的抗侧刚度和承载力, 同时, 它也可以作为建筑结构在遇到地震作用时的耗能构件。钢支撑的耗能能力体现在支撑的非线性行为上。钢支撑的非线性行为与钢支撑的滞回曲线有着紧密的联系, 所以研究钢支撑在地震中耗能能力的前提和基础, 是研究钢支撑的滞回特性。到目前为止, 国内外学者[1,2,3,4]对钢支撑的非线性行为做了大量的拟静力试验研究, 并且总结了钢支撑的滞回曲线特点。

1 钢支撑的滞回曲线特点

钢支撑的滞回曲线比较复杂, 拉压不对称。支撑在受拉时会出现屈服现象, 在受压时, 会出现屈曲现象。并且在往复荷载下屈曲承载能力退化、循环切线刚度退化。这都揭示了普通钢支撑在循环逐级加载时的破坏机制, 见图1, 起初, 当钢支撑处于弹性状态时, 支撑表现出来的特征是拉压同性, 随着承载力的提高, 支撑进入屈服阶段。由大量试验表明, 支撑的受压屈服现象要早于支撑的受拉屈服, 此时, 应力和应变在支撑的跨中处比较集中, 会形成塑性铰, 进而支撑开始屈曲, 此时支撑的承载力迅速大幅降低; 当钢支撑处于受压卸载阶段时, 钢支撑的卸载刚度会小于钢支撑的初始弹性刚度; 钢支撑处于受拉阶段时, 刚度会低于弹性刚度, 然后支撑开始被拉直, 随着支撑不断的被拉伸; 在到达某一状态时, 支撑全截面受拉屈服; 之后, 由钢材的特性决定了支撑进入受拉强化阶段, 构件刚度降低, 承载力不变; 当支撑进入受拉卸载阶段时, 卸载刚度略小于弹性刚度; 接着, 支撑进入下一个受压阶段发生屈曲, 最大受压承载力略低于前一次受压时的最大承载力, 并且刚度也较上一次有所降低。在往后的拉压逐级加载中, 钢支撑的承载力发生退化, 刚度也发生退化。

2 钢支撑非线性模型的模拟方法

基于钢支撑的滞回曲线特征和破坏机制, 国内外学者提出了众多钢支撑的滞回曲线非线性模型, 提出的模型, 大体可以分为三类: 现象学模型、塑性铰模型和有限元模型。

1) 现象学模型是利用试验获取的大量数据和滞回曲线, 参照简化的滞回规则, 通过增加控制参数来包络钢支撑的复杂的滞回曲线, 使其成为既符合现实情况又便于用于计算机分析的模型。这种方法以钢支撑的实验数据和数学算法为基础, 模拟精度较高, 计算效率较高。该方法的实现, 需要借助有限元分析软件的二次开发, 编程较为复杂。

2) 塑性铰模型是基于塑性铰的基本概念, 应用于钢支撑构件。该方法是将钢支撑的屈服力和屈服位移集中于一点, 把支撑简化成两段弹性杆单元和跨中塑性铰, 钢支撑的非线性滞回特性是通过跨中塑性铰的变化来体现。建立塑性铰模型可参考美国钢结构规范AISC-LFRD 1993 的公式, 美国规范FEMA356 的表格, 中国规范中轴心受压构件的稳定计算公式[5]。塑性铰模型的概念简单明确, 易于理解, 并且该方法计算效率较高, 但其假设钢支撑的塑性全部变形集中在跨中塑性铰, 不能充分考虑钢支撑的塑性沿杆件长度方向的变化, 所以用该方法模拟得到的钢支撑非线性滞回模型较为粗糙。

3) 有限元模型是在建模时, 将钢支撑划分为众多离散的梁单元或壳单元, 之后给各个梁单元和壳单元赋予不同的本构特性, 然后在钢支撑中部设置初始缺陷。通过这种方法[6]模拟得到的滞回曲线, 计算量较大, 模拟精度高, 数据结果能很精准的反映出钢支撑的滞回曲线。有限元模型是非常有效的研究方法, 通用性极强。随着计算机技术的发展, 有限元方法将有很好的发展前景。

3 研究方向展望

目前, 国内学者对支撑的破坏机制, 滞回特性及模拟方法都做了多方面的研究, 该领域的理论与试验都较为充足。设计人员可以根据不同的建筑规模, 选择适合的钢支撑恢复力模型 ( 塑性铰模型、现象学模型、有限元模型) 。但对钢支撑的研究, 目前多为拟静力试验, 现阶段钢支撑的滞回曲线研究也都是以拟静力试验为基础的。中国是一个地震多发的国家, 汶川地震、玉树地震、台湾地震, 一直在给我们敲打着建筑抗震的警钟。所以我国的建筑对钢支撑的要求不能局限于静力试验的研究。现阶段, 在动力时程的试验领域有待完善。希望随着试验设备和计算机技术的发展, 研究人员能早日完成钢支撑的动力时程试验研究。

参考文献

[1]Nip K H, Gardner L, Elghazouli A Y.Cyclic Testing and Numerical Modelling of Carbon Steel and Stainless Steel Tubular Bracing Members[J].Engineering Structures, 2010, 32 (2) :424-441.

[2]胡兆同.压弯钢构件在循环荷载作用下的非线性弯扭相关屈曲[D].西安:西安建筑科技大学, 2001.

[3]胡兆同, 顾强.循环荷载下压弯钢构件弹塑性弯扭屈曲的有限单元法[J].西安公路交通大学学报, 2001 (2) :38-40.

[4]郝际平, 陈绍蕃.循环荷载作用下钢结构滞回性能的数值模型[J].西安建筑科技大学学报 (自然科学版) , 1996 (2) :119-123.

[5]丁彩虹, 高向宇, 李杨龙, 等.小高层混凝土框架结构中BRB与钢支撑混合使用的减震效果研究[J].工业建筑, 2015 (S1) :42-43.

3.线性代数模拟试题二 篇三

关键词： 高中数学 高考试题 代数运算

近几年，全国各个省份的高考数学试题中以“高等数学”为背景的试题不断出现，题目以高等数学为背景，或结合中学数学的知识，在考查学生中学数学知识、方法的基础上进一步考查了学生的创新能力和数学思维能力.这类试题虽然取材于高等数学，但一般都经过“初等化”处理或给出与高等代数有关的定义、定理，要求考生作解答.解答此类型试题只需根据已有知识经验，并结合平时解题时的数学思想方法，并不需要学习有关高等数学的知识.以高等数学为背景的数学试题无论从背景知识还是解题思路方面往往较新颖，因为考生并没有与此相关的知识储备，也没有遇到过类似的背景知识，所以对考生的阅读理解能力的要求更高；试题要求考生有较强的知识迁移能力，能够对比题目所给出的信息，在头脑已有的知识库中搜索相关的知识方法，运用在中学阶段所学习的知识方法解决此类问题.本文以高等数学中的“代数运算”为出发点，分析并设计以其为考点的高考试题.

1.以“代数运算”为背景的高考试题分析

【2012福建·理15】对于实数a和b，定义运算“·”：a·b=a■-ab，a≤b，b■-ab，a>b，设f（x）=（2x-1）*（x-1），且关于x的方程为f（x）=m（m∈R）恰有三个不相等的实数根x■，x■，x■，则x■，x■，x■的取值范围是？摇？摇 ？摇？摇.

参考答案：（■，0）

评注：本题考查了数形结合、分类讨论的数学思想方法.解题的关键在于充分理解新定义运算的具体涵义，并结合所学习关于函数的相关知识解题.代数运算经常与函数零点相结合，考查函数方面的知识，2011年天津高考数学文科试题第9题也是类似的命题方式.

2.以“代数运算”为背景的高考试题设计

命题模式：引入一个符号，规定其运算法则，并结合函数、不等式等知识命题，考查函数的零点、周期性、最值、对称性等和不等式的基本性质、均值不等式、柯西不等式等.代数运算的符号可以用任意的符号表示，比如“？茌”、“？茚”、“.”、“·”、“？莓”，题目核心在于运算法则的规定.解答时需充分理解题意，把握试题情景，并结合之前所学习的知识解决，试题考查的着重点在于“旧知识”的考查.解题的突破点是新背景的理解和旧知识的运用.

【改编】（改编自2005年辽宁卷第7题）从函数的角度）在R上定义运算？茚：x？茚y=（1-x）（1+y）.函数f（x）=（x-a）？茚（x+a），若f（x）<-■对任意实数x成立，则实数a的取值范围是？摇？摇 ？摇？摇.

参考答案：（-■，■）

【改编】（从不等式的角度）在R上定义运算？茚：x？茚y=（1-x）（1+y）.关于不等式（x-a）？茚（x+a）<-■

对任意实数x成立，则实数a的取值范围是？摇？摇？摇？摇.

参考答案：（-■，■）.

评注：本题受2005年辽宁高考数学试题的启发，引入新的运算法则“？茚”，并且与函数和不等式相结合，主要考查数形结合思想、不等式的解法、函数的图像和计算等能力.从函数角度的命题思路要求考生从函数的最值出发解不等式，或者从函数角度解决问题.从不等式角度命题的思维角度与从函数的角度命题是有很大的区别的，倘若题目中出现了“不等式”，学生根据关于不等式的知识经验，自然就会想到用解不等式的方法解题.若题中出现“函数”，则学生思维首先定位到函数，运用函数的方法解题.此题型在解答时要先准确把握所给信息本质，然后应用类比等法充分挖掘其内涵，运用新旧知识间的内在联系及迁移规律，将新运算转化为熟悉的数学运算[1].

【自编】（集合的运算封闭角度）定义集合上的运算“？莓”，如果？坌a，b∈A，都有a？莓b∈A，则集合A关于运算“？莓”是封闭的.比如Z、Q、R关于的加法、减法与乘法都是封闭的.下列说法错误的是（B）

A.Q关于除法运算不是封闭的

B.a，b∈Z，a？莓b=a（b+1），则Z关于运算“？莓”是封闭的

C.a，b∈Q，a？莓b=b■+2b■，则Q关于运算“？莓”不是封闭的

Da，b∈Q，a？莓b=■（a+b），则Q关于运算“？莓”是封闭的

评注：本题的背景是“集合上的代数运算”.题干中给出了集合上的代数运算的定义，代数运算的定义为：“集合A上的二元映射？莓：A×A→A也称为A上的代数运算或A关于“？莓”运算封闭”.二元映射“？莓：A×A→A”中又隐含着笛卡尔积“A×A”的概念，在中学阶段并没有相关介绍，因此题目不按照原始的定义出发，而是经过了“初等化”，让没有学过笛卡尔积的学生也能够理解代数运算的含义.这其中充分体现了以高等代数为背景的高考试题的命题原则.引导学生总结：这些公式中出现了几个量？

3.结语

利用著名数学家高斯解决问题有趣的故事激发学生对等差数列的思考及兴趣，可达到很好的教学效果.把“数学名题”适当地应用到高中数学的教学过程中，不仅能丰富学生的知识面，而且能提高学生的数学素养，达到数学教育的目的.

参考文献：

[1]单墫.数学名题词典[M].南京：江苏教育出版社，2002.

4.线性代数期末试题-10 篇四

（一）自我解析

1、自我兴趣爱好盘点

（1）业余爱好：电影，音乐，小说（2）喜欢的歌曲：《启程》，《最初的梦想》

（3）心中的偶像：威尔史密斯，科比布莱恩特

2、自我优势优点盘点

（1）具有冒险精神，积极主动。勤奋向上，只要我认为应该做的事，不管有多难都要去做。

（2）务实、实事求是，有目标有想法，追求具体和明确的事情，喜欢做实际的考虑。喜欢单独思考、收集和考察丰富的外在信息。不喜欢逻辑的思考和理论的应用，对细节很强的记忆力。

(3)与人交往时大方，比较谦逊、有同情心，对朋友忠实友好，有奉献精神，充满一腔热血喜欢关心他人并提供实际的帮助。

（4）做事有很强的原则性，学习生活比较有条理，愿意承担责任，依据明晰的评估和收集的信息来做决定，充分发挥自己客观的判断和敏锐的洞察力。

3、自我劣势缺点盘点

信心不足，不敢去尝试一些新事物；对失败和没有把握的事感到紧张和压力；对于别人对自己的异议不服输；在公众场合不敢展现自己，有些害羞。

4、个人分析（结合职业测评）：

职业理想：有份稳定工作 就业方向：造价师

总体目标：完成学业，好好完成实习，提高自己的实践能力和实际工作能力，进入一个正式企业工作。

已进行情况：正在大学学习中。

我的职业兴趣：企业性工作。

我的气质：多血质。活泼好动，反应灵敏，乐于交往，注意力易转移，兴趣和情绪多变，缺乏持久力，具有外倾型。

（二）短期目标规划——大学四年目标

大一：主要是加深对本专业的培养目标和就业方向的认识，增强自己学习专业的自学性，培养自己的专业学习目标并初步了解将来所从事的职业，为将来制定的职业目标打下基础。由于用人单位对毕业生的需求，一般首先选择的是大学生某专业方面的特长，大学生迈入社会后的贡献，主要靠运用所学的专业知识来实现。如果职业生涯设计离开了所学专业，无形当中增加了许多“补课”负担，个人的价值就难以实现。因此，大学生对所学的专业知识要精深、广博，除了要掌握宽厚的基础知识和精深的专业知识外，还要拓宽专业知识面，掌握或了解与本专业相关、相近的若干专业知识和技术。所以要丰富自己各方面的知识，让自己了解的领域尽可能的多，以增强自身在今后就业中的竞争力。

大二：要了解应具备的各种素质，通过参加各项活动，锻炼自己的各种能力，如参加兼职工作、社会实践活动，并要具有坚持性，最好能在课余时间后长时间从事与自己未来职业或本专业有关的工作，如参与学生科研工作，提高自己的责任感、主动性和受挫能力；同时增强英语口语能力和计算机应用能力，通过英语和计算机的相关证书考试，并开始有选择地辅修其他专业的知识充实自己；同时检验自己的知识技能，并要根据个人兴趣与能力修订个人的职业生涯规划设计。大三：由于临近毕业，在指导学生加强专业学习，准备考研的同时，要指导学生开始把目标锁定在提高求职技能上，培养独立创业能力。如可以通过大学生素质拓展活动来锻炼学生的独立解决问题的能力和创造性；鼓励学生参加和专业有关的暑期实践工作；加强和已毕业的校友联系，交流求职工作心得体会，学习写简历、求职信，加大了解搜集工作信息的渠道等。

大四：是一个分化期，大部分学生对自己的出路应该都有了规划，这时可指导学生对前三年的准备做一个总结：首先检验已确立的职业目标是否明确，前三年的准备是否已充分；然后，有针对性的对学生进行专项指导，除了常规的就业指导课，比如可以聘请人力资源方面的专业人士为学生介绍各行业人才要求，让学生接受择业技巧培训、组织参加招聘活动，让学生在实践中校验自己的积累和准备等。最后，指导学生充分利用学校提供的条件，了解就业指导中心提供的用人公司资料信息、强化求职技巧、进行模拟面试等训练，尽可能地让学生在做出较为充分准备的情况下进行施展演练。

（三）中长期目标

中期目标：如果没有读研毕业，先进入事业探索期和事业发展期，希望进入任意公司从事造价工作积累工作经验，并且要一边工作一边深入学习，在努力工作的同时，还要争取扩大发展人际关系，并且要养成好的生活习惯，抓紧时间参加体育锻炼。

长期问题：事业成熟期，奋斗目标——造价师，争取进入外资企业，以成熟职业的姿态去处理遇到的事件

（四）我对于职业生涯规划的看法：

1、虽然可能没有成型的职业规划，但是我觉得每个阶段的前进方向和短期目标要有，比如这段时间我要练好英语听力，提高英语水平。

2、职业规划肯定要有，但是我觉得职业规划不可能现在就定下来，周围的环境随时在变，而且自己随着不断的成熟和接触不同的东西，也会变。作为一个学生，我们还没有任何社会阅历，谈这个就似乎有点纸上谈兵。但是我觉得这次的职业规划是必要的，这不仅仅是一份作业，对大一新生来说，通过这次的思考，可以在短期内找到奋斗的目标。

5.线性代数较难试题 篇五

(1)秩(A0I) 秩(A0I)2；(2)不存在Y，使得(A0I)YX0.证：(1)设A则A0I故 =diag{0,k,0,k1，n},i0,ik1，n.0I,(A0I)2(0I)2.rank(A0I)rank(0I)rank(diag{0,k,0,k10，n0}

nk.同理，rank(A0I)2rank(0I)2rank(diag{0,k,0,(k10)2，(n0)2}

nkrank(A0I).（2）如存在Y，使得(A0I)YX0，则

2(A0I)，Y(A0I)0X

由（1）知方程组(A0I)2X与(A0I)X同解。

从而(A0I)Y，即X0，与X0为特征向量矛盾。

二、已知线性方程组AnnXb 对任何b的取值都有解的充要条件是Ann为可逆阵。

证明：充分性:设A可逆，则对任意b，XA1b.必要性:

解法一: 当 b取遍所有基本向量组中的向量后, 原方程组都有解, 以这些解向量作为列向量构做矩阵B, 显然 AB=I, 其中 I 为单位阵, 故而

A可逆.解法二: 由题目假设知任何n维向量 b 都能由 A 的列向量组线性表出, 所以向量空间 Rn的维数不会超过A 的列向量组的秩, 由此得出: A的列向量组的秩为n, 即A可逆.三、设,为3元单位列向量，且T0，记ATT。证明：(1)齐次线性方程组AX0有非零解；

100(2)A相似于矩阵010。000

四、设n阶矩阵A满足A2A, r(A)r(0rn)。(1)试确定A的特征值的取值范围；(2)证明A一定可以相似对角化；(3)求行列式A2I的值。

五、已知Rn中两个非零向量：a1,a2,,an,b1,b2,,bn，TT其中n2, b10，矩阵AT。(1)求A2；

(2)求A的特征值和特征向量；

6.线性代数二次型习题及答案 篇六

二次型

B1与合同.AB22

证：因为A1与B1合同，所以存在可逆矩C1，使B1C1TAC11，1．设方阵A1与B1合同，A2与B2合同，证明T

因为A2与B2合同，所以存在可逆矩C2，使B2C2A2C2.A

1令

CC1，则C可逆，于是有 C2T1C1B1C1TACA1C11

TBC2A2CAC2222A1B1即

与合同.AB22

2．设A对称，B与A合同，则B对称

证：由A对称，故AA.因B与A合同，所以存在可逆矩阵C，使BCAC，于是

TTAT1CC2CA2BT(CTAC)TCTATCCTACB

即B为对称矩阵.3．设A是n阶正定矩阵，B为n阶实对称矩阵，证明：存在n阶可逆矩阵P，使PTAP与PTBP均为对角阵.证：因为A是正定矩阵，所以存在可逆矩阵M，使

MTAME

记B1MBM，则显然B1是实对称矩阵，于是存在正交矩阵Q，使 TQTB1QDdiag(1,,n)

其中1,,n为B1MTBM的特征值.令P=MQ，则有

PTAPE,PTBPD

A,B同时合同对角阵.4．设二次型f(ai1mi11令A(aij)mn，则二次型f的秩等于r(A).xainxn)2，证：方法一

将二次型f写成如下形式：

f(ai1x1aijxjainxn)2

i1m设Ai=(ai1,,aij,,ain)

(i1,,m)

·107· a11a1ja1nA1则

Aai1aijainAi

am1amjamjAmA1mTTTT于是

AA(A1,,Ai,,Am)AiAiTAi

i1Amai1mm22故

f(ai1x1aijxjainxn)=[(x1,xj,xn)aij]

i1i1ainai1x1x1mmT

=[(x1,xj,xn)aij(ai1,aij,ain)xj]=(x1,xj,xn)(AiAi)xj

i1i1axxinnn

=X(AA)X

因为AA为对称矩阵，所以AA就是所求的二次型f的表示矩阵． 显然TTTTr(ATA)=r(A)，故二次型f的秩为r(A)．

T方法二

设yiai1x1ainxn,i1,,n.记Y(y1,,ym)，于是

YAX，其中X(x1,,xn)T，则

2fyi2y12ymYTYXT(ATA)X.i1m

因为AA为对称矩阵，所以AA就是所求的二次型f的表示矩阵． 显然TTr(ATA)=r(A)，故二次型f的秩为r(A)．

T

5．设A为实对称可逆阵，fxAx为实二次型，则A为正交阵可用正交变换将f化成规范形.证：设i是A的任意的特征值，因为A是实对称可逆矩阵，所以i是实数，且i0,i1,,n.因为A是实对称矩阵，故存在正交矩阵P，在正交变换XPY下，f化为标准形，· ·108即

fXTAXYT(PTAP)YYTDYYTdiag(1,,i,,n)Y

21y1

（*）iyi2nyn

因为A是正交矩阵，显然DPTAPdiag(1,,i,,n)也是正交矩阵，由D为对角实矩阵，故i21即知i只能是1或1，这表明（*）恰为规范形.因为A为实对称可逆矩阵，故二次型f的秩为n.设在正交变换XQY下二次型f化成规范形，于是

22YDY

fXTAXY(QTAQ)Yy1yr2yr21ynT其中r为f的正惯性指数，Ddiag(1,,1,1,,1).TT

显然D是正交矩阵，由DQAQ，故AQDQ，且有AAAAE，故ATT是正交矩阵.6．设A为实对称阵，|A|0，则存在非零列向量ξ，使ξTAξ0.证：方法一

因为A为实对称阵，所以可逆矩阵P，使

PTAPDdiag(1,,i,,n)

其中i(i1,,n)是A的特征值，由|A|0，故至少存在一个特征值k，使k0，0取ξP1，则有

0100TT1k0 ，1,0,0)k

ξAξ(0,,1,,0)PAP1(00n0

方法二（反证法）

T

若X0，都有XAX0，由A为实对称阵，则A为半正定矩阵，故|A|0与|A|0矛盾.222

7．设n元实二次型fXAX，证明f在条件x1x2xn1下的最大值恰T为方阵A的最大特征值．

解：设1,2,,n是f的特征值，则存在正交变换XPY，使 fXTAXYT(PTAP)Y1y122y2nyn设k是1,2,,n中最大者，当XXx1x2xn1时，有

·109·

T22222XTXYTPTPYYTYy12y2yn1

因此

2222f1y122y2nyn k(y12y2yn)k

222这说明在x1=1的条件下f的最大值不超过k． x2xn

设

Y0(y1,,yk,,yn)T(0,,0,1,0,.0)T 则

Y0TY01

222f1y122y2kyknynk

令X0PY0，则

TX0X0Y0TY1

并且

Tf(X0)X0AX0Y0T(PTAP)Y0k

222这说明f在X0达到k，即f在x1x2xn1条件下的最大值恰为方阵A的最大特征值．

8．设A正定，P可逆，则PAP正定.证：因为A正定，所以存在可逆矩阵Q，使AQTQ，于是

PAPPQQP(QP)QP，显然QP为可逆矩阵，且 TTTTT(PTAP)T(QP)TQPPTAP，即PTAP是实对称阵，故PTAP正定.9．设A为实对称矩阵，则A可逆的充分必要条件为存在实矩阵B，使AB+BA正定．

证：先证必要性

取BA，因为A为实对称矩阵，则 1TABBTAE(A1)TA2E

当然ABBA是正定矩阵． 再证充分性，用反证法．

若A不是可逆阵，则r（A）

因为A是实对称矩阵，B是实矩阵，于是有

TTTX0(ABBTA)X0(AX0)TBX0X0B(AX0)0

这与ABABBA是正定矩阵矛盾．

10．设A为正定阵，则AA3A仍为正定阵.证：因为A是正定阵，故A为实对称阵，且A的特征值全大于零，易见A,A,A2*1AA3A全是实对称矩阵，且它们的特征值全大于零，故A,A,A全是正定矩阵，2*T2*12*11为实对称阵.对X0，有

XT(A2A*3A1)XXTA2XXTA*XXTA1X0

· ·110

即

AA3A的正定矩阵.11．设A正定，B为半正定，则AB正定.T

证：显然A,B为实对称阵，故AB为实对称阵.对X0，XAX0，2*1XTBX0，因XT(AB)X0，故AB为正定矩阵.12．设n阶实对称阵A,B的特征值全大于0，A的特征向量都是B的特征向量，则AB正定.证：设A,B的特征值分别为i,i(i1,,n).由题设知i0,i0,i1,,n.PTAPdiag(1,,i,,n)

为PiA的特征向量，i1,,n.因为A是实对称矩阵，所以存在正交矩阵P(P1,,Pi,,Pn)，使 即

AP,iiiP

由已知条件Pi也是B的特征向量，故

BPiiPii1,i,,n

因此

ABPiAiPi(ii)Pi，这说明ii是AB的特征值，且ii0，i1,,n.又因为

ABPPdiag(11,,ii,,nn),PTP1.故

ABPdiag(11,,ii,,nn)P，显然AB为实对称阵，因此AB为正定矩阵.13．设A(aij)nn为正定矩阵，b1,b2,,bn为非零实数，记

B(aijbbij)nn

则方阵B为正定矩阵．

证：方法一

因为A是正定矩阵，故A为对称矩阵，即aijaji，所以aijbibjajibjbi，这说明B是对称矩阵，显然

a11b21abb1anbb1221n1b10a11a1nb102abbababb2121222n2n2

B= 0baa0bnn1nnnabbabbabbnnnnn1n1n2n1

对任给的n维向量X(x1,,xn)0，因b1,b2,,bn为非零实数，所以

T(b1x1,,bnxn)T0，又因为A是正定矩阵，因此有

b10a11a1nb10TT

XBXXX

0baa0bnn1nnna11a1nb1x1

=(b1x1,,bnxn)0

aabxnnnnn1即B是正定矩阵．

·111·

方法二

记

a11b12a12b1b2a1nb1bnabbab2abb2n2n B2121222abbabbabbnnnnn1n1n2n1则因为A是实对称矩阵，显然B是实对称矩阵，b10

B的k阶顺序主子阵Bk可由A的阶顺序主子阵分别左，右相乘对角阵而

0bn得到，即

b10a11a1kb10Bk

0baa0bkk1kkk计算Bk的行列式，有

Bkbi2Ak0

i1n故由正定矩阵的等价命题知结论正确．

14．设A为正定矩阵，B为实反对称矩阵，则AB0.证：因为M是n阶实矩阵，所以它的特征值若是复数，则必然以共轭复数形式成对出现；将M的特征值及特征向量写成复数形式，进一步可以证明对于n阶实矩阵M，如果对任意非零列向量X，均有

XTMX0

可推出M的特征值(或者其实部)大于零． 由于M的行列式等于它的特征值之积，故必有M0 ．

因为A是正定矩阵，B是反对称矩阵，显然对任意的 非零向量X，均有

XT(AB)X0,而A+B显然是实矩阵，故AB0.T

15．设A是n阶正定矩阵，B为nm矩阵，则r(BAB)=r(B)．

T

证：考虑线性方程组BX0与BABX0，显然线性方程组BX0 的解一定是BTABX0的解．

TT

考虑线性方程组BABX0，若X0是线性方程组BABX0的任一解，因此有BTABX00．

上式两端左乘X0有 T(BX0)TA(BX0)0

· ·112

T

因为A是正定矩阵，因此必有BX00，故线性方程组BX0与 BABX0是同解方程组，所以必有r(BAB)= r(B).16．设A为实对称阵，则存在实数k，使|AkE|0.证：因为A为实对称阵，则存在正交矩阵P，使 TP1APdiag(1,,i,,i).其中i为A的特征值，且为实数，i1,,2.于是

APdiag(1,,i,,n)P1

1k

|AkE||P|ik|P|(ik)

1i1nnk取kmax{|i|1}，则1in|(k)0，故

|AkEii1n0.17．设A为n阶正定阵，则对任意实数k0，均有|AkE|kn.证：因为A为正定矩阵，故A为实对称阵，且A的特征值i0,i1,,n.则存在正交矩阵P，使

11,PAPin于是对任意k0，有

1k|P|

|AkE|1P1 APinikP|1|(ik)kkn.i1i1nnnk

18．设A为半正定阵，则对任意实数k0，均有|AkE|0.证：因为A为半正定矩阵，故A为实对称矩阵，且A的特征值i0，i1,,n.则存在正交矩阵P，使

PAPdiag1(,于是对任意k0，有

|AkE|P||dia1g(k,ik, 1i,,n,，A)Pdiag(1,,i,,n)P1

n,k,P1|(|ik)kn0.)i1n·113·

19．A为n阶实矩阵，为正实数，记BEAA，则B正定.T

证：BT(EATA)TEAAB，故B是实对称矩阵.T

对X0，有(X,X)0,(AX,AX)0，因此有

AX(X,X)AX(AX,)0

XTBXXT(EATA)XXTXXTAT故

BEAA为正定矩阵.20．A是mn实矩阵，若AA是正定矩阵的充分必要条件为A是列满秩矩阵．

证：先证必要性

方法一

设AA 是正定矩阵，故X00，有

TX0(ATA)X0(AX0)T(AX0)0

由此AX00，即线性方程组AX0仅有零解，所以r(A)=n，即A是列满秩矩阵． TTT方法二

因为AA 是正定矩阵，故r(AA)=n，由于 TTnr(ATA)r(A)n

所以r(A)=n． 即A是列满秩矩阵．

再证充分性：因A是列满秩矩阵，故线性方程组仅有零解，X0，X为实向量，有AX0．因此

XT(ATA)X(AX)T(AX)(AX,AX)0

显然AA 是实对称矩阵，所以AA 是正定矩阵．

21．设A为n阶实对称阵，且满足A6A4E0，则A为正定阵.证：设为A的任意特征值，ξ为A的属于特征值的特征向量，故ξ0，则

2TTAξξ,2A2ξ2ξ

由

A6A4E0

有

Aξ6Aξ4ξ0

2(264)ξ0 2由

ξ0，故

640.350.因为A为实对称矩阵，故A为正定阵.22．设三阶实对称阵A的特征值为1,2,3，其中1,2对应的特征向量分别为ξ1(1,0,0)T,ξ2(0,1,1)T，求一正交变换XPY，将二次型fXTAX化成标准形.解：设ξ3(x1,x2,x3)T为A的属于特征值3的特征向量，由于A是实对称矩阵，故ξ1,ξ2,ξ3满足正交条件

1x10x20x30 0x1x1x0231

解之可取ξ3(0,1,1)，将其单位化有

· ·11

411T11T,),P3(0，)222210011

令

P(P1,P2,P3)0.2211022则在正交变换XPY下，将f化成标准形为 P1(1,0,0)T,P2(0,22 fXTAXYT(PTAP)Yy122y23y

323．设

122A24a

2a42二次型fXTAX经正交变换XPY化成标准形f9y3，求所作的正交变换.2解：由f的标准形为f9y3，故A的特征值为120,39.1故

|EA|22a2(9)

422214a2

令0，则

2解之

a4.4a0 2a4122由此

A244

244

对于120有

122122

0EA244000

244000可得A的两个正交的特征向量

22ξ12,ξ21

12

·115·

1对于39，可得A的特征向量为2

2将特征向量单位化得

221111P12,P21,P32

3331222211则P(P1,P2,P3)212为正交矩阵，31222211正交变换XPY为X212Y.3122

注：因特征向量选择的不同，正交矩阵P不惟一.222

24．已知二次型fx12x2(1k)x32kx1x22x1x3正定，求k.解：二次型的表示矩阵

11kAk20

101k1k20k20由A正定，应有A的各阶顺序主子式全大于0.故 k2，即.2|A|0k(kk2)0解之

1k0.222

25．试问：三元方程3x13x23x32x1x22x1x32x2x3x1x2x30，在三维空间中代表何种几何曲面.222

解：记f3x13x23x32x1x22x1x32x2x3x1x2x3

311x1x1则

f(x1,x2,x3)131x2(1,1,1)x2

113xx33311

设

A131.1132则|EA|(2)(5).故A的特征值为122,35.· ·116

对于122，求得特征向量为

1ξ11,0由Schmidt正交化得

1ξ20.11β11,0121β2.211对于35得特征向量ξ31，标准化得

1111632111P1,P,P23 26321063111263111

令

P(P1,P2,P3)

63221063则在正交变换XPY下

22f2y122y25y33y3

于是f0为

22y122y25(y3323) 102022为椭球面.26．求出二次型f(2x1x2x3)(x12x2x3)(x1x22x3)的标准形及相应的可逆线性变换.解：将括号展开，合并同类项有

·117·

222222

f4x1x2x34x1x24x1x32x2x3x124x2x34x1x22x1x34 2x3x222

x1x24x32x1x24x1x34x2x3

22222

6x16x26x36x1x26x1x36x2x36(x12x2x3x1x2x1x3x2x3)

1132323119x2x3)2x2x3x2x3]6(x1x2x3)2(x2x3)2 2244222211yxx11222x3

令

y2x2x3

yx33111y122x111即

y20x2 y001x33

6[(x1则可逆变换为

1x1x20x03在此可逆线性变换下f的标准形为

112y111y2 01y392y2.2f6y12

27．用初等变换和配方法分别将二次型

222

（1）f1x13x22x44x1x24x1x42x2x4

（2）f22x1x26x2x32x1x3

化成标准形和规范形，并分别写出所作的合同变换和可逆变换.解：先用配方法求解

（1）f1(x14x1x24x1x4)3x22x42x2x4

(x12x22x4)x26x46x2x4(x12x22x4)(x23x4)3x4 222222222y1x12x22x4yx3x224

令



即

yx33y4x4x1y12y24y4xy3y224 xy33x4y4 · ·118

12040103

令

P00100001

则二次型f经可逆线性变换xPy化成标准形 f1y12y23y4y1z1z1y1yzzy2222

若再令 

即 y3z3 zy33y3zz3y4444311

令

Q133222则原二次型f1经可逆线性变换xPQz化成规范形f1y1.y2y4x1y1y2

（2）先线性变换x2y1y2

xy33原二次型化成

2222

f22(y1y2)6y1y36y2y32y1y32y2y32y12y24y1y38y2y3

222

2(y1y3)22y2 2(y1y3)22(y22y3)26y38y2y32y3z1y1y3y1z1z3110101

令z2y22y3，即y2z22z3.令P1110，P2012

zyyz0010013333则原二次型f2经可逆线性变换xP1P2z化成标准形 f22z122z26z3z1w12z1

若再令w22z2

即 z2w6z33z3

2w122w2 26w36·119·

222

令

Q

266则原二次型f2经可逆线性变换xP1P2Qw化成规范形

22.f2w12w2w3

用初等变换法求解

1223

（1）设A00211223

(AE4)00210201

0002***02010002000***0010r22r100c22c1021010r43r20c43c20001000100 01033030103010002100***000***1000 0100 0110r4(2)r101

c4(2)c1000310101r3300

1c3300120200001T4330001010021002100

令

P1，P20010

001034304313033222则原二次型f1经过可逆线性变换xP1y化成标准形f1y1y23y3.二次型经过可逆线性变换xP2z化成规范形f1z1z2z4.· ·120

222T011

（2）设A103

1301100010r3(1)r203010c3(1)c21

(AE3)113000101003360010 0111001

r33r1c33c101010010001021r1r2c1c210000063110063200110

r12(2)r1111c1002(2)c12220 00631110011201

2r121,2c112r2,2c010162220 6r23,6c300162666611T0110T

令 P112210，P11202222311662666则原二次型f2经过可逆线性变换xP1y化成标准形

f2y2122212y26y3

二次型经过可逆线性变换xP2z化成规范形

f2222z1z2z3

28．用三种不同方法化下列二次型为标准形和规范形.（1）f22212x13x24x2x33x3

（2）f22222x1x2x3x42x1x22x1x42x2x32x3x4

解：先用配方法求解

001011 121· · 42522x2x3)3x32x123(x2x3)2x3 333y1x1x1y122

令 y2x2x3

即 x2y2y3

33y3x3x3y31002

令

P01

3001

（1）f12x13(x222则二次型f1经可逆线性变换xPy化成标准形

2f12y123y252y3 32z1y12z12y13z2

若再令 z23y2

即 y2315z15y33yz3335223

令

Q

3155原二次型f1经可逆线性变换xPQz化成规范形

22.f1z12z2z3

（2）f2(x12x1x22x1x4)x2x3x42x2x32x3x4

(x1x2x4)2x32x2x32x3x42x2x4 2

(x1x2x4)2(x3x2x4)2(x22x4)23x4 2222y1x1x2x4yx2x224

令



即

y3x2x3x4y4x4 · ·122

x1y1y2y4xy2y224 x3y2y3y4x4y411010102

令

P0111

0001则二次型f2经可逆线性变换xPy化成标准形

f2y223y22y12y34 z1y1y1z1

若再令 z2y2

即 y2z2zy 3y

33z3z43y4y433z411

令

Q1 33

原二次型fPQz化成规范形f22222经可逆线性变换x2z1z2z3z4.用初等变换法求解

20

（1）设A0032

02320010200100

(AE03)032010r(233)r2c(203001030230013)c25200303110010012

12r112c10100103r1 23c21535r1535c3215150010155 123· · 101

令 P1020300,1TP212000132151500 15522T则原二次型f1经过可逆线性变换xP1y化成标准形f12y13y2222可逆线性变换xP2z化成规范形f1z1.z2z352y3.二次型经过311011110

（2）设A011110111011000111100100

(AE4) 011100101011000110011000100010011110000111r2(1)r1r4r1

c2(1)c101110010c4c101110111100010110110001000100010011110000011r3r2r3r4

c3c201121110c3c400320012010010120110001000100010001110002010r3(2)r2r2r4

c3(2)c200302111c2c400302010010010100110001000020001011r4()r22

00302111 1c4()c2211110000222 · ·124

000100

010001000100

111001000101

1110011011r2c222

110r3c3332r42c40***01233220033000101120

令 P12333

33312202212222fy2y3yy4.f2可则原二次型f2可经可逆线性变换xP化成标准形y212312经可逆线性变换xP2z化成规范形

222 f2z12z2z3z41T0000101

P22311131102220123 32200102T用正交变换法求解

200

（1）f1的矩阵为A032，023200由

|EA|知A的特征值为1,2,5.00322(1)(2)(5)，3100x10x100对11，解022x20，得x2k1，取T11，单位化

1022x0x1330000x10x1112P0xk0P1，对22，解012x，得，取220，220x002013x322

·125· 0x1030对35解022x20，得022x03x100xk1T 取321，单位化得1x13P30022，令 P22222210002，则P为正交阵，经正交变换XPY，222222原二次型f化为fXTAXy1.2y25y311011110

（2）f2的矩阵为

A0111101111011110由

|EA|(1)(3)(1)2

01111011知A的特征值为1,3,1,1.x12101x1011xx12100122, 得

k，取T1对11，解1x3011121x301x1x1012044122112单位化得P1对23，解，01211210210x1010x2021x3012x401, 得 x11x2k1.x311x4 · ·126

121

取

T1122

1单位化得 P21.1212

对341，解

0101x1x1101001x0x0202,得

01011010x3x0xk1k1 312040x4011

取

T300,T41，1001202

再令

P023,P2240 22021122220112

令 P2202112，则P为正交阵，经正交变换XPY，02221122022原二次型f化为

fXTAXy222213y2y3y4.29．判断下列二次型正定，负定还是不定.（1）f22212x26x24x32x1x22x1x3

127· ·

解：二次型f1的矩阵为

121A160

104A的各阶顺序全子式

20,21162110,111160380.04所以二次型f1是负定二次型.2222

（2）f2x13x29x319x42x1x24x1x32x1x46x2x412x3x4

解：二次型f2的矩阵为

11211303 A209613619A的各阶顺序主子式

112111211130310,20，13060，240

13209620913619所以二次型f2是正定二次型.2222

（3）f3x1x214x37x46x1x34x1x44x2x3

解：二次型f3的矩阵为

103012A3214200A的各阶顺序主子式

20 0720330.0710,1031001210，01210，0132143214200103所以二次型f3是不定二次型.222

30．求一可逆线性变换XCY，把二次型f12x15x24x32x1x24x1x3化成 · ·128规范形fy22y211y23，同时也把二次型 f322x222x213x232x1x32x1x34x2x3 化成标准形f2222k1y1k2y2k3y3.解：记f1XTAX，其中

A212150204

200212150091rA2043r1r1r12012E10022 c3c1c12c11112010001201000120000911000r11022162001025r2039r29r2331c23669c21110r34c112229212c2230c301343690010304125266取 P02136，则PTAPE 004记

fT2XBX，其中

129· ·

3012B032

12210021253120266则 BT22032211PBP063 01223651336640043111220212526634422

25242021132636444 1112300341212242312

141321B2 2224其中

B3122132 222显然B都是实对称矩阵，它们的特征值为11,B24倍的关系，特征向量相同.3120(33)12(4)

|EB2|1321(3)2(42)22202(4)4则B2的特征值为0,234，故B1的特征值为0,1,1.以下求B2的特征向量.·130 ·

0112211

对于10，求得α1，单位化后122 1122

对于1α234，求得α21,300

1

由Schmidt标准正交化后得

121212132,

0212111222

令

Q(111,2,3)2122.11202

则Q为正交矩阵，且有

0QTB(PTBP)Q11QQT

112511266121222

令 CPQ121023161222312213004102242于是

QTPTAPQQTEQE

27362131620342131· · 即

CACE

T0CTBC1

1在可逆线性变换XCY下 f1y12y2y322.f2y2y3（注：经验算本题所得C是正确的，需要注意的是C并不惟一）

31．求一可逆线性变换XPY，将二次型f化成二次型g.22f2x129x23x38x1x24x1x310x2x3

22g2y123y26y34y1y24y1y38y2y3

42222295，gYTBY，B234

解：fXTAX，A4253246 将A,B分别作合同变换如下：

24220020049501101022r1011rr000A253rr3r132

c22c1 c3c2E100c3c1121121010010011001001001

在可逆线性变换XC1Z下 f2z12z2121C1011

0012204012r1026rr3r12c10cc3c111010001

其中

2223B24E10010022在可逆线性变换YC2Z下g2z1z2.· ·132

02204r3r201c3c210001010110000 121111其中

C2012

0011由

ZC2Y得

1XC1ZC1C2Y

12111113611012003令

PC1C201

00100100122在可逆线性变换XPY下fg2z1.z2

32．A是正定矩阵，AB是实对称矩阵，则AB是正定矩阵的充分必要条件是B的特征值全大于零．

证：先证必要性．

设 为B的任一特征值，对应的特征向量为X,则X0, 且有

1BXX

用XA左乘上式有 TXT(AB)XXTAX

因为AB，A都是正定矩阵，故

XT(AB)X0,于是0，即B的特征值全大于零．

再证充分性．

XTAX0

因为A是正定矩阵，所以A合同于单位矩阵，故存在可逆矩阵P，使

PTAPE

（1）

由AB是对称矩阵，知P(AB)P也是实对称矩阵，因此存在正交矩阵Q，使 TQT[PT(AB)P]QDdiag(1,,i,,n)

（2）

即有

(QPA)B(PQ)Ddiag(1,,i,,n)

（3）

其中1,,i,,n是P(AB)P的特征值．

在（1）的两端左乘Q，右乘Q有 TTTTQT(PTAP)QE即(QTPTA)(PQ)E

TT这说明(QPA)与(PQ)互逆，也就是说

(QTPTA)(PQ)1

将上式代入（3），说明矩阵B与对角阵D相似，故它们的特征值相等；由条件知B的特征值全大于零，因此对角阵D的特征值也全大于零． 由（2）知AB与D合同，因此AB的特征值全大于零．

·133·

T

33．设A,B为n阶实正定阵，证明：存在可逆阵P，使PAPE且PTBPdiag(1,2,,n)，其中12n0为|AB|0的n个实根.证：因A正定，故存在可逆矩阵P1，使

TP1AP1E

因B正定，故存在可逆矩阵P2，使

BP2TP2

于是

TTTTP1BP1P1P2P2P1(P2P1)(P2P1)

易见P1BP1为正定矩阵，不妨设它的特征值为 T12n0.TTTT则

|EPBP||PAPPBP||P|111111|AB||P1|

T故

|EP1BP1|0|AB|0 即

12n0为|AB|0的几个实根.由

P1BP1为正定阵，知其为实对称矩阵，所以存在正交矩阵Q，使

TQT(P1BP1)Qdiag(1,2,,n)T

令

PP，则 1Q

PTAPE,PTBPdiag(1,2,,n)

34．设A为n阶实正定阵，B为n阶实半正定阵，则|AB||A|.证：因为A是n阶正定矩阵，所以存在n阶可逆矩阵C，使得

CTACE.T

因为B是n阶半正定阵，则CBC仍是实对称半正定阵，故存在正交阵Q，使得

Q1(CTBC)QQT(CTBC)QDdiag(1,,i,,n)

其中 i0,i1,n,为CTBC的特征值，且有

QT(CTAC)QE

令PCQ，则P为可逆矩阵，于是

PTAPE,PTBPD

PT(AB)PPTAPPTBPED

上式两端取行列式，得

|P||AB||P||ED|(1i)1|PT||A||P| Ti1n因

|P||P|0，故

|AB||A|.35．设A,B均为实正定阵，证明：方程|AB|0的根全大于0.证：由33题知|EP1BP1|0|AB|0.其中P1BP1为正交矩阵，它的特征值i0，i1,,n，故|AB|0的根全大于0.· ·134TTT

36．设A为n阶正定矩阵，试证：存在正定矩阵B，使AB．

证：因为A是正定矩阵，所以是实对称矩阵，于是存在正交矩阵P，使

212P-1APPTAPD

n其中1,2,,n

令i为A的n个特征值，它们全大于零．

i(i1,2,,n), 则

2111122222D 2nnnn1122TPT

而

APDPPnn1122PTPPT

Pnn12T

令

B=PP

n2显然B为正定矩阵，且AB．

37．设A为n阶可逆实方阵，证明：A可表示为一个正定阵与一正交阵的乘积．

T

证：因为A是n阶可逆实方阵，故AA是正定矩阵，所以存在n阶正定矩阵B，使

ATAB2.于是有

(AB1)T(AB1)(B1)TATAB1(B1)TB2B1E

这说明AB是正交阵.令

ABQ

则

AQB，其中Q是正交矩阵，B是正定矩阵.38．A、B 为n阶正定矩阵，则AB也为n阶正定矩阵的充分必要条件是： AB=BA，即A与B可交换．

·135· 11证：方法一

先证必要性．

由于A、B、AB都是正定矩阵，所以知它们都是对称矩阵，因此有

ATA,BTB,(AB)TAB

于是

AB(AB)TBTATBA

即A与B可交换．

再证充分性．

由条件AB=BA得

(AB)T(BA)TATBTAB

因此AB是对称矩阵．

因为A,B是正定矩阵，故它们皆为实对称矩阵，且有可逆矩阵P、Q，使

APTP,BQTQ

于是

ABPTPQTQ

上式左乘Q，右乘Q1得

Q(AB)Q1QPTPQT(PQT)T(PQT)

这说明AB与对称矩阵(PQT)T(PQT)相似；因为PQT是可逆矩阵，故矩阵(PQT)T(PQT)是正定矩阵，故它的特征值全大于零，所以AB的特征值也全大于零．

综合上述知AB正定．

方法二

必要性同方法一，以下证明充分性．

由条件AB=BA得

(AB)T(BA)TATBTAB

因此AB是对称矩阵．

由于A正定，所以存在可逆矩阵Q，使

A=QQ 于是

TTTT EABEQQBEQQBQ(Q)

T

QTE(QT)1QT(QBQT)(QT)1QTEQBQT(QT)1EQBQTT

EAB0EQBQT0

这说明AB与QBQ有相同的特征值．

因为B是正定矩阵，易见QBQ也是正定矩阵，故它的特征值全大于零，所以AB的特征值也全大于零．

· ·136

T综合上述知AB正定．

39．设A、B为实对称矩阵，且A为正定矩阵，证明：AB的特征值全是实数．

证：因为A是正定矩阵，故存在可逆矩阵Q，使AQTQ，于是有

EABEQTQBEQT(QBQT)(QT)1QEQBQ(Q)即|EAB|0|EQBQT|0.TTTT1EQBQT

因为B是实对称矩阵，所以QBQ也是实对称矩阵，因此它的特征值都是实数，故AB的特征值也都是实数．

40．设A是正定矩阵，B是实反对称矩阵，则AB的特征值的实部为零．

证：因为A是正定矩阵，故存在可逆矩阵Q，使AQTQ

EABEQTQBEQT(QBQT)(QT)1QEQBQ(Q)AB的特征值实部也为零．

TTT1EQBQT

因为B是实反对称矩阵，所以QBQT也是实反对称矩阵，因此它的特征值实部为零，故

41．设A是正定矩阵，B是半正定的实对称矩阵，则AB的特征值是非负的实数．

证：由于A是正定的，所以A也是正定的，于是存在可逆矩阵P，使得A因此

11PTP，EABAA1BAPTPBAPTE(PT)1BP1P APTPE(PT)1BP1AA1E(PT)1BP1E(PT)1BP1E(P1)TBP1

1T1即EAB0E(P)BP0.由于B是半正定的实对称矩阵，故(P)BP1T1是半正定的实对称矩阵，因此E(P1)TBP10的根是非负实数．于是EAB0的根也是非负实数，即AB的特征值是非负的实数．

42．求证实二次型f(x1,,xn)

证：二次型的矩阵为

(krsrs)xx的秩和符号差与k无关．

rsr1s1nn2k33k4k22k34k46k56k59k6A3k4nk(n1)2nk(n2)3nk(n3)

nk(n1)2nk(n2)3nk(n3)

2nk2n·137·

对矩阵A作合同变换，即把A的第1行的(-2)，(-3)，…，(-n)倍加到第2，3，…，n行上；同时把A的第1列的(-2)，(-3)，…，(-n)倍加到第2，3，…，n列上，得到与矩阵A合同的矩阵B为

2(n1)0000

00k2,2,(n1)倍依次加到第1，3，对矩阵B作合同变换，即把B的第2行的2k2,2,(n1)倍依次加到第1，3，4，…，n4，…，n行上；同时把B的第2列的2列上，得到与矩阵B合同的矩阵C为 k21B2(n1)100001C0010000000000

0由合同变换的传递性，故A与C合同，于是原二次型可经可逆线性变换化简成

f(x1,,xn)2y1y2

y1z1z2再作可逆线性变换

y2z1z2yzii于是二次型f化成规范形

(i3,,n)2 f(x1,,xn)2z122z

2显然二次型f(x1,,xn)的秩为2，符号差为0，它们的值均与k无关．

43．设二次型fa时，二次型f正定．

证：二次型 f的矩阵A的各阶顺序主子式的值与它的阶数n的奇偶性有关：

（1）当n=2m+1时，二次型f的矩阵为 xi1n2ibini1xxinni1，其中a、b为实数，问a、b满足什么条件

baabAa

baba · ·138它的各阶顺序主子式为

a,,am1,am(a2b2),am1(a2b2)2,,a(a2b2)m

（2）当n=2m时，二次型f的矩阵为

baab Ababa它的各阶顺序主子式为

a,,am,am1(a2b2),am2(a2b2)2,,(a2b2)m

综合（1），（2）可知：当a0且a2b2时，二次型f是正定的．

44．设A为n阶实对称矩阵，r(A)=n,Aij是A(aij)nn中元素aij的代数余子式

nnAijxixj(i,j1,2,,n)，二次型f(x1,x2,,xn)i1j1A1

（1）记X(x1,x2,,xn)T，把f(x1,x2,,xn)写成矩阵形式，并证明二次型f（X）的矩阵为A．

（2）二次型g(X)XAX与f(X)的规范形是否相同？说明理由．

证：方法一

（1）因为A是实对称矩阵，故AijTAji．由r(A)=n, 故A可逆，且

A11*A A二次型f(x1,x2,,xn)的矩阵形式为

A11A21An1x11AAAn2x2f(X)(x1,x2,,xn)1222

AAAAxnnn1n2n111TT11从而(A)(A)A.故A也是实对称矩阵，因此二次型f(X)的矩阵为A．

11T1T11

（2）因为(A)AA(A)EA，所以A与A合同，于是二次型g(X)XTAX与f(X)有相同的规范形．

方法二

（1）同证法１

（2）对二次型g(X)XAX作可逆线性变换，XAY, 其中

T1Y(y1,y2,,yn)T,则

T1T1T11TT11

g(X)XAX(AY)A(AY)=Y(A)AAY=Y(A)AAY=YAY

T1由此可知A与A合同，二次型g(X)XAX与f(X)有相同的规范形．

·139· 1T

45．试说明二次型

f(x1,x2,x3)(x1x2x3)2[ax1(ad1)x2(a2d1)x3]2

+n[(ad)xii22 (a2d)x(a3d)x]1i2i3当d10时，无论n为何值，f(x1,x2,x3)的秩均为2．

解：fXT(ATA)X，其中

1aAad2adn1ad1a2d2a2dn1a2d1a3d2

a3dn1110d12d1行对矩阵A作行的初等变换，可得A000.000

所以当d10时，A的秩为2，这与n的取值无关，因此二次型f的秩为2．

46．已知A是n阶正定矩阵，令二次型f(x1,x2,,xn)XTAXxn的矩阵为B，求证：（1）B是正定矩阵；（2）BA．

证：（1）设

a11aA21an1a11a21则

Ban1a12a1na22a2n，aijaji an2anna12a1na22a2n

an2ann1

显然B为实对称矩阵，且B与A的前n-1阶顺序主子式完全相同，由于A是正定矩阵，故它的各阶顺序主子式全大于零，因此B的前n-1阶顺序主子式也全大于零． 现考虑B的第n阶顺序主子式即它的行列式，有

a11a

B21an1可见B是正定矩阵．

· ·140a12a1na11a1n1a22a2n+

an11an1n1an2annan1ann10=AAn10

（*）01

（2）由（*）即知BA．

47．设n元实二次型fXTAX，1,2,,n 是A的特征值，且12n． 证明：对于任一实维列向量X有1XTXXTAXnXTX.证：设1,2,,n是f的特征值，则存在正交变换X=PY，使 fXTAXYT(PTAP)Y1y122y2nyn

由已知条件12n，有

1YTYfXTAXnYTY

（1）

又因为P是正交矩阵，于是有

XTXYTPTPYYTY

将此结果代入（1）即为

1XTXXTAXnXTX

48．证明：若二次型ai1i1nnijxixjXTAX是正定二次型，则

a11a21f(y1,y2,,yn)an1y1是负定二次型．

a12a22an2y2a1na2nannyny1y2 yn0

证：因为f 是正定二次型，故它的表示矩阵A是正定矩阵，因此A是可逆矩阵，作可逆线性变换Y=AZ．对上述行列式的列作消法变换，将第j列的-zj(j1,2,,n)倍加入第n+1列，其中Z(z1,z2,,zn)T,则

a11a21

f(y1,y2,,yn)an1y1a12a22an2y2a1na2nannyny1a11y2a21ynan10y1a12a22an2y2a1n0a2n0 ann0yn(y1z1y2z2ynzn)TTTT

A(y1z1y2z2ynzn)=AYZ=AZAZ=AZAZ 因为A是正定矩阵，所以A<0，可见f(y1,y2,,yn)是负定二次型．

49．设A是正定矩阵，则

（1）AannAn1，其中An1是A的n-1阶顺序主子式；

（2）Aa11a22ann．

解：（1）因为A是正定矩阵，故

·141·

a11a12a1n1a21a22a2n1An1

aaan1n1n11n12也是正定矩阵，于是由48题知

a11a1n1y1 fn1(y1,y2,,yn1)=

an11an1n1yn1y1yn10是负定二次型，因此由行列式的加法运算有

a11a1n1a1na11a1n1Aan11an1n1an1nan11an1n1an1ann10an1ann1其中An1为A的顺序主子式．

0fn1(a1n,a2n,,an1n)annAn1 0ann当a1n,a2n,,an1n中至少有一个不为零时，fn1(a1n,a2n,,an1n)<0

A

50．设P(pij)nn是n阶可逆矩阵，求证：P222(p12jp2jpnj).j1np11p21pn1pppp1222n2p

证：PTPppp2nnnpn1nTpp211pn11pnpn22p2nn12n2pi1i112*pi1n2i*2

n2pini1

因为P是可逆矩阵，故PP是正定矩阵，由49题的结论（2），有

7.线性代数模拟试题二 篇七

考试是学校教学工作的不可缺少的重要环节,组织考试是为了让学生通过这个形式来检验自己的学习成果和检查老师的教学质量。那么,它不仅仅是为了检查学生有没有达到目标而存在的,更是不断完善教学的过程以及对课程进行改进的最佳依据,指导学生更快的调整学习方向,并将获得的考试信息做进一步的加工后进行的反馈,这些就是教学和教务方面的常态,只有这样才能有效的通过考试这个手段真正有效的促进教学。那么,行之有效的试题分析系统就成为教学评价的不可缺少的助手了。实际上,单纯的考试分数并不一定能客观有效的评价学生的真实学习效果,就更难以成为促进教学水平提高的客观依据[1]。科学、量化的试题质量分析系统,能针对试题的内容、难易、结构和题型发现问题,发挥其指导意义。

2 线性回归分析

2.1 回归分析基础

回归分析[2]是确定两种或两种以上变量之间相互依赖的定量关系的一种统计分析方法,即根据相关关系的具体形态,选择一个合适的数学模型,来近似地表达变量间的平均变化关系。

2.2 变量的设定

我们将考生的总分看作一个随机变量,用X来表示。将考点的得分看作另一个随机变量,用Y来表示。如表1所示,x1,x2,...,xm表示随机变量X的所有可能取值,y1y2,...,yn表示随机变量Y的所有可能取值,aji表示总分为xi且考点分为yj的考生人数或者是该人数占总人数的比例。

2.3 数据的预处理

数据来源是全国自考某门课程的考试成绩,选取了其中的两个考点进行分析,样本容量是714。

为了方便,对于总分X,将其可能区间[0,100]等分为10个小区间,即[0,9]、[10,19]、[20,29]、[30,39]、[40,49]、[50,59]、[60,69]、[70,79]、[80,89]以及[90,100],并依次用0至9进行标识。

对于考点2的得分,利用最小最大规范化[3]对原始得分进行变换,使取值全部落在[0,10]这个范围内,变换也是为了使其结果与总分具有可比性,变换的公式0 ,其中min和max分别是考点得分的最小值和最大值。

经过上述数据的预处理后,两个考点的相关性表见表1和表2,其中表1有11×10个元素,即 (xi,yj,aji) ,i = 1,2,...,10 ;j = 1,2,...,11。表2有10×10个元素,即 (xi,yj,aji) ,i = 1,2,...,10 ;j = 1,2,...,10。这里的aji即为 (xi,yj) 的权数wji。

2.4 数据的分析

从相关性表上可以看出,考点得分变量Y与总分变量X之间存在较为明显的线性关系。因此,我们首先利用线性回归的方法,求出Y对X的回归方程。

对于表1的计算结果,2阶格兰姆矩阵为:

从而,正规方程[4]的形式为Gα = d.

经过计算,正规方程的表达式为由此解得α0= 4.780, α1= 0.523.

于是回归方程为y = 4.780 + 0.523x. 从而y(xmax)= y(9)= 9.486.

另外,考点得分与总分之间的相关系数为:

平均值E(Y)= 7.436 ,故难度系数为

类似地,对于表格2的数据处理结果,回归方程为:

y = -2.739 + 1.178x. 即起步分为-2.739,区分度为1.178。

期望最高分为y(xmax)= y(9)= 7.863. 平均值为E(Y)= 3.251.()

难度系数为. 考点得分与总分之间的相关系数为ρXY= 0.81194.

2.5 结果的解释

上述求解的结果列在表格3中。

本例中的第一考点为判断题,第二考点为算法分析题,通过比较能明显看出第一考点的难度远远低于第二考点。

1) P(难度系数[5])值分析:判断题难度系数为0.2564,远小于算法分析的难度系数0.6749。这主要由于判读题的考查的内容难度较小,并且题目本身带有一定的偶然性,即使总分不高的考生也有机会选对正确的答案;但是算法分析题则不然,它对考生基础知识的掌握的广度和深度都有较高的要求,偶然性的得分概率非常低[6]。

2) α0起评分)值分析[7]:由于两题的难度系数的差异较大,从而导致起评分的差距也相应拉开,判断题的α0>0,表示起评分较高,算法分析题的α0<0表示起评分较低。α0值变化最好在0值附近,过小或者过大都不是理想的结果。

3) y(xmax) (期望最高分)值分析:由于判断题难度比较低,它的y(xmax) 值是9.486接近于10,并且远大于算法分析题的y(xmax) 值7.863,这对于总分较高的考生是有利的。

4) α1(区分度)值分析:算法分析题的区分度α1值为1.178更接近于1,远大于判断题的α1值为0.523,具有更好的区分度,总分较高的考生在此题上和总分较低的考生更容易拉开差距,这与算法分析题难度也有直接的关系,由此可以看出基础知识掌握更加全面和对考点知识理解更深的考生将得到更好的分数[8,9,10]。

5) ρXY(总分相关性)值分析:算法分析题ρXY值为0.81194远大于判断题的ρXY值0.60062,ρXY值越趋近1越好,由此能看出算法分析题和总分的相关性关联度更高,也更能反映出考生对课程知识的掌握程度和广度,可以更加完整的体现考生的总体水平[11,12]。

3 结论

本文利用线性回归模型对试题质量进行分析。所采用的数据选自某年的全国自考统计结果,数据真实有效,因此分析结果具有真实性和科学性。本章从中选取了两种类型的题目,由于数据的不规范性,首先通过最大最小规范化的方法对数据进行先期的预处理。然后从难度系数、起评分、期望最高分、区分度、总分相关性对两种题型进行了分析,最后得出结论:难度系数较大的题目起评分较低,期望最高分也较低,但是具有更好的区分度,同时与总分的相关性也更高。

摘要：现行指标都是根据不同的考生对同一题的答题结果来评价该题的难度、区分度,然后综合各题的难度、区分度得出整个试卷的难度和区分度。但是这些方法忽略了一个重要的问题,就是没有考虑同一考生对不同题间的难易感觉,从而没办法据此得出每个考生对不同知识点的掌握情况,不能据此因材施教。从不同考点的学生考试成绩入手,借助线性回归的数理统计方法,对试卷质量进行分析。提出的线性回归的方法在应用中取得了比较好的效果,为今后更好地编制试题和提高教学质量提供了更加有力的依据和方向。

8.模拟试题（二） 篇八

（一）阅读下面文字，完成1～5题。（17分）

诗的源头是歌谣。上古时候，没有文字，只有唱的歌谣，没有写的诗。一个人高兴的时候或悲哀的时候，常愿意将自己的心情诉说出来，给别人或自己听。日常的言语不够劲儿，便用歌唱；一唱三叹得叫别人回肠荡气。唱叹再不够的话，便手也舞起来了，脚也蹈起来了，反正将劲儿使到了家。碰到节日，大家聚在一起酬神作乐，唱歌的机会更多。或一唱众和，或彼此竞胜。传说葛天氏的乐八章，三个人唱，拿着牛尾，踏着脚，似乎就是描写这种光景的。歌谣越唱越多，虽没有书，却存在人的记忆里。有了现成的歌儿，就可借他人酒杯，浇自己块垒；随时拣一支合式的唱唱，也足可消愁解闷。若没有完全合式的，尽可删一些、改一些，到称意为止。流行的歌谣中往往不同的词句并行不悖，就是为此。可也有经过众人修饰，成为定本的。歌谣真可说是“一人的机锋，多人的智慧”了。

歌谣可分为徒歌和乐歌。徒歌是随口唱，乐歌是随着乐器唱。徒歌也有节奏，手舞脚蹈便是帮助节奏的；可是乐歌的节奏更规律化些。乐歌在中国似乎早就有了，《礼记》里说的土鼓土槌儿、芦管儿，也许是我们乐器的老祖宗。到了《诗经》时代，有了琴瑟钟鼓，已是洋洋大观了。歌谣的节奏，最主要的靠重叠或叫复沓；本来歌谣以表情为主，只要翻来覆去将情表到了家就成，用不着费话。重叠可以说原是歌谣的生命，节奏也便建立在这上头。字数的均齐，韵脚的调协，似乎是后来发展出来的。有了这些，重叠才在诗歌里失去主要的地位。

有了文字以后，才有人将那些歌谣记录下来，便是最初的写的诗了。但记录的人似乎并不是因为欣赏的缘故，更不是因为研究的缘故。他们大概是些乐工，乐工的职务是奏乐和唱歌；唱歌得有词儿，一面是口头传授，一面也就有了唱本儿。歌谣便是这么写下来的。我们知道春秋时的乐工就和后世阔人家的戏班子一样，老板叫做太师。那时各国都养着一班乐工，各国使臣来往，宴会时都得奏乐唱歌。太师们不但得搜集本国乐歌，还得搜集别国乐歌。不但搜集乐词，还得搜集乐谱。那时的社会有贵族与平民两级。太师们是伺候贵族的，所搜集的歌儿自然得合贵族们的口味；平民的作品是不会入选的。他们搜得的歌谣，有些是乐歌，有些是徒歌。徒歌得合乐才好用。合乐的时候，往往得增加重叠的字句或章节，便不能保存歌词的原来样子。除了这种搜集的歌谣以外，太师们所保存的还有贵族们为了特种事情，如祭祖、宴客、房屋落成、出兵、打猎等等作的诗。这些可以说是典礼的诗。又有讽谏、颂美等等的献诗；献诗是臣下作了献给君上，准备让乐工唱给君上听的，可以说是政治的诗。太师们保存下这些唱本儿，带着乐谱；唱词儿共有三百多篇，当时通称作“诗三百”。到了战国时代，贵族渐渐衰落，平民渐渐抬头，新乐代替了古乐，职业的乐工纷纷散走。乐谱就此亡失，但有还有三百来篇唱词儿流传下来，便是后来的《诗经》了。

1．根据文章的内容，解释下列句子的含义。（4分）

（1）借他人酒杯，浇自己块垒____________________________

（2）一人的机锋，多人的智慧____________________________

2．依作者的观点，作为歌谣的生命的重叠，在诗歌中失去主要地位的原因是什么？（3分）

______________________________________________

3．歌谣在文字产生后被记录下来，其目的是什么？（3分）

______________________________________________

4．下列说法，符合文意的两项是（）（4分）

A．音乐舞蹈是上古人民用作抒情的主要手段。

B．最初的诗歌保留了歌谣的原有形式。

C．乐器产生以后，徒歌便不复存在了。

D．乐工们演奏搜集来的歌谣是为了反映百姓的心声。

E．后来的《诗经》，原先都是带谱儿的乐歌。

5．根据文中的叙述，简述《诗经》中诗歌的大致内容。（3分）

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（二）阅读下文，完成6~10题。（21分）

江南蓑衣

①在故都的某个雪天里，突然想到老家江南的蓑衣来了。

②满目彤云里，翻读一本江南的画册，心情一派宁静和畅。那连绵的苍翠山峦，那层层叠叠的梯田，那高低错落犹如穿着蓑衣的房舍，总给人以平和与安详。满目烟云，缭绕着江南的烟花三月。三月的江南，春光弥漫，而乡村道上穿着蓑衣的赶着牛群回家的牧童，总把一管缠绵的委婉的笛声传入我的耳鼓。而穿着蓑衣在微雨中插秧的山地汉子，则把一篇耕作文章呈现在我的眼前了。

③我很少听到歌唱江南蓑衣的歌曲，江南的乡野之歌似乎除了采茶桃花和篱笆修竹外，就没有别的了。而蓑衣却依然沉睡在古典中。青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归。西塞山就在我的记忆中与我隔岸相望。这江南的景色一半是属于蓑衣的，这季节的一半还是属于蓑衣的。不光是春天，还有下雪的隆冬，独钓寒江的孤舟蓑笠翁，一直在我眼前描绘着悠远的江南山水。在风景中出没的穿蓑衣的人，不仅仅是牧童，而且还有渔人，他们都是志趣清雅的高人。一蓑风雨，一叶孤舟，一片兰桨，一弯明月，顺流而下，逐草而居，是多么潇洒逍遥啊。我常把穿蓑戴笠的人称之为隐士或佛陀，且看那蓑衣似乎张开诗歌或者哲学的虚玄的羽翼翩翔在空明中，如神灵一般幽远而深邃。这是自由狂放的，是寒山中的极致，远峰、孤舟、烟雨和萧寺，只是绝妙的陪衬。江南的蓑衣飘扬在诗意中。一袭蓑衣穿行在时空，犹如达摩的一苇渡江，把无限的禅机融入空蒙和苍茫之中。

④江南蓑衣是一种平常的极不起眼的家用物什，与镰刀、锄头和竹笠一起静默和谐地相处。在风雨中的劳作是艰辛的也是欢愉的，蓄满微凉的忧郁。当踏歌的农夫带着一身泥水，从田里山间归来，蓑衣和竹笠随即被挂在墙上，农夫歇息了，而它们则开始了默默的对话。蓑衣注定是蓑衣，竹笠注定是竹笠，似乎与主人一样无法逃避命运的摆布，无法摆脱生活的清寒。它们的主人一直向往着远方，但总无法走出这片山坳，他与他的老牛一起，在这片小小的田地间一圈一圈地跋涉着，总超越不了这历史因袭的圆周。雨中的蓑衣凝望着主人口鼻间升腾的气息，如雾般地慨叹着，幽幽地怀想着，难道主人真的没有幸福的愿望，没有丝毫改变命运的企图？

⑤尽管如此，蓑衣还是会与主人相依为命，乐享清贫的。它害怕的是主人会在某一个时刻逃离，与它不辞而别。蓑衣和主人同样的劳累和憔悴。岁月的风刀霜剑早已撕裂了它的前襟。它们毕竟诞生或者寂灭在理想的记忆中，当它们在尘封的空间被人翻捡，被人展示的时候，江南的蓑衣，是否还眷念着他主人日益苍老憔悴而衰弱的容颜？

⑥在更加繁忙的时日，主人来不及与它打招呼，就融入城市街衢的喧嚣里了。当他在难得的寂静时分一个人端坐，蓑衣的影子就清晰地显现出来了，在脑海的某个角落里难以拂去。在某个下着微雪的夜晚，在某个寂寥的街道上，在街灯漠漠的照映下，他忽然发现了久违的江南蓑衣的影子。在某个茶室和酒吧间，他看见蓑衣还有他的竹笠高挂在髹漆得艳红或者金黄的柱子和墙壁上，落满红尘。那里不适合它们！主人想，此刻，它们仿佛像陪酒女郎，像示众者，像引颈自戮的罪囚。它们的心里会是如何想啊！那些酒客茶客是不知道的。江南的蓑衣和竹笠经年地寻找，在远远地翘首远望。它们想，城市里会下雪或者下雨，能解除心头的焦渴。它们想，下雨了，主人会重新穿戴起它们，飘飘扬扬地潇洒地走过雨巷。

⑦来自江南的主人躲在暗角，两眼噙泪。他在等待着内心的救赎。

6．文章第③自然段引用了唐代诗人张志和《渔歌子》一诗中的句子，作者这样写的目的是什么？(4分)

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7．“它害怕的是主人会在某一个时刻逃离，与它不辞而别”，句中“逃离”一词的意思是什么？(3分)

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8．“江南的蓑衣和竹笠经年地寻找，在远远地翘首远望。”它们在寻找什么？远望什么？“来自江南的主人躲在暗角，两眼噙泪。他在等待着内心的救赎。”他为什么等待“内心的救赎”？(6分)

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9．下列句子分别采用了拟人和排比的修辞方法，请分析这些修辞方法在句中的表达效果。(4分)

（1）“而蓑衣却依然沉睡在古典中。”

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（2）“主人想，此刻，它们仿佛像陪酒女郎，像示众者，像引颈自戮的罪囚。”

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10．从全文看，“江南蓑衣”在文中有哪些含义？请分条列举。(4分)

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（三）填写下列名篇名句中的空缺（任选5空）。（5分）

11．①__________，云之君兮纷纷而来下。（李白《梦游天姥吟留别》）

②________，泠泠作响；______，嘤嘤成韵。（吴均《与朱元思书》）

③士不可以不弘毅，_______。（《论语·泰伯》）

④户庭无尘杂，_______。（陶渊明《归园田居》）

⑤___________，则知明而行无过矣。（荀子《劝学》）

⑥鸡声茅店月，_____。（温庭筠《商山早行》）

⑦晓镜但愁云鬓改，______。（李商隐《无题》）

（四）阅读下面一首诗，完成12~14题。（8分）

晚春

■ 韩愈

草树知春不久归，百般红紫斗芳菲。

杨花榆荚无才思，惟解漫天作雪飞。

12．韩愈，字_____，与柳宗元同为“______”的倡导者，列为“______八大家”之首。（2分）

13．本诗运用拟人手法有何妙处？（3分）

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14．本诗的主旨有人认为是劝人珍惜光阴的，你同意这种看法吗？为什么？（3分）

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（五）阅读下文，完成15~20题。（17分）

田单将攻狄①，往见鲁仲子。仲子曰：“将军攻狄，不能下也。”田单曰：“臣以五里之城，七里之郭，破亡余卒，破万乘之燕，复齐墟。攻狄而不下，何也？”上车弗谢而去。遂攻狄。三月而不克之也。

齐婴儿谣曰：“大冠若箕，修剑拄颐，攻狄不能下，垒于枯丘！”

田单乃惧，问鲁仲子曰：“先生谓单不能下狄，请闻其说。”鲁仲子曰：“将军之在即墨，坐而织蒉②，立则丈插③，为士卒倡曰：‘可往矣！宗庙亡矣，亡日尚矣，归于何党矣！’当此之时，将军有死之心，而士卒无生之气。闻若言，莫不挥泣奋臂而欲战。此所以破燕也。当今将军东有夜邑之奉④，西有菑上之娱⑤，黄金横带，而驰乎淄、渑之间，有生之乐，无死之心，所以不胜者也。”

田单曰：“单有心，先生志之矣。”明日乃厉气循城，立于矢石之所，乃援枹鼓之，狄人乃下。

(选自《战国策·齐策六》)

[注]①田单：战国时齐人，以功封安平君。②蒉（kuì）：草编的袋子。③丈插：即“杖锸”，拄着铁锹。④夜邑：地名。⑤菑上：地名。

15．《战国策》是一部___________体史书，相传由____________(朝代)刘向编撰。（2分）

16．解释下列句中加点的词。（4分）

①上车弗谢而去 ②复齐墟

③修剑拄颐 ④而驰乎淄、渑之间

17．找出与“坐而织蒉”中“而”用法相同的一项()（2分）

A．谈笑而死B．人非生而知之者

C．三月而不克之也D．而士卒无生之气

18．下列句中与其他三句用字方法不同的一项是（）（2分）

A．亡日尚矣B．单有心，先生志之矣

C．为士卒倡曰D．乃厉气循城

19．把下列句子译成现代汉语。（4分）

（1）有生之乐，无死之心，所以不胜者也。

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（2）单有心，先生志之矣。

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20．第③自然段在写法上运用____________手法；全文揭示的主旨是______________________________。（3分）

（六）阅读下文，完成21~25题。（12分）

A：太史公曰：诗有之：“高山仰止，________________。”虽不能至，然心向往之。余读孔氏书，想见其为人。适鲁，观仲尼庙堂车服礼器，诸生以时习礼其家，余祗回留之，不能去云。天下君王至于贤人众矣，当时则荣，没则已焉。孔子布衣，传十余世，学者宗之。自天子王侯，中国言六艺者，折中于夫子①，可谓至圣矣！

B：大史公叙帝王则曰“本纪”，公侯传国则曰“世家”，公卿特起则曰“列传”，此其例也。其列孔子为世家，奚其进退无所据耶？孔子，旅人也，栖栖衰季之世，无尺土之柄，此列之传宜矣，曷为世家哉？岂以仲尼躬将圣人之资，其教化之盛，舄奕万世②，故为之世家以抗之？又大非极挚之论也。

夫仲尼之才，帝王可也，何特公侯哉？仲尼之道，世天下可也，何特世其家哉？处之世家，仲尼之道不从而大；置之列传，仲尼之道不从而小。而迁也自乱其例，所谓多所抵牾者也③。

[注]①折中：取正，用以判断事物正确与否的准则。②舄奕：连绵不断的样子。③抵牾：抵触。

21．在A文的横线上填写名句：高山仰止，______________ 。（1分）

22．A文中提到的“六艺”除了《诗》、《书》、《易》，还有___________、____________和___________。《史记》的写作中使用了五种体例，除了B文中所提及的本纪等三种外，还有 和 。（2分）

23．A文中，司马迁将天下君王及众多贤人与孔子对比，是为了表明________________________。(用自己的话表述)（3分）

24．B文中，作者推测司马迁把孔子列入世家的原因是：_______________________。(用文中的话回答)（2分）

25．B文中对于司马迁的解释和其后文章作者的辩驳，你更倾向哪一方？请谈谈你的看法。（4分）

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二、70分

26．阅读下面的材料，按要求作文。（70分）

在美国耶鲁大学的入学典礼上，校长每年都要向全体师生特别介绍一位新生。去年，校长隆重推出的，是一个自称会做苹果饼的女同学。大家都感到奇怪，耶鲁不乏多才多艺的人，怎么只推荐一个特长是做苹果饼的人呢？最后校长自己揭开了谜底。原来，每年的新生都要填写自己的特长，而几乎所有的同学都选择诸如运动、音乐、绘画等等，从来没有人以擅长做苹果饼为卖点，因此这位同学便脱颖而出。