第一篇：2017年教師能力提高培訓期末考試高分通過試卷答案
2017年教師能力提高培訓期末考試高分通過試卷答案（21得20分）
學科的重點就是學科中的基本結構，即基本概念、基本原理、基本法則，以及它們之間的相互關系，和典型的學科思想方法等。（）（判斷，2分）
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學習任務促成了學生學習的發(fā)生。（）（判斷，2分）
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好課需要反復研磨，好課是教師全部素質的自然揮灑。（）（判斷，2分）
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概念圖有助于建立概念名詞之間的關系，因此越復雜越好。（）（判斷，2分）
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人教版七年級（上）《開花和結果》一課的“上位概念”是“被子植物的一生”。（）（判斷，2分）
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核心素養(yǎng)是在否定我們過去幾十年經歷的教育改革基礎上提出的。（）（判斷，2分）
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對教學重點的確定要考慮學科核心觀點的滲透和能力的培養(yǎng)。（）（判斷，2分）? ? 對 錯
“進階”通常指從低級到高級的步步提升的過程。（）（判斷，2分）
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創(chuàng)造是將要素放在一起形成連貫的或者實用的、有價值的整體，或者將要素重新組成為新的模式或結構。創(chuàng)造是最高級別的認知能力。（）（判斷，2分）
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面向學習困難生進行指導的一個措施是補差必須先保底。（）（判斷，2分）
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通過優(yōu)師優(yōu)課我們要把握好學習要點，聚焦在能夠解決具體問題上。（）（判斷，2分）
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自主學習任務單可以幫助學生有目標、有方法、有任務，有效地進行自學。（）（判斷，2分）
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校本教材開發(fā)要注重學生思維品質的培養(yǎng)。（）（判斷，2分）
? ? 對
基因是具有遺傳效應的DNA片段。（）（判斷，2分）
? ? 對 錯
微課程在精準施策突破點上運用從感知到抽象的策略方法，遵循學習的認知規(guī)律和思維發(fā)展規(guī)律，體現了遞進式的教學策略和方法。（）（判斷，2分）
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命題不只是將試題集中起來，必須關注其后的命題意圖。（）（判斷，2分）
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價值觀是一個人心靈的風向標，思維方式是一個人腦力勞動的武器，品格則是一個人行為表現和為人形象。（）（判斷，2分）
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素養(yǎng)是將全面發(fā)展總體要求和社會主義核心價值觀的有關內容具體化、細化，轉化為具體的品格和能力的要求。（）（判斷，2分）
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我們究竟應該教哪一種知識給學生（）（單選，4分）
? ? ? 課標知識 生活常識 核心知識 ? 課本知識
下列哪一項不是教師研修的三個要點（）（單選，4分）
? ? ? ? 專業(yè)素養(yǎng) 個人好惡 執(zhí)教能力 學生意識
教學中，可以從哪個方面分析確定一節(jié)課的教學難點（）（單選，4分）
? ? ? ? 學生情況 教學內容本身 教學經驗或“前測” 以上都正確
以下哪一項不是教師教學工作中頻率最高的工作內容和基本環(huán)節(jié)（）（單選，4分）
? ? ? ? 圍繞教材、依據學情設計教學 實施教學
對教學效果進行評價 家訪
在教師指導下，借助課程資源相關的內容，學生可自定學習任務、自學重點難點和下列哪一項（）（單選，4分）
? ? ? ? 自我總結 自我反思 自測學習結果 自我評價 為了保護南極的生態(tài)環(huán)境，到南極考察的科學工作者要把糞便等生活垃圾帶離南極。這主要是因為下列哪個原因（）（單選，4分）
? ? ? ? 南極缺乏必要的生活設施 南極缺少生產者 南極缺少消費者 南極分解者很少
自主學習任務單設計中有：學習指南和下列哪一項（）（單選，4分）
? ? ? ? 閱讀任務 檢查任務 學習任務 自評任務
精品優(yōu)課優(yōu)在依據基于課程標準、以學定教、突出關鍵、融合技術、策優(yōu)招實和下列哪一方面（）（單選，4分）
? ? ? ? 便于掌握 短小精悍 縮短課程 使用方便
以下屬于消費者與生產者關系的是哪一項（）（單選，4分）
? ? ? ? 小貓吃魚 長頸鹿吃樹葉 松鼠吃蘑菇 黃鼠狼吃雞 下面哪一項不屬于教師的關鍵能力（）（單選，4分）
? ? ? ? 思考力 學習力 研究力 執(zhí)行力
對于剛入職的老師，可以通過哪兩種方式來訓練自己“講”的能力（）（多選，4分）
? ? ? ? 背誦 朗誦 講故事 演唱
懲罰需要注意的是哪三點（）（多選，4分）
? ? ? ? 少用、慎用 先禮后兵
因人而異，恰到好處 常常使用
中醫(yī)保健的內容有哪些（）（多選，4分）
? ? ? ? ? 精神養(yǎng)生 飲食養(yǎng)生 運動養(yǎng)生 起居養(yǎng)生 藥物養(yǎng)生
調整心態(tài)時需要注意的是哪三點（）（多選，4分）? ? ? ? 正確認識 勇敢面對 積極應對 保持沉默
備課的基本內容有哪些（）（多選，4分）
? ? ? ? 備內容 備學生 定目標 選方法
在哪兩方面進行注意才可以保證溝通的質量（）（多選，4分）
? ? ? ? 信息 表揚 通道 懲罰
第二篇：通過一課三研,提高教師反思能力
開展“一課三研”活動，促進幼兒教師的專業(yè)發(fā)展
二期課改對教師的專業(yè)素質提出了更高的要求,校本培訓成為各個幼兒園提高教師素質的一個重要的途徑。“一課三研”作為幼兒園教研組的一種活動形式，最初是為了組內教師展示公開觀摩活動而開展的多次試教活動，目的是使活動方案更為優(yōu)化，以達到最好的教學效果。我們發(fā)現這樣一個活動的過程，對培養(yǎng)教師的專業(yè)能力、促進教師的專業(yè)發(fā)展，同樣也起到了較好的作用。由此，便把“一課三研”活動作為校本培訓中培養(yǎng)教師專業(yè)發(fā)展的一個主要的途徑和方法，并在幾所幼兒園進行了嘗試，收到了很好的效果。
一、“一課三研”活動的界定
“一課三研”活動是指教研組內教師針對同一活動內容（主要指幼兒園的學習活動），由同一教師或不同教師進行多次的實踐研究活動。它是一種基于實踐反思的研討式活動。在研究活動中可以比較不同的教學策略、嘗試新的教學方法和組織形式、研討教學中的困惑、存在的問題及目標的價值取向等等。目的是使教師在研討的過程中，強化理論與實踐的結合，養(yǎng)成反思的習慣，加強組內成員之間的合作，促進教師自主地發(fā)展。
二、“一課三研”活動的實施階段和特點
1、“一課三研”活動開展的形式和要求
“一課三研”活動的開展分兩種：一種是以年級組為單位，由年級組長負責，每周一次。另一種是全園性的，有業(yè)務園長負責，每月一次。在確定活動的主題后，每一位參與的老師，都要進行相關的理論學習準備；在研討活動中，每一位教師都要積極參與，發(fā)表自己的意見；在活動結束后，每一位老師都要寫下自己在參加本次活動后的體會與反思。
2、“一課三研”活動的特點:
“一課三研”活動作為培訓教師的一個途徑，具有以下幾個特點：
(1)整體性：“一課三研”活動是一種融學習、實踐、反思、總結于一體的研討活動。它不同與以往教研活動中的單純的理論學習和單純的實踐活動，而是把
理論學習和實踐活動有機地結合起來，通過學、做、研、思、再學、做、研、思的循環(huán)，發(fā)展教師的整體的能力。
(2)主體性：以往我們老師參加的職后培訓，以課堂培訓為主，老師們只是被動地接受。“一課三研”活動是一種參與式的培訓，教師們能充分地發(fā)表自己的見解和體會，主體性得到了充分的發(fā)揮。在“一課三研”活動中，每一個教師都積極主動地學習相關的理論知識；積極主動地參與教學實踐活動和研討活動；自覺地對自己的教學行為進行反思和總結，從而有效地促進了教師的發(fā)展。
(3)反思性：促進教師專業(yè)發(fā)展的“源頭活水”在于教師自身的教學實踐，在于教師能感悟教改實踐中的問題并對問題作出價值判斷。每一堂經過精心設計的課，都值得反思；每一個教學突發(fā)事件，也值得反思；每一個幼兒學習狀態(tài)的獨特性，更值得反思。“一課三研”活動就是讓教師在實踐、研討中學會反思，在反思中逐漸改進自己的教育理念和教學行為。
3、“一課三研”活動的實施階段
“一課三研”活動的實施共經歷了以下三個階段：
實施階段 操
作
環(huán)
節(jié) 主要目標
醞釀初試階段 一研：選材→理論學習→設計活動方案→說課→第一次實踐課→第一次研討反思
二研：修改活動方案→再次實踐活動→再次研討反思
三研：再次修改活動方案→第三次實踐活動→第三次研討反思→形成優(yōu)化的活動方案 注重園內教師整體專業(yè)水平的提高
成熟深化階段 除了運用第一階段的操作模式外，增加了第二種操作模式：
一研：選材→理論學習→設計不同的活動方案（不同教師）→說課→研究實踐課１、研究實踐課２、研究實踐課３→研討反思
二研：各自修改活動方案→再次實踐→再次研討反思
三研：第三次修改活動方案→第三次實踐→第三次研討反思→形成各有特色的活動方案
注重在園內教師群體發(fā)展的基礎上鼓勵教師創(chuàng)新，促進教師個性化的發(fā)展。
經驗輻射階段 一研：選材→學習理論→提出問題→示范實踐→研討、對話、反思
二研：帶教對象設計活動方案→說課→實踐研究課→研討反思
三研：帶教對象修改活動方案→再次實踐→再研討反思→形成優(yōu)化的活動方案 由園內向園外輻射，成立校本培訓基地，帶動其他幼兒園教師一同發(fā)展。
“一課三研”活動中活動內容的確定，是根據本園、本班幼兒近階段的培養(yǎng)目標和發(fā)展目標，教研組集體商定或由執(zhí)教老師自己選定。既可以是現成的，也可以是改編和創(chuàng)編的。
活動方案的設計，一是在集體討論的基礎上由執(zhí)教老師設計；二是完全由執(zhí)教老師根據自己對教材內容的把握、以本班幼兒的實際水平而設計；三是根據研究的目的，由不同的教師分別設計。
說課主要由活動方案的設計者說。一是說教材，說說自己對教材的理解、教材中有那些可發(fā)掘的教育因素；二是說教法、學法，講講為什么要選擇這種教學策略，有什么優(yōu)勢，幼兒在這個活動中是如何學的；三是說教學過程，說明教學目標制定的依據，重難點是什么，有哪幾個主要的環(huán)節(jié)以及幼兒可能在學習過程中有什么樣的反應，老師準備如何應對等等。通過說課，可使方案的設計者對自己設計的活動方案進行反思，反思教學目標的確定、重難點的把握以及教學方法的采用是否符合幼兒的實際和幼兒的特點，是否促進了幼兒在原有基礎上的發(fā)展。而對其他老師來說，了解了執(zhí)教老師組織活動中各環(huán)節(jié)安排的真實意圖和想法，對施教對象的實際水平有了一個大致的了解，便于在觀摩的過程中更加有目的地觀察和思考。
在不同的階段，根據目標的不同，研討的重點是不一樣的。醞釀初試階段，我們主要由同一位教師擔任實踐課的實施，重理論學習和課后研討過程中理論與實踐的聯系，培養(yǎng)教師的反思意識和合作意識。在研究討論的過程中，除了發(fā)現存在的問題，還要找出好的經驗和特色；除了找出解決問題的對策，還要深入研討“為什么”，探討問題或經驗背后所隱含的教育理念。充分發(fā)揮集體的力量，互相啟發(fā)、互相合作，使模糊的觀念變得更為清晰，從而發(fā)現自己教學中的不足，學習借鑒他人的經驗，不斷修正自己的教育觀念和教學行為。
隨著“一課三研”活動的深入開展，我們發(fā)現，不同教師有不同的興趣、愛好，有自己獨特的見解和思想，不同教師設計的教學方案在實施過程中也各有優(yōu)勢。注重教師專業(yè)發(fā)展的培養(yǎng)更要發(fā)揮教師的自主性、創(chuàng)造性，發(fā)揮教師的個性特長，促進教師的個性化發(fā)展。為此，我們在成熟深化階段，把重點放在促進教師形成自己的教學風格上。在研討中，我們主要分析不同活動方案中所采用的不同策略背后的理論和實踐的依據是什么？對幼兒的發(fā)展有何作用？發(fā)揮集體的力量，幫助教師總結、提升教學經驗，逐步形成符合該教師特長的教學風格。例如，鶯鶯藝術幼兒園派出了三位青年教師師從市特級教師，她們把市特級教師的研究課，根據我縣的實際和本園、本班的實際結合自己的理解認識，進行重新設計，在一次次的實踐、研討反思過程中，在全園教師的合作過程中，小王、小季小沈等老師脫穎而出，在教學上形成了各自獨特的教學風格。
“一課三研”活動的開展，使一批青年教師迅速地成長起來，從而也促進了幼兒園保教質量和辦園質量的提高。為了進一步提高縣級層面的教師的整體素質，我們把先期開展“一課三研”活動的幾所幼兒園，作為縣級的校本培訓基地，使他們的經驗由園內向園外輻射。每個基地園分別聯系幾所姐妹園，由姐妹園選派骨干教師，通過參加基地園的“一課三研”活動，促進該骨干教師的成長，并通過該骨干教師，把經驗帶回自己幼兒園。這階段的主要特點是：在實施的第一個環(huán)節(jié)中，確立活動主題的內容以后，帶教老師和帶教對象共同進行理論學習的準備和教材的分析，并在帶教老師上示范課前，先提出問題，如：“活動中師生是如何互動的？”“所采用的教學策略對幼兒發(fā)展的意義是什么？”“如何體現幼兒的主體性？”……等等，讓帶教對象帶著問題去觀察，去體會。再在課后與帶教老師進行對話，提出自己的疑惑和見解，通過研討、反思，幫助帶教對象深刻領會活動中所蘊涵的新的教育理念。在此基礎上，進入第二個環(huán)節(jié)，由帶教對象根據自己對教材的把握和自己班級的實際，重新制定教育目標和活動方案，再通過反復的實踐和研討，在集體的幫助下，逐步改變帶教對象的教育觀念和教育教學行為。
三、“一課三研”活動開展的效果
首先，一課三研活動的開展架起了教師理論聯系實際的橋梁。以往，老師們不管是設計活動方案還是觀摩評課，較多地憑借自己的經驗和習慣來選擇教學方法、策略和指出別人教學活動中的不足，以及改進的方法，不會深入地思考“為什么”。在一課三研活動中，確定教學內容以后，所有的教師都要考慮“如果我來組織，準備怎樣做？”、“我為什么要這樣組織？”；在觀摩活動時，要思考“活動中有什么好的經驗，為什么？”、“有什么不妥之處，為什么？”、“有哪些更好的方法，為什么？”。老師們在活動過程中，時刻關注幼兒的發(fā)展，時刻問自己“為什么？”。因此每一個老師都必須牢固地掌握幼教法規(guī)和先進的教育理念，了解幼兒的年齡特征和身心特點。從而激發(fā)了教師主動地學習新的理論知識的積極性，改變了以往理論學習中被動學習的無效局面。提高了教師運用理論指導實踐的能力，在實踐中加深了對理論的理解并內化于自己的認知結構中。
第二、一課三研活動的開展，有效地提高了教師的教學能力。
在縣級層面上，通過一課三研活動，大部分教師的教育教學能力，有了較大的提高。教師們能根據培養(yǎng)目標選擇恰當的教材，在制訂教育目標時，會考慮目標的全面性和適切性，做到明確具體。在活動中所采用的方法和教育策略，生動直觀，符合幼兒的年齡和身心特點，并服務于教育目標。教育教學技能和隨機教育的機智有了很大的提高，大大促進了幼兒園的保教質量的提高和幼兒能力全面和諧的發(fā)展。個別教師憑借集體的力量，不斷學習新的教育理念，反思、修正自己的教學行為，總結自己的教學經驗，形成了自己的教學風格。近年來，有兩位老師在 “市幼兒園半日活動設計網上評選”中分別獲第一、第二名；四位教師在“市中青年教師教學評選活動”中，分別獲一等獎、二等獎；其中王麗琴老師在計算教學方面，形成了自己獨特的教學風格，獲市專家的一致肯定與好評。更有一大批青年教師在縣的各類評比中脫穎而出，成為縣級骨干教師和學科帶頭人。
第三，一課三研活動的開展，激發(fā)了教師們研究的興趣，提高了教師開發(fā)園本課程的能力。
一課三研活動的開展，改變了教師傳統的思維方式，學會了反思，學會了用新的理念來審視自己的教學行為，發(fā)現了許多自己從未意識到的問題。通過組內合作，不斷嘗試新的教學方法，體驗到了新方法運用后的成功的喜悅，從而激發(fā)了教師們極大的探索和研究的興趣。他們發(fā)現課題研究不再是深不可測、高不可攀的領域。如在一次美術活動的研討中，教師們發(fā)現，執(zhí)教老師不同的示范方法，使幼兒的作品在創(chuàng)造力、想象力上有不同的表現，繼而引發(fā)了不同范例數量、不同示范方法和不同時間出示范例、進行示范對幼兒創(chuàng)造、想象能力影響的研究，老師們在教學實踐中不斷地實驗、交流、研討，最終形成了質量較高的研究成果。再如，豎新幼兒園根據幼兒對于周圍生活的活動內容特別感興趣的特點，進行了“構建鄉(xiāng)土特色的園本課程”的研究，經過一課三研活動，教師們自創(chuàng)自編，研究出了具有鄉(xiāng)土特色的園本課程的目標、內容、教學模式和評價策略和鄉(xiāng)土教材，教師們的研究能力也在不斷的探索、研究過程中得到了提高。研究的成果也在“上海市學前教育科研成果推廣研討會”上交流。
第四、一課三研活動的開展，使幼兒園形成了一個團結、合作、信任的群體氛圍。
教師的發(fā)展離不開一個良好的團結、奮進、互相信任的集體環(huán)境。每個人都有自己的知識、經驗及智慧特長，如果只是孤立地發(fā)揮作用，其效能是有限的。“一課三研”創(chuàng)造了一個共同分享，合作與支持的條件，增進了組員之間的溝通，使大家在活動中了解他人，了解自己，分享各自的體會與經驗，共同斟酌更好的教學方式，思辯教育上的困惑，大膽地嘗試新內容、新方法、新途徑。教師們從原來的退縮到后來的爭著上研究課，雖然有的老師因自己的活動不理想而流淚了，但在信任、鼓勵的氛圍的感召下，或擦干眼淚重新設計方案，改進教學策略，或為下一輪教師積極地出謀劃策。每一個教師在每一次的活動中都感到有新的收獲和新的提高，都把這樣的活動當作是挑戰(zhàn)自我，提升自我的一次機會。
總之，“一課三研”活動的開展，有效地激發(fā)了教師投身教育教學改革的積極性、主動性，形成了教師間團結合作和互相信任、支持的工作氛圍，有利于教師群體的發(fā)展；有效地溝通了教育理念與教育實踐的聯系，轉變了教師的觀念，實現了理念向行為的轉化；有效地發(fā)揮了集體的力量，通過集體反思，引發(fā)教師對自己教學過程的重新審視，從而漸漸養(yǎng)成了反思的習慣，培養(yǎng)了教師實踐反思的能力，促進了教師的自主發(fā)展
第三篇：《機械制圖》期末考試試卷答案
在半剖視圖中半個視圖與半個剖視圖的分界線用（）。
（A）粗實線
(B)細實線
(C)細點畫線
(D)波浪線 答案：（C）
局部放大圖的標注中，若被放大的部分有幾個，應用（）數字編號，并在局部放大圖上方標注相應的數字和采用的比例。
（A）希臘
(B)阿拉伯
(C)羅馬
(D)中國 答案：（C）
尺寸應該盡量標注在（D）上。
A、主視圖 B、俯視圖 C、左視圖 D、特征視圖
六個基本視圖中最常用的是（）視圖。
（A）主、右、仰
(B)主、俯、左
(C)后、右、仰
(D)主、左、仰 答案：（B）下圖的A-A剖面圖中，選出正確的斷面圖（）。
在下圖中，選出正確的一組視圖（）。
答案：C 下面右圖用的是（）表示方法。
（A）全剖
（B）局部剖
（C）移出剖面
（D）重合剖面
答案：C
在下圖中選出正確的剖視圖。（）
答案：C
在下圖中選出正確的局部剖視圖。（）
答案：B
在下圖中選出正確的剖視圖。（）
答案：C
求作立體的相貫線。（12分）
一.標注尺寸（數值從視圖中量取，比例1:1）（13分）
分析下列螺紋畫法的錯誤,正確的打“√”, 錯誤的打“×”。（8分）
(×)(√)(×)(×)
選擇正確的移出剖面圖（將正確的答案序號填入括號內）（6分）(b)
讀齒輪軸零件圖，在指定位置補畫A-A斷面圖，并回答下列問題。（15分）
1．說明M12×1.5-6g含義：表示公稱直徑為12mm的細牙普通螺紋，M為螺紋代號，1.5為螺距,6g為中徑和頂徑的公差帶代號。2．說明含義：⊥表示垂直度，0.03為垂直度公差，A為基準符號。
3．指出圖中的工藝結構：它有 2 處倒角，其尺寸分別為 C2和C1.5，有 1 處退刀槽，其尺寸為 2×2。
模數其余218齒數壓力角精度等級齒厚配對齒數8-7-7-3.142圖號齒數齒 輪 軸制圖校核比例數量材料
第四篇：離散數學 期末考試試卷答案
離散數學試題(B卷答案1）
一、證明題（10分）
1)(?P∧(?Q∧R))∨(Q∧R)∨(P∧R)?R 證明: 左端?(?P∧?Q∧R)∨((Q∨P)∧R)?((?P∧?Q)∧R))∨((Q∨P)∧R)?(?(P∨Q)∧R)∨((Q∨P)∧R)?(?(P∨Q)∨(Q∨P))∧R ?(?(P∨Q)∨(P∨Q))∧R ?T∧R(置換)?R 2)?x(A(x)?B(x))? ?xA(x)??xB(x)證明 ：?x(A(x)?B(x))??x(?A(x)∨B(x))??x?A(x)∨?xB(x)???xA(x)∨?xB(x)??xA(x)??xB(x)
二、求命題公式(P∨(Q∧R))?(P∧Q∧R)的主析取范式和主合取范式（10分）。
證明：(P∨(Q∧R))?(P∧Q∧R)??(P∨(Q∧R))∨(P∧Q∧R))?（?P∧(?Q∨?R)）∨(P∧Q∧R)?(?P∧?Q)∨(?P∧?R))∨(P∧Q∧R)?(?P∧?Q∧R)∨(?P∧?Q∧?R)∨(?P∧Q∧?R))∨(?P∧?Q∧?R))∨(P∧Q∧R)?m0∨m1∨m2∨m7 ?M3∨M4∨M5∨M6
三、推理證明題（10分）
1）C∨D，(C∨D)? ?E，?E?(A∧?B)，(A∧?B)?(R∨S)?R∨S 證明：(1)(C∨D)??E(2)?E?(A∧?B)
P P
P(3)(C∨D)?(A∧?B)T(1)(2)，I(4)(A∧?B)?(R∨S)(5)(C∨D)?(R∨S)(6)C∨D
T(3)(4)，I P(7)R∨S T(5)，I 2)?x(P(x)?Q(y)∧R(x))，?xP(x)?Q(y)∧?x(P(x)∧R(x))證明(1)?xP(x)P
(2)P(a)T(1)，ES(3)?x(P(x)?Q(y)∧R(x))P(4)P(a)?Q(y)∧R(a)T(3)，US(5)Q(y)∧R(a)T(2)(4)，I(6)Q(y)T(5)，I(7)R(a)T(5)，I(8)P(a)∧R(a)T(2)(7)，I(9)?x(P(x)∧R(x))T(8)，EG(10)Q(y)∧?x(P(x)∧R(x))T(6)(9)，I
四、某班有25名學生，其中14人會打籃球，12人會打排球，6人會打籃球和排球，5人會打籃球和網球，還有2人會打這三種球。而6個會打網球的人都會打另外一種球，求不會打這三種球的人數（10分）。
解：A，B，C分別表示會打排球、網球和籃球的學生集合。則|A|=12，|B|=6，|C|=14，|A∩C|=6，|B∩C|=5，|A∩B∩C|=2。
先求|A∩B|。
∵6=|（A∪C）∩B|=|（A∩B）∪（B∩C）|=|（A∩B）|+|（B∩C）|-|A∩B∩C|=|（A∩B）|+5-2，∴|（A∩B）|=3。
于是|A∪B∪C|=12+6+14-6-5-3+2=20。不會打這三種球的人數25-20=5。
五、已知A、B、C是三個集合，證明A-(B∪C)=(A-B)∩(A-C)（10分）。
證明：∵x? A-（B∪C）? x? A∧x?（B∪C）
? x? A∧（x?B∧x?C）
?（x? A∧x?B）∧（x? A∧x?C）? x?（A-B）∧x?（A-C）? x?（A-B）∩（A-C）
∴A-（B∪C）=（A-B）∩（A-C）
六、已知R、S是N上的關系，其定義如下：R={
解：R={
七、設R={
解：r(R)={
12-1
2s(R)={
八、證明整數集I上的模m同余關系R={
證明：1）?x∈I，因為（x-x）/m=0，所以x?x(mod m)，即xRx。
2）?x，y∈I，若xRy，則x?y(mod m)，即（x-y）/m=k∈I，所以（y-x）/m=-k∈I，所以y?x(mod m)，即yRx。
3）?x，y，z∈I，若xRy，yRz，則（x-y）/m=u∈I，（y-z）/m=v∈I，于是（x-z）/m=（x-y+y-z）/m=u+v ∈I，因此xRz。
九、若f:A→B和g:B→C是雙射，則（gf）=fg（10分）。
1-1-14325證明：因為f、g是雙射，所以gf：A→C是雙射，所以gf有逆函數（gf）：C→A。同理可推fg：C→A是雙射。
因為
1-1
-1-1-1-1
-1-1-1
-1離散數學試題(B卷答案2）
一、證明題（10分）
1)((P∨Q)∧?(?P∧(?Q∨?R)))∨(?P∧?Q)∨(?P∧?R)?T 證明: 左端?((P∨Q)∧(P∨(Q∧R)))∨?((P∨Q)∧(P∨R))(摩根律)?((P∨Q)∧(P∨Q)∧(P∨R))∨?((P∨Q)∧(P∨R))(分配律)?((P∨Q)∧(P∨R))∨?((P∨Q)∧(P∨R))(等冪律)?T(代入)2)?x?y(P(x)?Q(y))? ?(?xP(x)??yQ(y))證明：?x?y(P(x)?Q(y))??x?y(?P(x)∨Q(y))??x(?P(x)∨?yQ(y))??x?P(x)∨?yQ(y)???xP(x)∨?yQ(y)?(?xP(x)??yQ(y))
二、求命題公式(?P?Q)?(P∨?Q)的主析取范式和主合取范式（10分）
解：(?P?Q)?(P∨?Q)??(?P?Q)∨(P∨?Q)??(P∨Q)∨(P∨?Q)?(?P∧?Q)∨(P∨?Q)?(?P∨P∨?Q)∧(?Q∨P∨?Q)?(P∨?Q)?M1 ?m0∨m2∨m3
三、推理證明題（10分）
1)(P?(Q?S))∧(?R∨P)∧Q?R?S 證明：(1)R(2)?R∨P(3)P(4)P?(Q?S)(5)Q?S(6)Q(7)S(8)R?S 2)?x(A(x)??yB(y))，?x(B(x)??yC(y))?xA(x)??yC(y)。
證明：(1)?x(A(x)??yB(y))P(2)A(a)??yB(y)T(1)，ES(3)?x(B(x)??yC(y))P(4)?x(B(x)?C(c))T(3)，ES(5)B(b)?C(c)T(4)，US(6)A(a)?B(b)T(2)，US(7)A(a)?C(c)T(5)(6)，I(8)?xA(x)?C(c)T(7)，UG(9)?xA(x)??yC(y)T(8)，EG
四、只要今天天氣不好，就一定有考生不能提前進入考場，當且僅當所有考生提前進入考場，考試才能準時進行。所以，如果考試準時進行，那么天氣就好（15分）。
解 設P：今天天氣好，Q：考試準時進行，A(e)：e提前進入考場，個體域：考生 的集合，則命題可符號化為：?P??x?A(x)，?xA(x)?QQ?P。
(1)?P??x?A(x)P(2)?P???xA(x)T(1)，E(3)?xA(x)?P T(2)，E(4)?xA(x)?Q P(5)(?xA(x)?Q)∧(Q??xA(x))T(4)，E(6)Q??xA(x)T(5)，I(7)Q?P T(6)(3)，I
五、已知A、B、C是三個集合，證明A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)（10分）
證明：∵x? A∩（B∪C）? x? A∧x?（B∪C）? x? A∧（x?B∨x?C）?（x? A∧x?B）∨（x? A∧x?C）? x?（A∩B）∨x? A∩C? x?（A∩B）∪（A∩C）∴A∩（B∪C）=（A∩B）∪（A∩C）
六、A={ x1,x2,x3 }，B={ y1,y2}，R={
七、設R={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>}，求r(R)、s(R)和t(R)，并作出它們及R的關系圖（15分）。
解：r(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<1,1>,<2,2>, <3,3>,<4,4>,<5,5>} s(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<1,2>,<4,2>,<4,3>} R=R={<2,2>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,1>,<5,5>,<5,4>} R={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<5,4>} R={<2,2>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,1>,<5,5>,<5,4>} t(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<2,2>,<5,1>,<5,4>,<5,5>}
八、設R1是A上的等價關系，R2是B上的等價關系，A≠?且B≠?。關系R滿足：<
證明 對任意的
對任意的
5∈R，即
對任意的
綜上可得，R是A×B上的等價關系。
九、設f：A?B，g：B?C，h：C?A，證明：如果h?g?f＝IA，f?h?g＝IB，g?f?h＝IC，則f、g、h均為雙射，并求出f、g和h（10分）。
解 因IA恒等函數，由h?g?f＝IA可得f是單射，h是滿射；因IB恒等函數，由f?h?g＝IB可得g是單射，f是滿射；因IC恒等函數，由g?f?h＝IC可得h是單射，g是滿射。從而f、g、h均為雙射。
由h?g?f＝IA，得f＝h?g；由f?h?g＝IB，得g＝f?h；由g?f?h＝IC，得h＝g?f。－
1－1
－1－1－1
－1離散數學試題(B卷答案3）
一、（10分）判斷下列公式的類型（永真式、永假式、可滿足式）？(寫過程)1)P?(P∨Q∨R)2)?((Q?P)∨?P)∧(P∨R)3)((?P∨Q)?R)?((P∧Q)∨R)解：1)重言式；2)矛盾式；3)可滿足式
二、（10分）求命題公式（P∨(Q∧R))?(P∨Q∨R)的主析取范式，并求成真賦值。
解：（P∨(Q∧R))?(P∨Q∨R)??(P∨(Q∧R))∨P∨Q∨R ??P∧(?Q∨?R)∨P∨Q∨R ?(?P∧?Q)∨(?P∧?R)∨(P∨Q)∨R ?(?(P∨Q)∨(P∨Q))∨(?P∧?R)∨R ?1∨((?P∧?R)∨R)?1 ?m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m6∨m7 該式為重言式，全部賦值都是成真賦值。
三、（10分）證明((P∧Q∧A)?C)∧(A?(P∨Q∨C))?(A∧(P?Q))?C 證明：((P∧Q∧A)?C)∧(A?(P∨Q∨C))?(?(P∧Q∧A)∨C)∧(?A∨(P∨Q∨C))?((?P∨?Q∨?A)∨C)∧((?A∨P∨Q)∨C)
?((?P∨?Q∨?A)∧(?A∨P∨Q))∨C ??((?P∨?Q∨?A)∧(?A∨P∨Q))?C ?(?(?P∨?Q∨?A)∨?(?A∨P∨Q))?C ?((P∧Q∧A)∨(A∧?P∧?Q))?C ?(A∧((P∧Q)∨(?P∧?Q)))?C ?(A∧((P∨?Q)∧(?P∨Q)))?C ?(A∧((Q?P)∧(P?Q)))?C ?(A∧(P?Q))?C
四、（10分）個體域為{1，2}，求?x?y（x+y=4）的真值。
解：?x?y（x+y=4）??x（（x+1=4）∨（x+2=4））
?（（1+1=4）∨（1+2=4））∧（（2+1=4）∨（2+2=4））?（0∨0）∧（0∨1）?0∧1?0
五、（10分）對于任意集合A，B，試證明：P(A)∩P(B)=P(A∩B)解：?x?P(A)∩P(B)，x?P(A)且x?P(B)，有x?A且x?B，從而x?A∩B，x?P(A∩B)，由于上述過程可逆，故P(A)∩P(B)=P(A∩B)
六、（10分）已知A={1，2，3，4，5}和R={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>}，求r(R)、s(R)和t(R)。
解：r(R)={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>，<1，1>，<2，2>，<3，3>，<4，4>，<5，5>} s(R)={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>，<3，2>，<4，3>，<4，5>} t(R)={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>，<1，1>，<1，3>，<2，2>，<2，4>，<1，4>}
七、（10分）設函數f：R×R?R×R，R為實數集，f定義為：f(
解：1）?
2）?
∈R×R，由f( ，通過計算可得x=(p+q)/2；y=(p-q)/2；從而 的原象存在，f是滿射。 八、（10分） 證明：1）?a，b∈G，a?b=a*u*b∈G，運算是封閉的。 2）?a，b，c∈G，（a?b）?c=（a*u*b）*u*c=a*u*（b*u*c）=a?（b?c），運算是可結合的。 3）?a∈G，設E為?的單位元，則a?E=a*u*E=a，得E=u，存在單位元u。4）?a∈G，a?x=a*u*x=E，x=u*a*u，則x?a=u*a*u*u*a=u=E，每個元素都有逆元。 所以 九、（10分）已知：D= 解：1）D的鄰接距陣A和可達距陣P如下： A= 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1- 1-1 P= 1 1 1 1 十、（10分）求葉的權分別為2、4、6、8、10、12、14的最優(yōu)二叉樹及其權。 解：最優(yōu)二叉樹為 權＝(2+4)×4+6×3+12×2+(8+10)×3+14×2＝148 離散數學試題(B卷答案4） 一、證明題（10分） 1)((P∨Q)∧?(?P∧(?Q∨?R)))∨(?P∧?Q)∨(?P∧?R)?T 證明: 左端?((P∨Q)∧(P∨(Q∧R)))∨?((P∨Q)∧(P∨R))(摩根律)?((P∨Q)∧(P∨Q)∧(P∨R))∨?((P∨Q)∧(P∨R))(分配律)?((P∨Q)∧(P∨R))∨?((P∨Q)∧(P∨R))(等冪律)?T(代入)2)?x(P(x)?Q(x))∧?xP(x)??x(P(x)∧Q(x))證明：?x(P(x)?Q(x))∧?xP(x)??x((P(x)?Q(x)∧P(x))??x((?P(x)∨Q(x)∧P(x))??x(P(x)∧Q(x))??xP(x)∧?xQ(x)??x(P(x)∧Q(x)) 二、求命題公式(?P?Q)?(P∨?Q)的主析取范式和主合取范式（10分） 解：(?P?Q)?(P∨?Q)??(?P?Q)∨(P∨?Q)??(P∨Q)∨(P∨?Q)?(?P∧?Q)∨(P∨?Q)?(?P∨P∨?Q)∧(?Q∨P∨?Q)?(P∨?Q)?M1?m0∨m2∨m3 三、推理證明題（10分） 1)(P?(Q?S))∧(?R∨P)∧Q?R?S 證明：（1）R 附加前提(2)?R∨P P(3)P T(1)(2),I(4)P?(Q?S)P(5)Q?S T(3)(4),I(6)Q P(7)S T(5)(6),I(8)R?S CP 2)?x(P(x)∨Q(x))，?x?P(x)??x Q(x)證明：(1)?x?P(x)P(2)?P(c)T(1),US(3)?x(P(x)∨Q(x))P(4)P(c)∨Q(c)T(3),US(5)Q(c)T(2)(4),I(6)?x Q(x)T(5),EG 四、例5在邊長為1的正方形內任意放置九個點，證明其中必存在三個點，使得由它們組成的三角形（可能是退化的）面積不超過1/8（10分）。 證明：把邊長為1的正方形分成四個全等的小正方形，則至少有一個小正方形內有三個點，它們組成的三角形（可能是退化的）面積不超過小正方形的一半，即1/8。 五、已知A、B、C是三個集合，證明A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)（10分） 證明：∵x? A∩（B∪C）? x? A∧x?（B∪C）? x? A∧（x?B∨x?C）?（x? A∧x?B）∨（x? A∧x?C）? x?（A∩B）∨x? A∩C? x?（A∩B）∪（A∩C）∴A∩（B∪C）=（A∩B）∪（A∩C） 六、?={A1，A2，?，An}是集合A的一個劃分，定義R={ 證明：?a∈A必有i使得a∈Ai，由定義知aRa，故R自反。?a,b∈A，若aRb，則a,b∈Ai，即b,a∈Ai，所以bRa，故R對稱。 ?a,b,c∈A，若aRb 且bRc，則a,b∈Ai及b,c∈Aj。因為i≠j時Ai∩Aj=?，故i=j，即a,b,c∈Ai，所以aRc，故R傳遞。 總之R是A上的等價關系。 七、若f:A→B是雙射，則f:B→A是雙射（15分）。 證明:對任意的x∈A，因為f是從A到B的函數，故存在y∈B，使 對任意的x∈A，若存在y1,y2∈B，使得 因此f是雙射。 八、設 證明 假設A≠G且B≠G，則存在a?A，a?B，且存在b?B，b?A（否則對任意的a?A，a?B，從而A?B，即A∪B＝B，得B＝G，矛盾。） 對于元素a*b?G，若a*b?A，因A是子群，a?A，從而a *(a*b)＝b ?A，所以矛盾，故a*b?A。同理可證a*b?B，綜合有a*b?A∪B＝G。綜上所述，假設不成立，得證A＝G或B＝G。 九、若無向圖G是不連通的，證明G的補圖G是連通的（10分）。 證明 設無向圖G是不連通的，其k個連通分支為G1、G2、?、Gk。任取結點u、v∈G，若u和v不在圖G的同一個連通分支中，則[u，v]不是圖G的邊，因而[u，v] 1-1-1 -1-1-1-1是圖G的邊；若u和v在圖G的同一個連通分支中，不妨設其在連通分支Gi（1≤i≤k）中，在不同于Gi的另一連通分支上取一結點w，則[u，w]和[w，v]都不是圖G的邊，因而[u，w]和[w，v]都是G的邊。綜上可知，不管那種情況，u和v都是可達的。由u和v的任意性可知，G是連通的。 離散數學試題（B卷答案5） 一、（10分）求命題公式?(P∧Q)??(?P?R)的主合取范式。 解：?(P∧Q)??(?P?R)?（?(P∧Q)??(?P?R)）∧（?(?P?R)??(P∧Q)）?（(P∧Q)∨(?P∧?R)）∧（(P∨R)∨(?P∨?Q)）?(P∧Q)∨(?P∧?R)?(P∨?R)∧（Q∨?P）∧（Q∨?R） ?(P∨Q∨?R)∧(P∨?Q∨?R)∧（?P∨Q∨R）∧（?P∨Q∨?R）?M1∧M3∧M4∧M5 二、（8分）敘述并證明蘇格拉底三段論 解：所有人都是要死的，蘇格拉底是人，所以蘇格拉底是要死的。符號化：F（x）：x是一個人。G（x）：x要死的。A：蘇格拉底。命題符號化為?x（F（x）?G（x）），F（a）?G（a）證明： （1）?x(F(x)?G(x))P（2）F(a)?G(a)T(1),US（3）F(a)P（4）G(a)T(2)(3),I 三、（8分）已知A、B、C是三個集合，證明A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)證明：∵x? A∩（B∪C）? x? A∧x?（B∪C） ? x? A∧（x?B∨x?C） ?（x? A∧x?B）∨（x? A∧x?C）? x?（A∩B）∨x? A∩C ? x?（A∩B）∪（A∩C） ∴A∩（B∪C）=（A∩B）∪（A∩C） 四、（10分）已知R和S是非空集合A上的等價關系，試證：1）R∩S是A上的等價關系；2）對a∈A，[a]R∩S=[a]R∩[a]S。 解：?x∈A，因為R和S是自反關系，所以 ?x、y∈A，若 ?x、y、z∈A，若 總之R∩S是等價關系。 2）因為x∈[a]R∩S? 五、(10分)設A＝{a，b，c，d}，R是A上的二元關系，且R＝{ 解 r(R)＝R∪IA＝{ t(R)＝?R＝{ 4232-1d>， 六、(15分)設A、B、C、D是集合，f是A到B的雙射，g是C到D的雙射，令h：A×C?B×D且? 證明：1）先證h是滿射。 ? 2）再證h是單射。 ? 到D的雙射，所以a1＝a2，c1＝c2，所以 綜合1）和2），h是雙射。 七、(12分)設 證明：? ?a,b∈H有b∈H，所以a*b∈H。??a∈H，則e=a*a∈H a=e*a∈H ∵a,b∈H及b∈H，∴a*b=a*（b）∈H ∵H?G且H≠?,∴*在H上滿足結合律 ∴ 八、（10分）設G= 解：設G的每個結點的度數都大于等于6，則2|E|=?d(v)≥6|V|，即|E|≥3|V|，與簡單無向平面圖的|E|≤3|V|-6矛盾，所以G至少有一個結點的度數小于等于5。九.G= 1-1 -1-1-1-1-1 -1-1（1）G是否為阿貝爾群？ （2）找出G的單位元；（3）找出G的冪等元（4）求b的逆元和c的逆元 解：（1）(a*c)*(a*c)=c*c=b=a*b=(a*a)*(c*c)(a*b)*(a*b)=b*b=c=a*c=(a*a)*(b*b)(b*c)*(b*c)=a*a=a=c*b=(b*b)*(c*c)所以G是阿貝爾群 （2）因為a*a=a a*b=b*a=b a*c=c*a=c 所以G的單位元是a（3）因為a*a=a 所以G的冪等元是a（4）因為b*c=c*b=a，所以b的逆元是c且c的逆元是b 十、(10分)求葉的權分別為2、4、6、8、10、12、14的最優(yōu)二叉樹及其權。 解：最優(yōu)二叉樹為 權＝148 離散數學試題（B卷答案6） 一、（20分）用公式法判斷下列公式的類型：(1)(?P∨?Q)?(P??Q)(2)(P?Q)?(P∧?(Q∨?R))解：（1）因為(?P∨?Q)?(P??Q)??(?P∨?Q)∨(P∧?Q)∨(?P∧Q) ?(P∧Q)∨(P∧?Q)∨(?P∧Q)?m1∨m2∨m3 ?M0 所以，公式(?P∨?Q)?(P??Q)為可滿足式。 （2）因為(P?Q)?(P∧?(Q∨?R))??(?(P∨Q))∨(P∧?Q∧R)) ?(P∨Q)∨(P∧?Q∧R)) ?(P∨Q∨P)∧(P∨Q∨?Q)∧(P∨Q∨R)?(P∨Q)∧(P∨Q∨R) ?(P∨Q∨(R∧?R))∧(P∨Q∨R)?(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨?R)∧(P∨Q∨R)?M0∧M1 ?m2∨m3∨m4∨m5∨m6∨m7 所以，公式(P?Q)?(P∧?(Q∨?R))為可滿足式。 二、（15分）在謂詞邏輯中構造下面推理的證明：每個科學家都是勤奮的，每個勤奮 又身體健康的人在事業(yè)中都會獲得成功。存在著身體健康的科學家。所以，存在著事業(yè)獲得成功的人或事業(yè)半途而廢的人。 解：論域：所有人的集合。Q(x)：x是勤奮的；H(x)：x是身體健康的；S(x)：x是科學家；C(x)：x是事業(yè)獲得成功的人；F(x)：x是事業(yè)半途而廢的人；則推理化形式為： ?x(S(x)?H(x))Q(x))，?x(Q(x)∧H(x)?C(x))，?x(S(x)∧?x(C(x)∨F(x))下面給出證明： (1)?x(S(x)∧H(x)) P(2)S(a)∧H(a) T(1)，ES(3)?x(S(x)?Q(x)) P(4)S(a)?Q(a) T(1)，US(5)S(a) T(2)，I(6)Q(a) T(4)(5)，I(7)H(a) T(2)，I(8)Q(a)∧H(a) T(6)(7)，I(9)?x(Q(x)∧H(x)?C(x)) P(10)Q(a)∧H(a)?C(a) T(9)，Us(11)C(a) T(8)(10)，I(12)?xC(x) T(11)，EG(13)?x(C(x)∨F(x)) T(12)，I 三、（10分）設A＝{?，1，{1}}，B＝{0，{0}}，求P(A)、P(B)－{0}、P(B)?B。解 P(A)＝{?，{?}，{1}，{{1}}，{?，1}，{?，{1}}，{1，{1}}，{?，1，{1}}} P(B)－{0}＝{?，{0}，{{0}}，{0，{0}}－{0}＝{?，{0}，{{0}}，{0，{0}} P(B)?B＝{?，{0}，{{0}}，{0，{0}}?{0，{0}}＝{?，0，{{0}}，{0，{0}} 四、（15分）設R和S是集合A上的任意關系，判斷下列命題是否成立？(1)若R和S是自反的，則R*S也是自反的。(2)若R和S是反自反的，則R*S也是反自反的。(3)若R和S是對稱的，則R*S也是對稱的。 (4)若R和S是傳遞的，則R*S也是傳遞的。(5)若R和S是自反的，則R∩S是自反的。(6)若R和S是傳遞的，則R∪S是傳遞的。 解 (1)成立。對任意的a∈A，因為R和S是自反的，則 (2)不成立。例如，令A＝{1，2}，R＝{<1，2>}，S＝{<2，1>}，則R和S是反自反的，但R*S＝{<1，1>}不是反自反的。 (3)不成立。例如，令A＝{1，2，3}，R＝{<1，2>，<2，1>，<3，3>}，S＝{<2，3>，<3，2>}，則R和S是對稱的，但R*S＝{<1，3>，<3，2>}不是對稱的。 (4)不成立。例如，令A＝{1，2，3}，R＝{<1，2>，<2，3>，<1，3>}，S＝{<2，3>，<3，1>，<2，1>}，則R和S是傳遞的，但R*S＝{<1，3>，<1，1>，<2，1>}不是傳遞的。 (5)成立。對任意的a∈A，因為R和S是自反的，則 五、（15分）令X＝{x1，x2，?，xm}，Y＝{y1，y2，?，yn}。問(1)有多少個不同的由X到Y的函數？ (2)當n、m滿足什么條件時，存在單射，且有多少個不同的單射？(3)當n、m滿足什么條件時，存在雙射，且有多少個不同的雙射？ 解 (1)由于對X中每個元素可以取Y中任一元素與其對應，每個元素有n種取法，所以不同的函數共nm個。 (2)顯然當|m|≤|n|時，存在單射。由于在Y中任選m個元素的任一全排列都形成X到 mY的不同的單射，故不同的單射有Cnm!＝n(n－1)(n―m―1)個。 (3)顯然當|m|＝|n|時，才存在雙射。此時Y中元素的任一不同的全排列都形成X到Y的不同的雙射，故不同的雙射有m!個。 六、（5分）集合X上有m個元素，集合Y上有n個元素，問X到Y的二元關系總共有多少個？ 解 X到Y的不同的二元關系對應X×Y的不同的子集，而X×Y的不同的子集共有個2mn，所以X到Y的二元關系總共有2mn個。 七、（10分）若 b。 證明 設e是群 － － －所以，x＝a1*b是a*x＝b的解。－若x?∈G也是a*x＝b的解，則x?＝e*x?＝(a1*a)*x?＝a1*(a*x?)＝a1*b＝x。所以，x － － －＝a1*b是a*x＝b的惟一解。－ 八、（10分）給定連通簡單平面圖G＝ 證明 由偶拉公式得|V|－|E|＋|F|＝2，所以|F|＝2－|V|＋|E|＝8，于是?d(f)＝2|E|＝ f?F24。若存在f∈F，使得d(f)＞3，則3|F|＜2|E|＝24，于是|F|＜8，與|F|＝8矛盾。故對任意f∈F，d(f)＝3。 離散數學試題（B卷答案7） 一、（15分）設計一盞電燈的開關電路，要求受3個開關A、B、C的控制：當且僅當A和C同時關閉或B和C同時關閉時燈亮。設F表示燈亮。 (1)寫出F在全功能聯結詞組{?}中的命題公式。(2)寫出F的主析取范式與主合取范式。 解 (1)設A：開關A關閉；B：開關B關閉；C：開關C關閉；F＝(A∧C)∨(B∧C)。在全功能聯結詞組{?}中： ?A??(A∧A)?A?A A∧C???(A∧C)??(A?C)?(A?C)?(A?C) A∨B??(?A∧?B)??((A?A)∧(B?B))?(A?A)?(B?B)所以 F?((A?C)?(A?C))∨((B?C)?(B?C))?(((A?C)?(A?C))?((A?C)?(A?C)))?(((B?C)?(B?C))?((B?C)?(B?C)))(2)F?(A∧C)∨(B∧C) ?(A∧(B∨?B)∧C)∨((A∨?A)∧B∧C)?(A∧B∧C)∨(A∧?B∧C)∨(A∧B∧C)∨(?A∧B∧C)?m3∨m5∨m7 主析取范式 ?M0∧M1∧M2∧M4∧M6 主合取范式 二、（10分）判斷下列公式是否是永真式？(1)(?xA(x)??xB(x))??x(A(x)?B(x))。(2)(?xA(x)??xB(x))??x(A(x)?B(x)))。解 (1)(?xA(x)??xB(x))??x(A(x)?B(x))?(??xA(x)∨?xB(x))??x(A(x)?B(x))??(??xA(x)∨?xB(x))∨?x(?A(x)∨B(x))?(?xA(x)∧??xB(x))∨?x?A(x)∨?xB(x)?(?xA(x)∨?x?A(x)∨?xB(x))∧(??xB(x)∨?x?A(x)∨?xB(x))??x(A(x)∨?A(x))∨?xB(x)?T 所以，(?xA(x)??xB(x))??x(A(x)?B(x))為永真式。 (2)設論域為{1，2}，令A(1)＝T；A(2)＝F；B(1)＝F；B(2)＝T。 則?xA(x)為假，?xB(x)也為假，從而?xA(x)??xB(x)為真；而由于A(1)?B(1)為假，所以?x(A(x)?B(x))也為假，因此公式(?xA(x)??xB(x))??x(A(x)?B(x))為假。該公式不是永真式。 三、（15分）設X為集合，A＝P(X)－{?}－{X}且A≠?，若|X|＝n，問(1)偏序集 (3)偏序集 偏序集 考察P(X)的哈斯圖，最底層的頂點是空集，記作第0層，由底向上，第一層是單元集，第二層是二元集，…，由|X|＝n，則第n－1層是X的n－1元子集，第n層是X。偏序集 相比，恰好缺少第0層和第n層。因此 四、（10分）設A＝{1，2，3，4，5}，R是A上的二元關系，且R＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>}，求r(R)、s(R)和t(R)。 解 r(R)＝R∪IA＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<1，1>，<2，2>，<3，3>，<4，4>，<5，5>} s(R)＝R∪R1＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<1，2>，－ <4，2>，<4，3>} R2＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>} R3＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<5，4>} R4＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>}＝R2 t(R)＝?Ri＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<2，2>，<5，i?1?1>，<5，4>，<5，5>}。 五、（10分）設函數g：A→B，f：B→C，(1)若f?g是滿射，則f是滿射。(2)若f?g是單射，則g是單射。 證明 因為g：A→B，f：B→C，由定理5.5知，f?g為A到C的函數。 (1)對任意的z∈C，因f?g是滿射，則存在x∈A使f?g(x)＝z，即f(g(x))＝z。由g：A→B可知g(x)∈B，于是有y＝g(x)∈B，使得f(y)＝z。因此，f是滿射。 (2)對任意的x1、x2∈A，若x1≠x2，則由f?g是單射得f?g(x1)≠f?g(x2)，于是f(g(x1))≠f(g(x2))，必有g(x1)≠g(x2)。所以，g是單射。 六、（10分）有幺元且滿足消去律的有限半群一定是群。 證明 設 考慮a，a2，?，ak，?。因為G只有有限個元素，所以存在k＞l，使得ak＝al。令m＝k－l，有al*e＝al*am，其中e是幺元。由消去率得am＝e。 于是，當m＝1時，a＝e，而e是可逆的；當m＞1時，a*am-1＝am-1*a＝e。從而a是可逆的，其逆元是am-1。總之，a是可逆的。 七、（20分）有向圖G如圖所示，試求：(1)求G的鄰接矩陣A。 (2)求出A2、A3和A4，v1到v4長度為1、2、3和4的路有多少？ (3)求出ATA和AAT，說明ATA和AAT中的第(2，2)元素和第(2，3)元素的意義。(4)求出可達矩陣P。(5)求出強分圖。 解 (1)求G的鄰接矩陣為： ?0??0A??0??0?101??011? 101??100??(2)由于 ?0??02A??0??0?111??02??201?3?0A??02111????02011???12??03??22??044A? ?0312????0101???23??13? 23??22??所以v1到v4長度為1、2、3和4的路的個數分別為1、1、2、3。(3)由于 ?0??0ATA??0??0?000??21??312??12TAA? ?21011????10213???21??10? 21??21??再由定理10.19可知，所以ATA的第(2，2)元素為3，表明那些邊以v2為終結點且具有不同始結點的數目為3，其第(2，3)元素為0，表明那些邊既以v2為終結點又以v3為終結點，并且具有相同始結點的數目為0。AAT中的第(2，2)元素為2，表明那些邊以v2為始結點且具有不同終結點的數目為2，其第(2，3)元素為1，表明那些邊既以v2為始結點又以v3為始結點，并且具有相同終結點的數目為1。 (4)?0??0B4?A?A2?A3?A4??0??0??0??0所以求可達矩陣為P??0??0??0??0(5)因為P?PT??0??0?101??0??011??0+101??0???100???0111??111?。 111??111??111??0??111??1∧?1111????1111???000??0??111??0＝?0111????0111???000??111?，所以{v1}，{v2，v3，v4} 111??111??因 111??0 ?? 201??0 + 111??0 ???011???0 212??03??122??04+ 212??03???201???0123??13??23??22???0 ??0?0??0? 為 741? ? 747?，747? ? 434??構成G的強分圖。 離散數學試題（B卷答案8） 一、（10分）證明(P∨Q)∧(P?R)∧(Q?S)S∨R 證明 因為S∨R??R?S，所以，即要證(P∨Q)∧(P?R)∧(Q?S)?R?S。(1)?R 附加前提(2)P?R P(3)?P T(1)(2)，I(4)P∨Q P(5)Q T(3)(4)，I(6)Q?S P(7)S T(5)(6)，I(8)?R?S CP(9)S∨R T(8)，E 二、（15分）根據推理理論證明：每個考生或者勤奮或者聰明，所有勤奮的人都將有所作為，但并非所有考生都將有所作為，所以，一定有些考生是聰明的。 設P(e)：e是考生，Q(e)：e將有所作為，A(e)：e是勤奮的，B(e)：e是聰明的，個體域：人的集合，則命題可符號化為：?x(P(x)?(A(x)∨B(x)))，?x(A(x)?Q(x))，??x(P(x)?Q(x))?x(P(x)∧B(x))。 (1)??x(P(x)?Q(x)) P(2)??x(?P(x)∨Q(x)) T(1)，E(3)?x(P(x)∧?Q(x)) T(2)，E(4)P(a)∧?Q(a) T(3)，ES(5)P(a) T(4)，I(6)?Q(a) T(4)，I(7)?x(P(x)?(A(x)∨B(x)) P(8)P(a)?(A(a)∨B(a)) T(7)，US(9)A(a)∨B(a) T(8)(5)，I(10)?x(A(x)?Q(x)) P (11)A(a)?Q(a) T(10)，US(12)?A(a) T(11)(6)，I (13)B(a) T(12)(9)，I(14)P(a)∧B(a) T(5)(13)，I(15)?x(P(x)∧B(x)) T(14)，EG 三、（10分）某班有25名學生，其中14人會打籃球，12人會打排球，6人會打籃球和排球，5人會打籃球和網球，還有2人會打這三種球。而6個會打網球的人都會打另外一種球，求不會打這三種球的人數。 解 設A、B、C分別表示會打排球、網球和籃球的學生集合。則： |A|＝12，|B|＝6，|C|＝14，|A∩C|＝6，|B∩C|＝5，|A∩B∩C|＝2，|(A∪C)∩B|＝6。因為|(A∪C)∩B|＝(A∩B)∪(B∩C)|＝|(A∩B)|＋|(B∩C)|－|A∩B∩C|＝|(A∩B)|＋5－2＝6，所以|(A∩B)|＝3。于是|A∪B∪C|＝12＋6＋14－6－5－3＋2＝20，|A?B?C|＝25－20＝5。故，不會打這三種球的共5人。 四、（10分）設A1、A2和A3是全集U的子集，則形如?Ai?(Ai?為Ai或Ai)的集合稱 i?13為由A1、A2和A3產生的小項。試證由A1、A2和A3所產生的所有非空小項的集合構成全集U的一個劃分。 證明 小項共8個，設有r個非空小項s1、s2、…、sr(r≤8)。 對任意的a∈U，則a∈Ai或a∈Ai，兩者必有一個成立，取Ai?為包含元素a的Ai或Ai，則a∈?Ai?，即有a∈?si，于是U??si。又顯然有?si?U，所以U＝?si。 i?1i?1i?1i?1i?13rrrr任取兩個非空小項sp和sq，若sp≠sq，則必存在某個Ai和Ai分別出現在sp和sq中，于是sp∩sq＝?。 綜上可知，{s1，s2，…，sr}是U的一個劃分。 五、（15分）設R是A上的二元關系，則：R是傳遞的?R*R?R。 證明 (5)若R是傳遞的，則 反之，若R*R?R，則對任意的x、y、z∈A，如果xRz且zRy，則 六、（15分）若G為連通平面圖，則n－m＋r＝2，其中，n、m、r分別為G的結點數、邊數和面數。 證明 對G的邊數m作歸納法。 當m＝0時，由于G是連通圖，所以G為平凡圖，此時n＝1，r＝1，結論自然成立。假設對邊數小于m的連通平面圖結論成立。下面考慮連通平面圖G的邊數為m的情況。 設e是G的一條邊，從G中刪去e后得到的圖記為G?，并設其結點數、邊數和面數分別為n?、m?和r?。對e分為下列情況來討論： 若e為割邊，則G?有兩個連通分支G1和G2。Gi的結點數、邊數和面數分別為ni、mi和ri。顯然n1＋n2＝n?＝n，m1＋m2＝m?＝m－1，r1＋r2＝r?＋1＝r＋1。由歸納假設有n1－m1＋r1＝2，n2－m2＋r2＝2，從而(n1＋n2)－(m1＋m2)＋(r1＋r2)＝4，n－(m－1)＋(r＋1)＝4，即n－m＋r＝2。 若e不為割邊，則n?＝n，m?＝m－1，r?＝r－1，由歸納假設有n?－m?＋r?＝2，從而n－(m－1)＋r－1＝2，即n－m＋r＝2。 由數學歸納法知，結論成立。 七、（10分）設函數g：A→B，f：B→C，則：(1)f?g是A到C的函數； (2)對任意的x∈A，有f?g(x)＝f(g(x))。 證明 (1)對任意的x∈A，因為g：A→B是函數，則存在y∈B使 對任意的x∈A，若存在y1、y2∈C，使得 綜上可知，f?g是A到C的函數。 (2)對任意的x∈A，由g：A→B是函數，有 八、（15分）設 證明 對于任意a∈G，必有a1∈G使得a1*a＝e∈H，所以 － － 若 － － －a>∈R。 若 － － －1*b)*(b1*c)＝a1*c∈H，故 對于任意的b∈[a]R，有 －于是b∈aH，[a]R?aH。對任意的b∈aH，存在h∈H使得b＝a*h，a1*b＝h∈H， 離散數學試題（B卷答案9） 一、（10分）證明(P∧Q∧A?C)∧(A?P∨Q∨C)?(A∧(P?Q))?C。證明：(P∧Q∧A?C)∧(A?P∨Q∨C)?(?P∨?Q∨?A∨C)∧(?A∨P∨Q∨C) ?(?P∨?Q∨?A∨C)∧(?A∨P∨Q∨C)?((?P∨?Q∨?A)∧(?A∨P∨Q))∨C ??((P∧Q∧A)∨(A∧?P∧?Q))∨C ??(A∧((P∧Q)∨(?P∧?Q)))∨C ??(A∧(P?Q))∨C ?(A∧(P?Q))?C。 二、（10分）舉例說明下面推理不正確：?x?y(P(x)?Q(y))，?y?z(R(y)?Q(z))?x?z(P(x)?R(z))。 解：設論域為{1，2}，令P(1)＝P(2)＝T；Q(1)＝Q(2)＝T；R(1)＝R(2)＝F。則： ?x?y(P(x)?Q(y))??x((P(x)?Q(1))∨(P(x)?Q(2))) ?((P(1)?Q(1))∨(P(1)?Q(2)))∧((P(2)?Q(1))∨(P(2)?Q(2)))?((T?T)∨(T?T))∧((T?T)∨(T?T))?T ?y?z(R(y)?Q(z))??y((R(y)?Q(1))∨(R(y)?Q(2))) ?((R(1)?Q(1))∨(R(1)?Q(2)))∧((R(2)?Q(1))∨(R(2)?Q(2))) ?((F?T)∨(F?T))∧((F?T)∨(F?T)) ?T 但 ?x?z(P(x)?R(z))??x((P(x)?R(1))∧(P(x)?R(2)))?((P(1)?R(1))∧(P(1)?R(2)))∨((P(2)?R(1))∧(P(2)?R(2)))?((T?F)∧(T?F))∨((T?F)∧(T?F))?F 所以，?x?y(P(x)?Q(y))，?y?z(R(y)?Q(z))?x?z(P(x)?R(z))不正確。 三、（15分）在謂詞邏輯中構造下面推理的證明：所有牛都有角，有些動物是牛，所以，有些動物有角。 解：令P(x)：x是牛；Q(x)：x有角；R(x)：x是動物；則推理化形式為： ?x(P(x)?Q(x))，?x(P(x)∧R(x))?x(Q(x)∧R(x))下面給出證明： (1)?x(P(x)∧R(x)) P(2)P(a)∧R(a) T(1)，ES(3)?x(P(x)?Q(x)) P(4)P(a)?Q(a) T(3)，US(5)P(a) T(2)，I(6)Q(a) T(4)(5)，I(7)R(a) T(2)，I(8)Q(a)∧R(a) T(6)(7)，I(9)?x(Q(x)∧R(x)) T(8)，EG 四、（10分）證明(A∩B)×(C∩D)＝(A×C)∩(B×D)。 證明：因為 五、（15分）設A＝{1，2，3，4，5}，R是A上的二元關系，且R＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>}，求r(R)、s(R)和t(R)。 解 r(R)＝R∪IA＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<1，1>，<2，2>，<3，3>，<4，4>，<5，5>} s(R)＝R∪R1＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<1，2>，－ <4，2>，<4，3>} R2＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>} R3＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<5，4>} R4＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>}＝R2 t(R)＝?Ri＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<2，2>，<5，i?1?1>，<5，4>，<5，5>}。 六、（10分）若函數f：A→B是雙射，則對任意x∈A，有f1(f(x))＝x。 －證明 對任意的x∈A，因為f：A→B是函數，則 －由f－1是B到A的函數，于是可寫為f1(f(x))＝x。 － 七、（10分）若G為有限群，則|G|＝|H|·[G:H]。 證明 設[G:H]＝k，a1、a2、…、ak分別為H的k個左陪集的代表元，由定理8.38得 G??[ai]R??aiH i?1i?1kk又因為對H中任意不同的元素x、y∈H及a∈G，必有a*x≠a*y，所以|a1H|＝…＝|akH|＝|H|。因此 |G|?|?aiH|?i?1k?|aH|?k|H|＝|H|·[G:H]。 ii?1k 八、（20分）（1）畫出3階2條邊的所有非同構有向簡單圖。 解：由握手定理可知，所畫的有向簡單圖各結點度數之和為4，且最大出度和最大入度均小于或等于2。度數列與入度列、出度列為： 1、2、1：入度列為0、1、1或0、2、0或1、0、1；出度列為1、1、0或1、0、1或0、2、0 2、2、0：入度列為1、1、0；出度列為1、1、0 四個所求有向簡單圖如圖所示。 （2）設G是n(n≥4)階極大平面圖，則G的最小度?≥3。 證明 設v是極大平面圖G的任一結點，則v在平面圖G－{v}的某個面f內。由于G－{v}是一個平面簡單圖且其結點數大于等于3，所以d(f)≥3。由G的極大平面性，v與f上的結點之間都有邊，因此d(v)≥3。由v的任意性可得，G的最小度?≥3。 離散數學試題（B卷答案10） 一、（10分）使用將命題公式化為主范式的方法，證明(P?Q)?(P∧Q)?(Q?P)∧(P∨Q)。 證明：因為(P?Q)?(P∧Q)??(?P∨Q)∨(P∧Q) ?(P∧?Q)∨(P∧Q)(Q?P)∧(P∨Q)?(?Q∨P)∧(P∨Q)?(P∧?Q)∨(?Q∧Q)∨(P∧P)∨(P∧Q)?(P∧?Q)∨P ?(P∧?Q)∨(P∧(Q∨?Q))?(P∧?Q)∨(P∧Q)∨(P∧?Q)?(P∧?Q)∨(P∧Q)所以，(P?Q)?(P∧Q)?(Q?P)∧(P∨Q)。 二、（10分）證明下述推理： 如果A努力工作，那么B或C感到愉快；如果B愉快，那么A不努力工作；如果D愉快那么C不愉快。所以，如果A努力工作，則D不愉快。 解 設A：A努力工作；B、C、D分別表示B、C、D愉快；則推理化形式為： A?B∨C，B??A，D??CA??D (1)A 附加前提(2)A?B∨C P(3)B∨C T(1)(2)，I(4)B??A P(5)A??B T(4)，E(6)?B T(1)(5)，I(7)C T(3)(6)，I (8)D??C P(9)?D T(7)(8)，I(10)A??D CP 三、（10分）證明?x?y(P(x)?Q(y))?(?xP(x)??yQ(y))。?x?y(P(x)?Q(y))??x?y(?P(x)∨Q(y))??x(?P(x)∨?yQ(y))??x?P(x)∨?yQ(y)???xP(x)∨?yQ(y)?(?xP(x)??yQ(y)) 四、（10分）設A＝{?，1，{1}}，B＝{0，{0}}，求P(A)、P(B)－{0}、P(B)?B。解 P(A)＝{?，{?}，{1}，{{1}}，{?，1}，{?，{1}}，{1，{1}}，{?，1，{1}}} P(B)－{0}＝{?，{0}，{{0}}，{0，{0}}－{0}＝{?，{0}，{{0}}，{0，{0}} P(B)?B＝{?，{0}，{{0}}，{0，{0}}?{0，{0}}＝{?，0，{{0}}，{0，{0}} 五、（15分）設X＝{1，2，3，4}，R是X上的二元關系，R＝{<1，1>，<3，1>，<1，3>，<3，3>，<3，2>，<4，3>，<4，1>，<4，2>，<1，2>}(1)畫出R的關系圖。(2)寫出R的關系矩陣。 (3)說明R是否是自反、反自反、對稱、傳遞的。解(1)R的關系圖如圖所示：(2)R的關系矩陣為： ?1??0M(R)??1??1?101110110??0? 0??0??(3)對于R的關系矩陣，由于對角線上不全為1，R不是自反的；由于對角線上存在非0元，R不是反自反的；由于矩陣不對稱，R不是對稱的； 經過計算可得 ?1??0M(R2)??1??1?101110110??0??M(R)，所以R是傳遞的。?0?0?? 六、（15分）設函數f：R×R?R×R，f定義為：f( (4)求復合函數f?f和f?f。 證明(1)對任意的x，y，x1，y1∈R，若f( (2)對任意的 1u?wu?wu?wu?w，y＝，則f( －1 ( x?y?x?y，2x?y?(x?y)>＝ 七、（15分）給定群 證明 對G中任意元a和b。 因為a*b＝(a*b)，所以a*a*b*b＝a*(a*b)*b，即得a*b＝(b*a)。同33 333 2255 ?13 ?1?1?1理，由a*b＝(a*b)可得，a*b＝(b*a)。由a*b＝(a*b)可得，a*b＝(b*a)。 于是(a*b)*(b*a)＝(b*a)＝a*b，即b*a＝a*b。同理可得，(a*b)*(b*a)＝(b*a)＝a*b，即b*a＝a*b。 3333334 344433555444 由于(a*b)*b＝a*b＝b*a＝b*(b*a)＝b*(a*b)＝(b*a)*b，故a*b＝b*a。 八、（15分）（1）證明在n個結點的連通圖G中，至少有n－1條邊。 證明 不妨設G是無向連通圖（若G為有向圖，可略去邊的方向討論對應的無向圖）。設G中結點為v1、v2、?、vn。由連通性，必存在與v1相鄰的結點，不妨設它為v2（否則可重新編號），連接v1和v2，得邊e1，還是由連通性，在v3、v4、?、vn中必存在與v1或v2相鄰的結點，不妨設為v3，將其連接得邊e2，續(xù)行此法，vn必與v1、v2、?、vn?1中的某個結點相鄰，得新邊en?1，由此可見G中至少有n－1條邊。 （2）試給出|V|＝n，|E|＝(n－1)(n－2)的簡單無向圖G＝ 解 下圖滿足條件但不連通。 12344333 《物權法》期末考試試卷及答案 一、單選題 1.土地承包經營權屬于()。 A.所有權 B.用益物權 C.擔保物權 D準物權 2.相鄰關系是不動產的相鄰各方因不動產行使所有權或使用權而發(fā)生的權利義務關系，因此，相鄰關系的客體是()。A.不動產 B.對不動產所有的權利 C.對不動產所負的義務 D.不動產權利人行使其所有權或者使用權過程中所體現的權益 3.根據《物權法》的規(guī)定，下列各項有關共有關系的表述中，不符合法律規(guī)定的是()。 A.按份共有人有權自由處分自己的共有份額，無需取得其他共有人的同意 B.共同共有人對共有財產的處分，必須征得全體共有人的同意 C.按份共有人將份額出讓給共有人以外的第三人時，必須征得其他共有人的同意 D.共同共有關系終止，才能確定份額，分割共有財產 4.甲、乙、丙了人分別出資修建了一棟三層小樓。建樓前三人約定建成后甲、乙、丙分別住一 樓、二樓、三樓，但對樓房的所有權的歸屬未明確約定。樓房建成后，因對樓房的所有權歸屬發(fā)生爭議，如果三人不能協商解決，該樓房的所有權()。 A.三人共同共有 B.三人按份共有 C.三人區(qū)分所有 D.甲擁有所有權，乙、丙擁有使用權 5.通過招標、拍賣、公開協商等方式承包()等農村土地，依照土地承包法等法律和國務院的有關規(guī)定。其土地承包經營權可以轉讓、入股、抵押或者以其他方式流轉。 A.耕地 B.林地 C.荒地 D.草地 6.孫某有一輛汽車，估價20萬元，6月1日向李某借款l0萬元。訂立了汽車抵押合同并于當天辦理抵押登記。6月2日，向趙某借款10萬元，又以該汽車抵押并辦理了登記。后孫某不能還款，變賣汽車得款l6萬元。關于抵押板，下列說法正確的是()。 A.趙某優(yōu)先得到實現 B.他們處于同一順序 C.李某優(yōu)先得到實現 D.二者協商處理 7.甲公司向銀行貸款，并以所持乙上市公司股份用于質押。根據《物權法》的規(guī)定：質押合同的生效時間是()。A.借款合同簽訂之日 B.質押合同簽訂之日 C.向證券登記機構申請辦理出質登記之日 D.證券登記機構辦理出質登記之日 8.甲遺失一部相機，乙拾得的后放在辦公桌的抽屜內，并張貼了招領啟事。丙盜走該相機，賣給了不知情的丁，丁出質于戊，對此下列說法不正確的是()。A.乙對相機的占有屬于無權占有 B.丙對相機的占有屬于他主占有 C.丁對相機的占有屬于自主占有 D.戊對相機的占有屬于直接占有 9.我國擔保法規(guī)定的擔保法規(guī)定的，擔保物權包括：（）A.典權和抵押權 B.留置權、抵押權和質權 C.地上權和地役權 D.地役權、典權和質權 10.根據物權是否具有獨立性不同，物權可以分為（）。 A.主物權和從物權 B.有期限物權和無期限物權 C.動產物權、不動產物權和權利物權 D．用益物權與擔保物權 11.甲將自己所有的一套書賣給乙，但甲還想留閱一段時間，遂又與乙達成協議，借閱該書1個月，乙表示應允。乙取得該套書所有權的交付方法為（）。A.簡易交付 B.占有改定 C.指示交付 D.擬制交付 12.所有人不明的埋藏物，所有權歸（）。A.發(fā)現人 B.土地使用權人 C.國家 D．發(fā)現人和土地使用權人 13.下列財產所有權取得方法中，屬于繼受取得的是（）。 A．添附 B．生產 C．繼承 D．拾得遺失物 14.下列財產中，不得抵押的是（）。 A.土地所有權 B.抵押人所有的房屋 C.抵押人所有的機器 D.在建工程 15.趙某孤身一人，因外出打工，將一祖?zhèn)鞴哦挥舌従渝X某保管。錢某因結婚用錢，情急之下謊稱該古董為自己所有，賣給了古董收藏商孫某，得款10000元。孫某因資金周轉需要，向李某借款 20000 元，雙方約定將該古董押給李某，如孫某到期不回贖，古董歸李某所有。下列說法中正確的是：（）A．錢某與孫某之間的古董買賣合同無效 B．孫某取得該古董的所有權 C．李某對該古董的占有屬于無權占有 D．趙某可以直接請求李某歸還該古董 16.根據我國《物權法》規(guī)定，下列各項中，不屬于物權的是：（）A．土地承包經營權 B． 建設用地使用權 C． 典權 D．海域使用 17.某小區(qū)擬解聘現有的物業(yè)管理機構，則下列關于業(yè)主表決情況的說法正確的是：（）A．應當經專有部分占建筑物總面積三分之二以上的業(yè)主或占總人數三分之二以上的業(yè)主同意 B．應當經專有部分占建筑物總面積三分之二以上的業(yè)主且占總人數三分之二以上的業(yè)主同 意 C．應當經專有部分占建筑物總面積過半數的業(yè)主且占總人數過半數的業(yè)主同意 D．應當經專有部分占建筑物總面積過半數的業(yè)主或占總人數過半數的業(yè)主同意 18.下列關于留置權的表述，正確的是（）。 A.留置權是用益物權 B.留置權是約定擔保物權 C.留置權是自物權 D.留置權是法定擔保物權 19.農民甲一家 4 口承包了本村 6 畝家庭承包地，并取得土地承包經營權證。后甲的女兒乙結婚嫁到外村，由于其夫家所在村農地緊張，致其在夫家始終未取得家庭承包地。甲所在村村委會依據自定的村規(guī)民約，抽回了乙 1.5 畝承包地，并作為家庭承包地補給本村村民丁經營管理。甲多次要求村委返還卻遭拒絕。下列說法錯誤的是：（） A．村委會侵害了甲的土地承包經營權 B．女兒外嫁后收回承包地是村規(guī)民約，村委會并未侵權 C．甲可以請求丁返還該承包地 D．甲可以請求村委會賠償其相應的損失 20.陳某向賀某借款20萬元.借期2年，陳某以自己正在建造的房屋提供抵押擔保并辦理了登 記。下列說法中，符合《物權法》的是：()。A.賀某不享有抵押權。因為商品樓為在建工程，尚未完工 B.賀某不享有抵押權，只有以建成的房屋抵押，才符合《擔保法》確定的抵押物范圍 C.賀某享有抵押權，雖然商品樓正在建造中，但當事人辦理了抵押物登記 D.賀某不享有抵押權，因為在建工程不屬于《擔保法》規(guī)定的抵押物范同 二、多選題 1.下列各項中，屬于物權法上物的有哪些？（）A．無線電頻譜 B．水流 C． 海域 D．空氣 2.下列哪些權利可以作為權利質權的標的：（）A．匯票、本票、支票、債券、存款單、倉單、提單 B．依法可以轉讓的股份、股票、基金份額 C．商標專用權、專利權、著作權中的財產權 D．依法可以轉讓的債權 3.下列民事關系中，應按照相鄰關系處理的是：（）A．甲在乙的房屋后挖菜窖，造成乙的房屋基礎下沉，墻體裂縫引起糾紛 B．甲開發(fā)商購得一塊土地的使用權，欲建一露天餐廳，其與該土地相鄰的乙約定，乙不得再建露天餐廳，為此甲給予乙每年 3 萬元的補償 C．甲村在河流上游修建攔河壩，使乙村用水量劇減，引起糾紛 D．甲家與乙家相鄰，甲家的貓闖入乙家，打碎乙家的花瓶，引起糾紛 4.在當事人對擔保物權范圍沒有約定的情況下，下列各項中，屬于擔保物權擔保范圍的包括()。 A.主債權 B.主債權的利息 C.損害賠償金 D.律師費 5.下列財產中，可以抵押的有（）。A.違章建筑物 B.機關法人的公益性財產 C.預購的房屋 D.抵押人所有的汽車 三、名詞解釋 1.善意取得 2.用益物權 3.占有改定 4.留置權 四、簡答題 1.簡述擔保物權的特征。2.簡述善意取得的構成要件。3.試述留置權取得的條件。 五、案例分析題 甲信用社、乙銀行和丙公司在同一城市。丙與甲簽訂一金額為400萬元的質權擔保借款合同，質押財產為丙公司價值600萬元的動產。合同簽訂后，丙即將質押財產轉移給甲占有。嗣后，丙與乙簽訂一金額為280萬元的借款、抵押合同，抵押物也為丙的上述動產，并辦理了抵押權登記。合同到期后，丙無法向甲和乙償還債務，甲和乙均要求以丙所提供的該擔保財產優(yōu)先清償債務，從而引發(fā)糾紛。思考并回答下列問題： 1.質權設立的要件是什么？ 2.在同一財產之上既設立質權又設立抵押權，其效力如何？ 3.本案應如何處理？ 參考答案 一、單選題 1-5 BDCBC 6-10 CBBBA 11-15 BCCAB 16-20 CCDBC 二、多選題 1.ABC 2.ABCD 3.AC 4.ABC 5.CD 三、名詞解釋 1.善意取得亦稱即時取得，是指無權處分他人財產的財產占有人，在不法將其占有的財產轉讓給第三人以后，如果受讓人在取得該項財產時系出于善意，即依法取得該財產的所有權，原財產所有人不得要求受讓人返還財產的制度。 2.用益物權，是指非所有權人對他人所有之物所享有的占有、使用和收益的他物權。其外延包括土地承包經營權、建設用地使用權、宅基地使用權、地役權等。 3.占有改定，是指在動產交易中出讓人與受讓人約定，由出讓人繼續(xù)直接占有動產，使受讓人取得對于動產的間接占有，并取得動產的所有權。 4.留置權，是指債權人依債權占有屬于債務人的動產，債務人未按照約定的期限履行債務時，債權人有權依法留置該財產，以該財產折價或者以拍賣、變賣該財產的價款優(yōu)先受償的擔保物權。 四、簡答題 1.擔保物權的特征有： （1）擔保物權以擔保債權的實現為目的。（2分） （2）擔保物權的標的是債務人或第三人所特有的特定動產、不動產或其他財產權利。（2分） （3）擔保物權限制了擔保人對擔保標的物的處分權。（2分）（4）債權人享有對擔保標的物的換價權。（2分）（5）擔保物權能夠擔保其債權享有優(yōu)先受償權。（2分） 2、實行善意取得的結果，是物的原所有人喪失其所有權，善意受讓人則取得所有權。其要件是： （1）受讓人在受讓時不知道或者不應當知道轉讓人無處分權，即善意。（3分） （2）以合理的價格有償受讓。（2分） （3）轉讓的財產依照法律規(guī)定應當登記的已經登記，不需要登記的已經交付給受讓人。（3分） （4）轉移占有的財產須是法律允許流通的動產和不動產。（2分） 3、留置權成立要件分為積極要件和消極要件 （一）留置權成立的積極要件，是留置權成立所應具備的事實，包括以下三項： （1）須債權人合法占有債務人的動產。（1分）（2）須債權的發(fā)生與該動產有牽連關系。（2分）（3）須債權已屆清償期且債務人未履行債務。（2分） （二）留置權成立的消極要件通常有以下五項：（1）須當事人事先無不得留置的約定。（1分） （2）須留置債務人的財產不違反公共秩序或善良風俗。（1分）（3）須留置財產與債權人的義務不相抵觸。（1分） （4）須留置財產與對方交付財產前或交付財產時所為的指示不相抵觸。（1分） （5）對動產的占有須非因侵權行為而取得。（1分） 五、案例分析題 1、在本案中，丙公司與甲信用社簽訂質權擔保合同，（2分）質押財產已經轉移占有，（2分）符合質權設立的要求，質權合同生效，甲信用社取得質權。（1分） 2、在同一財產之上既設立質權又設立抵押權的，其效力規(guī)則有：（1）在同一財產上，法定登記的抵押權與質權并存時，抵押權人優(yōu)先于質權人受償（3分） （2）對于無須辦理登記即可成立的抵押權，仍然必須按照權利設定的前后并考慮其他因素加以判定：一是當動產上先設定抵押權后設定質權時，如果抵押權已經登記的，抵押權人優(yōu)先于質權人受償；二是先成立的抵押權未經登記，則其不能對抗善意第三人。（4分）（3）當動產上先設定質權后設定抵押權時，無論該抵押權是否辦理登記，都不能對抗設定在先的質權。（3分） 3、本案屬于先設定質權后設定抵押權，因此，該抵押權不能對抗設定在先的質權。法官審理這一案件，應當判決甲信用社優(yōu)先受償，就剩余部分，乙銀行受償。（5分）第五篇：《物權法》期末考試試卷及答案
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