离散数学考试试题(A、B卷及答案)test2

第一篇：离散数学考试试题(A、B卷及答案)test2

离散数学考试试题(A卷及答案）

一、证明题（10分）

1)(P∧Q∧AC)∧(AP∨Q∨C)(A∧(PQ))C。P<->Q=(p->Q)合取（Q->p）证明:(P∧Q∧AC)∧(AP∨Q∨C)

(P∨Q∨A∨C)∧(A∨P∨Q∨C)

((P∨Q∨A)∧(A∨P∨Q))∨C反用分配律

((P∧Q∧A)∨(A∧P∧Q))∨C

(A∧((P∧Q)∨(P∧Q)))∨C再反用分配律

(A∧(PQ))∨C

(A∧(PQ))C

2)(PQ) PQ。

证明：(PQ)((P∧Q))(P∨Q))PQ。

二、分别用真值表法和公式法求(P(Q∨R))∧(P∨(QR))的主析取范式与主合取范式，并写出其相应的成真赋值和成假赋值（15分）。

主析取范式与析取范式的区别：主析取范式里每个括号里都必须有全部的变元。主析取范式可由析取范式经等值演算法算得。

证明：

公式法：因为(P(Q∨R))∧(P∨(QR))

(P∨Q∨R)∧(P∨(Q∧R)∨(Q∧R))

(P∨Q∨R)∧(((P∨Q)∧(P∨R))∨(Q∧R))分配律

(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨Q)∧(P∨Q∨R)∧(P∨R∨Q)∧(P∨R∨R)

(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)

M4∧M5∧M6使（非P析取Q析取R）为0所赋真值，即100，二进制

为

4m0∨m1∨m2∨m3∨m7

所以，公式(P(Q∨R))∧(P∨(QR))为可满足式，其相应的成真赋值为000、001、010、011、111：成假赋值为：100、101、110。

真值表法：

为000、001、010、011、111：成假赋值为：100、101、110。

三、推理证明题（10分）

1）P∨Q，Q∨R，RSPS。

证明：

(1)P附加前提(2)P∨QP

(3)QT(1)(2)，I（析取三段论）(4)Q∨RP

(5)RT(3)(4)，I（析取三段论）(6)RSP

(7)ST(5)(6)，I（假言推理）(8)PSCP

2)x(P(x)Q(y)∧R(x))，xP(x)Q(y)∧x(P(x)∧R(x))

证明（1）xP(x)(2)P(a)

(3)x(P(x)Q(y)∧R(x))(4)P(a)Q(y)∧R(a)(5)Q(y)∧R(a)(6)Q(y)(7)R(a)(8)P(a)(9)P(a)∧R(a)(10)x(P(x)∧R(x))

(11)Q(y)∧x(P(x)∧R(x))

五、已知A、B、C是三个集合，证明(A∪B)－C＝(A－C)∪(B－C)（10分）

证明：因为

x∈(A∪B)－Cx∈(A∪B)－C

x∈(A∪B)∧xC (x∈A∨x∈B)∧xC

(x∈A∧xC)∨(x∈B∧xC)x∈(A－C)∨x∈(B－C)x∈(A－C)∪(B－C)

所以，(A∪B)－C＝(A－C)∪(B－C)。

八、证明整数集I上的模m同余关系R={|xy(mod m)}是等价关系。其中，xy(mod m)的含义是x-y可以被m整除（15分）。X(modm)=y(modm)证明：1）x∈I，因为（x-x）/m=0，所以xx(mod m)，即xRx。

2）x,y∈I，若xRy，则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，则（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是双射，则（gf）-1=f-1g-1（10分）。

证明：

因为f、g是双射，所以gf：A→C是双射，所以gf有逆函数（gf）：C→A。同理可推f-1g-1：C→A是双射。

因为∈f-1g-1存在z（∈g-1∈f-1）存在z（∈f∈g）∈gf∈（gf）-1,所以（gf）-1=f-1g-1。

1离散数学考试试题(B卷及答案）

一、证明题（10分）

1)((P∨Q)∧(P∧(Q∨R)))∨(P∧Q)∨(P∧R)T

证明: 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))(等幂律)T(代入)

2)xy(P(x)Q(y))(xP(x)yQ(y))证明：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、求命题公式(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析取要使之为假，即赋真值001，即M1 m0∨m2∨m3使之为真

三、推理证明题（10分）

1)(P(QS))∧(R∨P)∧QRS

证明：(1)R(2)R∨P(3)P

p

T（1）（2）析取三段论 p

T（3）（4）I假言推理 P

T（5）（6）I假言推理 CP

(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)。

证明：(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假言三段论(8)xA(x)C(c)T(7)UG(9)xA(x)yC(y)T(8)EG

四、只要今天天气不好，就一定有考生不能提前进入考场，当且仅当所有考生提前进入考场，考试才能准时进行。所以，如果考试准时进行，那么天气就好（15分）。

解 ：

设P：今天天气好，Q：考试准时进行，A(e)：e提前进入考场，个体域：考生的集

合，则命题可符号化为：PxA(x)，xA(x)QQP。(1)PxA(x)P(2)PxA(x)T(1)E(3)xA(x)PT(2)E(4)xA(x)QP(5)(xA(x)Q)∧(QxA(x))T(4)E(6)QxA(x)T(5)I(7)QPT(6)(3)I

五、已知A、B、C是三个集合，证明A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)（10分）

证明：

∵ 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={,,}，求其关系矩阵及关系图（10分）。有就是1，没就是0

七、设R={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>}，求r(R)、s(R)和t(R)，并作出它们及R的关系图（15分）。

r(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<1,1>,<2,2>,<3,3><5,5>}（自反闭包）

s(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<1,2>,<4,2>,<4,3>}（对称闭包）t(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<2,2>,<5,1>,<5,4>,<5,5>}（传递

闭包）

九、设f：AB，g：BC，h：CA，证明：如果hgf＝IA，fhg＝IB，gfh＝IC，则f、g、h均为双射，并求出f－

1、g－1和h－1（10分）。

解因IA恒等函数，由hgf＝IA可得f是单射，h是满射；因IB恒等函数，由fhg＝IB可得g是单射，f是满射；因IC恒等函数，由gfh＝IC可得h是单射，g是满射。从而f、g、h均为双射。

由hgf＝IA，得f－1＝hg；由fhg＝IB，得g－1＝fh；由gfh＝IC，得h－1＝gf。

第二篇：离散数学考试试题(A卷及答案)

离散数学考试试题（A卷及答案）

一、（10分）判断下列公式的类型（永真式、永假式、可满足式）？ 1)((PQ)∧Q)((Q∨R)∧Q)2)((QP)∨P)∧(P∨R)3)((P∨Q)R)((P∧Q)∨R)解：1)永真式；2）永假式；3)可满足式。

二、（8分）个体域为{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+1=4））（0∨0）∧（0∨1）1∧10

三、（8分）已知集合A和B且|A|=n，|B|=m，求A到B的二元关系数是多少？A到B的函数数是多少？

解：因为|P(A×B)|=2|A×B|=2|A||B|=2mn，所以A到B的二元关系有2mn个。因为|BA|=|B||A|=mn，所以A到B的函数mn个。

四、（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>}

五、(10分)75个儿童到公园游乐场，他们在那里可以骑旋转木马，坐滑行铁道，乘宇宙飞船，已知其中20人这三种东西都乘过，其中55人至少乘坐过其中的两种。若每样乘坐一次的费用是0.5元，公园游乐场总共收入70元，求有多少儿童没有乘坐过其中任何一种。

解 设A、B、C分别表示骑旋转木马、坐滑行铁道、乘宇宙飞船的儿童组成的集合，|A∩B∩C|＝20，|A∩B|＋|A∩C|＋|B∩C|－2|A∩B∩C|＝55，|A|＋|B|＋|C|＝70/0.5＝140。

由容斥原理，得

|A∪B∪C|＝|A|＋|B|＋|C|―|A∩B|―|A∩C|―|B∩C|＋|A∩B∩C| 所以

|A∩B∩C|＝75－|A∪B∪C|＝75－(|A|＋|B|＋|C|)＋(|A∩B|＋|A∩C|＋|B∩C|－2|A∩B∩C|)＋|A∩B∩C|＝75－140＋55＋20＝10 没有乘坐过其中任何一种的儿童共10人。

六、（12分）已知R和S是非空集合A上的等价关系，试证：1）R∩S是A上的等价关系；2）对a∈A，[a]R∩S=[a]R∩[a]S。

解：x∈A，因为R和S是自反关系，所以∈R、∈S，因而∈R∩S，故R∩S是自反的。

x、y∈A，若∈R∩S，则∈R、∈S，因为R和S是对称关系，所以因∈R、∈S，因而∈R∩S，故R∩S是对称的。x、y、z∈A，若∈R∩S且∈R∩S，则∈R、∈S且∈R、∈S，因为R和S是传递的，所以因∈R、∈S，因而∈R∩S，故R∩S是传递的。

总之R∩S是等价关系。

2）因为x∈[a]R∩S∈R∩S∈R∧∈S x∈[a]R∧x∈[a]S x∈[a]R∩[a]S 所以[a]R∩S=[a]R∩[a]S。

七（10分）设A、B、C、D是集合，f是A到B的双射，g是C到D的双射，令h：A×CB×D且∈A×C，h()＝。证明h是双射。

证明：1）先证h是满射。

∈B×D，则b∈B，d∈D，因为f是A到B的双射，g是C到D的双射，所以存在a∈A，c∈C，使得f(a)=b，f(c)=d，亦即存在∈A×C，使得h()＝＝，所以h是满射。

2）再证h是单射。

、∈A×C，若h()＝h()，则＝，所以f(a1)＝f(a2)，g(c1)＝g(c2)，因为f是A到B的双射，g是C到D的双射，所以a1＝a2，c1＝c2，所以＝，所以h是单射。综合1）和2），h是双射。

八、（12分）是个群，u∈G，定义G中的运算“”为ab=a*u-1*b，对任意a,b∈G，求证：也是个群。

证明：1）a,b∈G，ab=a*u-1*b∈G，运算是封闭的。

2）a,b,c∈G，（ab）c=（a*u-1*b）*u-1*c=a*u-1*（b*u-1*c）=a（bc），运算是可结合的。3）a∈G，设E为的单位元，则aE=a*u-1*E=a，得E=u，存在单位元。

4）a∈G，ax=a*u-1*x=E，x=u*a-1*u，则xa=u*a-1*u*u-1*a=u=E，每个元素都有逆元。所以也是个群。

九、（10分）已知：D=，V={1,2,3,4,5}，E={<1,2>,<1,4>,<2,3>,<3,4>,<3,5>,<5,1>}，求D的邻接距阵A和可达距阵P。

解：D的邻接距阵A和可达距阵P如下：

A= 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

0 0 1 0 0

P= 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1

十、（10分）求叶的权分别为2、4、6、8、10、12、14的最优二叉树及其权。

解：最优二叉树为

权＝148

离散数学考试试题（B卷及答案）

一、（10分）求命题公式(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）叙述并证明苏格拉底三段论

解：所有人都是要死的，苏格拉底是人，所以苏格拉底是要死的。符号化：F（x）：x是一个人。G（x）：x要死的。A：苏格拉底。命题符号化为x（F（x）G（x）），F（a）G（a）证明：

（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是三个集合，证明A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)证明：∵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上的等价关系，试证：1）R∩S是A上的等价关系；2）对a∈A，[a]R∩S=[a]R∩[a]S。

解：x∈A，因为R和S是自反关系，所以∈R、∈S，因而∈R∩S，故R∩S是自反的。

x、y∈A，若∈R∩S，则∈R、∈S，因为R和S是对称关系，所以因∈R、∈S，因而∈R∩S，故R∩S是对称的。

x、y、z∈A，若∈R∩S且∈R∩S，则∈R、∈S且∈R、∈S，因为R和S是传递的，所以因∈R、∈S，因而∈R∩S，故R∩S是传递的。

总之R∩S是等价关系。

2）因为x∈[a]R∩S∈R∩S

∈R∧∈S x∈[a]R∧x∈[a]S x∈[a]R∩[a]S 所以[a]R∩S=[a]R∩[a]S。

五、(10分)设A＝{a，b，c，d}，R是A上的二元关系，且R＝{，，，}，求r(R)、s(R)和t(R)。

解 r(R)＝R∪IA＝{，，，，，，，} s(R)＝R∪R＝{，，，，，} R＝{，，，} R＝{，，，} R＝{，，，}＝R

t(R)＝R＝{，，，，，，，，} i1i

4232-

1六、(15分)设A、B、C、D是集合，f是A到B的双射，g是C到D的双射，令h：A×CB×D且∈A×C，h()＝。证明h是双射。

证明：1）先证h是满射。

∈B×D，则b∈B，d∈D，因为f是A到B的双射，g是C到D的双射，所以存在a∈A，c∈C，使得f(a)=b，f(c)=d，亦即存在∈A×C，使得h()＝＝，所以h是满射。

2）再证h是单射。

、∈A×C，若h()＝h()，则＝，所以f(a1)＝f(a2)，g(c1)＝g(c2)，因为f是A到B的双射，g是C到D的双射，所以a1＝a2，c1＝c2，所以＝，所以h是单射。

综合1）和2），h是双射。

七、(12分)设是群，H是G的非空子集，证明是的子群的充要条件是若a，bH，则有a*bH。

证明： a,b∈H有b∈H，所以a*b∈H。a∈H，则e=a*a∈H-1-

1-1-1a=e*a∈H ∵a,b∈H及b∈H，∴a*b=a*（b）∈H ∵HG且H≠,∴*在H上满足结合律 ∴是的子群。

八、（10分）设G=是简单的无向平面图，证明G至少有一个结点的度数小于等于5。

解：设G的每个结点的度数都大于等于6，则2|E|=d(v)≥6|V|，即|E|≥3|V|，与简单无向平面图-

1-1

-1-1-1的|E|≤3|V|-6矛盾，所以G至少有一个结点的度数小于等于5。九.G=,A={a,b,c},*的运算表为：(写过程，7分)

（1）G是否为阿贝尔群？

（2）找出G的单位元；（3）找出G的幂等元（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是阿贝尔群

（2）因为a*a=a a*b=b*a=b a*c=c*a=c 所以G的单位元是a（3）因为a*a=a 所以G的幂等元是a（4）因为b*c=c*b=a，所以b的逆元是c且c的逆元是b

十、(10分)求叶的权分别为2、4、6、8、10、12、14的最优二叉树及其权。

解：最优二叉树为

权＝148 5

第三篇：离散数学考试试题(A、B卷及答案)test7

离散数学考试试题（A卷及答案）

一、（10分）证明(A∨B)(P∨Q)，P，(BA)∨PA。

证明：(1)(A∨B)(P∨Q)

P(2)(P∨Q)(A∨B)

T(1)，E(3)P

P(4)A∨B

T(2)(3)，I(5)(BA)∨P

P(6)BA

T(3)(5)，I(7)A∨B

T(6)，E(8)(A∨B)∧(A∨B)

T(4)(7)，I(9)A∧(B∨B)

T(8)，E(10)A

T(9)，E

二、（10分）甲、乙、丙、丁4个人有且仅有2个人参加围棋优胜比赛。关于谁参加竞赛，下列4种判断都是正确的：

(1)甲和乙只有一人参加；(2)丙参加，丁必参加；(3)乙或丁至多参加一人；(4)丁不参加，甲也不会参加。请推出哪两个人参加了围棋比赛。

解

符号化命题，设A：甲参加了比赛；B：乙参加了比赛；C：丙参加了比赛；D：丁参加了比赛。依题意有，(1)甲和乙只有一人参加，符号化为AB(A∧B)∨(A∧B)；(2)丙参加，丁必参加，符号化为CD；(3)乙或丁至多参加一人，符号化为(B∧D)；(4)丁不参加，甲也不会参加，符号化为DA。所以原命题为：(AB)∧(CD)∧((B∧D))∧(DA)((A∧B)∨(A∧B))∧(C∨D)∧(B∨D)∧(D∨A)((A∧B∧C)∨(A∧B∧C)∨(A∧B∧D)∨(A∧B∧D))∧((B∧D)∨(B∧A)∨(D∧A))(A∧B∧C∧D)∨(A∧B∧D)∨(A∧B∧C∧D)T

但依据题意条件，有且仅有两人参加竞赛，故A∧B∧C∧D为F。所以只有：(A∧B∧C∧D)∨(A∧B∧D)T，即甲、丁参加了围棋比赛。

三、（10分）指出下列推理中，在哪些步骤上有错误？为什么？给出正确的推理形式。(1)x(P(x)Q(x))

P(2)P(y)Q(y)

T(1)，US(3)xP(x)

P(4)P(y)

T(3)，ES(5)Q(y)

T(2)(4)，I(6)xQ(x)

T(5)，EG 解

(4)中ES错，因为对存在量词限制的变元x引用ES规则，只能将x换成某个个体常元c，而不能将其改为自由变元。所以应将(4)中P(y)改为P(c)，c为个体常元。

正确的推理过程为：

(1)xP(x)

P(2)P(c)

T(1)，ES

(3)x(P(x)Q(x))

P(4)P(c)Q(c)

T(3)，US(5)Q(c)

T(2)(4)，I(6)xQ(x)

T(5)，EG

四、（10分）设A＝{a，b，c}，试给出A上的一个二元关系R，使其同时不满足自反性、反自反性、对称性、反对称性和传递性。

解

设R＝{，，，}，则 因为R，R不自反； 因为∈R，R不反自反；

因为∈R，R，R不对称； 因为∈R，∈R，R不反对称；

因为∈R，∈R，但R，R不传递。

五、（15分）设函数g：A→B，f：B→C，(1)若fg是满射，则f是满射。(2)若fg是单射，则g是单射。

证明

因为g：A→B，f：B→C，由定理5.5知，fg为A到C的函数。

(1)对任意的z∈C，因fg是满射，则存在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是满射。

(2)对任意的x1、x2∈A，若x1≠x2，则由fg是单射得fg(x1)≠fg(x2)，于是f(g(x1))≠f(g(x2))，必有g(x1)≠g(x2)。所以，g是单射。

六、（15分）设R是集合A上的一个具有传递和自反性质的关系，T是A上的关系，使得TR且R，证明T是一个等价关系。

证明

因R自反，任意a∈A，有∈R，由T的定义，有∈T，故T自反。

若∈T，即∈R且∈R，也就是∈R且∈R，从而∈T，故T对称。若∈T，∈T，即∈R且∈R，∈R且∈R，因R传递，由∈R和∈R可得∈R，由∈R和∈R可得∈R，由∈R和∈R可得∈T，故T传递。

所以，T是A上的等价关系。

七、（15分）若是群，H是G的非空子集，则是的子群对任意的a、b∈H有a*b1∈H。－证明

必要性：对任意的a、b∈H，由是的子群，必有b1∈H，从而a*b1∈H。

－

－充分性：由H非空，必存在a∈H。于是e＝a*a1∈H。

－任取a∈H，由e、a∈H得a1＝e*a1∈H。

－

－对于任意的a、b∈H，有a*b＝a*(b1)1∈H，即a*b∈H。

－

－又因为H是G非空子集，所以*在H上满足结合律。综上可知，是的子群。

八、（15分）(1)若无向图G中只有两个奇数度结点，则这两个结点一定是连通的。(2)若有向图G中只有两个奇数度结点，它们一个可达另一个结点或互相可达吗？

证明

(1)设无向图G中只有两个奇数度结点u和v。从u开始构造一条回路，即从u出发经关联结点u的边e1到达结点u1，若d(u1)为偶数，则必可由u1再经关联u1的边e2到达结点u2，如此继续下去，每条边只取一次，直到另一个奇数度结点为止，由于图G中只有两个奇数度结点，故该结点或是u或是v。如果是v，那么从u到v的一条路就构造好了。如果仍是u，该回路上每个结点都关联偶数条边，而d(u)是奇数，所以至少还有一条边关联结点u的边不在该回路上。继续从u出发，沿着该边到达另一个结点u1，依次下去直到另一个奇数度结点停下。这样经过有限次后必可到达结点v，这就是一条从u到v的路。

(2)若有向图G中只有两个奇数度结点，它们一个可达另一个结点或互相可达不一定成立。下面有向图中，只有两个奇数度结点u和v，u和v之间都不可达。

uwv离散数学考试试题（B卷及答案）

一、（15分）设计一盏电灯的开关电路，要求受3个开关A、B、C的控制：当且仅当A和C同时关闭或B和C同时关闭时灯亮。设F表示灯亮。

(1)写出F在全功能联结词组{}中的命题公式。(2)写出F的主析取范式与主合取范式。

解

(1)设A：开关A关闭；B：开关B关闭；C：开关C关闭；F＝(A∧C)∨(B∧C)。在全功能联结词组{}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）判断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))为永真式。

(2)设论域为{1，2}，令A(1)＝T；A(2)＝F；B(1)＝F；B(2)＝T。

则xA(x)为假，xB(x)也为假，从而xA(x)xB(x)为真；而由于A(1)B(1)为假，所以x(A(x)B(x))也为假，因此公式(xA(x)xB(x))x(A(x)B(x))为假。该公式不是永真式。

三、（15分）设X为集合，A＝P(X)－{}－{X}且A≠，若|X|＝n，问(1)偏序集是否有最大元？(2)偏序集是否有最小元？

(3)偏序集中极大元和极小元的一般形式是什么？并说明理由。解

偏序集不存在最大元和最小元，因为n＞2。

考察P(X)的哈斯图，最底层的顶点是空集，记作第0层，由底向上，第一层是单元集，第二层是二元集，…，由|X|＝n，则第n－1层是X的n－1元子集，第n层是X。偏序集与偏序集

相比，恰好缺少第0层和第n层。因此的极小元就是X的所有单元集，即{x}，x∈X；而极大元恰好是比X少一个元素，即X－{x}，x∈X。

四、（10分）设A＝{1，2，3，4，5}，R是A上的二元关系，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>，<5，1>，<5，4>，i1<5，5>}。

五、（10分）设函数g：A→B，f：B→C，(1)若fg是满射，则f是满射。(2)若fg是单射，则g是单射。

证明

因为g：A→B，f：B→C，由定理5.5知，fg为A到C的函数。

(1)对任意的z∈C，因fg是满射，则存在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是满射。

(2)对任意的x1、x2∈A，若x1≠x2，则由fg是单射得fg(x1)≠fg(x2)，于是f(g(x1))≠f(g(x2))，必有g(x1)≠g(x2)。所以，g是单射。

六、（10分）有幺元且满足消去律的有限半群一定是群。

证明

设是一个有幺元且满足消去律的有限半群，要证是群，只需证明G的任一元素a可逆。

考虑a，a2，…，ak，…。因为G只有有限个元素，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，当m＝1时，a＝e，而e是可逆的；当m＞1时，a*am-1＝am-1*a＝e。从而a是可逆的，其逆元是am-1。总之，a是可逆的。

七、（20分）有向图G如图所示，试求：(1)求G的邻接矩阵A。(2)求出A2、A3和A4，v1到v4长度为1、2、3和4的路有多少？

(3)求出ATA和AAT，说明ATA和AAT中的第(2，2)元素和第(2，3)元素的意义。(4)求出可达矩阵P。(5)求出强分图。

解

(1)求G的邻接矩阵为：

00A00101011

101100(2)由于

00A200111022010A302111020111203220A4120301012313 2322所以v1到v4长度为1、2、3和4的路的个数分别为1、1、2、3。(3)由于

00TAA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)元素为3，表明那些边以v2为终结点且具有不同始结点的数目为3，其第(2，3)元素为0，表明那些边既以v2为终结点又以v3为终结点，并且具有相同始结点的数目为0。AAT中的第(2，2)元素为2，表明那些边以v2为始结点且具有不同终结点的数目为2，其第(2，3)元素为1，表明那些边既以v2为始结点又以v3为始结点，并且具有相同终结点的数目为1。

00(4)因为B4AA2A3A40000以求可达矩阵为P00111111。

11111110100110+

101010001110



2010

+

1110



01102120312204+

2120320101231323220

000741



747，所

747



43400(5)因为PPT0011101111∧1111111100001110＝01110111000111，所以{v1}，{v2，v3，v4}构成G的强分图。

111111 6

第四篇：公关礼仪试题B卷及答案

姓 名 ： 准 考 证号 ： 班 级 ： 2013——2014学年第一学期 《公关礼仪》期末试卷

班级：

姓名：

分数：

一、名词解释（3×5=15分）1.仪表——

2.欢迎词——

3.签字仪式——

4.表情规范——

5.仪态——

二、单选（3×10=30分）

1.高档珠宝首饰，适用于（）时佩戴。

A.隆重的社交场合 B.旅游 C.工作 D.休闲 2.个人界域，即距离75厘米左右的语意是：（）

A.亲密无间 B.亲切友好 C.庄重严肃 D.大度开朗

3.介绍、握手的次序也要看情境，如在家族聚会、婚丧酒宴场合应（）优先。A.领导 B.长辈 C.客人 D.女士 4.以下表达最敬的用语是：（）A.请上坐 B.上坐 C.坐 D.请坐 5.以下表达最敬的用语是：（）A.喝茶 B.喝吧 C.请用茶 D.请喝茶 6.我国古代在人际交往中，一般用于谦称、自称的是（）

A.字 B.号 C.名 D.昵称 7．“请人批评”的文雅语是：（）

A.赐教 B.指教 C.斧正 D.请教 8.对人称自己的父亲可用：（）

A.令尊 B.家慈 C.家严 D.令爱

9.除非万不得已的特殊情况，切忌（）打电话，以免惊扰对方及其家人。A.中午 B.半夜三更 C.清晨 D.对方临上班时段 10.接电话最好在铃声的（）提起话筒。

A.第一声时 B.第二声后 C.三声之内 D.第四声后

三、多选（5×5=25分）

1.礼仪主体的类型包括（）A.个人主体

B.临时团体

C.组织主体

D.社会

E.固定团体

2.职业服饰的基本特征有（）A.现实性 B.审美性 C.象征性 D.实用性

E.抽象性

3.谈话双方的距离选择取决于（）A.谈话的内容 B.谈话的方式 C.谈话双方的关系 D.谈话的时间

E.谈话的地点

4.打电话注意的礼仪问题主要包括（）A.选择恰当的通话时间 B.通话目的明确

C.安排通话内容

D.挂断电话时注意使用礼貌用语

E.不直接回答对方问话

5.演讲中礼仪的表现途径是（）A.书面语言 B.个人表现 C.团体表现

D.即席演讲

E.个人语言礼仪

四、判断题（3×5=15分）

（）

1、西装左胸的口袋，可用以装钢笔、记事本等。（）

2、双排扣的西装敞开都不扣时显得潇洒。（）

3、姑娘穿吊带装去推销商品成功率较高。（）

4、递刀递笔给他人，就必须“授人以柄”。（）

5、主客之间握手时都应由主人先伸手。

五、简答题（共15分）

1、接送名片应注意什么？8分

2、试分析以下营业员对顾客说的话潜在含义，并指出最得体和最不得体之处。7分A.你要干什么？ B.你要什么？ C.你要买什么？ D.您要看什么？

姓 名 ： 准 考 证号 ： 班 级 ：《旅游公关礼仪》试卷B

标准答案

考试班级：中专10酒店 参加考试人数：21 出题教师：刘胜男

考试时间：2012年6月 日 出题时间：2012年5月30日

一、名词解释（5×5=25分）

1.答案：仪表，即人的外表，包括容貌、举止、姿态、风度等。在政务、商务、事务及社交场合，一个人的仪表不但可以体现他的文化修养，也可以反映他的审美趣味。穿着得体，不仅能赢得他人的信赖，给人留下良好的印象，而且还能够提高与人交往的能力。相反，穿着不当，举止不雅，往往会降低了你的身份，损害你的形象。

2．答案：欢迎词，是指客人光临时，主人为表示热烈的欢迎，在座谈会、宴会、酒会等场合发表的热情友好的讲话。

3．答案：在涉外交往中，有关国家的政府、组织或企业单位之间经过谈判，就政治、经济、文化科技等领域内的某些重大问题达成协议时，一般需举行签字仪式。

4.答案：表情规范是指人们的表情在表达过程中所遵守的彼此能够接纳的规定。

5.答案：仪态是指人在行为中的姿势。行为中的姿势是指身体呈现的各种形态，也就是指人的站、坐、走、蹲的规范。

二、单选（1×10=10分）

1.A 2.B 3.B 4.A 5.C 6.C 7.B 8.C 9.B 10.B

三、多选（2×5=10分）

1.ABC 2.BCD 3.AC 4.ABCD 5.AB

四、判断题（2×5=10分）

1.错误

2.错误

3.错误

4.正确

5.错误

五、简答题（共15分）1.接送名片应注意：8分（1）递交要慎重。（2）接者要欣赏。

（3）收好名片。注意不要将名片放在腰以下的口袋中。

（4）回赠名片。如果没有名片或未带名片，应致歉并说明原因并作自我介绍。2.分析7分：A.你要干什么？（审问式）

B.你要什么？（口气如果稍微生硬就带有施舍式的意味）C.你要买什么？（纯粹买卖关系）

D.您要看什么？（尊重顾客的选择权，买卖不成情谊在。）其中D最得体，A最不得体。

六、论述题（2×15=30分）

1．如何做好开业庆典礼仪的准备工作？

答案：(一)礼品准备：赠与来宾的礼品，一般属于宣传性，传播媒介的范畴之内。根据常规，向来宾赠送的礼品有四大特性：第一，宣传性：可选用本单位的产品，也可以在礼品及其外包装上印有本单位的企业标志、产品图案、广告用语、开业日期、联系方式等。第二，荣誉性：礼品制作精美，有名人名言或名画，使拥有者对其珍惜、重视。第四，实用性：礼品应具有较广泛的使用场合，以取得宣传效应。(二)设备准备：

音响、录音录像、照明设备以及开业典礼所需的各种用具、设备，由技术部门进行检查、调试，以防在使用时出现差错。

交通工具准备：接送重要宾客、运送货物等。

(三)就餐准备：人数、座次、食物、就餐用具等。

(四)庆典活动所需要用品的准备：比如剪彩仪式所需的彩带、剪刀、托盘；工作人员服装的统一订做；留作纪念或用以宣传的礼品、画册、优惠卡、贵宾卡的定做。

2.简述公关礼仪对人际关系的促进作用，请用生活中的例子进行论述。

答案：公关是指塑造组织形象，礼仪着重塑造个人形象，通过个人礼仪而体现组织形象是公关礼仪的内涵。公关礼仪的核心在尊重他人，通过一定的仪表、仪式表达对他人的尊重，从而提升组织形象，达到一个良好的沟通过程。在人际交往中，礼仪是沟通的武器，对促进人际起着决定性的作用。（实例可以自由发挥，合乎情理者均可得分）

第五篇：现代汉语试题卷B卷及答案

现代汉语试题卷B卷及答案

现代汉语试题卷

B卷

一.填空（25分）

1.现代汉民族共同语，就是

，以，以的普通话。

2.词义发展的途径大致有

、和

三种。

3.熟语包括

、、歇后语、谚语和格言。

4.“六书”中的、、、是造字之法。

5.是我国目前能见到的最早的成批的较为成熟的汉字，1899年在 发现。

6.是古今汉字的分水岭，是现代汉字的正式标准字体。

7.语音同自然界的声音一样，产生于物体的振动，因而具有

属性。

8.普通话中共有个

音素，其中辅音

个，元音

个。

9.《汉语拼音方案》的主要用途是

。它由字母表、、、和

五部分组成。

二.判断正误（10分）

1.形声字是汉字发展的主流。

（）

2.指示字和会意字都是合体字。

（）

3.汉字是表意体系文字。

（）

4.“猩猩”“妈妈 ”都是合成词。

（）

5.汉语语素以多音节为基本形式。

（）

6.部首都是偏旁，偏旁也都是部首。

（）

7.“云”的声母是y，韵母是un。

（）

8.“u”是舌面 后 高 圆唇韵母。

（）

9.轻声是四声之外的第五种声调。

（）

10.词语“一来二去”中的“一”不变调。

（）

三、选择题（前五个为单选，后五个为多选。每小题2分，共计20分）

1.声母中有六个塞擦音，它们是：（）

A.sh

r

B.z c

C.zh

ch

D.j q

2.下列单韵母中属于高元音的是

()

A.i

B.e

C.u

D.a

3.汉语拼音方案有下列用途：（）。

A.给汉字注音

B.作推广普通话的工具

B.用来帮助外国人学汉语

D.用来编制索引和代号

4.语句“祖国啊！”中，“啊”的正确音变读音为（）。

A.na

B.ya

C.nga

D.wa

5.汉语语音系统里，声调的性质主要决定于

（）。

A.音高

B.音强

C.音色

D.音高

6.下列哪一组词都是外来词？（）

A.沙发

扑克

苏打

逻辑

B.啤酒

沙皇

电话

索尼

C.伟哥

坦克

CT 收音机

D.电车

MTV B超

卡车

7.从字的结构方式看，“杯”是（）。

A.象形字

B.指事字

C.会意字

D.形声字

8.下列哪一组语素都是不成词语素 ？（）

A.绩

习

民

语

荣

B.奋

羽

固

C.卫

境

水

瞰

伟

D.阿

者

远

9.下列哪些字是五画？（）

A.毋

B.凸

C.凹

D.臼

10.词汇的附属意义即色彩义,其中包括：（A.理性色彩

B.感情色彩

C.语体色彩

D.形象色彩

丰

狼 型

革)

四． 给下面一段话注音(5分)

苏州园林是我国各地园林的标本，各地园林或多或少都受到苏州园林的影响。谁如果

要鉴赏我国的园林，苏州园林就不该错过。

五． 分析下列合成词的构词方式(10分)

布匹（）国家（）说明（凉丝丝（）

老鹰（）司机（）月亮（白菜（）

六．问答题（每小题6分，共30分）

1．元音和辅音的区别是什么？

2．汉字改革的必要性是什么？

冬至道路）））（）（3．

汉字的笔顺规则是什么？

4.举例说明什么调值和调类。

5.举例说明同义词的作用。

参考答案

一、1.北京语音为标准音

北方话为基础方言

典范的白话文著作为语法规范 2.词义的扩大

词义的缩小

词义的转移

3.成语

惯用语

歇后语4.象形

指示

会意

形声

转注

假借

5.甲骨文

安阳(小屯村)6.隶书

楷书

7.物理 8.32 22 10

9.给汉字注音

声母表

韵母表

声调符号

隔音符号

二、⑴√ ⑵× ⑶√ ⑷× ⑸× ⑹× ⑺× ⑻√ ⑼× ⑽√

三、1.B

2.D 3.A 4.D

5.A

6.BC 7.BCD 8.BCD 9ABC 10.ABCD

四、补充

联合补充

主谓

后加

前加

动宾

主谓

联合偏正

五、1.①气流是否受阻

②声带是否颤动

③气流的强弱

④发音器官的紧张状态 2.难读、难写、难记、难查

3.先横后竖 先撇后捺

从上到下 从左到右 从外到内 先中间后两边 先外后里再封口

4.(略)5.①使语言表达更精确细致

②使语言丰富多变,避免单调

③使语言具有声音美

④使语体风格鲜明

⑤ 连用可以突出语意，加强语气