2017年教师能力提高培训期末考试高分通过试卷答案

第一篇：2017年教师能力提高培训期末考试高分通过试卷答案

2017年教师能力提高培训期末考试高分通过试卷答案（21得20分）

学科的重点就是学科中的基本结构，即基本概念、基本原理、基本法则，以及它们之间的相互关系，和典型的学科思想方法等。（）（判断，2分）

  对 错

学习任务促成了学生学习的发生。（）（判断，2分）

  对 错

好课需要反复研磨，好课是教师全部素质的自然挥洒。（）（判断，2分）

  对 错

概念图有助于建立概念名词之间的关系，因此越复杂越好。（）（判断，2分）

  对 错

人教版七年级（上）《开花和结果》一课的“上位概念”是“被子植物的一生”。（）（判断，2分）

  对 错

核心素养是在否定我们过去几十年经历的教育改革基础上提出的。（）（判断，2分）

  对 错

对教学重点的确定要考虑学科核心观点的渗透和能力的培养。（）（判断，2分）  对 错

“进阶”通常指从低级到高级的步步提升的过程。（）（判断，2分）

  对 错

创造是将要素放在一起形成连贯的或者实用的、有价值的整体，或者将要素重新组成为新的模式或结构。创造是最高级别的认知能力。（）（判断，2分）

  对 错

面向学习困难生进行指导的一个措施是补差必须先保底。（）（判断，2分）

  对 错

通过优师优课我们要把握好学习要点，聚焦在能够解决具体问题上。（）（判断，2分）

  对 错

自主学习任务单可以帮助学生有目标、有方法、有任务，有效地进行自学。（）（判断，2分）

  对 错

校本教材开发要注重学生思维品质的培养。（）（判断，2分）

  对

基因是具有遗传效应的DNA片段。（）（判断，2分）

  对 错

微课程在精准施策突破点上运用从感知到抽象的策略方法，遵循学习的认知规律和思维发展规律，体现了递进式的教学策略和方法。（）（判断，2分）

  对 错

命题不只是将试题集中起来，必须关注其后的命题意图。（）（判断，2分）

  对 错

价值观是一个人心灵的风向标，思维方式是一个人脑力劳动的武器，品格则是一个人行为表现和为人形象。（）（判断，2分）

  对 错

素养是将全面发展总体要求和社会主义核心价值观的有关内容具体化、细化，转化为具体的品格和能力的要求。（）（判断，2分）

  对 错

我们究竟应该教哪一种知识给学生（）（单选，4分）

   课标知识 生活常识 核心知识  课本知识

下列哪一项不是教师研修的三个要点（）（单选，4分）

    专业素养 个人好恶 执教能力 学生意识

教学中，可以从哪个方面分析确定一节课的教学难点（）（单选，4分）

    学生情况 教学内容本身 教学经验或“前测” 以上都正确

以下哪一项不是教师教学工作中频率最高的工作内容和基本环节（）（单选，4分）

    围绕教材、依据学情设计教学 实施教学

对教学效果进行评价 家访

在教师指导下，借助课程资源相关的内容，学生可自定学习任务、自学重点难点和下列哪一项（）（单选，4分）

    自我总结 自我反思 自测学习结果 自我评价 为了保护南极的生态环境，到南极考察的科学工作者要把粪便等生活垃圾带离南极。这主要是因为下列哪个原因（）（单选，4分）

    南极缺乏必要的生活设施 南极缺少生产者 南极缺少消费者 南极分解者很少

自主学习任务单设计中有：学习指南和下列哪一项（）（单选，4分）

    阅读任务 检查任务 学习任务 自评任务

精品优课优在依据基于课程标准、以学定教、突出关键、融合技术、策优招实和下列哪一方面（）（单选，4分）

    便于掌握 短小精悍 缩短课程 使用方便

以下属于消费者与生产者关系的是哪一项（）（单选，4分）

    小猫吃鱼 长颈鹿吃树叶 松鼠吃蘑菇 黄鼠狼吃鸡 下面哪一项不属于教师的关键能力（）（单选，4分）

    思考力 学习力 研究力 执行力

对于刚入职的老师，可以通过哪两种方式来训练自己“讲”的能力（）（多选，4分）

    背诵 朗诵 讲故事 演唱

惩罚需要注意的是哪三点（）（多选，4分）

    少用、慎用 先礼后兵

因人而异，恰到好处 常常使用

中医保健的内容有哪些（）（多选，4分）

     精神养生 饮食养生 运动养生 起居养生 药物养生

调整心态时需要注意的是哪三点（）（多选，4分）    正确认识 勇敢面对 积极应对 保持沉默

备课的基本内容有哪些（）（多选，4分）

    备内容 备学生 定目标 选方法

在哪两方面进行注意才可以保证沟通的质量（）（多选，4分）

    信息 表扬 通道 惩罚

第二篇：通过一课三研,提高教师反思能力

开展“一课三研”活动，促进幼儿教师的专业发展

二期课改对教师的专业素质提出了更高的要求,校本培训成为各个幼儿园提高教师素质的一个重要的途径。“一课三研”作为幼儿园教研组的一种活动形式，最初是为了组内教师展示公开观摩活动而开展的多次试教活动，目的是使活动方案更为优化，以达到最好的教学效果。我们发现这样一个活动的过程，对培养教师的专业能力、促进教师的专业发展，同样也起到了较好的作用。由此，便把“一课三研”活动作为校本培训中培养教师专业发展的一个主要的途径和方法，并在几所幼儿园进行了尝试，收到了很好的效果。

一、“一课三研”活动的界定

“一课三研”活动是指教研组内教师针对同一活动内容（主要指幼儿园的学习活动），由同一教师或不同教师进行多次的实践研究活动。它是一种基于实践反思的研讨式活动。在研究活动中可以比较不同的教学策略、尝试新的教学方法和组织形式、研讨教学中的困惑、存在的问题及目标的价值取向等等。目的是使教师在研讨的过程中，强化理论与实践的结合，养成反思的习惯，加强组内成员之间的合作，促进教师自主地发展。

二、“一课三研”活动的实施阶段和特点

1、“一课三研”活动开展的形式和要求

“一课三研”活动的开展分两种：一种是以年级组为单位，由年级组长负责，每周一次。另一种是全园性的，有业务园长负责，每月一次。在确定活动的主题后，每一位参与的老师，都要进行相关的理论学习准备；在研讨活动中，每一位教师都要积极参与，发表自己的意见；在活动结束后，每一位老师都要写下自己在参加本次活动后的体会与反思。

2、“一课三研”活动的特点:

“一课三研”活动作为培训教师的一个途径，具有以下几个特点：

(1)整体性：“一课三研”活动是一种融学习、实践、反思、总结于一体的研讨活动。它不同与以往教研活动中的单纯的理论学习和单纯的实践活动，而是把

理论学习和实践活动有机地结合起来，通过学、做、研、思、再学、做、研、思的循环，发展教师的整体的能力。

(2)主体性：以往我们老师参加的职后培训，以课堂培训为主，老师们只是被动地接受。“一课三研”活动是一种参与式的培训，教师们能充分地发表自己的见解和体会，主体性得到了充分的发挥。在“一课三研”活动中，每一个教师都积极主动地学习相关的理论知识；积极主动地参与教学实践活动和研讨活动；自觉地对自己的教学行为进行反思和总结，从而有效地促进了教师的发展。

(3)反思性：促进教师专业发展的“源头活水”在于教师自身的教学实践，在于教师能感悟教改实践中的问题并对问题作出价值判断。每一堂经过精心设计的课，都值得反思；每一个教学突发事件，也值得反思；每一个幼儿学习状态的独特性，更值得反思。“一课三研”活动就是让教师在实践、研讨中学会反思，在反思中逐渐改进自己的教育理念和教学行为。

3、“一课三研”活动的实施阶段

“一课三研”活动的实施共经历了以下三个阶段：

实施阶段 操

作

环

节 主要目标

酝酿初试阶段 一研：选材→理论学习→设计活动方案→说课→第一次实践课→第一次研讨反思

二研：修改活动方案→再次实践活动→再次研讨反思

三研：再次修改活动方案→第三次实践活动→第三次研讨反思→形成优化的活动方案 注重园内教师整体专业水平的提高

成熟深化阶段 除了运用第一阶段的操作模式外，增加了第二种操作模式：

一研：选材→理论学习→设计不同的活动方案（不同教师）→说课→研究实践课１、研究实践课２、研究实践课３→研讨反思

二研：各自修改活动方案→再次实践→再次研讨反思

三研：第三次修改活动方案→第三次实践→第三次研讨反思→形成各有特色的活动方案

注重在园内教师群体发展的基础上鼓励教师创新，促进教师个性化的发展。

经验辐射阶段 一研：选材→学习理论→提出问题→示范实践→研讨、对话、反思

二研：带教对象设计活动方案→说课→实践研究课→研讨反思

三研：带教对象修改活动方案→再次实践→再研讨反思→形成优化的活动方案 由园内向园外辐射，成立校本培训基地，带动其他幼儿园教师一同发展。

“一课三研”活动中活动内容的确定，是根据本园、本班幼儿近阶段的培养目标和发展目标，教研组集体商定或由执教老师自己选定。既可以是现成的，也可以是改编和创编的。

活动方案的设计，一是在集体讨论的基础上由执教老师设计；二是完全由执教老师根据自己对教材内容的把握、以本班幼儿的实际水平而设计；三是根据研究的目的，由不同的教师分别设计。

说课主要由活动方案的设计者说。一是说教材，说说自己对教材的理解、教材中有那些可发掘的教育因素；二是说教法、学法，讲讲为什么要选择这种教学策略，有什么优势，幼儿在这个活动中是如何学的；三是说教学过程，说明教学目标制定的依据，重难点是什么，有哪几个主要的环节以及幼儿可能在学习过程中有什么样的反应，老师准备如何应对等等。通过说课，可使方案的设计者对自己设计的活动方案进行反思，反思教学目标的确定、重难点的把握以及教学方法的采用是否符合幼儿的实际和幼儿的特点，是否促进了幼儿在原有基础上的发展。而对其他老师来说，了解了执教老师组织活动中各环节安排的真实意图和想法，对施教对象的实际水平有了一个大致的了解，便于在观摩的过程中更加有目的地观察和思考。

在不同的阶段，根据目标的不同，研讨的重点是不一样的。酝酿初试阶段，我们主要由同一位教师担任实践课的实施，重理论学习和课后研讨过程中理论与实践的联系，培养教师的反思意识和合作意识。在研究讨论的过程中，除了发现存在的问题，还要找出好的经验和特色；除了找出解决问题的对策，还要深入研讨“为什么”，探讨问题或经验背后所隐含的教育理念。充分发挥集体的力量，互相启发、互相合作，使模糊的观念变得更为清晰，从而发现自己教学中的不足，学习借鉴他人的经验，不断修正自己的教育观念和教学行为。

随着“一课三研”活动的深入开展，我们发现，不同教师有不同的兴趣、爱好，有自己独特的见解和思想，不同教师设计的教学方案在实施过程中也各有优势。注重教师专业发展的培养更要发挥教师的自主性、创造性，发挥教师的个性特长，促进教师的个性化发展。为此，我们在成熟深化阶段，把重点放在促进教师形成自己的教学风格上。在研讨中，我们主要分析不同活动方案中所采用的不同策略背后的理论和实践的依据是什么？对幼儿的发展有何作用？发挥集体的力量，帮助教师总结、提升教学经验，逐步形成符合该教师特长的教学风格。例如，莺莺艺术幼儿园派出了三位青年教师师从市特级教师，她们把市特级教师的研究课，根据我县的实际和本园、本班的实际结合自己的理解认识，进行重新设计，在一次次的实践、研讨反思过程中，在全园教师的合作过程中，小王、小季小沈等老师脱颖而出，在教学上形成了各自独特的教学风格。

“一课三研”活动的开展，使一批青年教师迅速地成长起来，从而也促进了幼儿园保教质量和办园质量的提高。为了进一步提高县级层面的教师的整体素质，我们把先期开展“一课三研”活动的几所幼儿园，作为县级的校本培训基地，使他们的经验由园内向园外辐射。每个基地园分别联系几所姐妹园，由姐妹园选派骨干教师，通过参加基地园的“一课三研”活动，促进该骨干教师的成长，并通过该骨干教师，把经验带回自己幼儿园。这阶段的主要特点是：在实施的第一个环节中，确立活动主题的内容以后，带教老师和带教对象共同进行理论学习的准备和教材的分析，并在带教老师上示范课前，先提出问题，如：“活动中师生是如何互动的？”“所采用的教学策略对幼儿发展的意义是什么？”“如何体现幼儿的主体性？”……等等，让带教对象带着问题去观察，去体会。再在课后与带教老师进行对话，提出自己的疑惑和见解，通过研讨、反思，帮助带教对象深刻领会活动中所蕴涵的新的教育理念。在此基础上，进入第二个环节，由带教对象根据自己对教材的把握和自己班级的实际，重新制定教育目标和活动方案，再通过反复的实践和研讨，在集体的帮助下，逐步改变带教对象的教育观念和教育教学行为。

三、“一课三研”活动开展的效果

首先，一课三研活动的开展架起了教师理论联系实际的桥梁。以往，老师们不管是设计活动方案还是观摩评课，较多地凭借自己的经验和习惯来选择教学方法、策略和指出别人教学活动中的不足，以及改进的方法，不会深入地思考“为什么”。在一课三研活动中，确定教学内容以后，所有的教师都要考虑“如果我来组织，准备怎样做？”、“我为什么要这样组织？”；在观摩活动时，要思考“活动中有什么好的经验，为什么？”、“有什么不妥之处，为什么？”、“有哪些更好的方法，为什么？”。老师们在活动过程中，时刻关注幼儿的发展，时刻问自己“为什么？”。因此每一个老师都必须牢固地掌握幼教法规和先进的教育理念，了解幼儿的年龄特征和身心特点。从而激发了教师主动地学习新的理论知识的积极性，改变了以往理论学习中被动学习的无效局面。提高了教师运用理论指导实践的能力，在实践中加深了对理论的理解并内化于自己的认知结构中。

第二、一课三研活动的开展，有效地提高了教师的教学能力。

在县级层面上，通过一课三研活动，大部分教师的教育教学能力，有了较大的提高。教师们能根据培养目标选择恰当的教材，在制订教育目标时，会考虑目标的全面性和适切性，做到明确具体。在活动中所采用的方法和教育策略，生动直观，符合幼儿的年龄和身心特点，并服务于教育目标。教育教学技能和随机教育的机智有了很大的提高，大大促进了幼儿园的保教质量的提高和幼儿能力全面和谐的发展。个别教师凭借集体的力量，不断学习新的教育理念，反思、修正自己的教学行为，总结自己的教学经验，形成了自己的教学风格。近年来，有两位老师在 “市幼儿园半日活动设计网上评选”中分别获第一、第二名；四位教师在“市中青年教师教学评选活动”中，分别获一等奖、二等奖；其中王丽琴老师在计算教学方面，形成了自己独特的教学风格，获市专家的一致肯定与好评。更有一大批青年教师在县的各类评比中脱颖而出，成为县级骨干教师和学科带头人。

第三，一课三研活动的开展，激发了教师们研究的兴趣，提高了教师开发园本课程的能力。

一课三研活动的开展，改变了教师传统的思维方式，学会了反思，学会了用新的理念来审视自己的教学行为，发现了许多自己从未意识到的问题。通过组内合作，不断尝试新的教学方法，体验到了新方法运用后的成功的喜悦，从而激发了教师们极大的探索和研究的兴趣。他们发现课题研究不再是深不可测、高不可攀的领域。如在一次美术活动的研讨中，教师们发现，执教老师不同的示范方法，使幼儿的作品在创造力、想象力上有不同的表现，继而引发了不同范例数量、不同示范方法和不同时间出示范例、进行示范对幼儿创造、想象能力影响的研究，老师们在教学实践中不断地实验、交流、研讨，最终形成了质量较高的研究成果。再如，竖新幼儿园根据幼儿对于周围生活的活动内容特别感兴趣的特点，进行了“构建乡土特色的园本课程”的研究，经过一课三研活动，教师们自创自编，研究出了具有乡土特色的园本课程的目标、内容、教学模式和评价策略和乡土教材，教师们的研究能力也在不断的探索、研究过程中得到了提高。研究的成果也在“上海市学前教育科研成果推广研讨会”上交流。

第四、一课三研活动的开展，使幼儿园形成了一个团结、合作、信任的群体氛围。

教师的发展离不开一个良好的团结、奋进、互相信任的集体环境。每个人都有自己的知识、经验及智慧特长，如果只是孤立地发挥作用，其效能是有限的。“一课三研”创造了一个共同分享，合作与支持的条件，增进了组员之间的沟通，使大家在活动中了解他人，了解自己，分享各自的体会与经验，共同斟酌更好的教学方式，思辩教育上的困惑，大胆地尝试新内容、新方法、新途径。教师们从原来的退缩到后来的争着上研究课，虽然有的老师因自己的活动不理想而流泪了，但在信任、鼓励的氛围的感召下，或擦干眼泪重新设计方案，改进教学策略，或为下一轮教师积极地出谋划策。每一个教师在每一次的活动中都感到有新的收获和新的提高，都把这样的活动当作是挑战自我，提升自我的一次机会。

总之，“一课三研”活动的开展，有效地激发了教师投身教育教学改革的积极性、主动性，形成了教师间团结合作和互相信任、支持的工作氛围，有利于教师群体的发展；有效地沟通了教育理念与教育实践的联系，转变了教师的观念，实现了理念向行为的转化；有效地发挥了集体的力量，通过集体反思，引发教师对自己教学过程的重新审视，从而渐渐养成了反思的习惯，培养了教师实践反思的能力，促进了教师的自主发展

第三篇：《机械制图》期末考试试卷答案

在半剖视图中半个视图与半个剖视图的分界线用（）。

（A）粗实线

(B)细实线

(C)细点画线

(D)波浪线 答案：（C）

局部放大图的标注中，若被放大的部分有几个，应用（）数字编号，并在局部放大图上方标注相应的数字和采用的比例。

（A）希腊

(B)阿拉伯

(C)罗马

(D)中国 答案：（C）

尺寸应该尽量标注在（D）上。

A、主视图 B、俯视图 C、左视图 D、特征视图

六个基本视图中最常用的是（）视图。

（A）主、右、仰

(B)主、俯、左

(C)后、右、仰

(D)主、左、仰 答案：（B）下图的A-A剖面图中，选出正确的断面图（）。

在下图中，选出正确的一组视图（）。

答案：C 下面右图用的是（）表示方法。

（A）全剖

（B）局部剖

（C）移出剖面

（D）重合剖面

答案：C

在下图中选出正确的剖视图。（）

答案：C

在下图中选出正确的局部剖视图。（）

答案：B

在下图中选出正确的剖视图。（）

答案：C

求作立体的相贯线。（12分）

一.标注尺寸（数值从视图中量取，比例1:1）（13分）

分析下列螺纹画法的错误,正确的打“√”, 错误的打“×”。（8分）

(×)(√)(×)(×)

选择正确的移出剖面图（将正确的答案序号填入括号内）（6分）(b)

读齿轮轴零件图，在指定位置补画A-A断面图，并回答下列问题。（15分）

1．说明M12×1.5-6g含义：表示公称直径为12mm的细牙普通螺纹，M为螺纹代号，1.5为螺距,6g为中径和顶径的公差带代号。2．说明含义：⊥表示垂直度，0.03为垂直度公差，A为基准符号。

3．指出图中的工艺结构：它有 2 处倒角，其尺寸分别为 C2和C1.5，有 1 处退刀槽，其尺寸为 2×2。

模数其余218齿数压力角精度等级齿厚配对齿数8-7-7-3.142图号齿数齿 轮 轴制图校核比例数量材料

第四篇：离散数学 期末考试试卷答案

离散数学试题(B卷答案1）

一、证明题（10分）

1)(P∧(Q∧R))∨(Q∧R)∨(P∧R)R 证明: 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(置换)R 2)x(A(x)B(x)) xA(x)xB(x)证明 ：x(A(x)B(x))x(A(x)∨B(x))xA(x)∨xB(x)xA(x)∨xB(x)xA(x)xB(x)

二、求命题公式(P∨(Q∧R))(P∧Q∧R)的主析取范式和主合取范式（10分）。

证明：(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、推理证明题（10分）

1）C∨D，(C∨D) E，E(A∧B)，(A∧B)(R∨S)R∨S 证明：(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))证明(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名学生，其中14人会打篮球，12人会打排球，6人会打篮球和排球，5人会打篮球和网球，还有2人会打这三种球。而6个会打网球的人都会打另外一种球，求不会打这三种球的人数（10分）。

解：A，B，C分别表示会打排球、网球和篮球的学生集合。则|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。不会打这三种球的人数25-20=5。

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、已知R、S是N上的关系，其定义如下：R={| x，yN∧y=x}，S={| x，yN∧y=x+1}。求R、R*S、S*R、R{1，2}、S[{1，2}]（10分）。

解：R={| x，yN∧y=x} R*S={| x，yN∧y=x+1} S*R={| x，yN∧y=（x+1）}，R{1，2}={<1，1>，<2，4>}，S[{1，2}]={1，4}。

七、设R={，，}，求r(R)、s(R)和t(R)（15分）。

解：r(R)={，，，，，}

12-1

2s(R)={，，，，，} R= R={，，} R={，，} R={，，} t(R)={，，，，，，，，}

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）。

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）=fg（10分）。

1-1-14325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fg：C→A是双射。

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

1-1

-1-1-1-1

-1-1-1

-1离散数学试题(B卷答案2）

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 m0∨m2∨m3

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(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(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)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）。

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）。

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、设R1是A上的等价关系，R2是B上的等价关系，A≠且B≠。关系R满足：<，>∈R∈R1且∈R2，证明R是A×B上的等价关系（10分）。

证明 对任意的∈A×B，由R1是A上的等价关系可得∈R1，由R2是B上的等价关系可得∈R2。再由R的定义，有<，>∈R，所以R是自反的。

对任意的、∈A×B，若R，则∈R1且∈R2。由R1对称得∈R1，由R2对称得∈R2。再由R的定义，有<，> 432

5∈R，即R，所以R是对称的。

对任意的、、∈A×B，若R且R，则∈R1且∈R2，∈R1且∈R2。由∈R1、∈R1及R1的传递性得∈R1，由∈R2、∈R2及R2的传递性得∈R1。再由R的定义，有<，>∈R，即R，所以R是传递的。

综上可得，R是A×B上的等价关系。

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、g和h（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＝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离散数学试题(B卷答案3）

一、（10分）判断下列公式的类型（永真式、永假式、可满足式）？(写过程)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)可满足式

二、（10分）求命题公式（P∨(Q∧R))(P∨Q∨R)的主析取范式，并求成真赋值。

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 该式为重言式，全部赋值都是成真赋值。

三、（10分）证明((P∧Q∧A)C)∧(A(P∨Q∨C))(A∧(PQ))C 证明：((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）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+2=4））（0∨0）∧（0∨1）0∧10

五、（10分）对于任意集合A，B，试证明：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，从而xA∩B，xP(A∩B)，由于上述过程可逆，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）设函数f：R×RR×R，R为实数集，f定义为：f()=。1)证明f是双射。

解：1），∈R×R，若f()=f()，即=，则x1+y1=x2+y2且x1-y1=x2-y2得x1=x2，y1=y2从而f是单射。

2）

∈R×R，由f()=

，通过计算可得x=(p+q)/2；y=(p-q)/2；从而

的原象存在，f是满射。

八、（10分）是个群，u∈G，定义G中的运算“”为ab=a*u*b，对任意a，b∈G，求证：也是个群。

证明：1）a，b∈G，ab=a*u*b∈G，运算是封闭的。

2）a，b，c∈G，（ab）c=（a*u*b）*u*c=a*u*（b*u*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*E=a，得E=u，存在单位元u。4）a∈G，ax=a*u*x=E，x=u*a*u，则xa=u*a*u*u*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：1）D的邻接距阵A和可达距阵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＝(2+4)×4+6×3+12×2+(8+10)×3+14×2＝148

离散数学试题(B卷答案4）

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(P(x)Q(x))∧xP(x)x(P(x)∧Q(x))证明：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m0∨m2∨m3

三、推理证明题（10分）

1)(P(QS))∧(R∨P)∧QRS 证明：（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)证明：(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在边长为1的正方形内任意放置九个点，证明其中必存在三个点，使得由它们组成的三角形（可能是退化的）面积不超过1/8（10分）。

证明：把边长为1的正方形分成四个全等的小正方形，则至少有一个小正方形内有三个点，它们组成的三角形（可能是退化的）面积不超过小正方形的一半，即1/8。

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、={A1，A2，„，An}是集合A的一个划分，定义R={|a、b∈Ai，I=1，2，„，n}，则R是A上的等价关系（15分）。

证明：a∈A必有i使得a∈Ai，由定义知aRa，故R自反。a,b∈A，若aRb，则a,b∈Ai，即b,a∈Ai，所以bRa，故R对称。

a,b,c∈A，若aRb 且bRc，则a,b∈Ai及b,c∈Aj。因为i≠j时Ai∩Aj=，故i=j，即a,b,c∈Ai，所以aRc，故R传递。

总之R是A上的等价关系。

七、若f:A→B是双射，则f:B→A是双射（15分）。

证明:对任意的x∈A，因为f是从A到B的函数，故存在y∈B，使∈f，∈f。所以,f是满射。

对任意的x∈A，若存在y1,y2∈B，使得∈f且∈f,则有∈f且∈f。因为f是函数，则y1=y2。所以，f是单射。

因此f是双射。

八、设是群，和是的子群，证明：若A∪B＝G，则A＝G或B＝G（10分）。

证明 假设A≠G且B≠G，则存在aA，aB，且存在bB，bA（否则对任意的aA，aB，从而AB，即A∪B＝B，得B＝G，矛盾。）

对于元素a*bG，若a*bA，因A是子群，aA，从而a *(a*b)＝b A，所以矛盾，故a*bA。同理可证a*bB，综合有a*bA∪B＝G。综上所述，假设不成立，得证A＝G或B＝G。

九、若无向图G是不连通的，证明G的补图G是连通的（10分）。

证明 设无向图G是不连通的，其k个连通分支为G1、G2、„、Gk。任取结点u、v∈G，若u和v不在图G的同一个连通分支中，则[u，v]不是图G的边，因而[u，v]

1-1-1

-1-1-1-1是图G的边；若u和v在图G的同一个连通分支中，不妨设其在连通分支Gi（1≤i≤k）中，在不同于Gi的另一连通分支上取一结点w，则[u，w]和[w，v]都不是图G的边，因而[u，w]和[w，v]都是G的边。综上可知，不管那种情况，u和v都是可达的。由u和v的任意性可知，G是连通的。

离散数学试题（B卷答案5）

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＝{，，，，，，，

4232-1d>，}

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 a=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)-

1-1

-1-1-1-1-1

-1-1（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 离散数学试题（B卷答案6）

一、（20分）用公式法判断下列公式的类型：(1)(P∨Q)(PQ)(2)(PQ)(P∧(Q∨R))解：（1）因为(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)为可满足式。

（2）因为(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))为可满足式。

二、（15分）在谓词逻辑中构造下面推理的证明：每个科学家都是勤奋的，每个勤奋

又身体健康的人在事业中都会获得成功。存在着身体健康的科学家。所以，存在着事业获得成功的人或事业半途而废的人。

解：论域：所有人的集合。Q(x)：x是勤奋的；H(x)：x是身体健康的；S(x)：x是科学家；C(x)：x是事业获得成功的人；F(x)：x是事业半途而废的人；则推理化形式为：

x(S(x)H(x))Q(x))，x(Q(x)∧H(x)C(x))，x(S(x)∧x(C(x)∨F(x))下面给出证明：

(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）设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）设R和S是集合A上的任意关系，判断下列命题是否成立？(1)若R和S是自反的，则R*S也是自反的。(2)若R和S是反自反的，则R*S也是反自反的。(3)若R和S是对称的，则R*S也是对称的。

(4)若R和S是传递的，则R*S也是传递的。(5)若R和S是自反的，则R∩S是自反的。(6)若R和S是传递的，则R∪S是传递的。

解

(1)成立。对任意的a∈A，因为R和S是自反的，则∈R，∈S，于是∈R*S，故R*S也是自反的。

(2)不成立。例如，令A＝{1，2}，R＝{<1，2>}，S＝{<2，1>}，则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>}，则R和S是对称的，但R*S＝{<1，3>，<3，2>}不是对称的。

(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>}，则R和S是传递的，但R*S＝{<1，3>，<1，1>，<2，1>}不是传递的。

(5)成立。对任意的a∈A，因为R和S是自反的，则∈R，∈S，于是∈R∩S，所以R∩S是自反的。

五、（15分）令X＝{x1，x2，„，xm}，Y＝{y1，y2，„，yn}。问(1)有多少个不同的由X到Y的函数？

(2)当n、m满足什么条件时，存在单射，且有多少个不同的单射？(3)当n、m满足什么条件时，存在双射，且有多少个不同的双射？

解

(1)由于对X中每个元素可以取Y中任一元素与其对应，每个元素有n种取法，所以不同的函数共nm个。

(2)显然当|m|≤|n|时，存在单射。由于在Y中任选m个元素的任一全排列都形成X到

mY的不同的单射，故不同的单射有Cnm!＝n(n－1)(n―m―1)个。

(3)显然当|m|＝|n|时，才存在双射。此时Y中元素的任一不同的全排列都形成X到Y的不同的双射，故不同的双射有m!个。

六、（5分）集合X上有m个元素，集合Y上有n个元素，问X到Y的二元关系总共有多少个？

解

X到Y的不同的二元关系对应X×Y的不同的子集，而X×Y的不同的子集共有个2mn，所以X到Y的二元关系总共有2mn个。

七、（10分）若是群，则对于任意的a、b∈G，必有惟一的x∈G使得a*x＝

b。

证明 设e是群的幺元。令x＝a1*b，则a*x＝a*(a1*b)＝(a*a1)*b＝e*b＝b。

－

－

－所以，x＝a1*b是a*x＝b的解。－若x∈G也是a*x＝b的解，则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）给定连通简单平面图G＝，且|V|＝6，|E|＝12。证明：对任意f∈F，d(f)＝3。

证明

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，则3|F|＜2|E|＝24，于是|F|＜8，与|F|＝8矛盾。故对任意f∈F，d(f)＝3。

离散数学试题（B卷答案7）

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，i11>，<5，4>，<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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长度为1、2、3和4的路的个数分别为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。

(4)00B4AA2A3A40000所以求可达矩阵为P0000(5)因为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

为

741



747，747



434构成G的强分图。

离散数学试题（B卷答案8）

一、（10分）证明(P∨Q)∧(PR)∧(QS)S∨R

证明

因为S∨RRS，所以，即要证(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）根据推理理论证明：每个考生或者勤奋或者聪明，所有勤奋的人都将有所作为，但并非所有考生都将有所作为，所以，一定有些考生是聪明的。

设P(e)：e是考生，Q(e)：e将有所作为，A(e)：e是勤奋的，B(e)：e是聪明的，个体域：人的集合，则命题可符号化为：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名学生，其中14人会打篮球，12人会打排球，6人会打篮球和排球，5人会打篮球和网球，还有2人会打这三种球。而6个会打网球的人都会打另外一种球，求不会打这三种球的人数。

解

设A、B、C分别表示会打排球、网球和篮球的学生集合。则：

|A|＝12，|B|＝6，|C|＝14，|A∩C|＝6，|B∩C|＝5，|A∩B∩C|＝2，|(A∪C)∩B|＝6。因为|(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，不会打这三种球的共5人。

四、（10分）设A1、A2和A3是全集U的子集，则形如Ai(Ai为Ai或Ai)的集合称

i13为由A1、A2和A3产生的小项。试证由A1、A2和A3所产生的所有非空小项的集合构成全集U的一个划分。

证明

小项共8个，设有r个非空小项s1、s2、…、sr(r≤8)。

对任意的a∈U，则a∈Ai或a∈Ai，两者必有一个成立，取Ai为包含元素a的Ai或Ai，则a∈Ai，即有a∈si，于是Usi。又显然有siU，所以U＝si。

i1i1i1i1i13rrrr任取两个非空小项sp和sq，若sp≠sq，则必存在某个Ai和Ai分别出现在sp和sq中，于是sp∩sq＝。

综上可知，{s1，s2，…，sr}是U的一个划分。

五、（15分）设R是A上的二元关系，则：R是传递的R*RR。

证明

(5)若R是传递的，则∈R*Rz(xRz∧zSy)xRc∧cSy，由R是传递的得xRy，即有∈R，所以R*RR。

反之，若R*RR，则对任意的x、y、z∈A，如果xRz且zRy，则∈R*R，于是有∈R，即有xRy，所以R是传递的。

六、（15分）若G为连通平面图，则n－m＋r＝2，其中，n、m、r分别为G的结点数、边数和面数。

证明

对G的边数m作归纳法。

当m＝0时，由于G是连通图，所以G为平凡图，此时n＝1，r＝1，结论自然成立。假设对边数小于m的连通平面图结论成立。下面考虑连通平面图G的边数为m的情况。

设e是G的一条边，从G中删去e后得到的图记为G，并设其结点数、边数和面数分别为n、m和r。对e分为下列情况来讨论：

若e为割边，则G有两个连通分支G1和G2。Gi的结点数、边数和面数分别为ni、mi和ri。显然n1＋n2＝n＝n，m1＋m2＝m＝m－1，r1＋r2＝r＋1＝r＋1。由归纳假设有n1－m1＋r1＝2，n2－m2＋r2＝2，从而(n1＋n2)－(m1＋m2)＋(r1＋r2)＝4，n－(m－1)＋(r＋1)＝4，即n－m＋r＝2。

若e不为割边，则n＝n，m＝m－1，r＝r－1，由归纳假设有n－m＋r＝2，从而n－(m－1)＋r－1＝2，即n－m＋r＝2。

由数学归纳法知，结论成立。

七、（10分）设函数g：A→B，f：B→C，则：(1)fg是A到C的函数；

(2)对任意的x∈A，有fg(x)＝f(g(x))。

证明

(1)对任意的x∈A，因为g：A→B是函数，则存在y∈B使∈g。对于y∈B，因f：B→C是函数，则存在z∈C使∈f。根据复合关系的定义，由∈g和∈f得∈g*f，即∈fg。所以Dfg＝A。

对任意的x∈A，若存在y1、y2∈C，使得、∈fg＝g*f，则存在t1使得∈g且∈f，存在t2使得∈g且∈f。因为g：A→B是函数，则t1＝t2。又因f：B→C是函数，则y1＝y2。所以A中的每个元素对应C中惟一的元素。

综上可知，fg是A到C的函数。

(2)对任意的x∈A，由g：A→B是函数，有∈g且g(x)∈B，又由f：B→C是函数，得∈f，于是∈g*f＝fg。又因fg是A到C的函数，则可写为fg(x)＝f(g(x))。

八、（15分）设是的子群，定义R＝{|a、b∈G且a1*b∈H}，－则R是G中的一个等价关系，且[a]R＝aH。

证明

对于任意a∈G，必有a1∈G使得a1*a＝e∈H，所以∈R。

－

－

若∈R，则a1*b∈H。因为H是G的子群，故(a1*b)1＝b1*a∈H。所以

－

－

－a>∈R。

若∈R，∈R，则a1*b∈H，b1*c∈H。因为H是G的子群，所以(a

－

－

－1*b)*(b1*c)＝a1*c∈H，故∈R。－－综上可得，R是G中的一个等价关系。

对于任意的b∈[a]R，有∈R，a1*b∈H，则存在h∈H使得a1*b＝h，b＝a*h，－

－于是b∈aH，[a]RaH。对任意的b∈aH，存在h∈H使得b＝a*h，a1*b＝h∈H，∈R，故aH[a]R。所以，[a]R＝aH。

离散数学试题（B卷答案9）

一、（10分）证明(P∧Q∧AC)∧(AP∨Q∨C)(A∧(PQ))C。证明：(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）举例说明下面推理不正确：xy(P(x)Q(y))，yz(R(y)Q(z))xz(P(x)R(z))。

解：设论域为{1，2}，令P(1)＝P(2)＝T；Q(1)＝Q(2)＝T；R(1)＝R(2)＝F。则： 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))不正确。

三、（15分）在谓词逻辑中构造下面推理的证明：所有牛都有角，有些动物是牛，所以，有些动物有角。

解：令P(x)：x是牛；Q(x)：x有角；R(x)：x是动物；则推理化形式为：

x(P(x)Q(x))，x(P(x)∧R(x))x(Q(x)∧R(x))下面给出证明：

(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）证明(A∩B)×(C∩D)＝(A×C)∩(B×D)。

证明：因为∈(A∩B)×(C∩D)x∈(A∩B)∧y∈(C∩D)x∈A∧x∈B∧y∈C∧y∈D(x∈A∧y∈C)∧(x∈B∧y∈D)∈A×C∧∈B×D∈(A×C)∩(B×D)，所以(A∩B)×(C∩D)＝(A×C)∩(B×D)。

五、（15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，i11>，<5，4>，<5，5>}。

六、（10分）若函数f：A→B是双射，则对任意x∈A，有f1(f(x))＝x。

－证明

对任意的x∈A，因为f：A→B是函数，则∈f，于是

－由f－1是B到A的函数，于是可写为f1(f(x))＝x。

－

七、（10分）若G为有限群，则|G|＝|H|·[G:H]。

证明

设[G:H]＝k，a1、a2、…、ak分别为H的k个左陪集的代表元，由定理8.38得

G[ai]RaiH

i1i1kk又因为对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）画出3阶2条边的所有非同构有向简单图。

解：由握手定理可知，所画的有向简单图各结点度数之和为4，且最大出度和最大入度均小于或等于2。度数列与入度列、出度列为： 1、2、1：入度列为0、1、1或0、2、0或1、0、1；出度列为1、1、0或1、0、1或0、2、0 2、2、0：入度列为1、1、0；出度列为1、1、0 四个所求有向简单图如图所示。

（2）设G是n(n≥4)阶极大平面图，则G的最小度≥3。

证明

设v是极大平面图G的任一结点，则v在平面图G－{v}的某个面f内。由于G－{v}是一个平面简单图且其结点数大于等于3，所以d(f)≥3。由G的极大平面性，v与f上的结点之间都有边，因此d(v)≥3。由v的任意性可得，G的最小度≥3。

离散数学试题（B卷答案10）

一、（10分）使用将命题公式化为主范式的方法，证明(PQ)(P∧Q)(QP)∧(P∨Q)。

证明：因为(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）证明下述推理： 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，则D不愉快。

解 设A：A努力工作；B、C、D分别表示B、C、D愉快；则推理化形式为： 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）证明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）设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）设X＝{1，2，3，4}，R是X上的二元关系，R＝{<1，1>，<3，1>，<1，3>，<3，3>，<3，2>，<4，3>，<4，1>，<4，2>，<1，2>}(1)画出R的关系图。(2)写出R的关系矩阵。

(3)说明R是否是自反、反自反、对称、传递的。解(1)R的关系图如图所示：(2)R的关系矩阵为：

10M(R)111011101100 00(3)对于R的关系矩阵，由于对角线上不全为1，R不是自反的；由于对角线上存在非0元，R不是反自反的；由于矩阵不对称，R不是对称的；

经过计算可得

10M(R2)111011101100M(R)，所以R是传递的。00

六、（15分）设函数f：R×RR×R，f定义为：f()＝。(1)证明f是单射。(2)证明f是满射。(3)求逆函数f。

(4)求复合函数ff和ff。

证明(1)对任意的x，y，x1，y1∈R，若f()＝f()，则＝，x＋y＝x1＋y1，x－y＝x1－y1，从而x＝x1，y＝y1，故f是单射。

(2)对任意的∈R×R，令x＝－1－

1uwuwuwuw，y＝，则f()＝<＋，2222uwuw－>＝，所以f是满射。22(3)f()＝<－1－1uwuw，>。22－1(4)ff()＝f(f())＝f

－1

()＝<

xyxy，2xy(xy)>＝ 2ff()＝f(f())＝f()＝＝<2x，2y>。

七、（15分）给定群，若对G中任意元a和b，有a*b＝(a*b)，a*b＝(a*b)，a*b＝(a*b)，试证是Abel群。

证明 对G中任意元a和b。

因为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）证明在n个结点的连通图G中，至少有n－1条边。

证明 不妨设G是无向连通图（若G为有向图，可略去边的方向讨论对应的无向图）。设G中结点为v1、v2、„、vn。由连通性，必存在与v1相邻的结点，不妨设它为v2（否则可重新编号），连接v1和v2，得边e1，还是由连通性，在v3、v4、„、vn中必存在与v1或v2相邻的结点，不妨设为v3，将其连接得边e2，续行此法，vn必与v1、v2、„、vn1中的某个结点相邻，得新边en1，由此可见G中至少有n－1条边。

（2）试给出|V|＝n，|E|＝(n－1)(n－2)的简单无向图G＝是不连通的例子。

解 下图满足条件但不连通。

12344333

第五篇：《物权法》期末考试试卷及答案

《物权法》期末考试试卷及答案

一、单选题

1.土地承包经营权属于()。

A.所有权 B.用益物权 C.担保物权 D准物权

2.相邻关系是不动产的相邻各方因不动产行使所有权或使用权而发生的权利义务关系，因此，相邻关系的客体是()。A.不动产

B.对不动产所有的权利 C.对不动产所负的义务

D.不动产权利人行使其所有权或者使用权过程中所体现的权益

3.根据《物权法》的规定，下列各项有关共有关系的表述中，不符合法律规定的是()。

A.按份共有人有权自由处分自己的共有份额，无需取得其他共有人的同意 B.共同共有人对共有财产的处分，必须征得全体共有人的同意

C.按份共有人将份额出让给共有人以外的第三人时，必须征得其他共有人的同意 D.共同共有关系终止，才能确定份额，分割共有财产

4.甲、乙、丙了人分别出资修建了一栋三层小楼。建楼前三人约定建成后甲、乙、丙分别住一 楼、二楼、三楼，但对楼房的所有权的归属未明确约定。楼房建成后，因对楼房的所有权归属发生争议，如果三人不能协商解决，该楼房的所有权()。

A.三人共同共有 B.三人按份共有

C.三人区分所有 D.甲拥有所有权，乙、丙拥有使用权

5.通过招标、拍卖、公开协商等方式承包()等农村土地，依照土地承包法等法律和国务院的有关规定。其土地承包经营权可以转让、入股、抵押或者以其他方式流转。

A.耕地 B.林地 C.荒地 D.草地

6.孙某有一辆汽车，估价20万元，6月1日向李某借款l0万元。订立了汽车抵押合同并于当天办理抵押登记。6月2日，向赵某借款10万元，又以该汽车抵押并办理了登记。后孙某不能还款，变卖汽车得款l6万元。关于抵押板，下列说法正确的是()。

A.赵某优先得到实现 B.他们处于同一顺序 C.李某优先得到实现 D.二者协商处理

7.甲公司向银行贷款，并以所持乙上市公司股份用于质押。根据《物权法》的规定：质押合同的生效时间是()。A.借款合同签订之日 B.质押合同签订之日 C.向证券登记机构申请办理出质登记之日 D.证券登记机构办理出质登记之日

8.甲遗失一部相机，乙拾得的后放在办公桌的抽屉内，并张贴了招领启事。丙盗走该相机，卖给了不知情的丁，丁出质于戊，对此下列说法不正确的是()。A.乙对相机的占有属于无权占有 B.丙对相机的占有属于他主占有 C.丁对相机的占有属于自主占有 D.戊对相机的占有属于直接占有

9.我国担保法规定的担保法规定的，担保物权包括：（）A.典权和抵押权 B.留置权、抵押权和质权 C.地上权和地役权 D.地役权、典权和质权 10.根据物权是否具有独立性不同，物权可以分为（）。

A.主物权和从物权 B.有期限物权和无期限物权 C.动产物权、不动产物权和权利物权 D．用益物权与担保物权

11.甲将自己所有的一套书卖给乙，但甲还想留阅一段时间，遂又与乙达成协议，借阅该书1个月，乙表示应允。乙取得该套书所有权的交付方法为（）。A.简易交付 B.占有改定 C.指示交付 D.拟制交付 12.所有人不明的埋藏物，所有权归（）。A.发现人 B.土地使用权人 C.国家 D．发现人和土地使用权人 13.下列财产所有权取得方法中，属于继受取得的是（）。

A．添附 B．生产 C．继承 D．拾得遗失物 14.下列财产中，不得抵押的是（）。

A.土地所有权 B.抵押人所有的房屋 C.抵押人所有的机器 D.在建工程 15.赵某孤身一人，因外出打工，将一祖传古董交由邻居钱某保管。钱某因结婚用钱，情急之下谎称该古董为自己所有，卖给了古董收藏商孙某，得款10000元。孙某因资金周转需要，向李某借款 20000 元，双方约定将该古董押给李某，如孙某到期不回赎，古董归李某所有。下列说法中正确的是：（）A．钱某与孙某之间的古董买卖合同无效

B．孙某取得该古董的所有权

C．李某对该古董的占有属于无权占有 D．赵某可以直接请求李某归还该古董

16.根据我国《物权法》规定，下列各项中，不属于物权的是：（）A．土地承包经营权 B． 建设用地使用权 C． 典权 D．海域使用

17.某小区拟解聘现有的物业管理机构，则下列关于业主表决情况的说法正确的是：（）A．应当经专有部分占建筑物总面积三分之二以上的业主或占总人数三分之二以上的业主同意

B．应当经专有部分占建筑物总面积三分之二以上的业主且占总人数三分之二以上的业主同 意

C．应当经专有部分占建筑物总面积过半数的业主且占总人数过半数的业主同意 D．应当经专有部分占建筑物总面积过半数的业主或占总人数过半数的业主同意 18.下列关于留置权的表述，正确的是（）。

A.留置权是用益物权 B.留置权是约定担保物权 C.留置权是自物权 D.留置权是法定担保物权

19.农民甲一家 4 口承包了本村 6 亩家庭承包地，并取得土地承包经营权证。后甲的女儿乙结婚嫁到外村，由于其夫家所在村农地紧张，致其在夫家始终未取得家庭承包地。甲所在村村委会依据自定的村规民约，抽回了乙 1.5 亩承包地，并作为家庭承包地补给本村村民丁经营管理。甲多次要求村委返还却遭拒绝。下列说法错误的是：（）

A．村委会侵害了甲的土地承包经营权

B．女儿外嫁后收回承包地是村规民约，村委会并未侵权 C．甲可以请求丁返还该承包地

D．甲可以请求村委会赔偿其相应的损失

20.陈某向贺某借款20万元.借期2年，陈某以自己正在建造的房屋提供抵押担保并办理了登 记。下列说法中，符合《物权法》的是：()。A.贺某不享有抵押权。因为商品楼为在建工程，尚未完工

B.贺某不享有抵押权，只有以建成的房屋抵押，才符合《担保法》确定的抵押物范围

C.贺某享有抵押权，虽然商品楼正在建造中，但当事人办理了抵押物登记 D.贺某不享有抵押权，因为在建工程不属于《担保法》规定的抵押物范同

二、多选题

1.下列各项中，属于物权法上物的有哪些？（）A．无线电频谱 B．水流 C． 海域 D．空气 2.下列哪些权利可以作为权利质权的标的：（）A．汇票、本票、支票、债券、存款单、仓单、提单 B．依法可以转让的股份、股票、基金份额 C．商标专用权、专利权、著作权中的财产权 D．依法可以转让的债权

3.下列民事关系中，应按照相邻关系处理的是：（）A．甲在乙的房屋后挖菜窖，造成乙的房屋基础下沉，墙体裂缝引起纠纷 B．甲开发商购得一块土地的使用权，欲建一露天餐厅，其与该土地相邻的乙约定，乙不得再建露天餐厅，为此甲给予乙每年 3 万元的补偿 C．甲村在河流上游修建拦河坝，使乙村用水量剧减，引起纠纷 D．甲家与乙家相邻，甲家的猫闯入乙家，打碎乙家的花瓶，引起纠纷 4.在当事人对担保物权范围没有约定的情况下，下列各项中，属于担保物权担保范围的包括()。

A.主债权 B.主债权的利息 C.损害赔偿金 D.律师费 5.下列财产中，可以抵押的有（）。A.违章建筑物 B.机关法人的公益性财产 C.预购的房屋 D.抵押人所有的汽车

三、名词解释 1.善意取得 2.用益物权 3.占有改定 4.留置权

四、简答题

1.简述担保物权的特征。2.简述善意取得的构成要件。3.试述留置权取得的条件。

五、案例分析题

甲信用社、乙银行和丙公司在同一城市。丙与甲签订一金额为400万元的质权担保借款合同，质押财产为丙公司价值600万元的动产。合同签订后，丙即将质押财产转移给甲占有。嗣后，丙与乙签订一金额为280万元的借款、抵押合同，抵押物也为丙的上述动产，并办理了抵押权登记。合同到期后，丙无法向甲和乙偿还债务，甲和乙均要求以丙所提供的该担保财产优先清偿债务，从而引发纠纷。思考并回答下列问题： 1.质权设立的要件是什么？

2.在同一财产之上既设立质权又设立抵押权，其效力如何？ 3.本案应如何处理？

参考答案

一、单选题

1-5 BDCBC 6-10 CBBBA 11-15 BCCAB 16-20 CCDBC

二、多选题

1.ABC 2.ABCD 3.AC 4.ABC 5.CD

三、名词解释

1.善意取得亦称即时取得，是指无权处分他人财产的财产占有人，在不法将其占有的财产转让给第三人以后，如果受让人在取得该项财产时系出于善意，即依法取得该财产的所有权，原财产所有人不得要求受让人返还财产的制度。

2.用益物权，是指非所有权人对他人所有之物所享有的占有、使用和收益的他物权。其外延包括土地承包经营权、建设用地使用权、宅基地使用权、地役权等。

3.占有改定，是指在动产交易中出让人与受让人约定，由出让人继续直接占有动产，使受让人取得对于动产的间接占有，并取得动产的所有权。

4.留置权，是指债权人依债权占有属于债务人的动产，债务人未按照约定的期限履行债务时，债权人有权依法留置该财产，以该财产折价或者以拍卖、变卖该财产的价款优先受偿的担保物权。

四、简答题

1.担保物权的特征有：

（1）担保物权以担保债权的实现为目的。（2分）

（2）担保物权的标的是债务人或第三人所特有的特定动产、不动产或其他财产权利。（2分）

（3）担保物权限制了担保人对担保标的物的处分权。（2分）（4）债权人享有对担保标的物的换价权。（2分）（5）担保物权能够担保其债权享有优先受偿权。（2分）

2、实行善意取得的结果，是物的原所有人丧失其所有权，善意受让人则取得所有权。其要件是：

（1）受让人在受让时不知道或者不应当知道转让人无处分权，即善意。（3分）

（2）以合理的价格有偿受让。（2分）

（3）转让的财产依照法律规定应当登记的已经登记，不需要登记的已经交付给受让人。（3分）

（4）转移占有的财产须是法律允许流通的动产和不动产。（2分）

3、留置权成立要件分为积极要件和消极要件

（一）留置权成立的积极要件，是留置权成立所应具备的事实，包括以下三项：

（1）须债权人合法占有债务人的动产。（1分）（2）须债权的发生与该动产有牵连关系。（2分）（3）须债权已届清偿期且债务人未履行债务。（2分）

（二）留置权成立的消极要件通常有以下五项：（1）须当事人事先无不得留置的约定。（1分）

（2）须留置债务人的财产不违反公共秩序或善良风俗。（1分）（3）须留置财产与债权人的义务不相抵触。（1分）

（4）须留置财产与对方交付财产前或交付财产时所为的指示不相抵触。（1分）

（5）对动产的占有须非因侵权行为而取得。（1分）

五、案例分析题

1、在本案中，丙公司与甲信用社签订质权担保合同，（2分）质押财产已经转移占有，（2分）符合质权设立的要求，质权合同生效，甲信用社取得质权。（1分）

2、在同一财产之上既设立质权又设立抵押权的，其效力规则有：（1）在同一财产上，法定登记的抵押权与质权并存时，抵押权人优先于质权人受偿（3分）

（2）对于无须办理登记即可成立的抵押权，仍然必须按照权利设定的前后并考虑其他因素加以判定：一是当动产上先设定抵押权后设定质权时，如果抵押权已经登记的，抵押权人优先于质权人受偿；二是先成立的抵押权未经登记，则其不能对抗善意第三人。（4分）（3）当动产上先设定质权后设定抵押权时，无论该抵押权是否办理登记，都不能对抗设定在先的质权。（3分）

3、本案属于先设定质权后设定抵押权，因此，该抵押权不能对抗设定在先的质权。法官审理这一案件，应当判决甲信用社优先受偿，就剩余部分，乙银行受偿。（5分）