小学数学期末考试试卷

小学数学期末考试试卷（精选9篇）

小学数学期末考试试卷 篇1

四年级小学数学期末考试试卷分析

一、试题分析

本次数学试题依据课标和教材，覆盖面广，重视了基础知识、基本技能、空间观念以及解决问题能力的考查。从卷面看，无论是试题的类型，还是试题的表达方式，都尽可能地全面涵盖全册的数学知识，并综合应用。通过不同形式，从不同侧面考查了学生对本册知识的掌握情况，考察的知识面多而广。尤其侧重体现了数学新课程标准中所提倡的数学问题生活化，以及学生利用数学知识解决身边的数学问题的合理性和灵活性。但有少数题目对中下等学生来说稍微难了些。

二、总体情况

本期，全班共有38名学生参加检测。试卷满分为100分，全班考生总分为3097分，平均分为81.5分，及格率为97%,优秀率为71%。为了能进一步准确科学地对学生的做答情况做出科学分析，我们对小学四年级数学试卷整体进行分析：

三、答卷分析：

①大多数学生对基础知识、基本技能掌握得比较好。但也有少数学生对基础知识掌握得不够理想。

②少数学生未能形成良好的学习习惯，计算只用口算，不用竖式计算的现象还存在，造成计算出错，“粗心”仍是答题中的一大“顽敌”。

③本次试卷有些题目比较灵活，与平时的练习形式有些差异，而学生由于学得不够灵活，不能了解题目的要求，使分数丢掉。另外对于逆向思维的题目部分学生得分率偏底。考试中暴露出不少问题值

得我们进一步总结，具体分析失分较多的题目：

1、填空第12题，学生失分较多。学生表现忘写“万”，第16题

度数不写“°”。

2、动手能力差。如：第五大题的26、27小题失分率较高。

3、我会解决问题第29、30、32题失分较多。应用题第29、30、题失分的主要原因是学生不认真读题及不认真答卷造成的。32题，这道题不是用基础知识的简单拓展就能解决的，对学生来说出难了，只有极个别学生做出来。

三、打算及措施

1、立足教材。认真钻研教材，从生活数学做起，努力提高学生

对数学兴趣。在教学中，我们既要以教材为本，扎扎实实地把数学基

础知识夯实，又要紧密联系生活，让学生多了解生活中的数学，用数

学解决生活中的问题。

2、重视过程，培养能力。为学生提供学习材料，创造自主学习的机会。在综合实践活动中，要让学生的思维得到充分的展示，让他

们自己来分析问题，设计解决的策略，提高教学的效率。多做多练，重视联系生活实际，拓展思维，灵活的把知识转化成技能。

3、加强基础，强化习惯。经常对学生进行查漏补缺，给学生解

题设置一些障碍，让学生通过思考、探究，解决这些问题，不定时地

进行检测、评估、矫正。同时注意学生学习习惯的养成教育。如：审

题、估算、验算、检验方法等。

4、“双基”引路，探究创新。结合学生实际进行训练，数学教学

不仅要使学生获得基础知识和基本技能，而且要着力引导学生进行自主探索，培养自觉发现新知、发现规律的能力。这样既能使学生对知识有深层次的理解，又能让学生在探索的过程中学会探索的科学方法。让学生在积极的动脑、动手、动口等全面探究中提出问题、分析问题、解决问题，既拓宽了知识的广度，又培养了学生应用数学知识解决实际问题的能力

小学数学期末考试试卷 篇2

1 材料与方法

以西安交通大学医学院2008级临床医学和法医学专业五年制本科生的系统解剖学期末考试试卷为材料。本次试卷共164份, 首先统计题型分布并进行试题的主客观性比较;其次将全部试卷按分数段计数, 绘制条图并制定出考试成绩频数表, 用SPSS13.0 统计软件进行正态性分布检验;再对全卷及各大题的难度和区分度进行计算比较;最后在高分组和低分组分别随机抽出30份试卷, 具体算出各小题的正确率或平均分数, 用每一小题的难度和区分度对试题进行优秀、良好、一般和差的评判。

2 结果

2.1 成绩总体情况

试卷满分为100分, 平均为72.22分, 标准差为18.47。最高分96分, 最低分3分, 全距高达93分, 变异系数为0.26 。不及格 (60分以下) 41人, 不及格率为25%。

试卷题型总体分布见表1, 试题的主客观性比较见表2, 其中单选题、双选题、填空题和填图题属于客观试题, 简答题和论述题属于主观试题。各分数段频数分布见表3和图1。用SPSS13.0 统计软件包对考试成绩进行正态性检验, P<0.01, 表明学生成绩呈正态分布。

2.2 试卷分析

主要考察试题的难度和区分度, 以此作为评价试题质量的主要指标

试题的难度与区分度。难度 (P) 指全部应试者中答对该题的人数, 也可也说是正确答案的比例或百分比。P值大小与试题的难易程度呈反相关, 即P值越大, 试题难度越小, 表明试题越简单;P值越小, 试题越难。试题的区分度 (D) 是指试题对被试者学习情况分辨能力的大小, 也是某道试题与本次考试整体之间的相关系数。区分度大的试题可以将不同层次的学生良好的区分开来, 而区分度过低则使成绩分布趋同, 无法达到检验学生学习情况的目的。本次考试全试卷及各大题的难度系数与区分度见表4。本试题的总体难度P=X/Xmax, X和Xmax分别为平均分和满分。各题型的难度计算用下面的方法:首先将成绩由高到低排序, 取27%的高分组试卷和27%的低分组试卷, 即各取44份, 按照D= (XH-XL) /Xmax公式进行计算, 其中XH和XL分别为高分组和低分组平均得分, Xmax为该题满分。

试题优良的评判。在高分组和低分组中分别随机抽出30份试卷, 用率法计算客观试题的难度, 用平均数法计算主观试题的难度, 得到每一小题的难度和区分度。根据难度适中区分度较大为优良试题的总思路, 对试题进行优良评判, 见表5和表6。

3 讨论

3.1 试卷的题型分布

从表1, 表2可见试卷的题型分布比较合理:在数量上, 覆盖面较宽的客观试题 (单选题、双选题、填空题和填图题) 占到86%, 对了解学生对大纲要求内容的掌握情况起到了良好的作用;主观题虽然量少, 单分值也占到了50%, 而且简答题、论述题分值分配合理, 减少了考试中偶然性对成绩的影响。

3.2 成绩分析

从图1和表3可以看出, 成绩主要集中在70～至90～分数段, 占频率的0.621;其次是50～至60～分数段, 占0.250, 而50分以下的仅占0.121。这样的成绩总体上代表了学生的实际学习状况。

3.3 试卷分析

本试卷总难度系数P为0.72, 区分度为0.43, 从总体上看较为合理。从表4可以看出, 难度较大的是填空、填图和叙述题, P值均小于0.7;双选题P>0.8, 较易, 其余题型P值在0.7-0.8之间, 难度适中。区分度由大到小依次是填图题>填空题>叙述题>单选题>双选题>简答题。从区分度的角度看, D>0.4的优良题占到75%, D<0.2的差题仅占5%。综合难度系数与区分度来看, 难度适中而区分度又好的试题在50%以上, 因而是一份既有一定难度又有较好区分度的试题。

以上根据考试结果计算出的试题难度称为实测难度, 此外试题还可以有个预计难度。即出考题时由教育专家或具有丰富教学经验的教师对试题通过率进行估计所得的数值。为了保证试题有一定的难度同时具有良好的区分度, 我系通常由系上有资历的教授对试题把关, 以免出现试题过难或过易, 达不到考试的目的。

3.4 学生成绩呈正态分布的意义

本试卷由课程主讲教师根据教学大纲的要求命题, 试题量适当、题型较丰富, 教学内容覆盖率达98%以上, 反映了本课程的主要内容与要求。学生成绩成正态分布, 首先说明考试题目难度适中, 70-89分的学生占到了45.7%, 90分以上的占17.1, 60分以下的占24.9%。试题不但将优秀的学生与中等的学生区分开来, 还将中等的与差的明确区分开来。同时正态分布也是符合正常人群智力分布规律的。但是, 大学生是经过高考选拔的相对高智商人群, 稍偏高分数段的偏态分布更能说明学生整体学习刻苦, 成绩优良。

3.5 建立科学规范的题库势在必行

多年来人们一直对应试教育产生的“高分低能”现象有所诟病, 呼吁素质教育的呼声愈来愈高。但是考试是被教育学理论和教学实践证明的一种检验学生学习状况的必不可少的有效手段。如何使考试脱离死记硬背的僵化模式, 向更多的考察学生运用知识解决实际问题的能力方面转变, 是摆在每位教师面前的重大课题, 而科学规范的题库的建立将大大有助于考察学生的实际能力。与时俱进的将优良试题选入题库, 淘汰劣质试题, 使题库不断完善, 这既有利于将考察知识与考察能力相结合, 又有利于教师提高工作效率。

3.6 关于不及格率的问题

虽然本试卷从难度和区分度来看是一份较好的试题, 但是不及格的学生达到41名, 占到学生总数的25%, 显然有些偏高。这与大一新生刚从中学考入大学, 对大学课程的学习还处于适应阶段, 对解剖学课程无任何基础以及有些学生学习方法不当有关。为了避免学生平时学习不认真, 考试前突击复习取得高分数, 以及有少数学生虽然平时努力学习, 但是期末考试发挥失常导致的不及格, 期末考试卷面成绩只占该门课总成绩的75%, 其它25%为平时成绩。包括考勤5分, 作业5分, 提问5分和期中标本考试10分。经过平时成绩的矫正, 不及格人数为20人, 不及格率为12%, 这是较合理的比例。

摘要：对西安交通大学医学院2008级五年制临床、法医专业系统解剖学期末考试试卷 (共164份) 进行了统计学分析, 结果考试成绩呈正态分布 (P<0.01) , 平均分为72.22分, 标准差为18.47分。整份试卷难度系数为0.72, 区分度为0.43。数据显示这是一份难度适中、区分度良好的试卷, 为今后期末考试出题提供了一个有益的参考。

关键词：系统解剖学,试卷,难度,区分度

参考文献

[1]路明, 张晓田.组织胚胎学考试试卷分析[J].西北医学教育, 2002, 10 (1) :41.

[2]李凯丽.人体解剖学考试试卷分析与评价[J].医学教育探索, 2008, 7 (7) :679.

[3]杨文清, 郭克锋.五年制临床医学专业康复医学试卷分析与思考[J].医学教育探索, 2009, 6 (8) :648.

期中、期末考试数学试卷评讲策略 篇3

一、结合学情，研究试题

阅卷前，教师要在认真解答试题的基础上，分析试题的结构、考查的范围、知识点的分布以及考查的重点、难点等。结合阅卷情况发现学生在知识、方法掌握上存在的普遍性问题和突出问题，明确在后期教学工作中需进一步巩固、充实、完善、加强的地方，增强教学的针对性。

二、统计分析，找准问题

在试卷评讲前，教师要借助电脑对学生答卷各题得分情况进行统计与分析，同时还要收集客观题卷面答题信息。通过数据分析及卷面答题信息找到学生存在的共性问题，比如概念不清的有哪些，审题不清的有哪些，方法不当的有哪些，运算不准的有哪些，解题不规范的有哪些等。只有这样，才能在评讲过程中有针对性、有重点地评讲学生答题中存在的共性问题及错因。同时还要关注少数学生的特有错误，为后面的个别指导做准备。

三、试卷评讲，突出重点

1.讲概念辨析

学生在考试中出现的会而不对、对而不全的问题，并不是学生完全不会导致的，大部分情况下是学生对概念的理解不深、不透导致的。例如，学生在运用算术平均数大于等于几何平均数这一公式解题时忽略取等号的充要条件，轻者造成失分，重者会导致结论错误不得分。所以，在评卷中要有意识的对学生在考试中出错率较高的概念进行重点辨析，帮助学生准确理解概念，防止类似问题的再次发生。

2.讲错例、错因

讲评试卷不能从头到尾面面俱到，而是应有选择、有侧重。否则，既浪费了课堂教学时间，又难达到预期效果。讲评试卷前教师要认真查阅每个学生的试卷，分析各题的错误率，弄清那些题目错得多，错在那里，找出错误的症结。集中学生的易错处和典型错例，展开错因分析，既能弥补学生知识、方法上的缺陷，又能提升学生分析问题和解决问题的能力。

3.讲考题的拓展、延伸

考题大多源于课本、高于课本，由于部分题的情景变换，学生很可能就会由于思维定势造成失分。因此、培养学生应变和方法迁移能力很重要。所以、在评讲试卷时，教师要对重要题目进行引申，从多侧面、多角度进行合理发散，对提问方式进行改变，对结论进行衍伸和扩展，使学生感到别开生面，提升学生学习兴趣、调动学生学习积极性，培养学生分析和解决问题的能力，帮助学生形成知识迁移能力。

4.讲解题思路和规律

在考试中，有些学生会对一些题型出现解答不稳定的情况、时好时坏。出现这种情况说明，学生对方法的掌握不够全面，对规律的总结不够到位。要改变这种情况，教师在评卷时需指导学生进行考点分析，即思考试题考查什么知识点，这些知识点的关键处在哪里，解题的常规方法和技巧是什么，有哪些规律性东西需要注意，结合学情因材施教，帮助学生更好、更灵活地掌握解决问题的方法。

5.讲解题技巧

数学考试解题的原则是小题小做、大题巧做。选择题、填空题解答准确、快速是关键。要做到这一点，就要灵活运用筛选、特值、图像、估算、计算、推理、验证选项等多种方法，提高解题的准确性和速度。简答题解答规范、完备是关键。在審题时，要引导学生做到常规解法与技巧权衡选择，提醒学生解答过程中注重对细节的处理，防止不必要的失分。

6.讲答题规范

对简答题的解答要引导学生从文字说明、证明过程和演算步骤的清楚以及准确方面做好自查，发现存在的问题，明确改进方向，培养学生养成有理有据地分析问题的良好习惯和严谨的科学态度。同时，还要把卷面整洁做为基本要求，让学生养成在卷面上不乱涂乱画、书写工整的好习惯。

小学数学期末考试试卷 篇4

本次期末考试，三年级有34名学生参加考试。数学科全级平均分为72.5分，及格人数29人，及格率为85.3％，优秀人数13人，优秀率为38.2.%。最高分86分，最低分学生成绩是44。

本次试题考察知识面比较全面，比较广，难度也比较适中，符合三年级学生的知识水平。现在我具体分析一下今次期末考试得与失。第一大题是填空题，主要考查学生的基础知识。其中比较简单，出错率小的题目有1、2、3、4、6、8、10、11，而7题出错比较多。学生对正方形的周长和面积的计算。部分学生没有弄懂题意，同时，造成失分的原因还有很多学生不写单位，这也是我们老师在复习时没有提及到的，这以后需要改进。

第二大题计算部分。本次测验卷计算题部分分两类，第一是口算，口算部分采取小组合作形式，题目难度适中并偏向容易，所以学生得分都比较高，第二是列竖式计算，估算，这两道题得分比较高

第三大题是选择题。考察了学生概率知识，长方形周长面积知识，其中第3题出错率比较高，时间概念不清造成失分。

第四大题．动手操作题。主要考察了概率的知识，学生完成较好。其中我会画完成较差，不会画周长是12厘米的正方形。

小学数学期末考试试卷 篇5

(1)最小的自然数是0。

(2)任何自然数除0，商都是0。()

(3)108能被9整除。()

(4)单名数一定小于复名数。()

(5)把3.0112的小数点向右移动三位，原数就扩大3倍。()

(6)所有的等腰三角形都是等边三角形。()

二、选择(把正确答案的序号填在括号里)。(6分)

(1)在下面三个年份中，()是闰年。

{①1994年②③21}

(2)去掉2.800末尾的两个0，原数()。

{①缩小100倍②扩大100倍③大小不变}

(3)492×5×2=492×10，计算时运用了乘法()。

{①交换律②结合律③分配律}

(4)一个三角形的三个角中，只有两个角是锐角，这个三角形一定不是()三角形。

{①锐角②直角③钝角}

(5)3时的时候，时针和分针所构成的角是()。

{①锐角②直角③钝角}

(6)等腰梯形的()相等。

{①两条腰②上底和下底③四个角}

三、填空。(29分)

(1)730秒=()分()秒;8米2厘米=()厘米

⒉78元=()元()角()分

10200平方米=()公顷

(2)10米7厘米+2米40厘米=()米

1吨200千克-880千克=()吨

(3)测量李红的身高用()单位，测量她的体重用()

单位。

(4)八百零三亿零六百万写作()，把这个

数改写成用“亿”作单位的数是()。

(5)有30个1、9个0.1、5个0.01、4个0.001组成的小

数是()。这个数读作()。取这

个数的近似数，如果保留一位小数，则约等于()。

如果保留二位小数，则约等于()。

(6)120÷9=13……();48÷()=5……3

(7)已知两个因数的积是192，其中一个因数是12，另一个

因数是()，把求出来的这个因数缩小8倍，结

果是()。

甲乙两个整数的和是88。甲数如果去掉末尾的零，就等于乙数。甲数是()，乙数是()。

四、(1)先检验图中哪几组线段是平行的，再算

一算图中的平行四边形有()个。

(2)下面是一个木器厂去年生产家具的数量，请你根据表中有关数据，把表填写完整。

五、计算(29分)

(1)直接写出得数。(10分)

9+0.1=0.08+1.22=1-0.45=2.02-1.8=

480÷80=72×50=25×9×8=6.2+7.2+2.8=

(450+72)÷9=7.8+1.89-6.8=

(2)列竖式计算并验算(3分)

13.592+8.85=

(3)求未知数x。

①28×χ=1260②χ÷18=85

(4)用简便方法计算。(8分)

①89+124+11+26+48②875-147-23

③147×8+8×53④125×64

(5)列综合算式，并算出结果。(4分)

657减去225的差，除以18与8的积，商是多少?

画图。(4分)

用量角器画出85度的角。②画出梯形的一条高。

六、解答下列应用题：(26分)

育苗小学五年(1)班有6个组每组8人。全班同学帮助学校搬运红砖1728块，平均每人搬运红砖多少块?

一个修路队三天共修路6.5千米。已知第一天修了1.94千米，第二天比第一天多修0.58千米。第三天修了多少千米?

某工厂积极开展植树活动。第一车间45人共植树315棵;第二车间42人，平均每人植树8棵。第一车间比第二车间少植树多少棵?

商店运来梨子650千克，运来的苹果是梨子的2倍。这两种水果共运来多少千克?(画图表示出题里的已知条件和问题，再解答)

小学数学期末考试试卷 篇6

赵仕杰

本次考试的目的是对四年级学生数学水平进行检测，突出数学课程的基础性、普及性和发展性，使数学教育面向全体学生。为了更深入全面的了解我班四年级数学教学的效果，吸取经验教训，更有针对性的开展各项教学研究工作，特将本次考试试卷进行简要分析。

一、试卷说明

1.形式：这份试卷与以往相比，在试题类型和叙述方式上有所变化，增加了发展性题目的权重。

2.难度：试题按难度分为容易题、中等题和较难题，三种试题分数比大致为7：2：1，整体来说比上次试题要稍难一些。计算共计23分,填空题共24分,判断5分；选择题共10分,操作题8分,应用题27分.3.考查知识范围：这份试卷考查的知识涵盖前四章内容。4.试卷特点：题型结构合理,难度适中.二、试卷分析

四一班参加这次四年级数学考试的共20名同学，我对他们的均分、及格率和优秀率作了如下统计:平均分分,及格率90%，优秀率55%.从统计的这些指标看，成绩是良好的，达到了我的预期。我对各大题的得失分情况作了统计，从四年级的试卷情况反映出以下五个问题：

1.学生分析问题的能力不强。失分最严重的就是应用题,由于学生的分析问题的能力不强,不能很好的理解题意,所以失分较为严重.好多学生根本没有理解自己求出来的是什么，他们能正确的运用数量关系，但是分析和解决问题的能力却不够。我想我们在教学中要在这个方面有所侧重，才能使我们的学生高分高能。

2.对概念的理解不深。部分同学在回答填空题和判断题时对概念理解不深.3.计算能力有待提高。计算的得分率虽然相对最高，但也只有不到86％。这里不光有粗心的习惯问题，在计算中都出现了不少的错误。

4.表述能力欠佳。这是个新的考查内容，是为了体现课标中“能表达解决问题的过程，并尝试解释所得结果”的目标。在这份试卷中暴露出的问题比较多。

三、今后教学工作的措施：

通过前面对试题的分析，在今后的教学中我们除过要把握好知识体系，熟悉知识点覆盖面之外，还要认真钻研新课程理念，理解、研究教材，找到教材中知识与理念的结合点，数学思想与数学方法的嵌入点，凭借教学手段、方法，在教学数学知识中让学生潜移默化地渗透、理解、掌握数学思想、数学方法，从而达到学习数学、应用数学的最终目的。鉴于此，教学中我们应当做到以下“几多几少”：

1、多一些数学方法、数学思想，少一些知识转移、搬迁。数学思想是在数学活动中解决问题的基本观点和根本想法，是对数学概念、命题、规律、方法和技巧的本质认识，是数学中的智慧和灵魂。所以，领悟数学思想，方法是数学教学的首要任务。教学中要钻研教材，把握知识中蕴含的数学思想和方法，通过传授知识，教给学生解决问题的数学方法，思考问题的数学思想。学生在学习了数学知识的同时，更能领悟到数学思想和方法，能熟练的对知识进行举一反三式的应用，真正达到活学活用，使教学理念转变，促进学习方式转变，为学生更深层次的理解、学习数学知识探索有效途径。

2、多一些过程探究，少一些知识陈列。数学知识起源于生活，是从实际应用中逐渐抽象、概括、演算、推理而形成的系统的、严密的学科体系，教学中要注意培养学生灵活的思维，开放的思路，就要以学生熟悉的现实生活为数学知识生长的基础，对知识的生成，讲授多一些过程性探究，通过学生主动性探究来理解知识的形成、发展和最终定义，对学生数学思维的形成、发展有良好的促进作用。而实际教学中公式化、概念化的粗浅、简单、枯燥的诵读、机械式的演练教学不注重数学理性的、深层次的内涵，使数学教学浮于表面，不利于学生面对新理念指导下的检测，不利于今后的教学和学生数学方面的发展。

3、多一些以生为本，少一些教师中心。小学生对学习的热情是非常高的，尤其是对贴近他们的生活，有一定感性经验的学习素材，更能焕发出极大的学习积极性和主动性。但长期的教师中心式的讲授，会挫伤学生学习热情，造成了学习的被动和教学的困境。数学学习中结合知识多创设一些生动活泼、具有挑战性的问题情境，将学生放置于问题之中，容易激活学生已有经验和数学知识，能培养学生独立思考、探索发现的思维品质，对数学学习有推进作用。以生为本，破除教师中心，要始终成为数学课堂实施教学的首要策略。

小学数学期末考试试卷 篇7

1 资料与方法

1.1 一般资料

(1) 学生情况:我校五年制高职护生为初中毕业中考后统一录取。2010级高职护生170名, 女生167名, 男生3名。 (2) 教材及教学方式:教材采用科学出版社出版的全国卫生职业院校规划教材《护理技术》第2版。理论教学152学时, 实践教学152学时, 总计304学时。本课程安排在第四学年。

1.2 方法

遵循教考分离的原则, 试卷由教务科从题库抽题组成, 满分100分, 共69题, 各题型所占比例见表1。本次考试为闭卷考试, 在课程完成后一周左右进行。依据统一评卷标准, 客观题采用流水方式评卷, 主观题按得分点每一题由一人评卷, 以减少人为评分差异, 最后由专人负责查阅试卷, 进一步保证评卷的公平公正。采用SPSS 11.0统计软件包进行数据处理和统计分析。

2 结果

2.1 护生考试成绩及分布 (见表2)

护生成绩为34~93分, 平均分为72.16分, 标准差为10.43分, 全距为59.00分, 多为65~85分, 基本呈正态分布。

2.2 试卷分析

以难度和区分度作为评价试卷质量的主要指标[4]。

2.2.1 难度 (P)

难度是指试题的难易程度, 一般用试题得分率或答对率来表示。本次研究用通过率计算客观题难度 (某题答对人数/总人数) , 用平均得分率计算主观题难度 (某题平均得分/标准分) 。本套试卷难度为0.7, 各题的难度见表3。

2.2.2 区分度 (D)

区分度是试题对不同学生学业成绩的鉴别程度。如果一个题目的测试结果使水平高的学生答对得高分, 而使水平低的考生答错得低分, 则其区分度很强。区分度是鉴定题目有效性的指标。0.15≤D≤0.30为试题良好, D<0.15为不宜采用, D>0.30为试题优秀。本次研究采用得分率求差法计算每道题目的区分度。本套试卷的区分度为0.61, 各题区分度见表4。

2.3 护生各种题型的失分情况 (见表5)

3 讨论

3.1 考试题型和成绩

本套试卷客观题与主观题的题量比为7∶1, 分值比为3∶2, 客观题题型只有单项选择。为了考查护生对基本概念、重点知识的掌握情况, 使其适应护士执业资格考试, 自2011年护士执业资格考试改革以后, 我校基础护理学期末考试中加大了单项选择题的题量, 题型与护士执业资格考试相仿, 主要使用A2、A3、A4型题, 辅以少量考查概念的A1型题。但并没有完全采用客观题, 保留了一定比例的主观题型。主要目的是为了考查学生归纳总结、综合分析复杂问题的能力。此次考试护生成绩为34~93分, 全距为59.00分, 65~85分者占73.53%, 及格率为92.35%, 平均分为72.16分, 这表明绝大多数护生基本掌握教学重点, 达到教学目标, 完成教学任务。90分以上1人, 50分以下7人, 最低分34分, 表明少部分护生知识掌握不牢固, 提示教师要关注学习积极性不高、学习方法不当的护生。可以利用课后辅导或增加辅导资料、课后练习题等方式激发护生学习积极性, 提高成绩。

3.2 试卷质量

合理的难度分配是一套高质量试卷的重要方面[2]。本套试卷难度为0.7, 难度适中, 其中难度<0.4的较难试题8题, 占11.59%, 为单项选择题 (7题) 和填空题 (1题) , 分别占单项选择题的11.67%和填空题的50.00%;难度0.4~0.7的适中试题22题, 占31.88%, 为单项选择题 (18题) 、名词解释 (3题) 和填空题 (1题) , 分别占单项选择题的30.00%、名词解释的100.00%和填空题的50.00%;难度>0.7的容易试题39题, 占56.52%, 为单项选择题 (35题) 、简答题 (3题) 和病例分析题 (1题) , 分别占单项选择题的58.33%、简答题的100.00%和病例分析题的100.00%。区分度是评价试卷质量的另一重要指标。本套试卷区分度为0.61, 区分度优, 能较好区分护生实际水平。其中, 区分度≥0.40的50题, 占72.46%;区分度0.30~0.39的5题, 占7.25%;区分度0.20~0.29的6题, 占8.70%;区分度<0.20的8题, 占11.59%。

3.3 护生失分情况

此次考试护生失分率由高到低依次为名词解释、填空题、单项选择题、病例分析题和简答题, 总失分率30.59%。病例分析题和简答题失分率低, 可能与护生复习时注重大题的背诵有关。基础护理学中的简答题一般是条款清楚的大知识点, 护生容易记忆, 不易失分。病例分析题考点突出, 混淆护生判断的障碍设置不明显, 护生感觉比较简单。教师将改革后历年护士执业资格考试真题以及大量辅导资料中基础护理学部分的知识点根据教材章节建立题库, 并以辅导资料的形式让护生进行练习, 这是单项选择题失分率较低的主要原因。单项选择题失分集中在A2型题, 说明护生解决临床实际问题的能力有待提高。其中“标本采集”和“急救”章节内容失分率最高, 标本采集知识4道题中两道题失分率高, 分别为60.00%、90.00%;急救知识5道题中有3道题失分率高达67.06%、86.57%和91.76%。表明护生基本没有掌握以上知识点, 提示教师应加强此章内容的讲解。名词解释和填空题失分率高, 说明护生对基本知识点记忆不够准确, 对小知识点不会归纳总结。

3.4 存在的问题

3.4.1 对基本知识点记忆不够准确

护生对基本知识点记忆不够准确造成某些知识点混淆;对基本概念理解得不够准确造成概念不清, 这是名词解释和填空题失分的重要原因。

3.4.2 综合分析问题能力较差

单项选择题中A2型题的题干都会联系临床实际, 要求护生综合分析题干后作出判断。护生会出现错误理解甚至无法理解题干内容而答错, 这主要是因为其综合分析能力较差。

3.4.3 某些内容讲授不够细致深入

教师是影响护生学习的因素之一。“标本采集”章节知识点多而细, 并且目前临床发展变化快, 教师如果只是照本宣科, 学生很难理解其重要性。“急救”章节知识点多而复杂, 与健康评估、外科等密切相关, 护生往往感到难以理解也不容易记忆, 教师如果没有丰富的临床经验和授课技巧, 很难激发护生的听课兴趣, 更不能将知识点讲清讲透。

3.5 建议

为提高基础护理学教学质量, 笔者提出以下建议: (1) 加强集体备课。备课内容要细、要深, 明确教学的重点、难点, 统一教师认识。年轻教师应虚心向有经验的老教师请教有关突出重点、突破难点的方法, 提高自身教学水平。 (2) 紧扣临床。建立一支懂医学、懂护理、懂人文、肯钻研, 热爱护理专业并有一定临床护理经验的“双师型”教师队伍是目前高职护理学教学改革中需解决的问题[5]。我校根据基础护理教研室教师数量和每学期教学工作量, 有计划、有步骤地安排教师进入临床学习, 丰富临床经验, 拓宽临床视野, 培养“双师型”人才。 (3) 不断完善题库, 提高试题质量。每学期期末考试结束后都应对试卷进行分析, 区分并淘汰区分度差的试题。可适当调整难度分配, 例如, 加大简答题和病例分析题的难度, 以达到考查学生综合分析问题能力的目的。

参考文献

[1]殷磊, 于艳秋.护理学基础[M].北京:人民卫生出版社, 2000.

[2]廖灯彬, 宁宁.外科护理学期末考试试卷分析与评价[J].护理学杂志:外科版, 2009, 24 (20) :73-75.

[3]张旭东, 张双娥.试卷分析在学校教学管理中作用的思考[J].山西医科大学学报:基础医学教育版, 2009, 11 (2) :252-253.

[4]张凤, 张巧俊.神经病学试卷质量分析与评价[J].西北医学教育, 2003, 11 (4) :329-331.

小学数学期末考试试卷 篇8

本次模拟考试是标准参照考试，具有水平考试的性质。考试命题是以《九年义务教育全日制小学数学教学大纲（试用修订版）》中的教学目的和基本要求为依据，并适当渗透了《义务教育阶段国家数学课程标准》的一些新理念，不仅要考核学生的学习成绩，还要了解学生的学习过程和能力。

命题形式体现人文关怀。根据新课程理念和数学学科特点，我们在数学试题的表达及试卷的编制方面做了较大的改革。如将过去呆板枯燥的选择题、计算题和应用题的试题名，改为用体现人文关怀的导语做试题名。如选择题改为反复比较、慎重选择；判断题改为仔细推敲、认真辨析；计算题改为注意审题、细心计算；应用题改为走进生活，解决问题，并且使用了卷首语、卷后语。

命题的内容关注个性差异，满足不同追求。《数学课程标准》中指出：“人人学有价值的数学，人人都能获得必需的数学，不同的人在数学上得到不同的发展。” 数学教学必须因材施教，既要关注学困生和中等生，又要关注优秀生，满足差异发展，从而使学生的积极性得到保护，个性得到张扬，不同层面的学生数学能力都得到展示。

试题的取材注重与学生生活的密切联系，努力体现数学问题生活化，生活问题数学化、情境化。试题呈现形式力争多样化，体现数学与其他学科的联系与综合，把学生的学习引向生活，引向社会，引导学生关注国家、社会。

本套试卷基本上能反映学生的真实水平，能体现不同层次学生的综合能力。

2004年小学六年级毕业数学试卷

亲爱的小朋友，小学阶段的数学学习即将结束了，下面的题目会让你对学习有一个全面的评价，希望你仔细审题，认真答题，以自己的实力证明你是最出色的。

一、填空

1．四百八十亿七千零六万写作（），改写成用“万”作单位的数是（），省略“亿”后面的尾数约是（）。

2．一个数由5个10,4个1,3个0.01和4个0.001组成，这个数是（）。

3．2.4时＝（）时（）分；2030千

克＝（ ）吨＝（ ）吨（ ）千克。

4．5/7的倒数与5的倒数的和是（）。

5．8 . 62975保留三位小数约是（）。

6．数A＝2×2×2×3，数B＝2×2×3×5，A 与B的最大公约数是（ ），最小公倍数

是（）。

7．把120分解质因数是（ ）。

8．在一张图纸上，用4厘米表示实际距离2千米，这幅图的比例尺是（）。

9．把7/11、0.63和63.4%这三个数从大到小排列：（）。

10．一个两位数，除以7，商和余数都相同。这个两位数最小是（），最大是（）。

11．把120本书，按5∶3分给四年级和三年级。四年级分得（）本，三年级分得（）本。

12．用一张边长6厘米的正方形硬纸剪成一个最大的圆，剪去部分占这张正方形纸的百分之几？列式为（）。

二、仔细推敲，认真判断（下面各题对的画“√”，错的画“×”）

1.所有的奇数都是质数，所有的偶数都是合数。（）

2.角的大小与角边的长短没有关系。（）

3.等底等高的圆锥体积和圆柱体积比的比值是1/3。（）

4.单价一定，数量和总价成正比例。（）

5.经检验，120件产品全部合格，这批产品的合格率是120%。（）

6.面积相等的两个梯形可以拼成一个平行四边形。（）

三、反复比较，慎重选择（把正确答案的序号填在括号里）

1.三角形是由三条（）围成的图形。

A .线段B . 直线C.射线

2.在所学的轴对称图形中（）的对称轴最多。

A.长方形B.正方形

C.等边三角形 D.圆

3.用12.56厘米长的铁丝分别围成一个正方形、一个长方形、一个圆，哪种图形的面积最大。（）

A.正方形B.长方形C.圆形

4.一项工程，甲队单独做4天完成，乙队单独做6天完成，两队合作2天后还剩下（）未完成。

A.5/6 B. 1/6 C. 1/5

【上面的填空、判断和选择涉及的知识面广，主要考查学生基础知识和基本技能的掌握情况。】

四、注意审题，细心计算

1．简便计算。

8.07-2.73-1.274.6×9.8＋9.8×4.4＋9.8

2．脱式计算。

18÷0.5＋0.5×0.3

[56×（3/7－3/8）] ÷（25+75）

3．求未知数x。

x:8＝2/3:1/33x-9＝36

4．只列出算式或方程，不计算。

（１）10减去35乘以1/7的积，差是多少？

（２）甲数是8.4，比乙数的2/5多1.6，求乙数。（列方程式）

【本题是对数与代数学习的评价，主要考查学生对数与运算意义的理解和应用。】

五、操作题

在下面的长方形里，分别以它的两个角的顶点为圆心，以宽为半径画弧（如图所示）。请先测量，再求阴影部分的面积。

【本题是为了考查学生的动手操作能力和解决问题的能力，引导学生掌握一种数学学习的方法。】

六、仔细看图，回答问题

下面是北京市2003年5月份每隔5天“非典”疫情新增人数统计表。

根据上表数据画出折线统计图，并回答问题。

单位：人

05日 10日15日20日 25日 31日

1．北京市5月份“非典”疫情的高峰期是哪一段？

2．从统计图上看，疫情的发展趋势怎么样？你认为哪5天的防治工作搞得好一些？为什么？

【此题主要考查学生是否理解统计图表的特征和统计量的意义，以及考查学生分析与绘制统计图表的能力。】

七、走进生活，解决问题

1．一种收录机，原来每台售价400元，现在每台售价300元。现在比原来每台降价百分之几？

2．学校师生在为“希望工程”捐款活动中，共捐款13527元，已知教师和学生捐款钱数的比是2∶25，教师和学生各捐款多少元？

3．王老师到银行存款10000元，年利率是1.98%，扣除利息税20%。一年后取回本息多少元？

4．一个圆柱形的油桶，内底面直径6分米，高12分米。如果1升汽油重0.75千克，这个油桶最多能装多少千克汽油？

5.运动会时，学校给每位运动员配一个水杯，每只水杯3元。百货大楼打九折；商厦买8只送1只。学校共有120名运动员，请你帮学校算一算到哪家买合算？

同学们，题目都做好了吗？是不是再检查一遍呢？相信你一定能交一份满意的答卷！

离散数学 期末考试试卷答案 篇9

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。

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-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

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－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。