《测度论》部分习题题解
注：由于打印版本的限制，在题解中花写的A 、B 、F 被S 、Z \、F 所代替
习题一
1.解⑴若A 、B 均势可数，则A B 势可数。若A 、B 至多有一个势可数。则由()C
C C A B A B = ，
以及C
A 、C
B 中至少有一个势可数，可知此时()C
A B 势可数；若A 势可数，则A B -也是，若C
A 势可
数，B 势可数，则C
A B A B -= 也势可数，又Ω∈Z ，因此Z 是域。显然 对余运算封闭，若n A 均势可
数，则n n
A 也势可数，若n A 中至少有一个C
n A 势可数，则C
C n n n n A A ??= ??? 也势可数，故Z 是σ-域。
由书中定理可知，这时Z 也是π-类，λ类和单调类。
解⑵若A 势可数，则C A 势不可数，故对余运算不封闭，故不是域，从而也不是σ-域，显然是π类和单
调类，但不能是λ类，否则，由于既是π类又是λ类，可推出是σ域，矛盾。
解⑸由A A -=??Z ，可知不是域，故也不是σ-域，由C
A A =? 可知不是π类。设n A ∈Z ，n A ↑，若1A A =，则可知n n
A A = 或Ω；若1C
A A =，则C n n
A A = 或
Ω；若1A =Ω，则n
n
A
=Ω ，同样对
n A ↓也有类似结论，故可知Z 是单调类，由Ω-Ω=??Z ，故Z 不是λ类。
7.证：任意A ∈Z ，已知Ω∈Z ， 故C A A =Ω-∈Z ，故对余运算封闭。若,A B ∈Z ，A B =? ，
则()C
C C C A B A B A B +==- 。由于C
B A ?，故由已证结果和已知条件可知对真差封闭。#
9.证：用λπ-类方法证明，令F ={B ；满足题中条件}，则对任意B ∈Z ，显然B ∈F ，故?Z F ;再者
()1λΩ∈F ，()2λ对任意A,B ∈F , 且A B ?,故存在集列()
}
{i n B ，i=1,2,使()
}{()
1,1n
A B
n σ
∈≥和
()}{
()2,1n B B n σ
∈≥，故可见()
}{
()
,1,1,2i n B A B n i σ
-∈≥=，()3λ对n A ∈F ，1n ≥，且n A A ↑，则
存在()
}
{
,1,1n m B m n ≥≥，使()}{()
,1,1n n m
A B
m n σ
∈≥≥，从而可知()}{()
,1,1n m
A B
m n σ
∈≥≥。于是集
合的单调定理可知F σ?}{
Z ，即对所有A σ∈}{
Z 都满足题中结论。#
习题二
5.由直线上有理数集合的性质，可知Z 中任意集合中，或者有无穷多个有理数，或者一个也没有，故P
在Z 上不可能是σ-有穷的，由于任意有理数r,有}{
1,n r r r r σ????=
Ω-∈ ? ????
? (Z ) ,以及P(r)=1和Ω={有理数全体}，故可知P 是}{Z 上σ-有穷测度。因为()S Ω中任意集合均可由可数无穷或有限多个
有理数组成，以及()S Ω()σ?Z ，故必有()S Ω=()σZ 。
10.设P 是σ域S 上有穷测度，设E ∈S 和F ∈S ，满足P(F)=0。任意集合M F ?，令1E E =，
2E E F = ，A E M = ，则有12E A E ??，}{12,E E ?S ，且12()()P E P E =。反之，
当12E B E ??，}{1
2
,E E ?S ，且1
2
()()P E P E =。令2
1F E
E =-，2M E B =-，则对1B E M = ，1E ∈S ，
F ∈S ，
且P(F)=0，M F ?。从上面证明可见第一结论成立，在}{
}
{
;,,()0p E N E F N F P F =-?∈=且S S 中令1E E F =-，2E E =，A E N =-即可类似证明第二结论成立。
11.证（1）由环的定义，可知E F ∈ Z ，不妨把E F 视为全集，则由摩根定律可知
()()E F E F E F E E F F =---???? ，从而由环定义又可知E F ∈ Z ，若()P E =∞或
()P F =∞，等式显然成立，故不放认为()P E <∞，()P F <∞，于是由()E F E F F E =+- ，可
得
()P E F =()P E F E +- ()()P E P E =+-P (E )F ?()()()()P E P F P E F P E F +++ 。
同样可证（2）。#
16.由书中定理可知F 对应的L S -测度F μ存在，且满足
((,])()()F a b F b F a μ=-,0,
0,00n n b
n a n b
a b a a b a a b
≤<≤?
?
≤
=≤≤???<≤??∑∑ 习题三
2.证：由所给引理可知 ，X,Y 做为简单函数，可以有共同的可测有限分割，故可设 X 1k n
k A k a X ==∑，
Y=
1
k
n
k A K b X
=∑，这里K A 互不相交且
K
K
A
=Ω∑，由上面表达式即可得出结论，例如X Y ?=1
k n k k A k a b χ=∑,
X +
=()0X X χ≥?=1
k n
k B k a X =∑，这里K K B A = }{0X ≥，等等。#
6.证：由可测函数结构性定理，令n X =}}{21{122
1
2n
n k k n X n X k k n χχ-≥≤<=-+∑
，可知0n X X ≤↑，且由于1
02n n
X X ≤-≤
，当X n <。设X 2 n ε<，故一致地有n X X ↑。# 7.证：若Χ是p S 上非负简单函数，可设Χ=1 k n k A k a χ=∑，k A ∈p S ，则由p S 定义可知，k k k A A N = ， }{,k k A F ?S ，()0k P F =，k k N F ?。令0 k n k A k Y a X ==∑，可见当1 n k k F ω=∈Ω- 时，Χ()()Y ωω=， 而1 1 ( )()0n n k k k k P F P F ==≤=∑ ，从而可知，可除去一个S 零测集外，有Χ=Y 。若Χ是p S 可测的非负函数， 由结构性定理，可知存在p S 可测简单函数列}{ n X ，使n X X ↑，由已证结论可知存在-S 可测函数n Y 和 S 可测零集n E ，()n X ω=()n Y ω，n E ω?，1n ≥，令lim n n Y Y →∞ =，可知Y 是S 可测的。且当1 n n E ω∞ =? 时 lim lim n n n Y Y →∞ →∞ ==n X =Χ，而1n n E ∞=∈ S ，且1 ()0n n P E ∞ == 。再对一般p S 可测函数Χ，由X X X +-=-并 列用上面结论即可证明所需结论。# 5.利用可测函数结构定理，可证明全部可测函数是形如()() c x x A A a b χχ+的可测函数全体。 18.证：显然1 ()2k k r x F x ≤=∑ 不减且()0F -∞=，()1F +∞=。对任意固定的0x R ∈，设0x x <，则001 ()()2 k k x r x F x F x <≤-= ∑；为证()F x 是概率分布函数，只需证()F x 右连续，用反证法，反设0 0lim ()()0x x F x F x + →->，则应存在正整数0k 使0 01 lim ()()2k x x F x F x +→->，这意味对任意x ,0x x >时，区间0(,]x x 中必至少含有01{,}k r r 中一个元素，但是当0x x →时，0(,]x x ↓?，故不可能，矛盾说明()F x 右 连续。另外，做为有理数全体}{ 12,,n r r r 显然是稠于R 的。对于任何无理数1x ，由于1111 22 k k k k r x r x <≤=∑∑，从而111()()()F x F x F x -+==，故}{ 12,,,n r r r 是()F x 的不连续点全体。# 习题四 1.证：由积分的绝对连续性，直接可得()0X A ?=。由积分的保序性可得对任意A ∈S ，由0X ≥可得 0A Xdp ≥? ，从而()0X A ?≥。对任意 n A ∈S ，n A 互不相交，1n ≥以及1 n n A ∞ =∈∑S ，和0n A X χ?≥， 且n A X χ?为n S 可测，由单调收敛定理的系1， 得X ?1 ()n n A ∞ =∑=1 n n A Xdp ∞ =∑ ?=1 n A n X dp χ ∞ Ω =∑? =n=1 n A Xdp ∞∑?=()n=1 X n A ?∞ ∑。 故由定义可知X ?是(,ΩS )上测度。# 2.证：由积分绝对连续性可不妨认为a X b -∞<≤≤<+∞。令X X m '=+，使得 0a m X b m '-∞<≤+≤≤+<+∞ ，若对X '结论成立，则由Y 的可积性，容易推出对X 结论也成立，故不妨认为0a ≥。先考虑X 是非负简单 函数，设1 k n k A k X a χ == ∑，则显然k a a b ≤≤，从而 X Y dp Ω ? 由 X Y XY =的可积性有1 k n k A k X Y dp a Y dp Ω ==∑??，可得a Y dp X Y dp b Y dp ΩΩΩ≤≤???，故存在常 数[],c a b ∈，使 X Y dp c Y dp Ω Ω =? ?，对X 是非负可测函数情形，必存在一列上升非负简单函数 n X X ↑，且由可测函数结构性定理中的构造方法，不妨认为n X 均满足定理条件，从而对n X 定理结论成 立，即可设n n X Y dp c Y dp Ω Ω =? ?。利用单调收敛定理和n X Y X Y ↑，即可得，存在常数c ，n c c ↑， 且使得 X Y dp c Y dp Ω Ω =? ?，由[],n c a b ∈，可推知[],c a b ∈。# 3.证：由单调收敛定理可得1 1 n n X dp X dp ∞∞ Ω Ω ===<+∞∑∑? ? ，从而1 n n X ∞=∑ 可积，且1 n n X ∞ =∑ ..a e 有限， 推出 1n n X ∞ =∑..a e 有限，又1 1 n n n n X X ∞∞ ==≤∑∑，于是由控制收敛定理， 有 1n n X dp ∞ Ω =∑?1 lim m n m n X dp Ω→∞ ==∑? 1 lim m n m n X dp Ω →∞==∑? 1 lim m n n n X dp Ω →∞ ==∑? 1 n n X dp ∞Ω ==∑?，1 n n X ∞ =∑的可积性由 1 n n X ∞ =∑的可积性保证。#4.解：()()10,lim lim 0n n n n X x n x χ? ? →∞→∞ ??? =≡，故l i m 0n R n X d μ→∞ =?，而l i m 1n R n X d μ→∞≡? ， 故等式不成立。控制定理的条件中的可积控制函数不存在，控制定理不被满足。 7.解：在例子中，可知lim 0n n X →∞ ≡，而}{()1,2,,1 1n n n X dp n ωχωΩ≤=≡∑? ， 从而1lim 0lim n n n n X dp X dp Ω Ω→∞→∞ =≠=??。该例子表明即使序列有一致收敛性也不能取代控制收敛定理中可 积控制函数存在这一条件。 15.证：由P n X X ??→可知对}{n X 的任一子列均存在子列} {n X '使..a e n X X '?? →，利用()g x 连续，可得().. ()a e n g X g X '?? →，再由控制收敛定理可得()()lim n n g X dp g X dp 'Ω Ω →∞'=??，这表明数列 ()} {n g X dp Ω ?的子列都存在子列 ()}{n g X dp Ω '?有极限 ()n g X dp Ω ?。从而有 ()()lim n n g X dp g X dp Ω Ω →∞=??。# 9.证：由第8题结论可知，只需证明lim 0n n X X dp →∞ -=?，由P n X X ??→则对}{n X 的任一子列，存在 其子列} {n X '使n X X '→ ..a e ，令0n n n Y X X X X '''=+--≥，则lim 2n n Y X '→∞ '= ..a e ，于是由 n n X X =及 X X =，条件 l i m n n X d p X d p Ω Ω→∞=??，和Fatou 引理，有2X d p Ω ? ≡l i m n n Y d p Ω'→∞'? ≤l i m n n Y d p 'Ω →∞'?=()lim 2n n n X dp Xdp X X dp 'Ω Ω Ω →∞ ''+--= ???2 lim n n X dp X X dp Ω 'Ω →∞'--? ?，两边消去2X dp Ω?，即有l i m 0n n X X d p 'Ω →∞'-≤?， 从而l i m 0n n X X d p 'Ω →∞'-=?，于是得到对数列， } {n X X dp Ω -? 的任一子列，均存在其子列的极限为0。从 而可知lim 0n n X X dp Ω →∞-=? 。# 19.证：（1）：证明见第3题的证明 证（2）：若r=1，则利用（1）的结论直接可得；若r>1，则由H ?lder 不等式 n X dp Ω ≤ ? () 1r r n X dp Ω ? 1 1t t dp Ω??? ??? ?() 1 r r n X dp Ω =? 。其中111t r +=，再由条件可得() 111 r r n n n n X dp X dp ∞∞ ΩΩ ==≤<+∞∑∑?? ，利用 （1）结论即可证明之，当r<1，同样可由（1）结论直接证明 1 r n n X ∞ =<+∞∑ ..a e ，对使之成立的任一ω， 有充分大的下标()N ω，使得 ()() r n n N X ωωε∞ =<∑ ，ε为任意事先给定正数，故不妨设当()n N ω≥时 ()1n X ω<，由此推知 ()()() () r n n n N n N X X ω ω ωωε∞ ∞ ==≤ <∑∑，由此推知()1 n n X ω∞ =<+∞∑ ..a e 。# 线性代数（A 卷） 一﹑选择题(每小题3分,共15分) 1. 设A ﹑B 是任意n 阶方阵,那么下列等式必成立的是( ) (A)AB BA = (B)222()AB A B = (C)222()2A B A AB B +=++ (D)A B B A +=+ 2. 如果n 元齐次线性方程组0AX =有基础解系并且基础解系含有()s s n <个解向量,那么矩阵A 的秩为( ) (A) n (B) s (C) n s - (D) 以上答案都不正确 3.如果三阶方阵33()ij A a ?=的特征值为1,2,5,那么112233a a a ++及A 分别等于( ) (A) 10, 8 (B) 8, 10 (C) 10, 8-- (D) 10, 8-- 4. 设实二次型11212222(,)(,)41x f x x x x x ?? ??= ? ?-???? 的矩阵为A ,那么( ) (A) 2331A ??= ?-?? (B) 2241A ??= ?-?? (C) 2121A ??= ? -?? (D) 1001A ?? = ??? 5. 若方阵A 的行列式0A =，则( ) (A) A 的行向量组和列向量组均线性相关 (B)A 的行向量组线性相关,列向量组线性无关 (C) A 的行向量组和列向量组均线性无关 (D)A 的列向量组线性相关,行向量组线性无关 二﹑填空题(每小题3分,共30分) 1 如果行列式D 有两列的元对应成比例,那么该行列式等于 ； 2. 设100210341A -?? ? =- ? ?-?? ，*A 是A 的伴随矩阵，则*1()A -= ； 3. 设α,β是非齐次线性方程组AX b =的解,若λαμβ+也是它的解, 那么λμ+= ； 4. 设向量(1,1,1)T α=-与向量(2,5,)T t β=正交,则t = ； 5. 设A 为正交矩阵,则A = ； 第七章 参数估计 1．[一] 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm 计） 74.001 74.005 74.003 74.001 74.000 73.998 74.006 74.002 求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S 2。 解：μ，σ2的矩估计是 61 22 106)(1?,002.74?-=?=-===∑n i i x X n X σ μ 621086.6-?=S 。 2．[二]设X 1，X 1，…，X n 为准总体的一个样本。求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。 （1）???>=+-其它,0,)()1(c x x c θx f θθ 其中c >0为已知，θ>1，θ为未知参数。 （2）?? ???≤≤=-.,01 0,)(1其它x x θx f θ 其中θ>0，θ为未知参数。 （5）()p p m x p p x X P x m x m x ,10,,,2,1,0,)1()(<<=-==-Λ为未知参数。 解：（1）X θc θθc θc θc θdx x c θdx x xf X E θθc θ θ =--=-== =+-∞+-∞+∞ -? ? 1 ,11)()(1令， 得c X X θ-= （2）,1)()(10 += = = ? ? ∞+∞ -θθdx x θdx x xf X E θ 2 )1(,1 X X θX θθ-==+得令 （5）E (X ) = mp 令mp = X ， 解得m X p =? 3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。 解：（1）似然函数 1211 )()()(+-=== ∏θn θn n n i i x x x c θ x f θL Λ 0ln ln )(ln ,ln )1(ln )ln()(ln 1 1 =- +=-++=∑∑ ==n i i n i i x c n n θθ d θL d x θc θn θn θL 地理教学论练习题参考答案 一、名词解释题（每小题4分，共20分） 1. 比较性先行组织者：是指以比较方式将新的地理学习材料与已有知识相比拟，利用已有知识同化新知识的引导性材料。 2. 探究式学习：学生应像“小科学家”一样去发现问题、解决问题，并在探究的过程中获取知识、发展技能、培养能力，特别是创造能力，同时受到科学价值观、科学方法等的教育，并发展自己的个性。“探究学习”强调科学概念、科学方法、科学态度三者的综合和对科学研究过程的理解。 3. 地理素养：地理素养就是一个人能够从地理的观点来观察事情且运用地理的技能来解决问题的内在涵养。 4. 传统地理教学媒体：又叫普通地理教学媒体，包括地理教师的口语和体态语、地理印刷材料、地理图片、地理教学标本与模型、黑板与粉笔等。 5. 地理略图：又称黑板略图或板图。地理课堂教学中，教师用简易的笔法把复杂的地理事物，迅速绘制成简略的黑板图，或课前将略图画在小黑板、透明胶片上，然后在课堂教学时根据需要呈现出来。 二、填空题（每空1分，共10分） 1. 体验性是现代学习方式的突出特征，它对应于传统教学的（接受性）。 2. 全球意识属于地理课程目标的哪一成分（情感态度与价值观）。 3. 依据地理教学语言表达方式，地理教学语言媒体包含（叙述性语言）、（说明性语言）、（引导性语言）。 4. 一般来说，行为取向的地理课程目标包括的基本要素有（行为主体）、（发生条件）、（行为动词）和（行为水平）。 三、简答题（每小题10分，共40分） 1. 简述基础地理教育的价值。 （1）地理学科的认知发展价值： ①有助于使学生形成对地球表层各种事物的空间关系、空间格局、地理过程的敏锐觉察力 ②有助于使学生形成注重综合的思维品格③有助于发展学生的直觉思维与形象思维 （2）地理学习与读写能力、口头表达能力、计算能力和图解能力的发展 （3）地理学习与情感态度与价值观的发展 ①对兴趣发展的影响②对情感态度发展的影响③对价值观发展的影响 2. 简述初中地理课程理念的基本内容 （1）“培养未来公民必备的地理素养”的理念（2）“学习对生活有用的地理”的理念 （3）“学习对终身发展有用的地理”的理念 （4）“转变地理学习方式”与“重视对地理问题的探究”的教学理念 3. 简述国际地理课程目标变革的四大趋势。 （1）地理课程目标的结构――层次清晰（2）地理课程目标的内容――趋于促进学生的全面发展（3）地理课程目标的表述――多使用行为动词（4）地理课程目标的变革一－具有时代性 4. 传统的教学目标的陈述存在哪些不足？ （1）课程目标较模糊（2）知识单一维度，缺乏“知识、技能、思想政治”维度 四、论述题（每小题15分，共30分） 1.举例说明略图的组合设计，这样组合有什么优点？ 略图内容设计是根据地理要素特征、教学需要，运用适当的表示方法和手段在略图轮廓中绘出各地理要素。表示方法和手段的选取直接关系略图的质量。在实际教学中常用以下几种方法： z一元二次方程应用题经典题型汇总 一、增长率问题 例1 恒利商厦九月份的销售额为200万元，十月份的销售额下降了20%，商厦从十一月份起加强管理，改善经营，使销售额稳步上升，十二月份的销售额达到了193.6万元，求这两个月的平均增长率. 解 设这两个月的平均增长率是x.，则根据题意，得200(1－20%) (1+x)2＝193.6， 即(1+x)2＝1.21，解这个方程，得x1＝0.1，x2＝－2.1（舍去）. 答 这两个月的平均增长率是10%. 说明 这是一道正增长率问题，对于正的增长率问题，在弄清楚增长的次数和问题中每一个数据的意义，即可利用公式m(1+x)2＝n求解，其中m＜n.对于负的增长率问题，若经过两次相等下降后，则有公式m(1－x)2＝n即可求解，其中m＞n. 二、商品定价 例2 益群精品店以每件21元的价格购进一批商品，该商品可以自行定价，若每件商品售价a元，则可卖出（350－10a）件，但物价局限定每件商品的利润不得超过20%，商店计划要盈利400元，需要进货多少件？每件商品应定价多少？ 解 根据题意，得(a－21)(350－10a)＝400，整理，得a2－56a+775＝0， 解这个方程，得a1＝25，a2＝31. 因为21×(1+20%)＝25.2，所以a2=31不合题意，舍去. 所以350－10a＝350－10×25＝100（件）. 答 需要进货100件，每件商品应定价25元. 说明 商品的定价问题是商品交易中的重要问题，也是各种考试的热点. 三、储蓄问题 例3 王红梅同学将1000元压岁钱第一次按一年定期含蓄存入“少儿银行”，到期后将本金和利息取出，并将其中的500元捐给“希望工程”，剩余的又全部按一年定期存入，这时存款的年利率已下调到第一次存款时年利率的90%，这样到期后，可得本金和利息共530元，求第一次存款时的年利率.（假设不计利息税） 解 设第一次存款时的年利率为x. 则根据题意，得[1000(1+x)－500](1+0.9x)＝530.整理，得 90x2+145x－3＝0. 解这个方程，得x1≈0.0204＝2.04%，x2≈－1.63.由于存款利率不能为负数，所以将x2≈－1.63舍去. 答 第一次存款的年利率约是2.04%. 说明 这里是按教育储蓄求解的，应注意不计利息税. 四、趣味问题 例4 一个醉汉拿着一根竹竿进城，横着怎么也拿不进去，量竹竿长比城门宽4米，旁边一个醉汉嘲笑他，你没看城门高吗，竖着拿就可以进去啦，结果竖着比城门高2米，二人没办法，只好请教聪明人，聪明人教他们二人沿着门的对角斜着拿，二人一试，不多不少刚好进城，你知道竹竿有多长吗？ 解 设渠道的深度为xm，那么渠底宽为(x+0.1)m，上口宽为 (x+0.1+1.4)m. 则根据题意，得 (x+0.1+x+1.4+0.1)·x＝1.8，整理，得x2+0.8x－1.8＝0. 解这个方程，得x1＝－1.8（舍去），x2＝1. 所以x+1.4+0.1＝1+1.4+0.1＝2.5. 答 渠道的上口宽2.5m，渠深1m. 线性代数考试题库及答案 第一部分 客观题（共30分） 一、单项选择题（共 10小题，每小题2分，共20分） 1. 若行列式11 121321 222331 32 33 a a a a a a d a a a =，则212223 11 121331 32 33 232323a a a a a a a a a 等于 ( ) (A) 2d (B) 3d (C) 6d (D) 6d - 2. 设123010111A ?? ? =- ? ??? ，ij M 是A 中元素ij a 的余子式，则313233M M M -+=（ ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 3. 设A 为n 阶可逆矩阵，则下列各式恒成立的是（ ） (A) |2|2||T A A = (B) 11(2)2A A --= (C) *1A A -= (D) 11[()][()]T T T T A A --= 4. 初等矩阵满足（ ） (A) 任两个之乘积仍是初等矩阵 (B) 任两个之和仍是初等矩阵 (C) 都是可逆矩阵 (D) 所对应的行列式的值为1 5. 下列不是．．n 阶矩阵A 可逆的充要条件为（ ） (A) 0≠A (B) A 可以表示成有限个初等阵的乘积 (C) 伴随矩阵存在 (D) A 的等价标准型为单位矩阵 6. 设A 为m n ?矩阵，C 为n 阶可逆矩阵，B AC =，则 ( )。 (A) 秩(A )> 秩(B ) (B) 秩(A )= 秩(B ) (C) 秩(A )< 秩(B ) (D) 秩(A )与秩(B )的关系依C 而定 7. 如果向量β可由向量组12,, ,s ααα线性表示,则下列结论中正确的是（ ） (A) 存在一组不全为零的数12,,s k k k ，使得1122s s k k k βααα=+++ 成立 (B) 存在一组全为零的数12,,s k k k ，使得1122s s k k k βααα=++ + 成立 (C) 存在一组数12,, s k k k ，使得1122s s k k k βααα=+++ 成立 (D) 对β的线性表达式唯一 8. 设12,ξξ是齐次线性方程组0AX =的解，12,ηη是非齐次线性方程组AX b =的解，则（ ） (A) 112ξη+为0AX =的解 (B) 12ηη+为AX b =的解 (C) 12ξξ+为0AX =的解 (D) 12ηη-为AX b =的解 9. 设110101011A ?? ? = ? ??? ,则A 的特征值是( )。 (A) 0,1,1 (B) 1,1,2 (C) 1,1,2- (D) 1,1,1- 10. 若n 阶方阵A 与某对角阵相似，则 ( )。 (A) ()r A n = (B) A 有n 个互不相同的特征值 (C) A 有n 个线性无关的特征向量 (D) A 必为对称矩阵 二、判断题（共 10小题，每小题1分，共10分 ）注：正确选择A,错误选择B. 11. 设A 和B 为n 阶方阵，则有22()()A B A B A B +-=-。（ ） 12. 当n 为奇数时，n 阶反对称矩阵A 是奇异矩阵。（ ） 习题7-1 1.选择题 (1)设总体X 的均值口与方差 /都存在但未知，而X 1,X 2,L ,X n 为来 自X 的样本，则均值 口与方差 (T 2的矩估计量分别是 (). (A) X 和 (B) 1 n X 和—(X n i 1 i )2 . (C) 口和 2 (T ? 1 (D) X 和一 n n (X i i 1 x)2. 解 选 (D). (2) 设X : U[0, ],其中 e >0为未知参数，又X ,,X 2,L ,X n 为来自总体 X 的样本 ,则e 的矩估计量是( ). (A) X . (B) 2X . (C) max{X i }. (D) m i^ X i } . 解选(B). 2.设总体X 的分布律为 其中0v B v 为未知参数,X1, X 2,…,X.为来自总体X 的样本，试求e 的矩 估计量. 解 因为 E (X )=(- 2)x3 e +1x(1 -4 e )+5x e =1-5 e ,令 1 5 X 得到 的矩估计量为 3.设总体X 的概率密度为 f(x ；) (1)x ,0 x 1, 0, 其它? 其中 0> -1是未知参数，X,冷… ,X n 是来自 X 的容量为n 的简单随机样本 求 ： (1) 的矩估计量； ⑵ 0的极大似然估计量? 解 总体X 的数学期望为 - 1 9 2X 1 令E(X) X ,即一1 X,得参数B 的矩估计量为？ ? 2 1 X 设X 1, X 2,…,x n 是相应于样本X 1, X 2,…,X n 的一组观测值，则似然函 数为 n (1)n X i , 0 x i 1, i 1 0, 其它. In x i 1 In X i i 1 4.设总体X 服从参数为 的指数分布，即X 的概率密度为 E(X) 1 xf(x)dx o ( 1)x dx 当 0 《地理教学论》作业 第一次作业 一、多选题 1、《地理教学论》的研究对象是：C A：地理教学现象B：地理教学方法C：地理教学系统D：地理教学过程2.新课程中"教学”的基本含义是：D A：讲授与接收B：讲授与讨论C：上课与管理D：沟通与合作 3、素质教育目标主要包括C A：知、技、智B：知、技、德C：知、能、情D：知、能、思 4、地理教科书的双层系统是指D A：文字与图像B：活动与作业C：正文与阅读D：形式与功能 5、新课程中"教材”的基本含义是：A A：教材是范例B：教材是读物C：教材是方法D：教材是课本 6、地理思维方法包括以下的：B A：观察法B：比较法C：调查法D：实验法 7、合作学习的组织需要：B A：同质分组B：异质分组C：男女搭配D：就近结合 8、揭示地理事象内在联系的相互关系的比较方法叫做：B A：凸聚比较法B：联系比较法C：综合比较法D：横向比较法 二、多选题 1、《地理教学论》课程的核心四论包括下述中的：BC A：教学发展论B：教学方法论C：教学评价论D：教学环境论 2、地理感性知识包括下述中的：BC A：地理特征B：地理分布C：地理演变D：地理判断 3、地理陈述性知识包括下述中的：AB A：地理名称B：地理分布C：地理规律D：地理方法 4.地理程序性知识包括下述中的：CD A：地理概念B：地理分布C：地理成因D：地理方法 5、地理理性知识包括下述中的：CD A：地理演变B：地理分布C：地理特征D：地理判断 6、新课程中"教材”的基本含义是：AD A：教材是素材B：教材是课本C：教材是方法D：教材是范例 7、地理概念的内涵包括下述中的：ABD A：概念名称B：概念定义C：概念例子D：关键特征 8、地理原理的学习方法包括下述中的：AB A：例-规法B：规-例法C：同化法D：概括法 三、名词解释 1、理念：对人的行动具有指向性的理性认识。 2、审美情趣：指审美主体通过美育过程在头脑中产生的独特的情感体验和审美倾向性。通 常以对审美对象的特殊兴趣、爱好、选择倾向性和易接受性或认同等形式表现出来。3、地理教学目标：地理教学中师生预期达到的学习结果的标准。 代数式经典测试题及答案 一、选择题 1．若（x +1）（x +n ）＝x 2+mx ﹣2，则m 的值为（ ） A ．﹣1 B ．1 C ．﹣2 D ．2 【答案】A 【解析】 【分析】 先将(x+1)(x+n)展开得出一个关于x 的多项式，再将它与x 2+mx-2作比较，即可分别求得m ，n 的值． 【详解】 解：∵(x+1)(x+n)=x 2+(1+n)x+n ， ∴x 2+(1+n)x+n=x 2+mx-2， ∴12n m n +=??=-? ， ∴m=-1，n=-2． 故选A ． 【点睛】 本题考查了多项式乘多项式的法则以及类比法在解题中的运用． 2．下列各运算中，计算正确的是( ) A ．2a?3a ＝6a B ．(3a 2)3＝27a 6 C ．a 4÷a 2＝2a D ．(a+b)2＝a 2+ab+b 2 【答案】B 【解析】 试题解析：A 、2a ?3a =6a 2，故此选项错误； B 、（3a 2）3=27a 6，正确； C 、a 4÷a 2=a 2，故此选项错误； D 、（a+b ）2=a 2+2ab +b 2，故此选项错误； 故选B ． 【点睛】此题主要考查了积的乘方运算以及同底数幂的除法运算、完全平方公式、单项式乘以单项式等知识，正确化简各式是解题关键． 3．下列运算正确的是（ ） A ．21ab ab -= B 3=± C ．222()a b a b -=- D ．326()a a = 【答案】D 【解析】 【分析】 主要考查实数的平方根、幂的乘方、同类项的概念、合并同类项以及完全平方公式. 解： A 项，2ab ab ab -=，故A 项错误； B 3=，故B 项错误； C 项，222()2a b a ab b -=-+，故C 项错误； D 项，幂的乘方，底数不变，指数相乘，32236()a a a ?==. 故选D 【点睛】 本题主要考查： （1）实数的平方根只有正数，而算术平方根才有正负. （2）完全平方公式：222()2a b a ab b +=++，222()2a b a ab b -=-+. 4．已知：1+3＝4＝22，1+3+5＝9＝32，1+3+5+7＝16＝42，1+3+5+7+9＝25＝52，…，根据前面各式的规律可猜测：101+103+105+…+199＝（ ） A ．7500 B ．10000 C ．12500 D ．2500 【答案】A 【解析】 【分析】 用1至199的奇数的和减去1至99的奇数和即可. 【详解】 解：101+103+10 5+107+…+195+197+199 ＝22119919922++????- ? ????? ＝1002﹣502， ＝10000﹣2500， ＝7500， 故选A ． 【点睛】 本题考查了规律型---数字类规律与探究，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题． 5．下列各式中，计算正确的是（ ） A ．835a b ab -= B ．352()a a = C ．842a a a ÷= D ．23a a a ?= 【答案】D 【解析】 【分析】 分别根据合并同类项的法则、同底数幂的乘法法则、幂的乘方法则以及同底数幂除法法则解答即可． 东 北 大 学 考 试 试 卷（A 卷） 2010 — 2011学年 第二学期 课程名称：线性代数 （共2页） ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (15分) 设三阶矩阵()321,,ααα=A ， ()3323214,3,32αααααα+-+=B ， 且A 的行列式1||=A ，求矩阵B 的行列式||B . 解 因为()3323214,3,32αααααα+-+=B ＝? ???? ??-413031002),,(321ααα， 所以，24413031002||||=-=A B 分) 设向量组????? ??-=2111α，????? ??=1122α，????? ??=a 213α线性相关，向量 ???? ? ??=b 13β可由向量组321,,ααα线性表示，求b a ,的值。 解 由于 ????? ??-=b a 1212113121),,,(321βααα????? ??---→62304330312 1b a ? ???? ??-+→210043303121b a 所以，.2,1=-=b a 三分) 证明所有二阶实对称矩阵组成的集合V 是R 2? 2 的子空间，试在 V 上定义内积运算，使V 成为欧几里得空间，并给出V 的一组正交基. 解 由于任意两个二阶实对称矩阵的和还是二阶实对称矩阵，数乘二阶实对称矩阵还是 二阶实对称矩阵，即V 对线性运算封闭，所以V 是R 2? 2 的子空间。 对任意V b b b b B a a a a A ∈??? ? ??=???? ??=2212121122121211,,定义内积：[A,B]=222212121111b a b a b a ++， 显然满足：[A,B]=[B,A], [kA,B]=k[A,B], [A,A]≥0且[A,A]=0当且仅当A=0. ???? ??=00011A ,???? ??=01102A ,???? ??=10003A 就是V 的一组正交基. 注：内积和正交基都是不唯一的. 2－1 地理教学论期末测试复习试卷 姓名▁▁▁班级 09级地理班出题者：倪群得分▁▁▁ 一、填空题。（共6小题，每空2分，共15×2=30分） 1、地理教学论的研究对象是地理教学活动中的一切现象和问题。P3 2、地理教学论的研究任务着重研究地理教学过程，揭示地理教学基本规律及其实践 应用，重视发展地理教学理论，并对地理教学实践活动给予理论和原则 上的指导。P6 3、教学媒体就是储存和传递教学信息的工具。P166 4、板画分为：形态画、过程画、动态画。板图分为：几何略图、折线图、曲线略 图。p149 5、一般来说，地理综合课的步骤分作五步进行：组织教学、复习旧知识、学习新教材、 巩固新教材、布置作业等。P195 6、教学技能可分为：导入技能、提问技能、口语运用技能、演示技能、板 书技能、结 束新课技能、组织技能、讲解技能、强化技能。P129 二、判断题。（对的打“√”、错的打“×”）（10×2=20分） 1、地理教师资格认证包括：教师职称认证和教师履历认证。P60 （还有教师 资 格 认 证 ） （ × ） 2、地理教育技能认证包括：教学语言能力认证、计算机辅助教学能力认证、相 关专业能力认证。P61 （√） 3、地理教学语言技能的特点：教学语言的学科性和科学性、教学语言的规范 性和针对性和教学语言的简明性和启发性。 p135 （√） 4、在课堂教学过程中，教师不断地组织学生注意、管理纪律、引导学习， 建立和谐的教学环境，帮助学生达到预定课堂目标的行为方式，称为教师的 课堂知识技能。P153 （把知识改为组织） （×） 5、地理课堂教学设计的任务包括：确定教学目的、精选教学内容、安排教 二元一次方程组练习题100道（卷一） （范围：代数： 二元一次方程组） 一、判断 1、??? ??-==312y x 是方程组?????? ?=-=-9 1032 6 5 23y x y x 的解 …………（ ） 2、方程组? ? ?=+-=5231y x x y 的解是方程3x -2y =13的一个解（ ） 3、由两个二元一次方程组成方程组一定是二元一次方程组（ ） 4、方程组???????=-++=+++2 5323 473 5 23y x y x ，可以转化为???-=--=+27651223y x y x （ ） 5、若(a 2-1)x 2 +(a -1)x +(2a -3)y =0是二元一次方程，则a 的值为±1（ ） 6、若x +y =0，且|x |=2，则y 的值为2 …………（ ） 7、方程组? ? ?=+-=+81043y x x m my mx 有唯一的解，那么m 的值为m ≠-5 …………（ ） 8、方程组?? ???=+=+62 3 131 y x y x 有无数多个解 …………（ ） 9、x +y =5且x ，y 的绝对值都小于5的整数解共有5组 …………（ ） 10、方程组? ? ?=+=-351 3y x y x 的解是方程x +5y =3的解，反过来方程x +5y =3的解也是方程组 ?? ?=+=-3 51 3y x y x 的解 ………（ ） 11、若|a +5|=5，a +b =1则3 2 -的值为b a ………（ ） 12、在方程4x -3y =7里，如果用x 的代数式表示y ，则4 37y x += （ ） 二、选择： 13、任何一个二元一次方程都有（ ） （A ）一个解； （B ）两个解； （C ）三个解； （D ）无数多个解； 14、一个两位数，它的个位数字与十位数字之和为6，那么符合条件的两位数的个数有（ ） 习题7.1 1.设总体X服从指数分布 试求的极大似然估计.若某电子元件的使用寿命服从该指数分布,现随机抽取18个电子元件,测得寿命数据如下(单位:小时): 16, 19, 50, 68, 100, 130, 140, 270, 280, 340, 410, 450, 520, 620, 190, 210, 800, 1100. 求的估计值. 解: 似然函数为 令 得 2.设总体X的概率密度为 其他 试求(1)的矩估计的极大似然估计 解: (1) 的矩估计 (2) 似然函数为 令 解得 3.设总体X服从参数为的泊松分布试求的矩估计和极大似然估计(可参考例7-8) 解:由服从参数为的泊松分布 由矩法,应有 似然函数为 解得的极大似然估计为 习题7.2 1.证明样本均值是总体均值的相合估计 证: 由定理知是的相合估计 2.证明样本的k阶矩是总体阶矩的相合估计量 证: 是的相合估计 3.设总体为其样品试证下述三个估计量 (1) (2) (3) 都是的无偏估计,并求出每一估计量的方差,问哪个方差最小? 证: 都是的无偏估计 故的方差最小. 4.设总体其中是未知参数又为取自该总体的样品为样品均值 (1)证明是参数的无偏估计和相合估计 (2)求的极大似然估计 (1)证: 是参数的无偏估计 又 是参数的相合估计 (2)故其分布密度为 其他 似然函数 其他 因对所有有 习题7.3 1.土木结构实验室对一批建筑材料进行抗断强度试验.已知这批材料的抗断强度.现从中 抽取容量为6的样本测得样本观测值并算的求的置信度的置信区间 解: 置信度为的置信区间是 2.设轮胎的寿命X服从正态分布,为估计某种轮胎的平均寿命,随机地抽取12只轮胎试用,测得它们的 寿命(单位:万千米)如下: 4.68 4.85 4.32 4.85 4.61 5.02 5.20 4.60 4.58 4.72 4.38 4.7 试求平均寿命的的置信区间(例7-21,未知时的置信区间) 解:查分布表知 平均寿命的的置信区间为 3.两台车床生产同一种型号的滚珠,已知两车床生产的滚珠直径X,Y分别服从 其中未知现由甲,乙两车床的产品中分别抽出25个和15个,测得 求两总体方差比的置信度0.90的置信区间. 解:此处 的置信度0.90的置信区间为: 4.某工厂生产滚珠,从某日生产的产品中随机抽取9个,测得直径(单位:毫米)如下: 14.6 14.7 15.1 14.9 14.8 15.0 15.1 15.2 14.8 设滚珠直径服从正态分布,若 (1)已知滚珠直径的标准差毫米; (2)未知标准差 《代数式》典型例题 例1 列代数式，并求值． 有两种学生用本，一种单价是0.25元，另一种单价是0.28元，买这两种本的数分别是m 和n ．（1）问共需要多少元？（2）如果单价是0.25元的本和单价是0.28元的本分别买了20和25本，问共花了多少钱？ 例2 某城市居民用电每千瓦时（度）0.33元，某户本月底电能表显示数m ，上月底电能表显示数为n ，（1）用m 和n 把本月电费表示出来；（2）若本月底电能表显示数是1601，上月底电能表显示数为1497，问本月的电费是多少？ 例3 春节前夕，铁路为了控制客流，使其卧铺票票价上浮20％，春节期间按原价下浮10％，若某地到北京的卧铺票原价是x 元，如果在春节期间乘坐要比春节前少花多少钱，用x 表示出；当228=x 时，求这个代数式的值。 例4 22b a -可以解释为___________． 例5 一个三位数，百位数上的数是a ，十位上的数是b ，个位上的数是c ． （1）用代数式表示这个三位数． （2）把它的三位数字颠倒过来，所得的三位数又该怎样表示？ 例6 选择题 1．x 的3倍与y 的2倍的和，除以x 的2倍与y 的3倍的差，写成的代数式是（ ） A ． y x y x 3223-+ B ．x y y x 2323-+ C ．y x y x 3223-+ D ．y x y x 2223-+ 2．如图，正方形的边长是a ，圆弧的半径也是a ，图中阴影部分的面积是（ ） A ．224a a -π B ．22a a π- C ．22a a -π D ．224a a π- 例7 通过设2003 1413121,20021413121++++=++++= b a 来计算： ).20021413121()200314131211()20031413121()200214131211(++++?+++++-++++?+++++ 例8 按给的例子，把输出的数据填上 例9 对于正数，运算“*”定义为b a a b b a +=*，求)333**（． 线性代数习题和答案 第一部分选择题(共28分) 一、单项选择题（本大题共14小题，每小题2分，共28分）在每小题列出的四个选项中只有 一个是符合题目要求的，请将其代码填在题后的括号内。错选或未选均无分。 1.设行列式a a a a 1112 2122 =m， a a a a 1311 2321 =n，则行列式 a a a a a a 111213 212223 + + 等于（） A. m+n B. -(m+n) C. n-m D. m-n 2.设矩阵A= 100 020 003 ? ? ? ? ? ? ? ，则A-1等于（） A. 1 3 00 1 2 001 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? B. 100 1 2 00 1 3 ? ? ? ? ? ? ? ? ?? C. 1 3 00 010 00 1 2 ? ? ? ? ? ? ? ?? D. 1 2 00 1 3 001 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3.设矩阵A= 312 101 214 - - - ? ? ? ? ? ? ? ，A*是A的伴随矩阵，则A *中位于（1，2）的元素是（） A. –6 B. 6 C. 2 D. –2 4.设A是方阵，如有矩阵关系式AB=AC，则必有（） A. A =0 B. B≠C时A=0 C. A≠0时B=C D. |A|≠0时B=C 5.已知3×4矩阵A的行向量组线性无关，则秩（A T）等于（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6.设两个向量组α1，α2，…，αs和β1，β2，…，βs均线性相关，则（） A.有不全为0的数λ1，λ2，…，λs使λ1α1+λ2α2+…+λsαs=0和λ1β1+λ2β2+…λsβs=0 B.有不全为0的数λ1，λ2，…，λs使λ1（α1+β1）+λ2（α2+β2）+…+λs（αs+βs）=0 C.有不全为0的数λ1，λ2，…，λs使λ1（α1-β1）+λ2（α2-β2）+…+λs（αs-βs）=0 D.有不全为0的数λ1，λ2，…，λs和不全为0的数μ1，μ2，…，μs使λ1α1+λ2α2+…+ λsαs=0和μ1β1+μ2β2+…+μsβs=0 7.设矩阵A的秩为r，则A中（） A.所有r-1阶子式都不为0 B.所有r-1阶子式全为0 C.至少有一个r阶子式不等于0 D.所有r阶子式都不为0 8.设Ax=b是一非齐次线性方程组，η1，η2是其任意2个解，则下列结论错误的是（） A.η1+η2是Ax=0的一个解 B.1 2 η1+ 1 2 η2是Ax=b的一个解 地理教学论是一门研究地理教学活动、揭示地理教学规律并用于指导地理教学实践的学科。 地理教学论的研究对象是地理教学活动中的一切现象和问题。 在地理教学活动主要因素： 学生是教学活动的核心要素，根本要素。 地理教学目的是教学活动中的基本因素。 地理课程是教学活动中最实质性的因素。 地理教师是教学活动中主导因素。 地理教学论的总任务：构筑地理教学理论，指导地理教学实践。 地理教学论的学科性质：理论性和实践性并重。 地理教学论的教育学基础，心理学基础，地理学基础 地理教学论的研究方法：观察法，调查法，实验法，文献法 地理课程就是课业及其进程。通常来说，它具体表现为地理课程标准、地理教材、地理课堂教学和课外活动等。 最常见的课程的类型有：显性课程与隐性课程；分科课程与活动课程；核心课程与外围课程 我国地理课程的类型：混合型 我国初中地理新课程的设置：地球与地图，世界地理，中国地理，乡土地理。 我国高中地理新课程的设置：必修课为，地理1，地理2，地理3；选修课程为，宇宙与地球，海洋地理，自然灾害与防治，旅游地理，城乡规划，环境保护，地理信息技术应用。 世界地理教育改革与发展共同趋势： 1.地理课程的地位得到提高。 2.地理课程类型及其设置多样化。 3.地理课程目标更加关注学生全面发展，充分考虑学生的学习兴趣和个性发展的需要。 4.重视培养学生的地理技能和能力。 5.地理课程内容采用区域学习和专题学习的构建方式，以人口、资源、环境、区域发展和人地关系为核心，关注现实社会的重大问题和学生生活实际问题，重视国际理解与合作。 6.重视现代教育技术手段的运用，倡导探究式的学习方式。 7.推动学习过程与学习结果并重的学习评价机制。 国外地理课程对我国地理课程改革的启示： 1.设置不同层次和不同类型的地理课程 2.打破学科体系式的课程内容体系 3.课程标准知识点粗化，说明及教学要求细化 4.减少教学内容的主题，增加单元教学时间 1.2 代数式 【考纲说明】 1、理解字母表示数的意义及用代数式表示规律。 2、用代数式表示实际问题中的数量关系，求代数式的值。 【知识梳理】 1、代数式：指含有字母的数学表达式。 2、一个代数式由数、表示数的字母、运算符号组成。单个字母或数字也是代数式。 3、代数式的值：一般地，用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值。 4、用字母表示数的规范格式： （1）、数和表示数的字母相乘，或字母和字母相乘时，乘号可以省略不写，或用“.”来代替。（2）、当数和字母相乘，省略乘号时，要把数字写到前面，字母写后面。如：100a或100?a，na或n?a。 （3）、后面接单位的相加式子要用括号括起来。如：（5s ）时 （4）、除法运算写成分数形式。 （5）、带分数与字母相乘时，带分数要写成假分数的形式。 5、列代数式时要注意： （1）语言叙述中关键词的意义，如“大”“小”“增加”“减少”。 “倍”“几分之几”等词语与代数式中的运算符号之间的关系。 （2）要理清运算顺序和正确使用括号，以防出现颠倒等错误，例如“积的和”与“和的积”“平方差”“差的平方”等等。 （3）在同一问题中，不同的数量必须用不同的字母表示。 【经典例题】 【例1】（2012重庆，9，4分）下列图形都是由同样大小的五角星按一定的规律组成。其中第①个图形一共有2个五角星，第②个图形一共有8个五角星，第③个图形一共有18个五 角星，…，则第⑥个图形中的五角星的个数为（ ） 【解析】仔细观察图形的特点，它们都是轴对称图形，每一行的个数都是偶数，分别是2，4，6，…，6,4,2，故第⑥个图形中五角星的个数为2+4+6+8+10+12+10+8+6+4+2=72。 答案：D 【例2】（2011甘肃兰州，20，4分）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积为1，则第n 个矩形的面积为 . 【解析】由中点四边形的性质可知，每次所得新中点四边形的面积是前一个图形的 12，故后一个矩形的面积是前一个矩形的14 ，所以第n 个矩形的面积是第一个矩形面积的1221142n n --????= ? ?????，已知第一个矩形面积为1，则第n 个矩形的面积为2212n -?? ???。 【例3】按一定规律排列的一列数依次为 111111,,,,,,2310152635 …，按此规律，第7个数是 。 【解析】先观察分子：都是1；再观察分母：2,3,10,15,26，…与一些平方数1,4,9,16，…都差1,2=12+1，3=22-1，10=32+1，15=42-1，26=52+1，…，这样第7个数为 2117150=+。 答案：150 【例4】已知： 114a b -=，则2227a ab b a b ab ---+的值为（ ） A ．6 B ．--6 C ．215- D ．27 - 【解析】由已知114a b -=，得4b a ab -=， ∴4,4, 2()242 6.2272()787b a ab a b ab a ab b a b ab ab ab a b ab a b ab ab ab ∴-=-=-------∴===-+-+-+答案：A 【课堂练习】 1、（2012湖北武汉，9，3分）一列数a1，a2，a3，…，其中a1= 111,21n n a a -=+（n 为不 《地理教学论》作业答案 第一次作业 论述题：（选作3题） 1绘简图说明地理教学系统的构成并简要说明各地理教学要素的地位与作用。 （1）答：地理教学系统的构成构成如下图： ● ● ●地理教学要素的地位：教学系统八要素中，地理教学目标是该系统的定向子系 统。地理教师与学生分别是导控子系统与信息处理子系统，他们是该系统 的双主体子系统。地理课程教材是该系统的信源子系统。地理教学原则、 模式与方法是地理教学系统的运行支持子系统。地理教学环境是该系统的 时空协同系统。地理教学管理是该系统的保障子系统。地理教学评价是该 系统的调节、激励子系统。地理教学八子系统互为呼应与协同，以其优化 的结构促成系统整体功能的实现。 ●（2）、绘简图说明《地理教学论》课程的基本容结构。 ●答：《地理教学论》课程的基本容结构如下图： ● （3）、简要说明《地理教学论》课程的主要特点及研究方法。 答：《地理教学论》的学科主要特点：由地理教学论的"应用理论”或"理论与实践并重”的学科属性很容易联想到其主要的学科特点，即理论性、实践性、综合性与艺术性。 《地理教学论》研究方法：辩证唯物主义和历史唯物主义是马克思主义哲学的精髓，是具统帅作用的科学的世界观和方**。用"两唯”的观点去解读地理教学，才能真正获得地理世界的真善美，才能真正获得地理教学的真善美。《地理教学论》与地理课程教学改革实践密切相联。这里所说的实践既包括中学地理教学改革实践，也包括高师地理教学改革实践，其中蕴藏着推动地理教学论发展的无尽活力。《地理教学论》的理论以丰富的实践经验和实践活动为生生不息的源泉。地理教学论强调地理教学是科学和艺术的统一体。教学的科学性强调"求真”，教学必须建立在遵循学生身心发展规律的科学的诸学科体系基础上。教学的艺术性强调"求美”，教学必须建立在师生认知、情感等自由表现、交流、创造的基础上，因为教学艺术即具有高度个性化、创造性和审美价值的教学设计与操作行为。教学科学性与艺术性的统一是合规律性与合目的性的统一，两者密不可分，如一枚硬币的两面。前联教育家赞科夫曾尖锐指出，传统教育的明显毛病，就是没有向学生展示出艺术的、也只有艺术才具有的那些宝藏。这显然不利于开发学生蕴的多彩才能与丰富个性，不符合"解放理性”的时代要求。事实上，凡成功教学，无不有艺术与科学相伴。 1、绘简图说明《地理教学论》课程的基本容结构。 名词解释（选作4个） （1）、理念：是对人的行动具有指向性的理性认识。 （2）、审美情趣：指审美主体通过美育过程在头脑中产生的独特的情感体验和审美倾向性，是审美态度和审美需要的具体表现形式，通常以对审美对象的特殊兴趣、爱好、选择倾向性和易接受性或认同等形式表现出来，它是在审美实践过程中，在社会审美文化与教育的影响下逐步形成和发展起来的。已形成的审美情趣在主体的审美活动和美育过程中有重要的心理定向和动力作用。 （3）、地理教学目标是指：地理教学中师生预期达到的学习结果的标准，是一种具体性的教学结果预期。 （4）、地理教学过程：是教师创设和谐的学习氛围,引导学生从事地理学习活动、形成学习思维能力的过程。而"地理过程”是立意于学生的地理学习过程，是学生对一段充满智慧与情感挑战的地理学习、研究活动的时间经历。 （5）、地理基础知识：地理科学知识体系中起奠基作用的知识。中学地理知识主要属于此类。 （6）、地理程序性知识：主要是回答"为什么”、"怎么做”的地理基础知识。主要包括地理成因、地理规律等地理原理类知识和地理研究、操作程序类知识。 （7）、地理策略性知识：主要是回答"怎么样做”的学习方法类知识，更多地与学习能力有关。这部分知识是"会学”的知识，是学生自主、高效学习的关键知识。是学生的能力要求一般以理解、掌握、应用为主，是必须"学会”的知识，是学生认识、解决地理问题，提高地理能力的核心知识。 （8）、地理基本技能：在练习基础上形成的按某种规则或操作程序顺利完成地理认知任务和实践操作任务的心智活动方式和动作活动方式。线性代数测试试卷及答案
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