线代b答案范文

第一篇：线代b答案范文

05-06-1线代(B类)及答案

线 性 代 数(B)试 卷----A卷

一、单项选择题(每题3分，共15分)

2，，s(s2)线性无关，2，，s线性表示，1. 向量组1，且可由向量组1，

则以下结论中不能成立的是

2，，s线性无关; (A) 向量组1，

2，，s线性相关; (B) 对任一个j(0js)，向量组j，

2，，s线性无关; (C) 存在一个j(0js)，向量组j，

2，，s与向量组1，2，，s等价。 (D) 向量组1，a



2. 设三阶矩阵Ab

b

bab

b

b ，已知伴随矩阵A的秩为1，则必有a

(A) ab且a2b0;(B) ab且a2b0;(C) a=b或a2b0;(D) ab或a2b0。3. 设是n维非零实列向量,矩阵AET,n3，则___________

(A) A至少有n-1个特征值为1;(B) A只有1个特征值为1;

(C) A恰有n1个特征值为1;(D) A没有1个特征值为1。 4. 设A,B为n阶方阵，且r(A)r(B)，则______________

(A) r(AB)0;(B) r(AB)2r(A); (C) r(A，B)2r(A);(D) r(A，B)r(A)r(B)。 5. 设A为mn实矩阵，r(A)n，则

(A) ATA 必合同于n阶单位矩阵;(B) AAT 必等价于m阶单位矩阵;

(C) ATA 必相似于n阶单位矩阵; (D) AAT 是m阶单位矩阵。

二、填空题(每题3分，共15分)

1.已知A，B为n阶方阵，1不是B的特征值，且ABABE，

则A1

(A卷)第 1 页 共 6 页

2. 若三阶方阵A有特征值 1,1,2，则行列式A12A。 3.已知实二次型f(x1,x2,x3)x124x222x322ax1x22x2x3正定,则常数a的

取值范围为________________。

2，，n是A的列向量组，行列式|A|0，其伴随 4. 已知A为n阶方阵，1，

矩阵A0，则齐次线性方程组Ax0的通解为。 5. 设A为n阶实矩阵，且ATA1，|A|0，则行列式 |AE|。

三、计算题(每题9分,共54分)

x1x22x30



1.线性方程组为 2x1x2ax31，问a,b各取何值时，线性方程组无解，

3x2x4xb

231

有唯一解，有无穷多解?在有无穷多解时求出其通解。

2.设3阶方阵A，B，C满足方程 C(2AB)A，试求矩阵A，其中

1

B0

0

210

OB

312，C0

01

AO

210

4



2。 1

|B|3.计算行列式|A|，，其中

nx1

n0，B

n0

n0

0200



00n10

0

0 0n

11A

1

1x

222x2



n1(n1)x

n1n1

4. 已知实二次型 f(x1,x2,x3)=2x1x22x2x32x3x1，求正交变换xQy, 化f(x1,x2,x3)为标准形，并写出正交变换xQy

TT

1，0),2(1，0，1),是 5. 已知A为三阶实对称矩阵，秩r(A)2,1(0，

A

对应特征值123的特征向量，试求：

(1)A的另一个特征值3及其特征向量3;(2) 矩阵A，矩阵An。

6. 设R3的两个基1

11，0

21，1

212;10，20

11

1，3101

(1) 求由基 1,2,3到1,2,3的过渡矩阵P;

(2) 已知向量123，求向量在基 1,2,3 下的坐标; (3)求在基1,2,3和1,2,3下有相同坐标的所有向量。

四、证明题(每题8分,共16分)

1.设A为mn矩阵，证明：存在ns非零矩阵B，使ABO的充分必要

条件为秩r(A)n。

2. 设A，B是n阶实矩阵,A的特征值互异。证明:矩阵ABBA的充分必要条件为A的特征向量都是B的特征向量。

线性代数(B)(05-06-1)期末试卷(A)参考答案

一、选择题

1.(B)2.(B)3.(C)4.(D)5.(A)

二、填空题

1. (BE)(BE)1;2.

n1

1252

;3. |a|

7/2

;

4.

k

i

i1

ji

2，，，ji，i1，2，，n-1是1，

n

的极大线性无关组;

5. |AE|0

三、计算题

1

A1.2

3

112

2a4

0110

0b

110

24a2a

0

1 b1

当a2时，方程组有唯一解

当a2，b1时，方程组无解

当a2，b1时，r(A)r(A)=2 < 3，方程组有无穷多组解,其通解为

(1,1,0)Tk(0,2,1)T，k为任意常数。

2.(2CE)ACB，A(2CE)1(CB)

1

A0

0

410

841

1

1

00

010

3100

10

410

11

41

n(n1)

3. |A|(1)

OB

AO

(

n(n1)

n(n1)

x)x

n1

，|B|n!，

(1)

n

(

n(n1)2

x)n!x

n1

。

0



4.f的矩阵A1

1

101

1

1，有特征值 121,320

A对应的线性无关的特征向量与单位正交特征向量

111111

111

20，111，31;2 31，1，1

263101021111

xyyy3

121

263

111

y1y2y3于是正交变换xQy即x2263

21

x3y2y363

化二次型为标准形fy12y222y32。

5.(1) 因为r(A)2,|A|0，所以30;设A0，由与1， 2正交，得 =k(1,0,1)T(2) 设P(1,2,3)，则

3

AP0

0

030

03110P0

203

060

3

03

An

3n

P0

0

03

n

3n0

11

0P0

2n

03

0230

n

n

3

0n3

。

6. (1) 设 A(1,2,3),B(1,2,3),(1,2,3)(1,2,3)P

0

PA1B1

1/2

100

0

01/2

(2)1233，坐标 x(1,1,3)T(3) 设(1,2,3)x(1,2,3)x

0

则 ((1,2,3)(1,2,3))x1

0

101

1

1x0 1

解得x(1,1,1)T，故123k(1,0,1)T。

四、证明题

2，s都是线性方程组Ax0的解。故 (1，2，，s)1.设B，则j,j1，

ABO

方程组Ax0有非零解r(A)n。

2.必要性： 设A，则当B0时，由A(B)B(A)(B)，知,B都是A对应特征值的特征向量，是A的一重特征值，,B线性相关。因此，存在常数，使B，是B的对应特征值的特征向量。

当B0时，是对应B的特征值0的特征向量。故A的特征向量都是B的特征向量。

充分性：A的特征值互异，相似于对角阵，即存在可逆阵P(1,2,,n)，

1

AP使



1

P。 n



1

P。 n



1



A的特征向量都是B的特征向量，故BP





因为

1

ABP

11

BAP



11PP

n



11

1PP

n





1

P， nn





1

P， 

所以ABBA。

nn

第二篇：考研数学线代

考研数学常见的十种题型列出如下：

一、运用洛必达法则和等价无穷小量求极限问题，直接求极限或给出一个分段函数讨论基连续性及间断点问题。

二、运用导数求最值、极值或证明不等式。

三、微积分中值定理的运用，证明一个关于“存在一个点，使得……成立”的命题或者证明不等式。

四、重积分的计算，包括二重积分和三重积分的计算及其应用。

五、曲线积分和曲面积分的计算。

六、幂级数问题，计算幂级数的和函数，将一个已知函数用间接法展开为幂级数。

七、常微分方程问题。可分离变量方程、一阶线性微分方程、伯努利方程等的通解、特解及幂级数解法。

八、解线性方程组，求线性方程组的待定常数等。

九、矩阵的相似对角化，求矩阵的特征值，特征向量，相似矩阵等。

十、概率论与数理统计。求概率分布或随机变量的分布密度及一些数字特征，参数的点估计和区间估计。

此外还需提醒考生，到考前一周，考研数学，这个时候就只能在考场上看看题型，总结失利原因了。若因晚上熬夜影响考试是最得不偿失的事情，而在考前一周能预防的就是此事的发生了。即使开了夜车而在考场也没有睡着，但头脑不清楚，对数学的考试依然是非常不利的，因为数学计算与证明思路最需要清醒和快速的反应。

对于考数学的考生来说，数学的150分是很重要的，下面是一些考研数学的常识，希望对大家有帮助。

2015考研数学常识：卷种及考试内容

考研数学从卷种上来看分为数学

一、数学

二、数学三;从考试内容上来看，涵盖了高等数学、线性代数、概率论与数理统计;试卷结构上来看，设有三种题型：选择题(8道共32分)、填空题(6道共24分)、解答题(9道共94分)，其中数一与数三在题目类型的分布上是一致的，1-

4、9-

12、15-19属于高等数学的题目，5-

6、

13、20-21属于线性代数的题目，7-

8、

14、22-23属于概率论与数理统计的题目;而数学二不同，1-

6、9-

13、15-21均是高等数学的题目，7-

8、

14、22-23为线性代数的题目。

一、科目考试区别： 1.线性代数

数学

一、

二、三均考察线性代数这门学科，而且所占比例均为22%，从历年的考试大纲来看，数

一、

二、三对线性代数部分的考察区别不是很大，唯一不同的是数一的大纲中多了向量空间部分的知识，不过通过研究近五年的考试真题，我们发现对数一独有知识点的考察只在0

9、10年的试卷中出现过，其余年份考查的均是大纲中共同要求的知识点，而且从近两年的真题来看，数

一、数

二、数三中线性代数部分的试题是一样的，没再出现变化的题目，那么也就是说从以往的经验来看，2015年的考研数学中数

一、数

二、数三线性代数部分的题目也不会有太大的差别! 2.概率论与数理统计

数学二不考察，数学一与数学三均占22%，从历年的考试大纲来看，数一比数三多了区间估计与假设检验部分的知识，但是对于数一与数三的大纲中均出现的知识在考试要求上也还是有区别的，比如数一要求了解泊松定理的结论和应用条件，但是数三就要求掌握泊松定理的结论和应用条件，广大的考研学子们都知道大纲中的“了解”与“掌握”是两个不同的概念，因此，建议广大考生在复习概率这门学科的时候一定要对照历年的考试大纲，不要做无用功! 3. 高等数学

数学

一、

二、三均考察，而且所占比重最大，数

一、三的试卷中所占比例为56%，数二所占比例78%。由于考察的内容比较多，故我们只从大的方向上对数

一、

二、三做简单的区别。以同济六版教材为例，数一考察的范围是最广的，基本涵盖整个教材(除课本上标有*号的内容);数二不考察向量代数与空间解析几何、三重积分、曲线积分、曲面积分以及无穷级数;数三不考察向量空间与解析几何、三重积分、曲线积分、曲面积分以及所有与物理相关的应用。

二、试卷考试内容区别 1.数学一

高等数学：同济六版高等数学中除了第七章微分方程考带*号的欧拉方程，伯努利方程外，其余带*号的都不考;所有“近似”的问题都不考;第四章不定积分不考积分表的使用;第九章第五节不考方程组的情形;第十二章第五节不考欧拉公式; 线性代数：数学一用的教材是同济五版线性代数1-5章：行列式、矩阵及其运算、矩阵的初等变换及其方程组、向量组的线性相关性、相似矩阵及二次型。其中向量组的线性相关性中数一考向量空间，线性方程组跟空间解析几何结合数一也要考;

概率与数理统计：

1、概率论的基本概念

2、随机变量及其分布

3、多维随机变量及其分布

4、随机变量的数字特征

5、大数定律及中心极限定理

6、样本及抽样分布

7、参数估计

8、假设检验 2.数学二

高等数学：同济六版高等数学中除了第七章微分方程考带*号的伯努利方程外，其余带*号的都不考;所有“近似”的问题都不考;第四章不定积分不考积分表的使用;不考第八章空间解析几何与向量代数;第九章第五节不考方程组的情形;到第十章二重积分、重积分的应用为止，后面不考了。

线性代数：数学二用的教材是同济五版线性代数，1-5章：行列式、矩阵及其运算、矩阵的初等变换及其方程组、向量组的线性相关性、相似矩阵及二次型。 概率与数理统计：不考。 3.数学三

高等数学：同济六版高等数学中所有带*号的都不考;所有“近似”的问题都不考;第三章微分中值定理与导数的应用不考曲率;第四章不定积分不考积分表的使用;不考第六章定积分在物理学上的应用以及曲线的弧长。第七章微分方程不考可降阶的高阶微分方程，另外补充差分方程。不考第八章空间解析几何与向量代数。第九章第五节不考方程组的情形，第十章二重积分为止，第十二章的级数中不考傅里叶级数;

线性代数：数学一用的参考教材是同济五版线性代数，1-5章：行列式、矩阵及其运算、矩阵的初等变换及其方程组、向量组的线性相关性、相似矩阵及二次型。数三不考向量组的线性相关性中的向量空间，线性方程组跟空间解析几何结合的问题;

概率与数理统计的内容包括：

1、概率论的基本概念

2、随机变量及其分布

3、多维随机变量及其分布

4、随机变量的数字特征

5、大数定律及中心极限定理

6、样本及抽样分布

7、参数估计，其中数三的同学不考参数估计中的区间估计。

广大的考研学子们，考研数学要想取得高分并不难，但是想要考得满分也不容易，在这里老师提醒大家，在考研数学复习的初期一定要有一个考研数学考试大纲，

14、

13、12年的都可以，因为考研数学的大纲这么多年来压根就没变过，唯一变化的是将克莱姆法则改成了克莱默法则。建议大家认真研读考试大纲要求，弄明白自己考试什么不考什么，做到有的放矢!最后，预祝2015的考生复习顺利! 最后，沪江考研祝全体考生取得好成绩。

2015考研数学线代冲刺注意历年考点

考研数学冲刺阶段，把真题吃透，通过对历年真题题型、机构、安排，可以熟悉各位出题老师的出题意向、重点，融汇贯通对于后期大幅提高复习效果明显。下面为同学们总结了历年真题中线性代数各章节易考点，可以帮助大家在复习中查漏补缺。

第一章行列式，这一块唯一的重点是行列式的计算，主要有数值型和抽象型两类行列式的计算，0

6、0

8、

10、12年的真题中均有抽象行列式的计算问题，而且均是以填空题的形式出现的，个别的还出现在了大题的第一问中。

第二章矩阵，重点在矩阵的秩、逆、伴随、初等变换以及初等矩阵、分块矩阵。这一章概念和运算较多，考点也较多，而且考点以填空和选择为主，当然也会结合其他章节的知识考大题。0

6、0

9、

11、12年均考了一个小题是有关初等变换与矩阵乘法之间的关系，10年考了一个小题关于矩阵的秩，08年考了一道抽象矩阵求逆的问题。

第三章向量，可以分为三个重点，第一个是向量组的线性表示，第二个是向量组的线性相关性，第三个是向量组的秩及极大线性无关组。这一章无论是大题还是小题都特别容易出考题，06年以来每年都有一道考题，不是向量组的线性表示就是向量组的线性相关性的判断，10年还考了一道向量组秩的问题。

第四章线性方程组，有三个重点。第一个是线性方程组解的判定问题，第二个是解的性质问题，第三个是解的结构问题。06年以来只有11年没有出大题，其他几年的考题均是含参方程的求解或者是解的判定问题。

第五章矩阵的特征值与特征向量，也是分三个重点。第一个是特征值与特征向量的定义、性质以及求法。第二个为矩阵的相似对角化问题，第三是实对称矩阵的性质以及正交相似对角化的问题。实对称矩阵的性质与正交相似对角化问题可以说每年必考，12年、11年、10年09年都考了。

第六章二次型有两个重点。第一个是化二次型为标准形，同学们必须掌握两种方法，第一个是配方法，第二个是正交变换法。第二个重点是正定二次型的判定。11年考的一个小题，用通过正交变换法将二次型化为标准形，12年、11年、10年均以大题的形式出现，但主要用的是正交变换化二次型为标准形。

第三篇：B答案

2013-2014年第二学期期末考试 13幼教1班《幼儿教育学》B卷

答案

一、 单项选择题(每题2分，共30分)

1. B 2.D 3.D 4.C 5.C 6.D 7.A 8.C 9.B 10.C 11.C 12.B 13.C 14.D 15.C

二、名词解释(每题5分，共15分)

1. 幼儿教育学：是教育学的一个分支，它是专门研究3～6岁幼儿的教育，并探索其特点和规律。

2. 幼儿体育：指幼儿园进行的、遵循幼儿身体发育规律，运用科学的方法增强幼儿体质，保证幼儿健康为目的的一系列教育活动。

3. 幼儿园全面发展教育：指以幼儿身心发展的现实与可能为前提，以促进幼儿在体、智、德、美诸方面全面和谐发展为宗旨，并以适合幼儿身心发展特点的方式、方法、手段加以实施的、着眼于培养幼儿基本素质的教育。

三、简答题(每题8分，共24分)

1.从以下两个方面，正确理解幼儿教育的全面发展观。

(1)全面发展是针对片面发展而言的，偏重任何一个方面或忽视任何一个方面的发展都不是全面发展;全面发展并不意味着个体在体、智、德、美诸方面齐头并进地、平均地发展，也不意味着个体的各个发展侧面可以各自孤立地发展。因此，幼儿园的全面发展教育在保证幼儿体、智、德、美诸方面全面发展的基础上，可以允许幼儿个体在某方面突出一些。同时，应注重幼儿各方面发展的和谐与协调。

(2)体、智、德、美诸方面统一于幼儿个体的身心结构之中，体、智、德、美任何一方面的发展都与其他方面的发展相互促进、相互渗透、相互制约、不可分割。对幼儿的全面发展来说，不能偏废任何一方面，任何一方面的偏废都将影响其他方面的发展。体、智、德、美四育融会在一起，形成一种整体教育力量，落实在幼儿的全面和谐发展之中。只有正确认识四育之间的相互关系，实施全面发展教育，才能发挥教育的最大功效。 2.我国幼儿教师的基本权利和义务。 (1)我国幼儿教师的基本权利包括：

①进行保育教育活动，开展保育教育改革和实验的权利;

②从事科学研究、学术交流，参加专业的学术团体，在学术活动中充分发表意见的权利;

③指导幼儿的学习和发展，评定幼儿成长发展的权利;

④按时获取工资报酬，享受国家规定的福利待遇以及寒暑假带薪休假的权利;⑤参与幼儿园民主管理的权利; ⑥参加进修或者其他方式的培训的权利。 (2)我国幼儿教师的义务是：

①遵守宪法、法律和职业道德，为人师表;

②贯彻国家教育方针，遵守规章制度，执行幼儿园保教计划，履行聘约，完成工作任务;

③按国家规定的保教目标，组织、带领幼儿开展有目的、有计划的教育活动; ④关心、爱护全体幼儿，尊重幼儿人格，促进幼儿的全面发展;

⑤制止有害于幼儿的行为或其他侵犯幼儿合法权益的行为，批评和抵制有害于幼儿健康成长的现象;

⑥不断提高思想政治觉悟和教育教学业务水平。 3.幼儿游戏的特点与功能 (1)幼儿游戏的特点：

①游戏是幼儿自愿、自主的活动。 ②幼儿游戏具有趣味性。 ③幼儿游戏具有虚构性。 ④幼儿游戏具有社会性。 (2)游戏的功能体现在：

①游戏符合幼儿心理发展的需要; ②游戏能促进幼儿身体发展;

③游戏可以巩固和丰富幼儿的知识，促进其智力和语言的发展; ④游戏是对幼儿进行思想品德教育、培养优良性格的有效手段; ⑤游戏能促进幼儿美感和美的创造力的发展。

四、论述题(每题10分，共10分)

1.要保证教育目标的实现，幼儿教师应注意以下问题。

(1)幼儿教师是按照社会要求去促进幼儿发展的，是将教育目标真正落实为幼儿发展的总设计师。这就要求教师：首先，必须正确、清楚、全面地理解和把握幼儿园的教育目标的内涵，并将这种“外在”的教育目标转化为“内在”的正确的教育观念，并用以指导自己的行动;其次，教师必须掌握将教育目标转化为幼儿发展的技术;最后，在教育过程中，教师要依据幼儿的实际水平，选择相适应的教育目标、教育模式、教育内容、活动方式、组织形式、指导方法等，促进幼儿的发展。

(2)教师在明确了教育目标后，实施过程中也不一定是一帆风顺的，或多或少总要受到外来的干扰或影响。例如，来自家长的影响，有的家长望子成龙心切，希望幼儿园训练孩子某种技能，或要求教小学才学习的读、写、算技能。又如，来自社会的影响，社会上各种幼儿技能大赛的宣传、偏重学历、追求升学率的风潮等，都可能干扰教师按教育目标组织教育活动，使教师的教育行为偏离教育目标。因此，在实现教育目标的过程中，教师有责任排除一切干扰，坚定地按照教育目标来规范自己的教育行为，以保证教育目标的真正实现。

五、案例分析题(每题21分，共21分)

家园合作是指幼儿园和家庭都把自己当作促进儿童发展的主体，双方积极主动地相互了解、相互配合、相互支持，通过幼儿园与家庭的双向互动，共同促进儿童的身心发展。家园合作是幼教工作的重要组成部分，对于从家庭环境进入迥然不同的集体环境的新入园幼儿来说，家园合作的意义显得尤为重要。 (1)家园合作有利于家长资源的充分利用。家庭是孩子成长发展的第一个环境，父母是孩子的第一任老师，家长与孩子之间特有的血缘关系、亲情关系与经济关系，使这种教育具有感染性、长期性和针对性，教育内容复杂丰富且教学方法灵活多样。同时，幼儿的家长来自各行各业，可谓是人才济济，是幼儿园得天独厚的教育资源。让家长用各自的专长参与幼儿园的教育，可以使他们深层次地了解幼儿园、了解幼儿教育。 (2)家园配合一致，促进幼儿健康和谐发展。教师、家长均作为孩子的教育者，是对幼儿实施促进发展教育的主体，新《幼儿园教育指导纲要》中指出： “幼儿园应主动与家长配合，帮助家长创设良好的家庭环境，向家长宣传科学保育教育幼儿的知识，共同担负幼儿教育的任务。”幼儿园要发挥主导作用，要充分重视并主动做好家园衔接工作，使幼儿园与家长在教育思想、原则、方法等方面取得统一认识，形成教育的合力，家园双方配合一致，促进幼儿的健康和谐发展。

目前，家园合作还存在一些误区。一是认为教师是专业教育工作者，而家长大部分不懂教育;二是家长认为自己忙，没有时间参与幼儿园教育工作;三是教师只在知识上要求家长配合，家长也只愿意督促孩子写字、做算术题、背英语单词;四是认为家长与老师“各司其职”，在家归家长管，在幼儿园归老师管。这造成了教师与家长的教育观念、方法的脱节，直接影响到幼儿园的正常教育工作。案例中的A、B两位教师的观点正是否认了幼儿园与家庭的紧密伙伴关系。

第四篇：B卷答案

张小龙《申论》密卷B

参考答案

(一)、根据给定资料，回答下列两个问题。

1、根据给定资料1，概括分析温家宝总理的讲话体现了总理的那些品格。(10分)要求：语言简洁，内容全面，字数不超过200字。

参考答案：

①高尚。年高德劭，为国为民鞠躬尽瘁;宽容，胸怀祖国，广开言路。②谦虚。虚怀若谷，倾听群众心声;奉命唯谨，心系万众民生。

③勤奋。任劳任怨，只求有益于民，甘于湮没无闻;持之以恒，恳恳付出。④勇敢。敢于承担，乐于担负社会问题;直面人生，敢于接受考验。⑤才能。锦心绣肠，博古通今，满腹经纶，以诗句寓今生。

⑥忠贞。扪心无愧，不为谣诼所困;忧国奉公，心虑不正之风。

说明：回答出以下几点亦可得分：

①真诚。言行一致，许诺于民事必躬亲;推心置腹，诚邀众人共商国事。②志气。老骥伏枥，四十五载倾注全部心血;奋发有为，成绩卓著。③善良。忍辱负重，信而见疑、忠而被谤;温厚和平，以诚意待人。④廉洁。不忮不求，倾注一生，不谋私利;公正无私，深入群众，重视问题。

2、根据给定资料，概括提升公务员道德水准主要方式。(10分)要求：概括准确，语言简洁，字数不超过150字。

参考答案：

①树立榜样典范，注重典型推广。舆论正面引导，提升道德水准。②开展学习活动，提升道德素质。激励干部培养内在品质。

③深读高尚书刊，提升精神境界。加强党性修养，坚定理想信念。④建立培训长效机制，完善硬性考核指标体系，强化官德培养意识。⑤深入基层开展实践调查，接受群众监督，不断吸取教训提升自我。

(二)、根据给定资料2-4，回答下列问题。

1、对比贵州和陕西干部下基层的做法，你认为哪一种更好?(10分)参考答案: 要求：观点明确，分析合理，条理清晰，字数不超过200字。 2两省做法都各有利弊，总体上说贵州省的做法更为科学合理。

①组织合理性。贵州“省县乡”垂直联动，按行政层次阶梯型配置，便于管理;陕西“市县乡”统一驻村，不便协调。

②机制长效性。贵州时间长，可持续性强;陕西市县乡单一配置，只持续一周，易流于形式。③监管有效性。贵州责任清晰，便于纵向监督和落实;陕西干部横向配置，停留于纸质调查，监管难度大。

2、结合材料4和相关背景，比较分析毛泽东同志的调查与改革开放后农村调查的异同何在?(10分)

要求：分析合理，语言简明，字数不超过200字。

参考答案：

共同点：

①都是从特殊到普遍的调查方法：

②深入基层，全面调查，辩证分析;

③总结规律，典型示范，普遍推广。

不同点：调查内容和侧重点不同。 ①毛泽东调查内容和侧重点为：土地所有权改革、农村各阶级经济状况和政治态度;

②改革开放后的调查主要为：土地制度改革，经营方式调整;社会转型期出现的留守儿童，人口老龄化，医疗保障，农村生态，农村文化等问题。

(三)、根据给定资料，结合实际，写一份学习陈家顺同志的宣传提纲。(20分)要求：提纲挈领，条理清晰，具有宣传性和指导性，字数不超过400字。

参考答案：

陈家顺同志作为一名基层党员干部，心中始终牢记群众利益。切身体验农民工的生活，体现出他满怀贴心为民办实事的先进性和优秀品质;深入车间调查真相，诠释他用全部的辛劳和智慧，改变基层面貌，推动社会进步的高贵品质;甘做百姓的保姆，基于他把为政的标准定位于百姓心中的地位和幸福程度;陈家顺同志为党员干部为政、干事、做人树立了一面光辉的旗帜。

学习陈家顺同志先进事迹的方法：

①及时安排，组织学：应迅速行动，上下一致，高效深入开展。

②结合实际，针对学：依据不同的学习对象，按工作性质分类学习。

③多种渠道，灵活学。分散集中相结合，演讲、座谈、讨论多样化。

④体会精神，创新学。深切体会，一心为民，求真务实，清正廉洁。

(四)、根据给定资料，联系社会实际，以“道德提升仅靠培训是不够的”为副标题，自拟题目，自选角度，写一篇议论文。(40分)

要求：观点鲜明，逻辑严谨，语言生动，论述合理，字数不少于1000字。

写作思路：

公务员道德提升是建设服务型政府的需要，公务员道德水平的高低直接决定政府在群众心中的低位。培训是道德提升的有效方式，但是道德作为人的内在素质，需要的是内涵式提升，除此之外，还有典型示范、深入活动、精度好书、基层实践等方式。内外结合，综合提升。考生要考虑全面，结合材料，才能切合题意。

第五篇：06级答案B

答案及评分标准(现代控制理论06试卷B)

一、已知系统的微分方程如下，写出其状态空间表达式(10分)yy4y5y3u

解：(1)选择状态变量yx1,yx2,yx3(3分)

x1x2

(2)写出微分方程组(4分) x2x3

x5x

314x2x33u

yx1

(3)写出状态空间表达式(3分)

x1010x10

x

2001x

20u



x3541x33

x

y[100]x

2

x

3

二、已知系统传递函数，求出系统的约旦标准型的实现

W(s)6(s1)

s(s2)(s3)2

解：(1)把原传递函数展开成部分分式形式(9分)W(s)6(s1)410/331/3

s(s2)(s3)2(s3)2s3s2s

注：分子或者分母的数字算错一个扣1分，全对给9分。

(2)直接写出其并联型对角阵实现形式(6分)：

31

30

1

xxu

2

01

1

y(410/331/3)x

1 (15分)

注：A阵元素必须和C阵元素一一对应，错一组扣1分;B阵元素错一个扣1分，扣完为止。

三、求下列状态空间表达式的解：(15分)

010

xxu 231

初始状态x(0)，输入u(t)1(t)是单位阶跃函数。 解：(1)计算(t)(10分)

用课文中给出的三种方法求均可。此处仅给出其中一种方法，如果考生采用其它方法，请阅卷老师酌情扣分扣分。

求得特征值，1122(2分)

0

0

0(t)求(4分) 1(t)

0(t)11et11et2ete2t

2tt2t (t)1t

12e12eee

12

11

求(t)(4分)

2ete2t(t)e0(t)I1(t)At2t

2e2e

Atete2t

t2te2e

00

(2)计算x(t)，把B，x(0)， u(t)1(t)代入求解 (5分)

10

t

x(t)(t)x(0)(t)Bu()d

e(t)e2(t)

(t)d2(t)2e0e

1t12tee22t2t

ee

t

四、判断下列系统的能控性和能观测性并说明理由。(10分)

610004060000x00310x0

00030100002120101yx 30010

200u 10

解：(1) 能控性判断(5分)

61

A阵中约当块最后一行对应的B阵相应行为零向量，故系统不

06

完全能控。

(2) 能观性判断(5分)

6131

A阵中约当块及第一列对应的C阵相应列不为零向

0603

量，且C阵最后一列不为零向量，故系统完全能观。

五、设系统

(A,B,C,D)中：(15分)

0100

0101A000,B1,C,D 10120030

(1)试判断系统的能控性、能观测性;

(2)若不能控或不能观测，试给出其能控性分解或能观测性分解的描述形式。

解：(1) 判断系统的能控性、能观测性：

01001010

2① AB00010,AB00000300003

00

10 00

MB

AB

010

100

A2B

000

∵rankM=2<3∴该系统不完全能控。(4分)

010

010000② CA 000101013003

0100100002

CA000 101003009



01

C

0NCA

0

2CA0

0

100100

010 309

∵rankN=3∴该系统完全能观。(4分)

(2) ∵该系统不完全能控∴作能控性分解。

010

取M中的两个线性无关列10，再任取一个与其线性无关的列0，001010010

1

组成变换阵T100，求得T100T。(3分)

001001

从而求得能控性分解的系数阵：

0001

ˆT1AT100;BˆCT100 ˆT1B0;CA0110030

其中二维能控子系统为：

ˆ1x

001

ˆxu 1

100

101

ˆ1uy(4分) x

012

六、设二阶线性定常系统的状态方程为：(15分)

11

xx 

23

试用李雅普诺夫第二法判断该系统原点的稳定性。

0

解：由x0知xe 是系统的一个平衡态。(2分)

0

p11

设P

p21

p12

,QI，其中P为实对称阵 p22

T

代入李雅普诺夫方程AP+PA=-I

p12p11

p22p21

p121110

(4分) p222301

11p11

得：p2321

可得联立方程组为：

T

2p114p121

p114p122p220 2p6p1

1222

74

解得P

58

5

8

(3分) 

38

817

=﹥0(3分) 3648

根据希尔维斯特判据知：

7

741﹥0，2

54

8

所以P是正定的，系统的平衡点是大范围渐近稳定的。且李雅普诺夫函

数为：

12

(3分) V(x)=xTPx=(14x1210x1x23x2)

8

七、已知受控系统状态方程为：(20分)

1000

011x0u ，设计状态反馈阵，将极点配置在-3，-3，-3处。x 0161

解：(1)(5分)判断系统的能控性：

0

Qc,A,A20

1



1

17， 635

∵Qc10，∴Qc满秩，系统完全能控，所以通过状态反馈可任意配置极点。

(2)(5分)求出加入状态反馈阵k0

T

k1k2后闭环特征多项式：

k1



k2 

100000T0110kf()I(A)0000161003(7k2)2(7k1k2)k0 (3)(5分)确定希望的闭环特征多项式：f*()(3)33922727 (4)(5分)计算其状态反馈阵：

令 f()f*() ，就可得到： kk0

T

k1k227182