第一篇：屆市中學高考模擬（七）數學（理）試題（解析版）

2019屆市中學高考模擬（七）數學（理）試題 一、單選題 1．如果復數（，為虛數單位）的實部與虛部相等，則的值為（）A．1 B．-1 C．3 D．-3 【答案】D 【解析】由復數的除法運算化簡得到實部和虛部，令其相等即可得解.【詳解】，由題意知：，解得.故選D.【點睛】 本題主要考查了復數的除法運算及實部和虛部的定義，屬于基礎題.2．若，則（）A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先求出集合B，再求并集即可.【詳解】 由，得..故選C.【點睛】 本題主要考查了集合的描述法及并集的運算，屬于基礎題.3．向量，若，的夾角為鈍角，則的范圍是（）A． B． C．且 D． 【答案】C 【解析】若，的夾角為鈍角，則且不反向共線，進而利用坐標運算即可得解.【詳解】 若，的夾角為鈍角，則且不反向共線，得.向量，共線時，得.此時.所以且.故選C.【點睛】 本題主要考查了利用數量積研究向量的夾角，當為鈍角時，數量積為0，容易忽視反向共線時，屬于易錯題.4．直線與圓的位置關系是()A．相交 B．相切 C．相離 D．不確定 【答案】A 【解析】確定直線過定點，點在圓內，得到答案.【詳解】 過定點，且，故在圓內，故直線和圓相交.故選：

【點睛】 本題考查了直線和圓的位置關系，確定直線過定點是解題的關鍵.5．有6名男醫生、5名女醫生，從中選出2名男醫生、1名女醫生組成一個醫療小組，則不同的選法共有 A．60種 B．70種 C．75種 D．150種 【答案】C 【解析】試題分析：因,故應選C． 【考點】排列數組合數公式及運用． 6．已知某個幾何體的三視圖如圖,根據圖中標出的尺寸,可得這個幾何體的表面積是()A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如圖所示，還原幾何體，證明，計算表面積得到答案.【詳解】 還原幾何體，如圖所示：連接 簡單計算得到，故，平面，故.故，表面積為：

故選：

【點睛】 本題考查了三視圖，表面積的計算，還原幾何體是解題的關鍵.7．下列函數中最小正周期為且圖像關于直線對稱的是（）A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根據函數的周期和對稱軸對選項進行排除，由此得出正確選項.【詳解】 由于函數的最小正周期為，由此排除D選項.將代入A選項，故是函數的對稱軸，符合題意.將代入B選項，故不是函數的對稱軸，排除B選項.將代入C選項，故不是函數的對稱軸，排除C選項.故本小題選A.【點睛】 本小題主要考查三角函數周期性的知識，考查三角函數對稱軸的特點，屬于基礎題.8．我國古代名著《莊子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠都截不完.現將該木棍依此規律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計算截取20天后所剩木棍的長度（單位：尺），則①②③處可分別填入的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】D 【解析】先由第一天剩余的情況確定循環體，再由結束條件確定循環條件即可.【詳解】 根據題意可知，第一天，所以滿足，不滿足，故排除AB，由框圖可知，計算第二十天的剩余時，有，且，所以循環條件應該是.故選D.【點睛】 本題考查了程序框圖的實際應用問題，把握好循環體與循環條件是解決此題的關鍵，屬于中檔題.9．已知是第二象限角，且，則的值為（）A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根據誘導公式得，進而由同角三角函數的關系及角所在象限得，再利用正切的二倍角公式可得解.【詳解】 由，得.因為是第二象限角，所以...故選C.【點睛】 本題主要考查了同角三角函數的關系及正切的二倍角公式，屬于基礎題.10．已知函數；

則的圖像大致為（）A． B． C． D． 【答案】B 【解析】試題分析：設，則，∴在上為增函數,在上為減函數，∴，得或均有排除選項A，C，又中,，得且，故排除D.綜上，符合的只有選項B.故選B.【考點】1、函數圖象；

2、對數函數的性質.11．已知函數，當時，不等式恒成立，則實數的取值范圍為()A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根據，可以把不等式變形為：構造函數，知道函數的單調性，進而利用導數，可以求出實數的取值范圍.【詳解】 因為，所以，設函數，于是有，而，說明函數當時，是單調遞增函數，因為，所以，因此當時，恒成立，即，當時恒成立，設，當時，函數單調遞增，當時，函數單調遞減，故當 時，函數有最小值，即為，因此不等式，當時恒成立，只需，故本題選A.【點睛】 本題考查了通過構造函數，得知函數的單調性，利用導數求參問題，合理的恒等變形是解題的關鍵.二、填空題 12．已知拋物線焦點為，經過的直線交拋物線于，點，在拋物線準線上的射影分別為，以下四個結論：①，②，③，④的中點到拋物線的準線的距離的最小值為2.其中正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】設直線為與拋物線聯立，由韋達定理可判斷①，由拋物線定義可判斷②，由可判斷③，由梯形的中位線定理及韋達定理可判斷④.【詳解】 物線焦點為，易知直線的斜率存在，設直線為.由，得.則，①正確；

，②不正確；

，③正確；

的中點到拋物線的準線的距離.當時取得最小值2.④正確.故選C.【點睛】 本題主要考查了直線與拋物線的位置關系，考查了設而不求的思想，轉化與化歸的能力，屬于中檔題.13．(x＋y)(2x－y)5的展開式中x3y3的系數為________.【答案】40 【解析】先求出的展開式的通項，再求出即得解.【詳解】 設的展開式的通項為，令r=3,則，令r=2,則，所以展開式中含x3y3的項為.所以x3y3的系數為40.故答案為：40 【點睛】 本題主要考查二項式定理求指定項的系數，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.14．在銳角三角形中，，分別為角、、所對的邊，且，且的面積為，的值為__________． 【答案】5 【解析】由正弦定理邊化角可得，由面積公式和余弦定理列方程可得.【詳解】 由，結合正弦定理可得.在銳角三角形中，可得.所以的面積，解得.由余弦定理可得，解得.故答案為5.【點睛】 本題主要考查了正余弦定理及三角形面積公式的應用，重點考查了計算能力，屬于基礎題.15．如圖所示，有三根針和套在一根針上的個金屬片，按下列規則，把金屬片從一根針上全部移到另一根針上.（1）每次只能移動一個金屬片；

（2）在每次移動過程中，每根針上較大的金屬片不能放在較小的金屬片上面.將個金屬片從1號針移到3號針最少需要移動的次數記為，則__________． 【答案】2n-1;【解析】【詳解】 設h（n）是把n個盤子從1柱移到3柱過程中移動盤子之最少次數 n=1時，h（1）=1；

n=2時，小盤→2柱，大盤→3柱，小柱從2柱→3柱，完成，即h（2）=3=22-1；

n=3時，小盤→3柱，中盤→2柱，小柱從3柱→2柱，[用h（2）種方法把中、小兩盤移到2柱，大盤3柱；

再用h（2）種方法把中、小兩盤從2柱3柱，完成]，h（3）=h（2）×h（2）+1=3×2+1=7=23-1，h（4）=h（3）×h（3）+1=7×2+1=15=24-1，… 以此類推，h（n）=h（n-1）×h（n-1）+1=2n-1，故答案為:2n-1． 16．一個四面體的頂點在空間直角坐標系中的坐標分別是，，則該四面體的外接球的體積為__________． 【答案】 【解析】將四面體補充為長寬高分別為的長方體，體對角線即為外接球的直徑，從而得解.【詳解】 采用補體法，由空間點坐標可知，該四面體的四個頂點在一個長方體上，該長方體的長寬高分別為，長方體的外接球即為該四面體的外接球，外接球的直徑即為長方體的體對角線，所以球半徑為，體積為.【點睛】 本題主要考查了四面體外接球的常用求法：補體法，通過補體得到長方體的外接球從而得解，屬于基礎題.三、解答題 17．設數列滿足,(1)求證:數列是等比數列;(2)求數列的前項和.【答案】(1)證明見解析;(2).【解析】（1）計算得到，得到證明.（2）計算，利用分組求和法計算得到答案.【詳解】(1),，故 故是首項為1,公比為的等比數列.(2)故 故 【點睛】 本題考查了等比數列的證明，分組求和法，意在考查學生對于數列方法，公式的綜合應用.18．某市對高二學生的期末理科數學測試的數據統計顯示,全市10000名學生的成績服從正態分布,現從甲校100分以上(含100分)的200份試卷中用系統抽樣中等距抽樣的方法抽取了20份試卷來分析(試卷編號為001,002,…,200)統計如下: 試卷編號 試卷得分 109 118 112 114 126 128 127 124 126 120 試卷編號 試卷得分 135 138 135 137 135 139 142 144 148 150 注:表中試卷編(1)寫出表中試卷得分為144分的試卷編號(寫出具體數據即可);(2)該市又從乙校中也用與甲校同樣的抽樣方法抽取了20份試卷,將甲乙兩校這40份試卷的得分制作了莖葉圖(如圖)在甲?乙兩校這40份學生的試卷中,從成績在140分以上(含140分)的學生中任意抽取3人,該3人在全市排名前15名的人數記為,求隨機變量的分布列和期望.附:若隨機變量服從正態分布,則，.【答案】(1)180;(2)分布列見解析,.【解析】（1）根據等距抽樣的定義直接得到答案.（2）根據正態分布得到15名的成績全部在146分以上，計算概率得到分布列，再計算數學期望得到答案.【詳解】(1)因為200份試卷中用系統抽樣中等距抽樣的方法抽取了20份試卷,所以相鄰兩份試卷編號相差為10,所以試卷得分為144分的試卷編號180.(2),根據正態分布可知:, ,即15名的成績全部在146分以上,(含146分),根據莖葉圖可知這40人中成績在146分以上含146分)的有3人,而成績在140分以上含140分)的有8人, 的取值為0,1,2,3，，,的分布列為 0 1 2 3 因此.【點睛】 本題考查了等距抽樣，正態分布，分布列，數學期望，意在考查學生的綜合應用能力.19．如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，側面底面，為上的點，且平面（1）求證：平面平面；

（2）當三棱錐體積最大時，求二面角的余弦值． 【答案】（1）見證明；

（2）.【解析】（1）通過側面底面，可以證明出面，這樣可以證明出，再利用平面，可以證明出，這樣利用線面垂直的判定定理可以證明出面，最后利用面面垂直的判定定理可以證明出平面平面；

（2）利用三棱錐體積公式可得，利用基本不等式可以求出三棱錐體積最大值，此時可以求出的長度，以點為坐標原點，以，和分別作為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系．求出相應點的坐標，求出面的一個法向量，面的一個法向量，利用空間向量數量積的運算公式，可以求出二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：∵側面底面，側面底面，四邊形為正方形，∴，面，∴面，又面，∴，平面，面，∴，平面，∴面，面，∴平面平面．（2），求三棱錐體積的最大值，只需求的最大值． 令，由（1）知，∴，而，當且僅當，即時，的最大值為． 如圖所示，分別取線段，中點，連接，以點為坐標原點，以，和分別作為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系． 由已知，所以，令為面的一個法向量，則有，∴ 易知為面的一個法向量，二面角的平面角為，為銳角 則.【點睛】 本題考查了證明面面垂直，考查了三棱錐的體積公式、基本不等式的應用，以及利用空間向量的數量積求二面角余弦值的問題.20．已知點，的坐標分別為，三角形的兩條邊，所在直線的斜率之積是。

（I）求點的軌跡方程：

（II）設直線方程為，直線方程為，直線交于點，點，關于軸對稱，直線與軸相交于點。若面積為，求的值。

【答案】（1）（2）【解析】(1)本題可以先將點的坐標設出，然后寫出直線的斜率與直線的斜率,最后根據、所在直線的斜率之積是即可列出算式并通過計算得出結果；

(2)首先可以聯立直線的方程與直線的方程，得出點兩點的坐標，然后聯立直線的方程與點的軌跡方程得出點坐標并寫出直線的方程，最后求出點坐標并根據三角形面積公式計算出的值。

【詳解】（1）設點的坐標為，因為點的坐標分別為、，所以直線的斜率，直線的斜率，由題目可知，化簡得點的軌跡方程；

（2）直線的方程為，與直線的方程聯立，可得點，故.將與聯立，消去，整理得，解得，或，根據題目可知點，由可得直線的方程為，令，解得，故，所以，的面積為 又因為的面積為，故，整理得，解得，所以。

【點睛】 本題考查軌跡方程以及直線相交的綜合應用問題，處理問題的關鍵是能夠通過“、所在直線的斜率之積是”列出等式以及使用表示出三點的坐標，然后根據三角形面積公式得出算式，即可順利解決問題，計算量較大，是難題。

21．已知．（1）設是的極值點，求實數的值，并求的單調區間：

（2）時，求證：． 【答案】（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為；

（2）見解析.【解析】（1）由題意，求得函數的導數，由是函數的極值點，解得，又由，進而得到函數的單調區間；

（2）由（1），進而得到函數的單調性和最小值，令，利用導數求得在上的單調性，即可作出證明.【詳解】（1）由題意，函數的定義域為，又由，且是函數的極值點，所以，解得，又時，在上，是增函數，且，所以，得，得，所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2）由（1）知因為，在上，是增函數，又（且當自變量逐漸趨向于時，趨向于），所以，使得，所以，即，在上，函數是減函數，在上，函數是增函數，所以，當時，取得極小值，也是最小值，所以，令，則，當時，函數單調遞減，所以，即成立，【點睛】 本題主要考查導數在函數中的綜合應用，以及不等式的證明，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于此類問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，利用函數的最值，從而得到證明；

有時也可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題． 22．在平面直角坐標系xoy中，以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系。已知曲線C的極坐標方程為，過點的直線l的參數方程為（為參數），直線l與曲線C交于M、N兩點。

（1）寫出直線l的普通方程和曲線C的直角坐標方程：

（2）若成等比數列，求a的值。

【答案】（1）l的普通方程；

C的直角坐標方程；

（2）.【解析】（1）利用極坐標與直角坐標的互化公式即可把曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，利用消去參數即可得到直線的直角坐標方程；

（2）將直線的參數方程，代入曲線的方程，利用參數的幾何意義即可得出，從而建立關于的方程，求解即可． 【詳解】（1）由直線l的參數方程消去參數t得,，即為l的普通方程 由，兩邊乘以得 為C的直角坐標方程.（2）將代入拋物線得 由已知成等比數列，即，，整理得（舍去）或.【點睛】 熟練掌握極坐標與直角坐標的互化公式、方程思想、直線的參數方程中的參數的幾何意義是解題的關鍵． 23．已知函數.（1）當時，求不等式的解集；

（2）若二次函數與函數的圖象恒有公共點，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）【解析】試題分析：（1）當m=5時，把要解的不等式等價轉化為與之等價的三個不等式組，求出每個不等式組的解集，再取并集，即得所求．（2）由二次函數y=x2+2x+3=（x+1）2+2在x=﹣1取得最小值2，f（x）在x=﹣1處取得最大值m﹣2，故有m﹣2≥2，由此求得m的范圍． 試題解析：

（1）當時，由得不等式的解集為.（2）由二次函數，知函數在取得最小值2，因為，在處取得最大值，所以要是二次函數與函數的圖象恒有公共點.只需，即.

第二篇：2018年濰坊市高考模擬考試(三輪模擬)(數學理)

濰坊市高考模擬考試

理科數學

2018．5 本試卷共6頁．滿分150分． 注意事項：

1．答題前，考生務必在試題卷、答題卡規定的地方填寫自己的準考證號、姓名．考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號、姓名”與考生本人準考證號、姓名是否一致．

2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．

3．考試結束，考生必須將試題卷和答題卡一并交回．

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．

1．設集合A．[0，3)B．{1，2}

C．{0，l，2}

C．5

D．25

D．{0，1，2，3} 2．若復數z滿足：A． B．3 3．在直角坐標系中，若角的終邊經過點

A．

B．

C．

D．

4．已知雙曲線曲線C的離心率為 A．2 B.C．的一條漸近線與直線垂直，則雙

D．

5．已知實數A． 滿足B．

C．的最大值為

D．0 6．已知m，n是空間中兩條不同的直線，①

②

是兩個不同的平面，有以下結論：

③其中正確結論的個數是 A．0

B．1 7．直線“”的

④C．2

D．3

”是，則“A．充分不必要條件 C．充要條件

B．必要不充分條件

D．既不充分也不必要條件

8．已知的大小關系是 A．a

B．

C．

D．

10．執行如右圖所示的程序框圖，輸出S的值為 A．45 B．55 C．66 D．78 11．一個幾何體的三視圖如下圖所示，其中正視圖和俯視圖均為直角三角形，則該幾何體外接球的表面積為

A．

B．

C．

D． 12．已知函數，若的直線的斜率為k，若

有兩個極值點，記過點，則實數a的取值范圍為

A．

B．

C．(e，2e] D．

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分． 13．定積分

___________．

14．若15．設拋物線的焦點為F，A為拋物線上第一象限內一點，滿足

__________.；已知P為拋物線準線上任一點，當取得最小值時，△PAF的外接圓半徑為________.16．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足是△ABC外一點，若點O，則平面四邊形OABC面積的最大值是__________．

三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題。每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．(一)必考題：共60分． 17．(12分)已知數列(1)求數列(2)若數列的前n項和為的通項公式； 滿足，求數列的前n項和

．，且

成等差數列．

18．(12分)如圖所示五面體ABCDEF，四邊形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，．

(1)求證：平面平面ACFD； 的余弦值．(2)若四邊形BCFE為正方形，求二面角19．(12分)新能源汽車的春天來了！2018年3月5日上午，李克強總理做政府工作報告時表示，將新能源汽車車輛購置稅優惠政策再延長三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，對購置的新能源汽車免征車輛購置稅．某人計劃于2018年5月購買一輛某品牌新能源汽車，他從當地該品牌銷售網站了解到近五個月實際銷量如下表：

(1)經分析，可用線性回歸模型擬合當地該品牌新能源汽車實際銷量y(萬輛)與月份編號t之間的相關關系．請用最小二乘法求y關于t的線性回歸方程：，并預測2018年5月份當地該品牌新能源汽車的銷量；

(2)2018年6月12日，中央財政和地方財政將根據新能源汽車的最大續航里程(新能源汽車的最大續航里程是指理論上新能源汽車所裝的燃料或電池所能夠提供給車跑的最遠里程)對購車補貼進行新一輪調整．已知某地擬購買新能源汽車的消費群體十分龐大，某調研機構對其中的200名消費者的購車補貼金額的心理預期值進行了一個抽樣調查，得到如下一份頻數表：

(i)求這200位擬購買新能源汽車的消費者對補貼金額的心理預期值X的樣本方差s及中位數的估計值(同一區間的預期值可用該區間的中點值代替；估計值精確到0.1)；

(ii)將頻率視為概率，現用隨機抽樣方法從該地區擬購買新能源汽車的所有消費者中隨機抽

2取3人，記被抽取的3人中對補貼金額的心理預期值不低于3萬元的人數為，求的分布列及數學期望E()．

參考公式及數據：①回歸方程；

②20．(12分)已知M為圓．

上一動點，過點M作x軸，y軸的垂線，記點P的軌垂足分別為A，B，連接BA延長至點P，使得跡為曲線C．(1)求曲線C的方程；(2)直線

相切，且與曲線C交于D，E兩點，直線平行于l且與曲線C相切于點Q(O，Q位于l兩側)，21．(12分)的值．

已知函數(1)討論函數(2)若對極值點的個數；，不等式

成立．

．

(i)求實數a的取值范圍；

(ii)求證：當時，不等式成立．

(二)選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答． 22．(10分)以平面直角坐標系的原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系．曲線的極坐標方程為(1)求曲線的極坐標方程；，將曲線繞極點逆時針旋轉后得到曲線．

(2)直線l的參數方程為，若23．(10分)已知函數(1)求M；(2)設，證明:，不等式

(t為參數)，直線l與曲線的值．

相交于M，N兩點．已知的解集M.．

第三篇：2014廣東省肇慶市4月第二次模擬數學理試題(WORD版,含答案,8,13解析)

廣東省肇慶市2014屆高三4月

?

2?A)的值；（2）求cos(A?B)的值.cm3B．30cm3C．40cm3D．42cm3 ?2x?a,x?

17．已知實數a?0，函數f(x)??，若

??x?2a,x?1

f(1?a)?f(1?a)，則a的值為

3333A．?B．C．?D．

554

4A

17.（本小題滿分12分）

為考察高中生的性別與是否喜歡數學課程之間的關系，在我市某普通中學高中生中隨機抽取200

（1（2）若采用分層抽樣的方法從不喜歡數學課的學生中隨機抽取5人，則男生和女生抽取的人數．．．分別是多少？

（3）從（2）隨機抽取的5人中再隨機抽取3人，該3人中女生的人數記為?，求?的數學期望.18.（本小題滿分14分）

如圖5，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為 2的菱形，且?DAB=60?.側面PAD為正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD，G為AD邊的中點.（1）求證：BG?平面PAD；

（2）求平面PBG與平面PCD所成二面角的平面角的 余弦值；

（3）若E為BC邊的中點，能否在棱PC上找到一點F，使平面DEF?平面ABCD，并證明你的結論.19.（本小題滿分14分）

如圖6，圓C:(x?2)2?y2?36，P是圓C上的任意 一動點，A點坐標為（2，0），線段PA的垂直平分線l與半 徑CP交于點Q.（1）求點Q的軌跡G的方程；（2）已知B，D是軌跡G上不同的兩個任意點，M為BD的中點.①若M的坐標為M（2，1），求直線BD所在的直線方程；②若BD不經過原點，且不垂直于x軸，點O為軌跡 G的中心.求證：直線BD和直線OM的斜率之積是常數（定值）.20.（本小題滿分14分）

已知正項數列{xn}滿足xn?（1）證明：xn?

1xn?1

?2（n?N*）.n?1n?11

?xn?（2）證明：xn?xn?1；（3）證明：.?2；

nnxn

21．（本小題滿分14分）

已知函數f(x)?a(x?)?2lnx，a?R．

（1）若a=1，判斷函數f(x)是否存在極值，若存在，求出極值；若不存在，說明理由；（2）求函數f(x)的單調區間；（3）設函數g(x)??值范圍．

1x

a

．若至少存在一個x0?[1,e]，使得f(x0)?g(x0)成立，求實數a的取x

高三數學（理科）

數學（理科）參考答案及評分標準

.（5分）

2222

（2）由余弦定理BC?AB?AC?2AB?ACcosA（7分）

122

∴BC?3?4?2?3?4??（8分）

∴sin（?

?A)?cosA?

8題解析：圓k的圓心（k-1，3k）在直線y=3（x+1）上運動，因此存在定直線y=3（x+1）與所有的圓均相交；因圓Ck的半徑rk?

2k2在變化，故①③錯，②正確.對于④：假設存在某個圓經過原點，則(k?1)2?(3k)2?2k4（*），下面轉化為這個關于k的方程是否有正整數解，可以從k的奇偶性分析：

①若k為奇數，則k-1為偶數，3k為奇數，于是(k?1)2為偶數，(3k)2為奇數，從而方程（*）的左邊為奇數，但方程（*）的右邊為偶數，矛盾！

②若k為偶數，則k-1為奇數，3k為偶數，于是(k?1)為奇數，(3k)為偶數，從而方程（*）的左邊為奇數，但方程（*）的右邊為偶數，矛盾！

綜上知，假設不成立，故④正確.二、填空題

AC?sinA239，（9分）?

BC1

3又B為銳角，得cosB?

?sin

B?.（10分）

∴cos(A?B)?cosAcosB?sinAsinB（11分）

由正弦定理得sinB??

1（12分）??

2642

210．[-3，1]11．512． 33

13．414．?sin??315．

??0?x?y?2?0???2

13題解析：由?，得?

??0?x?1?0?OP?OA?

11?x?

(s?t)??s?x?y?0?x?y?2?0?s?t?2?2

設M（s，t），則?，解得?，由?，得?.1t?x?y0?x?10?s?2????y?(s?t)??2

9．三、解答題

16.（本小題滿分12分）解：（1）∵S?ABC∴sinA?

17.（本小題滿分12分）

200(30?90?60?20)2

2解：（1）∵K??6.061?5.024，（2分）

90?110?50?150

∴約有97.5%以上的把握認為“性別與喜歡數學課之間有關系”.（4分）

（2）男生抽取的人數有：?5?2（人）（5分）

60?9090

女生抽取的人數各有：?

5?3（人）（6分）

60?90

（3）由（2）可知，男生抽取的人數為2人，女生抽取的人數為3人，所以?的取值為1，2，3.（7分）

13C3C2C32C2C3361

P(??1)?3?，P(??2)?3?，P(??3)?3?，C510C510C510

所以?的分布列為：

?AB?AC?sinA??3?4?sinA?3，（2分）22

分）

所以?的數學期望為E??1?

.（3分）12

又△ABC是銳角三角形，∴cosA??sinA?，（4分）

361

?2??3??1.8（12分）101010

18.（本小題滿分14分）（1）證明：連結BD.因為ABCD為棱形，且∠DAB=60°，所以?ABD為正三角形.（1分）又G為AD的中點，所以BG⊥AD.（2分）

高三數學（理科）

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，（3分）∴BG⊥平面PAD.（4分）解：（2）∵△PAD為正三角形，G為AD的中點，∴PG⊥AD.∵PG?平面PAD，由（1）可得：PG⊥GB.又由（1）知BG⊥AD.∴PG、BG、AD兩兩垂直.（5分）

故以G為原點，建立如圖所示空間直角坐標系G?xyz，x2y

2??1.（5分）所以，點Q的軌跡G的方程為9

5（2）①設B、D的坐標分別為(x1,y1)、(x2,y2)，22??5x1?9y1?45則?2（6分）

2??5x2?9y2?4

5兩式相減，得5(x1?x2)(x1?x2)?9(y1?y2)(y1?y2)?0，（7分）

PG?PDcos30??3，GB?ABsin60??，（6分）

所以G(0,0,0)，D

(0,1,0)，PC

?2,0??x1?x2?

4當BD的中點M的坐標為（2，1）時，有?，（8分），?y

1?y2?2PD??0,1，PC?

所以20(xy?y210

（7分）

1?x2)?18(y1?y2)?0，即kBD?1xx??.1?29

設平面PCD的法向量為n

?（x，y，z)，∴???n·PD?0，即??y??0

故BD所在的直線方程為y?1??10

??n·PC?

?2y??0

9(x?2)，即10x?9y?29?0.②證明：設B(x1,y1),D(x2,y2)，且x1?x2，令z?1，則x??1，y?n?(?

（8分）

又平面PBG的法向量可為AD??0，2，0?，（9分）由①可知ky?y25(x?x)

BD?1xx??12,1?29(y1?y2)設平面PBG與平面PCD所成二面角的平面角為?，則 又k?y1?y2

OM∴cos??

n·ADx?x12

|n·||AD|?? 所以k5(x1?x2)y1?y25

BD?kOM??即平面PBG與平面PCD9(y??x??（定值）.1?y2)x129

（10分）

（3）當F為PC的中點時，平面DEF⊥平面ABCD.（11分）

20.（本小題滿分14分）取PC的中點F，連結DE，EF，DF，CG，且DE與CG相交于H.證明：（1）因為E、G分別為BC、AD的中點，所以四邊形CDGE為平行四邊形，方法一：因為1故H為CG的中點.又F為CP的中點，所以FH//PG.（12分）xn?0，所以xn?由（2），得PG?平面ABCD，所以FH?平面ABCD.（13分）x?2x

1n??2，nxn

又FH?平面DEF，所以平面DEF⊥平面ABCD.（14分）1

故xn?

x?2，當且僅當xn?1時，等號成立.19.（本小題滿分14分）

n

方法二：

解：（1）圓C的圓心為C（-2，0），半徑r=6，CA?4.（1分）因為連結QA，由已知得QA?QP，（2分）xn?0，所以xn?1x?2?(x1

2n?x)?0，nn

所以QC?QA?QC?QP?OP?r?6?CA.（3分）故x1

根據橢圓的定義，點Q的軌跡G是中心在原點，以C、A為焦點，長軸長等于6的橢圓，n?

x?2，當且僅當xn?1時，等號成立.n

即a=3，c=2，b2

?a2

?c2

?9?4?5，（4分）

（2）由（1）知x1n?x?2，又x1n??2，nxn?1

高三數學（理科）

9分）

10分）（11分）（12分）14分）

1分）（2分）1分）（2分）（（（（（所以

x?，所以xn?xn?1.（4分）nxn?1

（3）先證：xn?1

n?n

當n=1時，不等式顯然成立；（5分）

假設當n=k（k?N*）時不等式成立，即xk?1

k?

k.（6分）當n=k+1時，由xn?

1x?2得xk?1

?12?x?1kn?1

k

2?

k?1?k?1，（7分）

k

即當n=k+1時，不等式成立；（8分）

綜上，對一切n?N*

都有x?1

n?

nn

成立.（9分）再證：x?1

n?

nn

由xn?0及xn?

1x?2（n?N*），得x?2（n?N*

n），n?1

所以當n=1時，不等式顯然成立；（10分）

當n?2時，假設存在k，使得xk?1

k?k，（11分）

則有x1k?1?2?x?1?k，即xk

k?1?，k2?

k?1k?1k?1

k

所以xk?1k?23

k?2?k?2，xk?3?k?3，┅，x2k?2?2，x2k?1?2，（12分）

與題設x1

2k?1?x?2矛盾.（13分）

2k

所以對一切n?N*

都有xn?1n?n成立.（14分）

所以對一切n?N*

都有n?1n?xn?1n?n

成立.21.（本小題滿分14分）

解：（1）當a?1時，f(x)?x?1

x

?2lnx，其定義域為（0，+?）.因為f?(x)?1?12x?1x

2?x?（x)2

?0，（1分）所以f(x)在（0，+?）上單調遞增，（2分）所以函數f(x)不存在極值.（3分）（2）函數f(x)?a(x?1x)?2lnx的定義域為(0,??)．

f?(x)?a(1?12ax2?2x?a

x2)?x?x

當a?0時，因為f?(x)?0在（0，+?）上恒成立，所以f(x)在（0，+?）上單調遞減.（4分）當a?0時，當x?(0,??)時，方程f?(x)?0與方程ax2

?2x?a?0有相同的實根.（5分）

??4?4a2?4(1?a2)

①當0?a?1時，?>0，可得x1??a21??a2

1?a，x2?a，且0?x1?x2

因為x?(0,x1)時，f?(x)?0，所以f(x)在(0,x1)上單調遞增；（6分）因為x?(x1,x2)時，f?(x)?0，所以f(x)在(x1,x2)上單調遞減；（7分）因為x?(x2,??)時，f?(x)?0，所以f(x)在(x2,??)上單調遞增；（8分）

②當a?1時，??0，所以f?(x)?0在（0，+?）上恒成立，故f(x)在（0，+?）上單調遞增.（9分）

綜上，當a?0時，f(x)的單調減區間為（0，+?）；當0?a?1時，f(x)的單調增區間為

1??a21??a21??a21??a2(0,a)與(a,??)；單調減區間為(a,a)；當a?1時，f(x)的單調增區間為（0，+?）.（10分）（3）由存在一個x0?[1,e]，使得f(x0)?g(x0)成立，得ax?2lnx0

0?2lnx0，即ax.（11分）

令F(x)?2lnx

x，等價于“當x?[1,e] 時，a?F(x)min”.（12分）

因為F?(x)?2(1?lnx)

x，且當x?[1,e]時，F?(x)?0，所以F(x)在[1,e]上單調遞增，（13分）故F(x)min?F(1)?0，因此a?0.（14分）

高三數學（理科）

第四篇：福建省各地2014屆高三最新模擬數學理試題分類5：不等式

福建省各地2014屆高三最新模擬數學理試題分類匯編

一、選擇題 不等式

?x?y?10,?

1、（福建省長樂二中等五校2014屆高三上學期期中）設變量x,y滿足?0?x?y?20,則2x?3y

?0?y?15,?的最大值為()

A.20B.35C.45D.55

答案：D

?x?1,?

2、（福建省南安一中2014屆高三上學期期中考試）已知變量x,y滿足?y?2,則x?y的最小值

?x?y?0.?

是

A.2

答案：AB.3C.4D.53、（福建省清流一中2014屆高三上學期期中考試）若a,b,c?R，a?b，則下列不等式成立的是（）

A．11ab22?B．2?2C．a?bD．ac?bc abc?1c?1

答案：B

二、填空題

1、（福建省四地六校2014屆高三12月第三次月考）已知一元二次不等式f(x)?0的解集為1?x?2}，則f(2x)?0的解集為.2

答案：{x| x<－1，或x>1} {x|

?3x?y?2?0,?

2、（福建省四地六校2014屆高三12月第三次月考）設x,y滿足約束條件?x?y?0,若目標

?x?0,y?0,?

函數z?ax?by(a?0,b?0)的最大值為1,則

答案：43、（福建省長樂二中等五校2014屆高三上學期期中）已知函數f(x)=ax-111?的最小值為_________.ab+3(a>0,且a11)

14+的最小值mn的圖象過一個定點P，且點P在直線mx+ny-1=0(m>0,n>0)上，則

是。

答案：2

5?x?1,?

4、（福建省龍巖一中2014屆高三上學期第三次月考）已知點M(x,y)滿足?x?y?1?0,若ax?y

?2x?y?2?0.?的最小值為3，則a的值為

答案：a?3

x2?

15、（福建省莆田四中2014屆高三上學期期中考試）不等式2 ?0的解集是．x?x?2

答案：xx??2或?1?x?1或x?1 ??

?x?y?1?

6、（福建省莆田四中2014屆高三上學期期中考試）已知x、y滿足約束條件?x?y??1，若目標

?2x?y?2?

函數z?ax?by(a?0,b?0)的最大值為7,則34?的最小值為.ab

答案：77、（福建省莆田一中2014屆高三上學期期中考試）

?2x?y?0?已知變量x,y滿足?x?2y?3?0,則z?log2(x?y?1)的最大值是

?x?0?

答案：

2三、解答題

1、（福建省長樂二中等五校2014屆高三上學期期中）

某廠生產某種產品的年固定成本為250萬元，每生產x千件，需另投入成本為C(x)．當年產量不．．

1210000當年產量不小于80千件時，x?10x(萬元)．C(x)?51x??1450 3x

(萬元)．每件商品售價為 0.05萬元．通過市場分析，該廠生產的商品能全部售完． ．．

(1)寫出年利潤 L(x)(萬元)關于年產量 x(千件)的函數解析式； ．．足80千件時，C(x)?

(2)年產量為多少千件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大？ ．．

12當0

12＝－x＋40x－250.……………2分3000當x≥80時，L(x)＝（0.05×1000x）－51x＋1450－250 解(1)因為每件商品售價為0.05萬元，則x千件商品銷售額為0.05×1000x萬元，依題意得： ．．．． x

?10 000.………………4分 ＝1200－?x＋?x?

1＋40x－250 x??3以L(x)＝??x10 000?x1 200－???x???2，………………6分

12(2)當0

此時，當x＝60時，L(x)取得最大值L(60)＝950萬元．………………9分

?10 000 當x≥80時，L(x)＝1 200－?x＋?x?

≤1 200－2 x·10 0001 200－200＝1000.x 10 000此時，當x＝x＝100時，L(x)取得最大值1000萬元．…12分 x

∵950 < 1000

所以，當產量為100 千件時，該廠在這一商品中所獲利潤最大，最大利潤為1000 萬元．

………………13分

第五篇：教育學中學模擬試題及答案解析

教育學模擬試題及答案解析

一、選擇題

1．被稱為“課程評價之父”的教育家是（）。

A．杜威

B．斯塔弗爾比姆

C．泰勒

D．裴斯泰洛齊

解析：最早倡導從“測驗”轉向“評價”的是美國的教育評價與課程理論專家泰勒。1933年，美國“進步教育協會”發起了一項著名的研究，成立了由泰勒領導的評價委員會，因歷時長達八年(1934～1942)，故人們稱之為“八年研究”。1942年評價委員會發表“史密斯一泰勒報告”，第一次系統地提出了評價的基本思想和方法，從而奠定了現代教育評價的基礎。泰勒也被譽為“課程評價之父”。因此，答案為C。

2．把課程分為必修課程和選修課程的依據是（）。

A．課程任務

B．課程制定者C．課程設置的要求

D．課程管理層次

解析：從課程任務的角度，課程可分為基礎型課程、拓展型課程、研究型課程三種類型；從課程制定者的角度和課程管理的需要，課程可分為國家課程、地方課程、學校課程三種類型；從課程修習的角度和課程設置的要求，可將課程分為必修課程與選修課程。因此，答案為C。

3．美國各門課程中多樣化的實踐活動、日本的綜合活動實踐反映出對（）在課程中地位的重視。

A．知識

B．能力

C．直接經驗

D．間接經驗

解析：美國課程的實踐活動和日本的綜合活動都講求學生參與到活動中，在這個過程中直接接觸到事物或進行操作，從而獲得直接感知的經驗，反映了課程注重直接經驗的趨勢。因此，正確答案選C。

4．歐洲中世紀的宗教神學課程和工業革命后的以自然科學為基礎的課程屬于課程類別中的（）。

A．學科課程

B．活動課程

C．綜合課程

D．融合課程

解析：中世紀的宗教神學課程是包含七藝為主要內容的課程體系，注重分科的學習；工業革命后，按照社會的需求，開始設置以自然科學為主的分學科課程體系，注重不同內容的學習，都屬于學科課程。因此，正確答案選A。排中的“心理邏輯原則”與“學科邏輯原則”。

5．布魯納認為，無論選擇何種學科，都務必使學生理解該學科的基本結構。依此而建立的課程理論是（）。

A．百科全書式課程理論

B．綜合課程理論C．實用主義課程理論

D．結構主義課程理論

解析：結構注意課程理論是由布魯納在20世紀60年代提出來的，布魯納在課程改革中強調學科的基本結構，認為無論選擇何種學科。都務必使學生理解該學科的基本結構，學生根據學科結構再來掌握具體的只是。因此，正確答案選D.6．最早把評價引入課程編制過程之中的是（）。

A．泰勒

B．羅杰斯

C．布盧姆

D．布魯納

解析：泰勒提出的課程評價理論，被稱之為泰勒理論，泰勒被譽為“課程理論之父”，他最早將課程評價理論引入到課程編制過程中，從而使教育目標精確具體、課程內容嚴密統一，課程編制更具有操作性。因此，正確答案選A.7．課程文件的三個層次是（）。

A．教學計劃一教學大綱一教科書

B．課程總目標一領域目標一學科目標 C．課程目的一課程評價一課程實施

D．知識一經驗一活動

解析：課程設計是一個有目的、有計劃、有結構地產生教學計劃、教學大綱以及教科書的系統化活動。其中，教學計劃、教學大綱和教科書也是課程文件的三個層次。因此，正確答案選A.8．能解決教育中無兒童，見物不見人傾向的課程觀是（）。A．課程是知識

B．課程是計劃

C．課程是經驗

D．課程是活動

解析：活動課程，認為課程是活動，它區別于以往的學科課程。將課程和活動相結合，注重直接經驗的學習，改變以往教學過程教育無兒童、見物不見人的傾向。因此，正確答案選D.9.我國中小學普遍實行的學科課程及相應的理論，是（）的表現。

A.課程是知識

B.課程是經驗

C.課程是活動

D.課程是項目

解析：我國中小學仍然實行學科課程體系。學科課程的基本特點是：分科設置；按學科知識的邏輯結構和探究方法選擇和安排；在教學上強調教師講授。學科課程強調知識的邏輯結構，但是往往與學生實際生活相脫離，易忽視學生的學習興趣及能動作用，是一種典型的“課程即知識的表現”。因此，正確答案選A。

10.在具體實施國家課程和地方課程的前提下，通過對本校學生的要求進行科學評估，充分利用當地社區和學校的課程資源兒開發的多樣性的可供學生選擇的課程是（）.A.國家課程

B.地方課程

C.學校課程

D.基礎型課程

解析：學校課程是在具體實施國家課程和地方課程的前提下，通過對本校學生的要求進行科學評估，充分利用當地社區和學校的課程資源而開發的多樣性的可供學生選擇的課程。因此，正確答案選C。

11.被稱為課程論經典的學術著作是泰勒的（）.A.《課程與教學的基本原理》

B.《教育目標分類學》

C.《教育過程》

D.《教學與一般發展》

解析：泰勒在《課程與教學的基本原理》一書中，提出了課程評價理論。他最早將課程評價的理論引入到課程編制過程之中，從而使教育目標精確具體、課程內容嚴密統一，課程編制更具有操作性。因此，正確答案選A。

12.（）是最自覺、清醒地論證了直接經驗在個人成長中的意義，并將兒童個體的直接經驗加以規范和具體化為課程并且付諸實踐的教育家。

A.泰勒

B.桑代克

C.斯金納

D.杜威

解析：杜威的教育理論是對傳統教育理論的批判，主張用直接經驗取代間接經驗，活動課程來取代知識課程，以兒童中心來代替教師為中心。他論證了直接經驗在個人成長中的意義，并將兒童個體的直接經驗加以規范和具體化為課程。因此，正確答案選D。

13．課程論與心理學的聯系，最早可以追溯到（）。

A．柏拉圖

B．畢達哥拉斯

C．蘇格拉底

D．亞里士多德

解析：課程論與心理學的聯系，最早可以追溯到亞里士多德，他按照兒童的年齡特征劃分教育階段，并且為各個階段設置相應的課程，此外，他還論證了靈魂的三個部分及與之對應的三種教育。因此，正確答案選D。

14．在《課程與教學的基本原理》中提出的關于課程編制的四個問題被稱為（）。

A．杜威原理

B．泰勒原理

C．斯賓塞原理

D．赫爾巴特原理

解析：泰勒是美國著名的課程理論家，1944年出版了《課程與教學的基本原理》，他提出了關于課程編制的四個問題，即泰勒原理。“泰勒原理”的基本內容是圍繞四個基本問題討論展開的，這四個基本問題可歸納為“確定教育目標”、“選擇教育經驗”、“組織教育經驗”、“評價教育計劃”，根據這四個步驟來進行課程的編制。因此，正確答案選B。

15．以綱要的形式編定有關學科教學內容的教學指導性文件，被稱為（）。

A．課程標準

B．課程計劃

C．教材

D．教科書

解析：課程標準又被稱為教學大綱，是課程計劃中每門學科以綱要的形式編訂的，有關學科教學內容的指導性文件，規定了學科的教學目的與任務，知識的范圍、深度和結構，教學進度以及有關教學方法的基本要求。因此，正確答案選A。

16．教科書編寫遵循的原則為（）。

A．科學性、操作性、基礎性、適用性

B．普遍性、思想性、基礎性、適用性 C．科學性、思想性、基礎性、適用性

D．科學性、思想性、強制性、適用性

解析：教科書的編寫應該遵循的原則主要有：科學性、思想性，內容的基礎性，對學校的適用性，體現受教育者的心理順序，兼顧學科內容和各級教材的銜接。也就是科學性、思想性、基礎性、適用性。因此，正確答案選C。

17．把課程計劃付諸實踐的過程，屬于（）。

A．課程目標

B．課程實施

C．教學任務

D．課程評價 解析：課程實施是指把課程計劃付諸實踐的過程，這個過程是達到預期的課程目標的基本途徑，課程設計得越好，實施起來越容易，效果也就越好。因此，正確答案選B。

18．把課程用于教育科學的專門術語始于（）。

A．洛克

B．斯賓塞

C．赫爾巴特

D．杜威

解析：英國教育家斯賓塞把課程解釋為教學內容的系統組成，首先把課程用于教育科學的專門術語。因此，正確答案選B。

19．下列不屬于課程表安排應遵循的原則的是（）。

A．整體性原則

B．遷移性原則

C．生理適宜原則 D．合理性原則

解析：通常情況下，課程表的安排應遵循以下幾條原則：整體性原則、遷移性原則和生理適宜原則。因此，答案為D。

20．下列屬于一級課程的是（）。

A．國家課程

B．地方課程

C．學校課程

D．基礎型課程

解析：國家課程是由中央教育行政機構編制和審定的課程，其管理權屬中央級教育機關，是一級課程。因此，正確答案選A。

二、填空題

1．教育改革的核心是(課程的改革)。

2．各級各類學校為實現培養目標而規定的學習科目及其進程的總和是(課程)。

3．在我國，課程具體表現為(教學計劃)、(教學大綱)、(教科書)。

4．以課程任務為依據分類，課程可分為基礎型課程、(拓展型課程)、(研究型課程)。

5．從課程制定者或管理制度層次，課程類型分為(國家課程)、(地方課程)、(學校課程)。

6．基礎型課程的內容是基礎的，以基礎知識和(基本技能)為主。

7．拓展課常常以(選修課)的形式出現。

8．學校課程通常以選修課或(特色課)的形式出現。

9.制約學校課程的三大因素是社會、知識和（兒童）。

10.建立在不同的教育哲學理論基礎上的課程論及課程的歷史傳統叫（課程理論）.11.課程目標四個方面的規定性指時限性、(具體性)、預測性、（操作性）.12.課程目標的依據有三個方面：對學生的研究、（對社會的研究）、（對學科的研究）.13.我國義務教育的教學計劃具備的三個基本特征是（強制性）、（普遍性）、（基礎性）.14.教學計劃的核心問題是（課程的設置）.15.安排課程就要遵循整體性原則、（遷移性原則）、（生理適宜原則）.16.學生的學習特點具有獨特性、（穩定性）、發展性、（靈活性）.17.學生的學習特點受三方面因素的影響：（基礎因素）、（內部因素）、（外部因素）.18.課程評價的主要模式有（目標評價模式）、（目的游離評價模式）、CIPP評價模式.19.美國學者斯克里文主張把評價的重點從“課程計劃預期的結果”轉向“課程計劃實際結果”,屬于課程評價的（目的游離評價）。

20．CIPP評價模式包括四個步驟(背景評價)、輸入評價、過程評價、成果評價。

三、簡答題

1．簡述制約課程的主要因素。

答：制約課程的主要因素有以下幾方面：

(1)一定歷史時期社會發展的要求及提供的可能(2)一定時代人類文化及科學技術發展水平

(3)學生的年齡特征，知識、能力基礎及其可接受性(4)課程理論

2.制定課程目標的依據有哪些？

答：課程目標是指特定階段的學校課程所要達到的預期結果，是知道整個課程編制過程的最為關鍵的準則。制定課程目標的依據主要有以下三個方面：(1)對學生的研究 對學生的研究，就是要找出教育者期望在學生身上所要達到的預期結果，通常包括三個方面的內容：①了解學生身心發展的現狀，并將它與理想的常模加以比較，確認其中存在的差距；②了解學生個體的需要；③了解學生的興趣和個性差異。(2)對社會的研究

(3)對學科的研究學校課程畢竟是要傳遞通過其他社會經驗難以獲得的知識，而學科是知識的最主要的支柱。

3.簡述我國新一輪基礎教育課程評價改革的特點。

答：課程評價在整個課程系統中占有十分重要的地位。課程評價改革是基礎教育課程改革的一個重要方面。我國新一輪基礎教育課程評價改革的特點主要包括以下幾個方面：(1)重視發展，淡化甄別與選拔，實現評價功能的轉化(2)重視綜合評價，關注個體差異，實現評價指標的多元化(3)強調質性評價，定性與定量相結合，實現評價方法的多樣化(4)強調參與與主動，自評與他評相結合，實現評價主體的多元化(5)注重過程，終結性評價與形成性評價相結合，實現評價重心的轉移

4．簡述泰勒的課程設計模式。

答：泰勒是美國著名的課程理論家，1944年出版了《課程與教學的基本原理》，他提出了關于課程編制的四個問題，即泰勒原理。其中課程設計模式主要包括以下幾個方面的內容：(1)確定教育目標(2)選擇學習經驗(3)組織學習經驗(4)評價學習經驗

5.簡述我國當前課程改革的主要趨勢。

答：當前我國課程改革的趨勢主要有以下幾個方面：(1)課程改革以學生發展為本的趨勢(2)從“雙基”到“四基”的趨勢

(3)加強道德教育和人文教育的趨勢(4)課程綜合化的趨勢

(5)課程社會化和生活化的趨勢(6)課程體系三級管理的趨勢(7)課程個性化和多樣化的趨勢

(8)課程與現代信息技術結合發展的趨勢

(9)我國基礎教育課程教材改革必將進一步沿著法制化的軌道健康前進

6.簡述現代課程觀的基本內涵。

答：進入20世紀70年代以來，課程的內涵發生了重要變化，呈現出如下六種趨勢：(1)從強調學科內容到強調學習者的經驗和體驗，進而強調課程的會話本質(2)從強調目標、計劃到強調過程本身的價值

(3)從強調教材的單因素到強調教師、學生、教材、環境四因素的整合(4)從只強調顯性課程到強調顯性課程與隱性課程并重(5)從強調實際課程到強調實際課程和“空無課程”并重(6)從只強調學校課程到強調學校課程與校外課程的整合7．如何正確實施課程評價?

答：課程評價是指對課程設計、編制和實施所做的各種形式的評定，課程評價既包括學生學業的評價，又包括課程本身的評價。正確實施課程評價應該做到以下幾點：(1)課程評價對象應多元化

①對學生學業的評價不僅包括對學生學業成績的評價，還必須重視對他們的情感的培育和心理發展水平(如學生的思想品德修養情況、學生的創新意識、創新能力、學生之間的合作精神與進取意識)以及動作技能發展水平的評價。②教師也應該是課程評價的對象，教師通過課程影響學生，教師的言行舉止等對學生也有很大的影響。

③課程目標也必須被評價，由于學生受到課程的影響以后所發生的變化，是課程目標所預料不到的，這其中既有積極的變化，也可能有消極的變化。(2)課程評價主體應多元化(3)課程評價標準應多元化 ①從學生的角度來看，②從對其他評價對象的評價來看 ③由于評價主體是來自不同階層(4)課程評價方式方法應多元化 ①量化方法與質化方法的結合。

②診斷性評價、形成性評價和終結性評價的結合。由于評價對象的多重性和發展性，評價對象總是在發生變化，因此只用終結性評價不能看出評價對象的發展變化過程。只有通過診斷性評價和形成性評價，才能使決策者隨時根據評價對象的變化而做出調整，最終保證終結性評價結果的可靠性。③自評與他評的結合。在學生評價和教師評價中，利用自評能充分地調動學生和教師的積極性，同時又能進行更全面的評價。

總之，如果在課程評價中能遵循以上幾點，就不難得出客觀、準確地結果。

四、論述題

1．試述決定課程的進步和發展的內部基本矛盾(基本關系)。

答：課程的進步和發展要受制于政治、經濟因素、科技發展因素和自身成長發展的特殊規律，決定其發展的基本矛盾(關系)包括以下幾個方面：(1)直接經驗與間接經驗

從課程的功能上看，學科課程的主導價值在于傳承人類文明(即間接經驗)，是使學生掌握、傳遞和發展人類積累下來的文化遺產；經驗課程的主導價值在于使學生獲得關于現實世界的直接經驗和真切體驗。二者在兒童的發展過程中的功能和價值都極為重要。因此，關注學科課程與經驗課程的整合，促進直接經驗與間接經驗的交融，改變傳統教學過程中過于注重書本知識(間接經驗)傳授的被動局面，必然成為新課程實施與教學改革的極為重要的切入口。教學改革的一個重要策略就是促進學生學習過程中的直接經驗與間接經驗的交融。

(2)知識與能力

隨著時代的進步，學生的學習目標已不再是獲得知識和應考能力，而是追求綜合能力的提高；學習內容不再是課程限定的范圍，而要涉獵與人類生活密切相關的社會生活問題和自然科技問題；學習方式已不再限于課本、課堂和學校，而要走向社會和生活；學習手段也不只是語言、圖像，而是進入計算機網絡時代。要確立“全體學生的發展和學生的全面發展并重，學生的眼前發展和長遠發展并重，知識與能力并重，繼承與創新并重”的課程改革思想。重視勞動課、藝術課、體育課、計算機課等非考試科目的開設，使學生發展特長。

(3)分科與綜合綜合課程與分科課程是學校教育中的兩種基本的課程類型。綜合課程是一種多學科課程組織模式，它強調學科之間的關聯性、統一性和內在聯系。分科課程是一種單學科的課程組織模式，它強調不同學科門類之間的相對獨立性，強調一門學科的邏輯體系的完整性。在課程的發展中，無論是分科課程還是綜合課程，都不是完美無缺的，分科課程的缺陷可以在綜合課程中獲得一定程度的克服，綜合課程的優點正是分科課程所必須吸取的，二者是一種相互補充并非相互替代的關系，只有將兩者有機結合起來，才能取長補短，相得益彰。

(4)人文主義與科學主義

科學主義和人本主義兩大哲學思潮，對課程的發展和進步起著關鍵作用，人文主義強調人的主體性問題，堅持以人為本的觀點；科學主義提倡的是科學態度和科學精神。在長時間的發展中，科學主義在課程中占有重要地位，現在人們才重新意識到人文主義的意義，希望在課程的制定和發展中，引入人文主義的因素，對課程的發展起到一種補充完善的作用，從而努力尋求兩大哲學思潮的融合。(2)學科邏輯原則

①學科邏輯原則強調教育保存和傳遞人類文化知識的一面，認為人類總體知識的性質和結構以及各領域知識的性質與結構，即學科間邏輯和學科內邏輯是課程編排的內在法則，學校課程和教材應該全面地反映迄今為止人類的所有認識成果，反映學科知識本身內在邏輯聯系。課程的設置和教材的編寫力求體現科學性、突出學術性。②按學科邏輯原則編排課程的優點：當考慮到教育的文化承傳功能的時候，學科邏輯無疑是非常正確的，它也確實反映了科學自身發展的必然要求。課程編排要反映科學發展的真實面貌，這是“現代課程論的基本性格”。學科中心課程基本上就是按這一方式構建起來的。③當考慮到課程的實施對象時，就會發現按這一原則編排課程的缺陷：首先，由于這種課程恪守嚴格的科學性，而忽視學生的接受程度，會為教師的教和學生的學造成困難。課程編排者把科學研究的邏輯和科學學習的邏輯混淆了。其次，這種課程實施時，只強調學生心理認知方面的參與，而忽視了情意方面的參與，不能完成學校教育情意方面的目標，忽視學生興趣愛好的培養。再次，這種課程體現對科學知識尊重的同時，卻忽視了對兒童認識活動主體性的尊重。

鑒于學科邏輯原則和心理邏輯原則各自的缺陷，越來越多的人傾向于把這兩種方式結合起來改造現代課程。