届市中学高考模拟（七）数学（理）试题（解析版）（含五篇）

第一篇：届市中学高考模拟（七）数学（理）试题（解析版）

2019届市中学高考模拟（七）数学（理）试题 一、单选题 1．如果复数（，为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为（）A．1 B．-1 C．3 D．-3 【答案】D 【解析】由复数的除法运算化简得到实部和虚部，令其相等即可得解.【详解】，由题意知：，解得.故选D.【点睛】 本题主要考查了复数的除法运算及实部和虚部的定义，属于基础题.2．若，则（）A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先求出集合B，再求并集即可.【详解】 由，得..故选C.【点睛】 本题主要考查了集合的描述法及并集的运算，属于基础题.3．向量，若，的夹角为钝角，则的范围是（）A． B． C．且 D． 【答案】C 【解析】若，的夹角为钝角，则且不反向共线，进而利用坐标运算即可得解.【详解】 若，的夹角为钝角，则且不反向共线，得.向量，共线时，得.此时.所以且.故选C.【点睛】 本题主要考查了利用数量积研究向量的夹角，当为钝角时，数量积为0，容易忽视反向共线时，属于易错题.4．直线与圆的位置关系是()A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 【答案】A 【解析】确定直线过定点，点在圆内，得到答案.【详解】 过定点，且，故在圆内，故直线和圆相交.故选：

【点睛】 本题考查了直线和圆的位置关系，确定直线过定点是解题的关键.5．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有 A．60种 B．70种 C．75种 D．150种 【答案】C 【解析】试题分析：因,故应选C． 【考点】排列数组合数公式及运用． 6．已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是()A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图所示，还原几何体，证明，计算表面积得到答案.【详解】 还原几何体，如图所示：连接 简单计算得到，故，平面，故.故，表面积为：

故选：

【点睛】 本题考查了三视图，表面积的计算，还原几何体是解题的关键.7．下列函数中最小正周期为且图像关于直线对称的是（）A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据函数的周期和对称轴对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】 由于函数的最小正周期为，由此排除D选项.将代入A选项，故是函数的对称轴，符合题意.将代入B选项，故不是函数的对称轴，排除B选项.将代入C选项，故不是函数的对称轴，排除C选项.故本小题选A.【点睛】 本小题主要考查三角函数周期性的知识，考查三角函数对称轴的特点，属于基础题.8．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】D 【解析】先由第一天剩余的情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可.【详解】 根据题意可知，第一天，所以满足，不满足，故排除AB，由框图可知，计算第二十天的剩余时，有，且，所以循环条件应该是.故选D.【点睛】 本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.9．已知是第二象限角，且，则的值为（）A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据诱导公式得，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得，再利用正切的二倍角公式可得解.【详解】 由，得.因为是第二象限角，所以...故选C.【点睛】 本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.10．已知函数；

则的图像大致为（）A． B． C． D． 【答案】B 【解析】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在上为减函数，∴，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.【考点】1、函数图象；

2、对数函数的性质.11．已知函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为()A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据，可以把不等式变形为：构造函数，知道函数的单调性，进而利用导数，可以求出实数的取值范围.【详解】 因为，所以，设函数，于是有，而，说明函数当时，是单调递增函数，因为，所以，因此当时，恒成立，即，当时恒成立，设，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，故当 时，函数有最小值，即为，因此不等式，当时恒成立，只需，故本题选A.【点睛】 本题考查了通过构造函数，得知函数的单调性，利用导数求参问题，合理的恒等变形是解题的关键.二、填空题 12．已知抛物线焦点为，经过的直线交抛物线于，点，在抛物线准线上的射影分别为，以下四个结论：①，②，③，④的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】设直线为与抛物线联立，由韦达定理可判断①，由抛物线定义可判断②，由可判断③，由梯形的中位线定理及韦达定理可判断④.【详解】 物线焦点为，易知直线的斜率存在，设直线为.由，得.则，①正确；

，②不正确；

，③正确；

的中点到抛物线的准线的距离.当时取得最小值2.④正确.故选C.【点睛】 本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，转化与化归的能力，属于中档题.13．(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.【答案】40 【解析】先求出的展开式的通项，再求出即得解.【详解】 设的展开式的通项为，令r=3,则，令r=2,则，所以展开式中含x3y3的项为.所以x3y3的系数为40.故答案为：40 【点睛】 本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14．在锐角三角形中，，分别为角、、所对的边，且，且的面积为，的值为__________． 【答案】5 【解析】由正弦定理边化角可得，由面积公式和余弦定理列方程可得.【详解】 由，结合正弦定理可得.在锐角三角形中，可得.所以的面积，解得.由余弦定理可得，解得.故答案为5.【点睛】 本题主要考查了正余弦定理及三角形面积公式的应用，重点考查了计算能力，属于基础题.15．如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上.（1）每次只能移动一个金属片；

（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为，则__________． 【答案】2n-1;【解析】【详解】 设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数 n=1时，h（1）=1；

n=2时，小盘→2柱，大盘→3柱，小柱从2柱→3柱，完成，即h（2）=3=22-1；

n=3时，小盘→3柱，中盘→2柱，小柱从3柱→2柱，[用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；

再用h（2）种方法把中、小两盘从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，… 以此类推，h（n）=h（n-1）×h（n-1）+1=2n-1，故答案为:2n-1． 16．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，则该四面体的外接球的体积为__________． 【答案】 【解析】将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】 采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.【点睛】 本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.三、解答题 17．设数列满足,(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】（1）计算得到，得到证明.（2）计算，利用分组求和法计算得到答案.【详解】(1),，故 故是首项为1,公比为的等比数列.(2)故 故 【点睛】 本题考查了等比数列的证明，分组求和法，意在考查学生对于数列方法，公式的综合应用.18．某市对高二学生的期末理科数学测试的数据统计显示,全市10000名学生的成绩服从正态分布,现从甲校100分以上(含100分)的200份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷来分析(试卷编号为001,002,…,200)统计如下: 试卷编号 试卷得分 109 118 112 114 126 128 127 124 126 120 试卷编号 试卷得分 135 138 135 137 135 139 142 144 148 150 注:表中试卷编(1)写出表中试卷得分为144分的试卷编号(写出具体数据即可);(2)该市又从乙校中也用与甲校同样的抽样方法抽取了20份试卷,将甲乙两校这40份试卷的得分制作了茎叶图(如图)在甲､乙两校这40份学生的试卷中,从成绩在140分以上(含140分)的学生中任意抽取3人,该3人在全市排名前15名的人数记为,求随机变量的分布列和期望.附:若随机变量服从正态分布,则，.【答案】(1)180;(2)分布列见解析,.【解析】（1）根据等距抽样的定义直接得到答案.（2）根据正态分布得到15名的成绩全部在146分以上，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】(1)因为200份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷,所以相邻两份试卷编号相差为10,所以试卷得分为144分的试卷编号180.(2),根据正态分布可知:, ,即15名的成绩全部在146分以上,(含146分),根据茎叶图可知这40人中成绩在146分以上含146分)的有3人,而成绩在140分以上含140分)的有8人, 的取值为0,1,2,3，，,的分布列为 0 1 2 3 因此.【点睛】 本题考查了等距抽样，正态分布，分布列，数学期望，意在考查学生的综合应用能力.19．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面底面，为上的点，且平面（1）求证：平面平面；

（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）见证明；

（2）.【解析】（1）通过侧面底面，可以证明出面，这样可以证明出，再利用平面，可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明出面，最后利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面；

（2）利用三棱锥体积公式可得，利用基本不等式可以求出三棱锥体积最大值，此时可以求出的长度，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．求出相应点的坐标，求出面的一个法向量，面的一个法向量，利用空间向量数量积的运算公式，可以求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：∵侧面底面，侧面底面，四边形为正方形，∴，面，∴面，又面，∴，平面，面，∴，平面，∴面，面，∴平面平面．（2），求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值． 令，由（1）知，∴，而，当且仅当，即时，的最大值为． 如图所示，分别取线段，中点，连接，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系． 由已知，所以，令为面的一个法向量，则有，∴ 易知为面的一个法向量，二面角的平面角为，为锐角 则.【点睛】 本题考查了证明面面垂直，考查了三棱锥的体积公式、基本不等式的应用，以及利用空间向量的数量积求二面角余弦值的问题.20．已知点，的坐标分别为，三角形的两条边，所在直线的斜率之积是。

（I）求点的轨迹方程：

（II）设直线方程为，直线方程为，直线交于点，点，关于轴对称，直线与轴相交于点。若面积为，求的值。

【答案】（1）（2）【解析】(1)本题可以先将点的坐标设出，然后写出直线的斜率与直线的斜率,最后根据、所在直线的斜率之积是即可列出算式并通过计算得出结果；

(2)首先可以联立直线的方程与直线的方程，得出点两点的坐标，然后联立直线的方程与点的轨迹方程得出点坐标并写出直线的方程，最后求出点坐标并根据三角形面积公式计算出的值。

【详解】（1）设点的坐标为，因为点的坐标分别为、，所以直线的斜率，直线的斜率，由题目可知，化简得点的轨迹方程；

（2）直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或，根据题目可知点，由可得直线的方程为，令，解得，故，所以，的面积为 又因为的面积为，故，整理得，解得，所以。

【点睛】 本题考查轨迹方程以及直线相交的综合应用问题，处理问题的关键是能够通过“、所在直线的斜率之积是”列出等式以及使用表示出三点的坐标，然后根据三角形面积公式得出算式，即可顺利解决问题，计算量较大，是难题。

21．已知．（1）设是的极值点，求实数的值，并求的单调区间：

（2）时，求证：． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）见解析.【解析】（1）由题意，求得函数的导数，由是函数的极值点，解得，又由，进而得到函数的单调区间；

（2）由（1），进而得到函数的单调性和最小值，令，利用导数求得在上的单调性，即可作出证明.【详解】（1）由题意，函数的定义域为，又由，且是函数的极值点，所以，解得，又时，在上，是增函数，且，所以，得，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）知因为，在上，是增函数，又（且当自变量逐渐趋向于时，趋向于），所以，使得，所以，即，在上，函数是减函数，在上，函数是增函数，所以，当时，取得极小值，也是最小值，所以，令，则，当时，函数单调递减，所以，即成立，【点睛】 本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的最值，从而得到证明；

有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 22．在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（为参数），直线l与曲线C交于M、N两点。

（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程：

（2）若成等比数列，求a的值。

【答案】（1）l的普通方程；

C的直角坐标方程；

（2）.【解析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消去参数即可得到直线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程，代入曲线的方程，利用参数的几何意义即可得出，从而建立关于的方程，求解即可． 【详解】（1）由直线l的参数方程消去参数t得,，即为l的普通方程 由，两边乘以得 为C的直角坐标方程.（2）将代入抛物线得 由已知成等比数列，即，，整理得（舍去）或.【点睛】 熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键． 23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；

（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）当m=5时，把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．（2）由二次函数y=x2+2x+3=（x+1）2+2在x=﹣1取得最小值2，f（x）在x=﹣1处取得最大值m﹣2，故有m﹣2≥2，由此求得m的范围． 试题解析：

（1）当时，由得不等式的解集为.（2）由二次函数，知函数在取得最小值2，因为，在处取得最大值，所以要是二次函数与函数的图象恒有公共点.只需，即.

第二篇：2018年潍坊市高考模拟考试(三轮模拟)(数学理)

潍坊市高考模拟考试

理科数学

2018．5 本试卷共6页．满分150分． 注意事项：

1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．设集合A．[0，3)B．{1，2}

C．{0，l，2}

C．5

D．25

D．{0，1，2，3} 2．若复数z满足：A． B．3 3．在直角坐标系中，若角的终边经过点

A．

B．

C．

D．

4．已知双曲线曲线C的离心率为 A．2 B.C．的一条渐近线与直线垂直，则双

D．

5．已知实数A． 满足B．

C．的最大值为

D．0 6．已知m，n是空间中两条不同的直线，①

②

是两个不同的平面，有以下结论：

③其中正确结论的个数是 A．0

B．1 7．直线“”的

④C．2

D．3

”是，则“A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

8．已知的大小关系是 A．a

B．

C．

D．

10．执行如右图所示的程序框图，输出S的值为 A．45 B．55 C．66 D．78 11．一个几何体的三视图如下图所示，其中正视图和俯视图均为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为

A．

B．

C．

D． 12．已知函数，若的直线的斜率为k，若

有两个极值点，记过点，则实数a的取值范围为

A．

B．

C．(e，2e] D．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．定积分

___________．

14．若15．设抛物线的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足

__________.；已知P为抛物线准线上任一点，当取得最小值时，△PAF的外接圆半径为________.16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足是△ABC外一点，若点O，则平面四边形OABC面积的最大值是__________．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题。每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分． 17．(12分)已知数列(1)求数列(2)若数列的前n项和为的通项公式； 满足，求数列的前n项和

．，且

成等差数列．

18．(12分)如图所示五面体ABCDEF，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，．

(1)求证：平面平面ACFD； 的余弦值．(2)若四边形BCFE为正方形，求二面角19．(12分)新能源汽车的春天来了！2018年3月5日上午，李克强总理做政府工作报告时表示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税．某人计划于2018年5月购买一辆某品牌新能源汽车，他从当地该品牌销售网站了解到近五个月实际销量如下表：

(1)经分析，可用线性回归模型拟合当地该品牌新能源汽车实际销量y(万辆)与月份编号t之间的相关关系．请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程：，并预测2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量；

(2)2018年6月12日，中央财政和地方财政将根据新能源汽车的最大续航里程(新能源汽车的最大续航里程是指理论上新能源汽车所装的燃料或电池所能够提供给车跑的最远里程)对购车补贴进行新一轮调整．已知某地拟购买新能源汽车的消费群体十分庞大，某调研机构对其中的200名消费者的购车补贴金额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：

(i)求这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值X的样本方差s及中位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1)；

(ii)将频率视为概率，现用随机抽样方法从该地区拟购买新能源汽车的所有消费者中随机抽

2取3人，记被抽取的3人中对补贴金额的心理预期值不低于3万元的人数为，求的分布列及数学期望E()．

参考公式及数据：①回归方程；

②20．(12分)已知M为圆．

上一动点，过点M作x轴，y轴的垂线，记点P的轨垂足分别为A，B，连接BA延长至点P，使得迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)直线

相切，且与曲线C交于D，E两点，直线平行于l且与曲线C相切于点Q(O，Q位于l两侧)，21．(12分)的值．

已知函数(1)讨论函数(2)若对极值点的个数；，不等式

成立．

．

(i)求实数a的取值范围；

(ii)求证：当时，不等式成立．

(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答． 22．(10分)以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为(1)求曲线的极坐标方程；，将曲线绕极点逆时针旋转后得到曲线．

(2)直线l的参数方程为，若23．(10分)已知函数(1)求M；(2)设，证明:，不等式

(t为参数)，直线l与曲线的值．

相交于M，N两点．已知的解集M.．

第三篇：2014广东省肇庆市4月第二次模拟数学理试题(WORD版,含答案,8,13解析)

广东省肇庆市2014届高三4月



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

17．已知实数a0，函数f(x)，若

x2a,x1

f(1a)f(1a)，则a的值为

3333A．B．C．D．

554

4A

17.（本小题满分12分）

为考察高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，在我市某普通中学高中生中随机抽取200

（1（2）若采用分层抽样的方法从不喜欢数学课的学生中随机抽取5人，则男生和女生抽取的人数．．．分别是多少？

（3）从（2）随机抽取的5人中再随机抽取3人，该3人中女生的人数记为，求的数学期望.18.（本小题满分14分）

如图5，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为 2的菱形，且DAB=60.侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD，G为AD边的中点.（1）求证：BG平面PAD；

（2）求平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角的 余弦值；

（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF平面ABCD，并证明你的结论.19.（本小题满分14分）

如图6，圆C:(x2)2y236，P是圆C上的任意 一动点，A点坐标为（2，0），线段PA的垂直平分线l与半 径CP交于点Q.（1）求点Q的轨迹G的方程；（2）已知B，D是轨迹G上不同的两个任意点，M为BD的中点.①若M的坐标为M（2，1），求直线BD所在的直线方程；②若BD不经过原点，且不垂直于x轴，点O为轨迹 G的中心.求证：直线BD和直线OM的斜率之积是常数（定值）.20.（本小题满分14分）

已知正项数列{xn}满足xn（1）证明：xn

1xn1

2（nN*）.n1n11

xn（2）证明：xnxn1；（3）证明：.2；

nnxn

21．（本小题满分14分）

已知函数f(x)a(x)2lnx，aR．

（1）若a=1，判断函数f(x)是否存在极值，若存在，求出极值；若不存在，说明理由；（2）求函数f(x)的单调区间；（3）设函数g(x)值范围．

1x

a

．若至少存在一个x0[1,e]，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取x

高三数学（理科）

数学（理科）参考答案及评分标准

.（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题解析：圆k的圆心（k-1，3k）在直线y=3（x+1）上运动，因此存在定直线y=3（x+1）与所有的圆均相交；因圆Ck的半径rk

2k2在变化，故①③错，②正确.对于④：假设存在某个圆经过原点，则(k1)2(3k)22k4（*），下面转化为这个关于k的方程是否有正整数解，可以从k的奇偶性分析：

①若k为奇数，则k-1为偶数，3k为奇数，于是(k1)2为偶数，(3k)2为奇数，从而方程（*）的左边为奇数，但方程（*）的右边为偶数，矛盾！

②若k为偶数，则k-1为奇数，3k为偶数，于是(k1)为奇数，(3k)为偶数，从而方程（*）的左边为奇数，但方程（*）的右边为偶数，矛盾！

综上知，假设不成立，故④正确.二、填空题

ACsinA239，（9分）

BC1

3又B为锐角，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题解析：由，得

0x10OPOA

11x

(st)sxy0xy20st22

设M（s，t），则，解得，由，得.1txy0x10s2y(st)2

9．三、解答题

16.（本小题满分12分）解：（1）∵SABC∴sinA

17.（本小题满分12分）

200(30906020)2

2解：（1）∵K6.0615.024，（2分）

9011050150

∴约有97.5%以上的把握认为“性别与喜欢数学课之间有关系”.（4分）

（2）男生抽取的人数有：52（人）（5分）

609090

女生抽取的人数各有：

53（人）（6分）

6090

（3）由（2）可知，男生抽取的人数为2人，女生抽取的人数为3人，所以的取值为1，2，3.（7分）

13C3C2C32C2C3361

P(1)3，P(2)3，P(3)3，C510C510C510

所以的分布列为：

ABACsinA34sinA3，（2分）22

分）

所以的数学期望为E1

.（3分）12

又△ABC是锐角三角形，∴cosAsinA，（4分）

361

231.8（12分）101010

18.（本小题满分14分）（1）证明：连结BD.因为ABCD为棱形，且∠DAB=60°，所以ABD为正三角形.（1分）又G为AD的中点，所以BG⊥AD.（2分）

高三数学（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为正三角形，G为AD的中点，∴PG⊥AD.∵PG平面PAD，由（1）可得：PG⊥GB.又由（1）知BG⊥AD.∴PG、BG、AD两两垂直.（5分）

故以G为原点，建立如图所示空间直角坐标系Gxyz，x2y

21.（5分）所以，点Q的轨迹G的方程为9

5（2）①设B、D的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，225x19y145则2（6分）

25x29y24

5两式相减，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当BD的中点M的坐标为（2，1）时，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

设平面PCD的法向量为n

（x，y，z)，∴n·PD0，即y0

故BD所在的直线方程为y110

n·PC

2y0

9(x2)，即10x9y290.②证明：设B(x1,y1),D(x2,y2)，且x1x2，令z1，则x1，yn(

（8分）

又平面PBG的法向量可为AD0，2，0，（9分）由①可知kyy25(xx)

BD1xx12,129(y1y2)设平面PBG与平面PCD所成二面角的平面角为，则 又ky1y2

OM∴cos

n·ADxx12

|n·||AD| 所以k5(x1x2)y1y25

BDkOM即平面PBG与平面PCD9(yx（定值）.1y2)x129

（10分）

（3）当F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.（11分）

20.（本小题满分14分）取PC的中点F，连结DE，EF，DF，CG，且DE与CG相交于H.证明：（1）因为E、G分别为BC、AD的中点，所以四边形CDGE为平行四边形，方法一：因为1故H为CG的中点.又F为CP的中点，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，当且仅当xn1时，等号成立.19.（本小题满分14分）

n

方法二：

解：（1）圆C的圆心为C（-2，0），半径r=6，CA4.（1分）因为连结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

根据椭圆的定义，点Q的轨迹G是中心在原点，以C、A为焦点，长轴长等于6的椭圆，n

x2，当且仅当xn1时，等号成立.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

高三数学（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）先证：xn1

nn

当n=1时，不等式显然成立；（5分）

假设当n=k（kN*）时不等式成立，即xk1

k

k.（6分）当n=k+1时，由xn

1x2得xk1

12x1kn1

k

2

k1k1，（7分）

k

即当n=k+1时，不等式成立；（8分）

综上，对一切nN*

都有x1

n

nn

成立.（9分）再证：x1

n

nn

由xn0及xn

1x2（nN*），得x2（nN*

n），n1

所以当n=1时，不等式显然成立；（10分）

当n2时，假设存在k，使得xk1

kk，（11分）

则有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）

与题设x1

2k1x2矛盾.（13分）

2k

所以对一切nN*

都有xn1nn成立.（14分）

所以对一切nN*

都有n1nxn1nn

成立.21.（本小题满分14分）

解：（1）当a1时，f(x)x1

x

2lnx，其定义域为（0，+）.因为f(x)112x1x

2x（x)2

0，（1分）所以f(x)在（0，+）上单调递增，（2分）所以函数f(x)不存在极值.（3分）（2）函数f(x)a(x1x)2lnx的定义域为(0,)．

f(x)a(112ax22xa

x2)xx

当a0时，因为f(x)0在（0，+）上恒成立，所以f(x)在（0，+）上单调递减.（4分）当a0时，当x(0,)时，方程f(x)0与方程ax2

2xa0有相同的实根.（5分）

44a24(1a2)

①当0a1时，>0，可得x1a21a2

1a，x2a，且0x1x2

因为x(0,x1)时，f(x)0，所以f(x)在(0,x1)上单调递增；（6分）因为x(x1,x2)时，f(x)0，所以f(x)在(x1,x2)上单调递减；（7分）因为x(x2,)时，f(x)0，所以f(x)在(x2,)上单调递增；（8分）

②当a1时，0，所以f(x)0在（0，+）上恒成立，故f(x)在（0，+）上单调递增.（9分）

综上，当a0时，f(x)的单调减区间为（0，+）；当0a1时，f(x)的单调增区间为

1a21a21a21a2(0,a)与(a,)；单调减区间为(a,a)；当a1时，f(x)的单调增区间为（0，+）.（10分）（3）由存在一个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，等价于“当x[1,e] 时，aF(x)min”.（12分）

因为F(x)2(1lnx)

x，且当x[1,e]时，F(x)0，所以F(x)在[1,e]上单调递增，（13分）故F(x)minF(1)0，因此a0.（14分）

高三数学（理科）

第四篇：福建省各地2014届高三最新模拟数学理试题分类5：不等式

福建省各地2014届高三最新模拟数学理试题分类汇编

一、选择题 不等式

xy10,

1、（福建省长乐二中等五校2014届高三上学期期中）设变量x,y满足0xy20,则2x3y

0y15,的最大值为()

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

答案：D

x1,

2、（福建省南安一中2014届高三上学期期中考试）已知变量x,y满足y2,则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届高三上学期期中考试）若a,b,cR，ab，则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、填空题

1、（福建省四地六校2014届高三12月第三次月考）已知一元二次不等式f(x)0的解集为1x2}，则f(2x)0的解集为.2

答案：{x| x<－1，或x>1} {x|

3xy20,

2、（福建省四地六校2014届高三12月第三次月考）设x,y满足约束条件xy0,若目标

x0,y0,

函数zaxby(a0,b0)的最大值为1,则

答案：43、（福建省长乐二中等五校2014届高三上学期期中）已知函数f(x)=ax-111的最小值为_________.ab+3(a>0,且a¹1)

14+的最小值mn的图象过一个定点P，且点P在直线mx+ny-1=0(m>0,n>0)上，则

是。

答案：2

5x1,

4、（福建省龙岩一中2014届高三上学期第三次月考）已知点M(x,y)满足xy10,若axy

2xy20.的最小值为3，则a的值为

答案：a3

x2

15、（福建省莆田四中2014届高三上学期期中考试）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届高三上学期期中考试）已知x、y满足约束条件xy1，若目标

2xy2

函数zaxby(a0,b0)的最大值为7,则34的最小值为.ab

答案：77、（福建省莆田一中2014届高三上学期期中考试）

2xy0已知变量x,y满足x2y30,则zlog2(xy1)的最大值是

x0

答案：

2三、解答题

1、（福建省长乐二中等五校2014届高三上学期期中）

某厂生产某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件，需另投入成本为C(x)．当年产量不．．

1210000当年产量不小于80千件时，x10x(万元)．C(x)51x1450 3x

(万元)．每件商品售价为 0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完． ．．

(1)写出年利润 L(x)(万元)关于年产量 x(千件)的函数解析式； ．．足80千件时，C(x)

(2)年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？ ．．

12当0

12＝－x＋40x－250.……………2分3000当x≥80时，L(x)＝（0.05×1000x）－51x＋1450－250 解(1)因为每件商品售价为0.05万元，则x千件商品销售额为0.05×1000x万元，依题意得： ．．．． 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)当0

此时，当x＝60时，L(x)取得最大值L(60)＝950万元．………………9分

10 000 当x≥80时，L(x)＝1 200－x＋x

≤1 200－2 x·10 0001 200－200＝1000.x 10 000此时，当x＝x＝100时，L(x)取得最大值1000万元．…12分 x

∵950 < 1000

所以，当产量为100 千件时，该厂在这一商品中所获利润最大，最大利润为1000 万元．

………………13分

第五篇：教育学中学模拟试题及答案解析

教育学模拟试题及答案解析

一、选择题

1．被称为“课程评价之父”的教育家是（）。

A．杜威

B．斯塔弗尔比姆

C．泰勒

D．裴斯泰洛齐

解析：最早倡导从“测验”转向“评价”的是美国的教育评价与课程理论专家泰勒。1933年，美国“进步教育协会”发起了一项著名的研究，成立了由泰勒领导的评价委员会，因历时长达八年(1934～1942)，故人们称之为“八年研究”。1942年评价委员会发表“史密斯一泰勒报告”，第一次系统地提出了评价的基本思想和方法，从而奠定了现代教育评价的基础。泰勒也被誉为“课程评价之父”。因此，答案为C。

2．把课程分为必修课程和选修课程的依据是（）。

A．课程任务

B．课程制定者C．课程设置的要求

D．课程管理层次

解析：从课程任务的角度，课程可分为基础型课程、拓展型课程、研究型课程三种类型；从课程制定者的角度和课程管理的需要，课程可分为国家课程、地方课程、学校课程三种类型；从课程修习的角度和课程设置的要求，可将课程分为必修课程与选修课程。因此，答案为C。

3．美国各门课程中多样化的实践活动、日本的综合活动实践反映出对（）在课程中地位的重视。

A．知识

B．能力

C．直接经验

D．间接经验

解析：美国课程的实践活动和日本的综合活动都讲求学生参与到活动中，在这个过程中直接接触到事物或进行操作，从而获得直接感知的经验，反映了课程注重直接经验的趋势。因此，正确答案选C。

4．欧洲中世纪的宗教神学课程和工业革命后的以自然科学为基础的课程属于课程类别中的（）。

A．学科课程

B．活动课程

C．综合课程

D．融合课程

解析：中世纪的宗教神学课程是包含七艺为主要内容的课程体系，注重分科的学习；工业革命后，按照社会的需求，开始设置以自然科学为主的分学科课程体系，注重不同内容的学习，都属于学科课程。因此，正确答案选A。排中的“心理逻辑原则”与“学科逻辑原则”。

5．布鲁纳认为，无论选择何种学科，都务必使学生理解该学科的基本结构。依此而建立的课程理论是（）。

A．百科全书式课程理论

B．综合课程理论C．实用主义课程理论

D．结构主义课程理论

解析：结构注意课程理论是由布鲁纳在20世纪60年代提出来的，布鲁纳在课程改革中强调学科的基本结构，认为无论选择何种学科。都务必使学生理解该学科的基本结构，学生根据学科结构再来掌握具体的只是。因此，正确答案选D.6．最早把评价引入课程编制过程之中的是（）。

A．泰勒

B．罗杰斯

C．布卢姆

D．布鲁纳

解析：泰勒提出的课程评价理论，被称之为泰勒理论，泰勒被誉为“课程理论之父”，他最早将课程评价理论引入到课程编制过程中，从而使教育目标精确具体、课程内容严密统一，课程编制更具有操作性。因此，正确答案选A.7．课程文件的三个层次是（）。

A．教学计划一教学大纲一教科书

B．课程总目标一领域目标一学科目标 C．课程目的一课程评价一课程实施

D．知识一经验一活动

解析：课程设计是一个有目的、有计划、有结构地产生教学计划、教学大纲以及教科书的系统化活动。其中，教学计划、教学大纲和教科书也是课程文件的三个层次。因此，正确答案选A.8．能解决教育中无儿童，见物不见人倾向的课程观是（）。A．课程是知识

B．课程是计划

C．课程是经验

D．课程是活动

解析：活动课程，认为课程是活动，它区别于以往的学科课程。将课程和活动相结合，注重直接经验的学习，改变以往教学过程教育无儿童、见物不见人的倾向。因此，正确答案选D.9.我国中小学普遍实行的学科课程及相应的理论，是（）的表现。

A.课程是知识

B.课程是经验

C.课程是活动

D.课程是项目

解析：我国中小学仍然实行学科课程体系。学科课程的基本特点是：分科设置；按学科知识的逻辑结构和探究方法选择和安排；在教学上强调教师讲授。学科课程强调知识的逻辑结构，但是往往与学生实际生活相脱离，易忽视学生的学习兴趣及能动作用，是一种典型的“课程即知识的表现”。因此，正确答案选A。

10.在具体实施国家课程和地方课程的前提下，通过对本校学生的要求进行科学评估，充分利用当地社区和学校的课程资源儿开发的多样性的可供学生选择的课程是（）.A.国家课程

B.地方课程

C.学校课程

D.基础型课程

解析：学校课程是在具体实施国家课程和地方课程的前提下，通过对本校学生的要求进行科学评估，充分利用当地社区和学校的课程资源而开发的多样性的可供学生选择的课程。因此，正确答案选C。

11.被称为课程论经典的学术著作是泰勒的（）.A.《课程与教学的基本原理》

B.《教育目标分类学》

C.《教育过程》

D.《教学与一般发展》

解析：泰勒在《课程与教学的基本原理》一书中，提出了课程评价理论。他最早将课程评价的理论引入到课程编制过程之中，从而使教育目标精确具体、课程内容严密统一，课程编制更具有操作性。因此，正确答案选A。

12.（）是最自觉、清醒地论证了直接经验在个人成长中的意义，并将儿童个体的直接经验加以规范和具体化为课程并且付诸实践的教育家。

A.泰勒

B.桑代克

C.斯金纳

D.杜威

解析：杜威的教育理论是对传统教育理论的批判，主张用直接经验取代间接经验，活动课程来取代知识课程，以儿童中心来代替教师为中心。他论证了直接经验在个人成长中的意义，并将儿童个体的直接经验加以规范和具体化为课程。因此，正确答案选D。

13．课程论与心理学的联系，最早可以追溯到（）。

A．柏拉图

B．毕达哥拉斯

C．苏格拉底

D．亚里士多德

解析：课程论与心理学的联系，最早可以追溯到亚里士多德，他按照儿童的年龄特征划分教育阶段，并且为各个阶段设置相应的课程，此外，他还论证了灵魂的三个部分及与之对应的三种教育。因此，正确答案选D。

14．在《课程与教学的基本原理》中提出的关于课程编制的四个问题被称为（）。

A．杜威原理

B．泰勒原理

C．斯宾塞原理

D．赫尔巴特原理

解析：泰勒是美国著名的课程理论家，1944年出版了《课程与教学的基本原理》，他提出了关于课程编制的四个问题，即泰勒原理。“泰勒原理”的基本内容是围绕四个基本问题讨论展开的，这四个基本问题可归纳为“确定教育目标”、“选择教育经验”、“组织教育经验”、“评价教育计划”，根据这四个步骤来进行课程的编制。因此，正确答案选B。

15．以纲要的形式编定有关学科教学内容的教学指导性文件，被称为（）。

A．课程标准

B．课程计划

C．教材

D．教科书

解析：课程标准又被称为教学大纲，是课程计划中每门学科以纲要的形式编订的，有关学科教学内容的指导性文件，规定了学科的教学目的与任务，知识的范围、深度和结构，教学进度以及有关教学方法的基本要求。因此，正确答案选A。

16．教科书编写遵循的原则为（）。

A．科学性、操作性、基础性、适用性

B．普遍性、思想性、基础性、适用性 C．科学性、思想性、基础性、适用性

D．科学性、思想性、强制性、适用性

解析：教科书的编写应该遵循的原则主要有：科学性、思想性，内容的基础性，对学校的适用性，体现受教育者的心理顺序，兼顾学科内容和各级教材的衔接。也就是科学性、思想性、基础性、适用性。因此，正确答案选C。

17．把课程计划付诸实践的过程，属于（）。

A．课程目标

B．课程实施

C．教学任务

D．课程评价 解析：课程实施是指把课程计划付诸实践的过程，这个过程是达到预期的课程目标的基本途径，课程设计得越好，实施起来越容易，效果也就越好。因此，正确答案选B。

18．把课程用于教育科学的专门术语始于（）。

A．洛克

B．斯宾塞

C．赫尔巴特

D．杜威

解析：英国教育家斯宾塞把课程解释为教学内容的系统组成，首先把课程用于教育科学的专门术语。因此，正确答案选B。

19．下列不属于课程表安排应遵循的原则的是（）。

A．整体性原则

B．迁移性原则

C．生理适宜原则 D．合理性原则

解析：通常情况下，课程表的安排应遵循以下几条原则：整体性原则、迁移性原则和生理适宜原则。因此，答案为D。

20．下列属于一级课程的是（）。

A．国家课程

B．地方课程

C．学校课程

D．基础型课程

解析：国家课程是由中央教育行政机构编制和审定的课程，其管理权属中央级教育机关，是一级课程。因此，正确答案选A。

二、填空题

1．教育改革的核心是(课程的改革)。

2．各级各类学校为实现培养目标而规定的学习科目及其进程的总和是(课程)。

3．在我国，课程具体表现为(教学计划)、(教学大纲)、(教科书)。

4．以课程任务为依据分类，课程可分为基础型课程、(拓展型课程)、(研究型课程)。

5．从课程制定者或管理制度层次，课程类型分为(国家课程)、(地方课程)、(学校课程)。

6．基础型课程的内容是基础的，以基础知识和(基本技能)为主。

7．拓展课常常以(选修课)的形式出现。

8．学校课程通常以选修课或(特色课)的形式出现。

9.制约学校课程的三大因素是社会、知识和（儿童）。

10.建立在不同的教育哲学理论基础上的课程论及课程的历史传统叫（课程理论）.11.课程目标四个方面的规定性指时限性、(具体性)、预测性、（操作性）.12.课程目标的依据有三个方面：对学生的研究、（对社会的研究）、（对学科的研究）.13.我国义务教育的教学计划具备的三个基本特征是（强制性）、（普遍性）、（基础性）.14.教学计划的核心问题是（课程的设置）.15.安排课程就要遵循整体性原则、（迁移性原则）、（生理适宜原则）.16.学生的学习特点具有独特性、（稳定性）、发展性、（灵活性）.17.学生的学习特点受三方面因素的影响：（基础因素）、（内部因素）、（外部因素）.18.课程评价的主要模式有（目标评价模式）、（目的游离评价模式）、CIPP评价模式.19.美国学者斯克里文主张把评价的重点从“课程计划预期的结果”转向“课程计划实际结果”,属于课程评价的（目的游离评价）。

20．CIPP评价模式包括四个步骤(背景评价)、输入评价、过程评价、成果评价。

三、简答题

1．简述制约课程的主要因素。

答：制约课程的主要因素有以下几方面：

(1)一定历史时期社会发展的要求及提供的可能(2)一定时代人类文化及科学技术发展水平

(3)学生的年龄特征，知识、能力基础及其可接受性(4)课程理论

2.制定课程目标的依据有哪些？

答：课程目标是指特定阶段的学校课程所要达到的预期结果，是知道整个课程编制过程的最为关键的准则。制定课程目标的依据主要有以下三个方面：(1)对学生的研究 对学生的研究，就是要找出教育者期望在学生身上所要达到的预期结果，通常包括三个方面的内容：①了解学生身心发展的现状，并将它与理想的常模加以比较，确认其中存在的差距；②了解学生个体的需要；③了解学生的兴趣和个性差异。(2)对社会的研究

(3)对学科的研究学校课程毕竟是要传递通过其他社会经验难以获得的知识，而学科是知识的最主要的支柱。

3.简述我国新一轮基础教育课程评价改革的特点。

答：课程评价在整个课程系统中占有十分重要的地位。课程评价改革是基础教育课程改革的一个重要方面。我国新一轮基础教育课程评价改革的特点主要包括以下几个方面：(1)重视发展，淡化甄别与选拔，实现评价功能的转化(2)重视综合评价，关注个体差异，实现评价指标的多元化(3)强调质性评价，定性与定量相结合，实现评价方法的多样化(4)强调参与与主动，自评与他评相结合，实现评价主体的多元化(5)注重过程，终结性评价与形成性评价相结合，实现评价重心的转移

4．简述泰勒的课程设计模式。

答：泰勒是美国著名的课程理论家，1944年出版了《课程与教学的基本原理》，他提出了关于课程编制的四个问题，即泰勒原理。其中课程设计模式主要包括以下几个方面的内容：(1)确定教育目标(2)选择学习经验(3)组织学习经验(4)评价学习经验

5.简述我国当前课程改革的主要趋势。

答：当前我国课程改革的趋势主要有以下几个方面：(1)课程改革以学生发展为本的趋势(2)从“双基”到“四基”的趋势

(3)加强道德教育和人文教育的趋势(4)课程综合化的趋势

(5)课程社会化和生活化的趋势(6)课程体系三级管理的趋势(7)课程个性化和多样化的趋势

(8)课程与现代信息技术结合发展的趋势

(9)我国基础教育课程教材改革必将进一步沿着法制化的轨道健康前进

6.简述现代课程观的基本内涵。

答：进入20世纪70年代以来，课程的内涵发生了重要变化，呈现出如下六种趋势：(1)从强调学科内容到强调学习者的经验和体验，进而强调课程的会话本质(2)从强调目标、计划到强调过程本身的价值

(3)从强调教材的单因素到强调教师、学生、教材、环境四因素的整合(4)从只强调显性课程到强调显性课程与隐性课程并重(5)从强调实际课程到强调实际课程和“空无课程”并重(6)从只强调学校课程到强调学校课程与校外课程的整合7．如何正确实施课程评价?

答：课程评价是指对课程设计、编制和实施所做的各种形式的评定，课程评价既包括学生学业的评价，又包括课程本身的评价。正确实施课程评价应该做到以下几点：(1)课程评价对象应多元化

①对学生学业的评价不仅包括对学生学业成绩的评价，还必须重视对他们的情感的培育和心理发展水平(如学生的思想品德修养情况、学生的创新意识、创新能力、学生之间的合作精神与进取意识)以及动作技能发展水平的评价。②教师也应该是课程评价的对象，教师通过课程影响学生，教师的言行举止等对学生也有很大的影响。

③课程目标也必须被评价，由于学生受到课程的影响以后所发生的变化，是课程目标所预料不到的，这其中既有积极的变化，也可能有消极的变化。(2)课程评价主体应多元化(3)课程评价标准应多元化 ①从学生的角度来看，②从对其他评价对象的评价来看 ③由于评价主体是来自不同阶层(4)课程评价方式方法应多元化 ①量化方法与质化方法的结合。

②诊断性评价、形成性评价和终结性评价的结合。由于评价对象的多重性和发展性，评价对象总是在发生变化，因此只用终结性评价不能看出评价对象的发展变化过程。只有通过诊断性评价和形成性评价，才能使决策者随时根据评价对象的变化而做出调整，最终保证终结性评价结果的可靠性。③自评与他评的结合。在学生评价和教师评价中，利用自评能充分地调动学生和教师的积极性，同时又能进行更全面的评价。

总之，如果在课程评价中能遵循以上几点，就不难得出客观、准确地结果。

四、论述题

1．试述决定课程的进步和发展的内部基本矛盾(基本关系)。

答：课程的进步和发展要受制于政治、经济因素、科技发展因素和自身成长发展的特殊规律，决定其发展的基本矛盾(关系)包括以下几个方面：(1)直接经验与间接经验

从课程的功能上看，学科课程的主导价值在于传承人类文明(即间接经验)，是使学生掌握、传递和发展人类积累下来的文化遗产；经验课程的主导价值在于使学生获得关于现实世界的直接经验和真切体验。二者在儿童的发展过程中的功能和价值都极为重要。因此，关注学科课程与经验课程的整合，促进直接经验与间接经验的交融，改变传统教学过程中过于注重书本知识(间接经验)传授的被动局面，必然成为新课程实施与教学改革的极为重要的切入口。教学改革的一个重要策略就是促进学生学习过程中的直接经验与间接经验的交融。

(2)知识与能力

随着时代的进步，学生的学习目标已不再是获得知识和应考能力，而是追求综合能力的提高；学习内容不再是课程限定的范围，而要涉猎与人类生活密切相关的社会生活问题和自然科技问题；学习方式已不再限于课本、课堂和学校，而要走向社会和生活；学习手段也不只是语言、图像，而是进入计算机网络时代。要确立“全体学生的发展和学生的全面发展并重，学生的眼前发展和长远发展并重，知识与能力并重，继承与创新并重”的课程改革思想。重视劳动课、艺术课、体育课、计算机课等非考试科目的开设，使学生发展特长。

(3)分科与综合综合课程与分科课程是学校教育中的两种基本的课程类型。综合课程是一种多学科课程组织模式，它强调学科之间的关联性、统一性和内在联系。分科课程是一种单学科的课程组织模式，它强调不同学科门类之间的相对独立性，强调一门学科的逻辑体系的完整性。在课程的发展中，无论是分科课程还是综合课程，都不是完美无缺的，分科课程的缺陷可以在综合课程中获得一定程度的克服，综合课程的优点正是分科课程所必须吸取的，二者是一种相互补充并非相互替代的关系，只有将两者有机结合起来，才能取长补短，相得益彰。

(4)人文主义与科学主义

科学主义和人本主义两大哲学思潮，对课程的发展和进步起着关键作用，人文主义强调人的主体性问题，坚持以人为本的观点；科学主义提倡的是科学态度和科学精神。在长时间的发展中，科学主义在课程中占有重要地位，现在人们才重新意识到人文主义的意义，希望在课程的制定和发展中，引入人文主义的因素，对课程的发展起到一种补充完善的作用，从而努力寻求两大哲学思潮的融合。(2)学科逻辑原则

①学科逻辑原则强调教育保存和传递人类文化知识的一面，认为人类总体知识的性质和结构以及各领域知识的性质与结构，即学科间逻辑和学科内逻辑是课程编排的内在法则，学校课程和教材应该全面地反映迄今为止人类的所有认识成果，反映学科知识本身内在逻辑联系。课程的设置和教材的编写力求体现科学性、突出学术性。②按学科逻辑原则编排课程的优点：当考虑到教育的文化承传功能的时候，学科逻辑无疑是非常正确的，它也确实反映了科学自身发展的必然要求。课程编排要反映科学发展的真实面貌，这是“现代课程论的基本性格”。学科中心课程基本上就是按这一方式构建起来的。③当考虑到课程的实施对象时，就会发现按这一原则编排课程的缺陷：首先，由于这种课程恪守严格的科学性，而忽视学生的接受程度，会为教师的教和学生的学造成困难。课程编排者把科学研究的逻辑和科学学习的逻辑混淆了。其次，这种课程实施时，只强调学生心理认知方面的参与，而忽视了情意方面的参与，不能完成学校教育情意方面的目标，忽视学生兴趣爱好的培养。再次，这种课程体现对科学知识尊重的同时，却忽视了对儿童认识活动主体性的尊重。

鉴于学科逻辑原则和心理逻辑原则各自的缺陷，越来越多的人倾向于把这两种方式结合起来改造现代课程。