第一篇：屆市中學(xué)高考模擬（七）數(shù)學(xué)（理）試題（解析版）

2019屆市中學(xué)高考模擬（七）數(shù)學(xué)（理）試題 一、單選題 1．如果復(fù)數(shù)（，為虛數(shù)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(fù)數(shù)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(fù)數(shù)的除法運算及實部和虛部的定義，屬于基礎(chǔ)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(chǔ)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(shù)量積研究向量的夾角，當為鈍角時，數(shù)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(guān)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(nèi)，得到答案.【詳解】 過定點，且，故在圓內(nèi)，故直線和圓相交.故選：

【點睛】 本題考查了直線和圓的位置關(guān)系，確定直線過定點是解題的關(guān)鍵.5．有6名男醫(yī)生、5名女醫(yī)生，從中選出2名男醫(yī)生、1名女醫(yī)生組成一個醫(yī)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(yīng)選C． 【考點】排列數(shù)組合數(shù)公式及運用． 6．已知某個幾何體的三視圖如圖,根據(jù)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(guān)鍵.7．下列函數(shù)中最小正周期為且圖像關(guān)于直線對稱的是（）A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根據(jù)函數(shù)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(shù)的最小正周期為，由此排除D選項.將代入A選項，故是函數(shù)的對稱軸，符合題意.將代入B選項，故不是函數(shù)的對稱軸，排除B選項.將代入C選項，故不是函數(shù)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(shù)周期性的知識，考查三角函數(shù)對稱軸的特點，屬于基礎(chǔ)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(xiàn)將該木棍依此規(guī)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(huán)體，再由結(jié)束條件確定循環(huán)條件即可.【詳解】 根據(jù)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(huán)條件應(yīng)該是.故選D.【點睛】 本題考查了程序框圖的實際應(yīng)用問題，把握好循環(huán)體與循環(huán)條件是解決此題的關(guān)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(jù)誘導(dǎo)公式得，進而由同角三角函數(shù)的關(guān)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(shù)的關(guān)系及正切的二倍角公式，屬于基礎(chǔ)題.10．已知函數(shù)；

則的圖像大致為（）A． B． C． D． 【答案】B 【解析】試題分析：設(shè)，則，∴在上為增函數(shù),在上為減函數(shù)，∴，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(shù)圖象；

2、對數(shù)函數(shù)的性質(zhì).11．已知函數(shù)，當時，不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍為()A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根據(jù)，可以把不等式變形為：構(gòu)造函數(shù)，知道函數(shù)的單調(diào)性，進而利用導(dǎo)數(shù)，可以求出實數(shù)的取值范圍.【詳解】 因為，所以，設(shè)函數(shù)，于是有，而，說明函數(shù)當時，是單調(diào)遞增函數(shù)，因為，所以，因此當時，恒成立，即，當時恒成立，設(shè)，當時，函數(shù)單調(diào)遞增，當時，函數(shù)單調(diào)遞減，故當 時，函數(shù)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(gòu)造函數(shù)，得知函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求參問題，合理的恒等變形是解題的關(guān)鍵.二、填空題 12．已知拋物線焦點為，經(jīng)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(jié)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(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】設(shè)直線為與拋物線聯(lián)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(shè)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(guān)系，考查了設(shè)而不求的思想，轉(zhuǎn)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(shù)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(shè)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(shù)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(shù)，意在考查學(xué)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(jié)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(yīng)用，重點考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)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(guī)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(shù)記為，則__________． 【答案】2n-1;【解析】【詳解】 設(shè)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(shù) 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(chǔ)題.三、解答題 17．設(shè)數(shù)列滿足,(1)求證:數(shù)列是等比數(shù)列;(2)求數(shù)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(shù)列.(2)故 故 【點睛】 本題考查了等比數(shù)列的證明，分組求和法，意在考查學(xué)生對于數(shù)列方法，公式的綜合應(yīng)用.18．某市對高二學(xué)生的期末理科數(shù)學(xué)測試的數(shù)據(jù)統(tǒng)計顯示,全市10000名學(xué)生的成績服從正態(tài)分布,現(xiàn)從甲校100分以上(含100分)的200份試卷中用系統(tǒng)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(tǒng)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(shù)據(jù)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(xué)生的試卷中,從成績在140分以上(含140分)的學(xué)生中任意抽取3人,該3人在全市排名前15名的人數(shù)記為,求隨機變量的分布列和期望.附:若隨機變量服從正態(tài)分布,則，.【答案】(1)180;(2)分布列見解析,.【解析】（1）根據(jù)等距抽樣的定義直接得到答案.（2）根據(jù)正態(tài)分布得到15名的成績?nèi)吭?46分以上，計算概率得到分布列，再計算數(shù)學(xué)期望得到答案.【詳解】(1)因為200份試卷中用系統(tǒng)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(jù)正態(tài)分布可知:, ,即15名的成績?nèi)吭?46分以上,(含146分),根據(jù)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(tài)分布，分布列，數(shù)學(xué)期望，意在考查學(xué)生的綜合應(yīng)用能力.19．如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，側(cè)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(cè)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(yīng)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(shù)量積的運算公式，可以求出二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：∵側(cè)面底面，側(cè)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(yīng)用，以及利用空間向量的數(shù)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(shè)直線方程為，直線方程為，直線交于點，點，關(guān)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(shè)出，然后寫出直線的斜率與直線的斜率,最后根據(jù)、所在直線的斜率之積是即可列出算式并通過計算得出結(jié)果；

(2)首先可以聯(lián)立直線的方程與直線的方程，得出點兩點的坐標，然后聯(lián)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(jù)三角形面積公式計算出的值。

【詳解】（1）設(shè)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(lián)立，可得點，故.將與聯(lián)立，消去，整理得，解得，或，根據(jù)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(yīng)用問題，處理問題的關(guān)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(jù)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(shè)是的極值點，求實數(shù)的值，并求的單調(diào)區(qū)間：

（2）時，求證：． 【答案】（1）單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；

（2）見解析.【解析】（1）由題意，求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由是函數(shù)的極值點，解得，又由，進而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（2）由（1），進而得到函數(shù)的單調(diào)性和最小值，令，利用導(dǎo)數(shù)求得在上的單調(diào)性，即可作出證明.【詳解】（1）由題意，函數(shù)的定義域為，又由，且是函數(shù)的極值點，所以，解得，又時，在上，是增函數(shù)，且，所以，得，得，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）由（1）知因為，在上，是增函數(shù)，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(shù)是減函數(shù)，在上，函數(shù)是增函數(shù)，所以，當時，取得極小值，也是最小值，所以，令，則，當時，函數(shù)單調(diào)遞減，所以，即成立，【點睛】 本題主要考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，以及不等式的證明，著重考查了轉(zhuǎn)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(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的最值，從而得到證明；

有時也可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)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(shù)方程為（為參數(shù)），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(shù)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(shù)即可得到直線的直角坐標方程；

（2）將直線的參數(shù)方程，代入曲線的方程，利用參數(shù)的幾何意義即可得出，從而建立關(guān)于的方程，求解即可． 【詳解】（1）由直線l的參數(shù)方程消去參數(shù)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(shù)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(shù)方程中的參數(shù)的幾何意義是解題的關(guān)鍵． 23．已知函數(shù).（1）當時，求不等式的解集；

（2）若二次函數(shù)與函數(shù)的圖象恒有公共點，求實數(shù)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(zhuǎn)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(shù)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(shù)，知函數(shù)在取得最小值2，因為，在處取得最大值，所以要是二次函數(shù)與函數(shù)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(shù)學(xué)理)

濰坊市高考模擬考試

理科數(shù)學(xué)

2018．5 本試卷共6頁．滿分150分． 注意事項：

1．答題前，考生務(wù)必在試題卷、答題卡規(guī)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(yīng)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(jié)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(shè)集合A．[0，3)B．{1，2}

C．{0，l，2}

C．5

D．25

D．{0，1，2，3} 2．若復(fù)數(shù)z滿足：A． B．3 3．在直角坐標系中，若角的終邊經(jīng)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(shù)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(jié)論：

③其中正確結(jié)論的個數(shù)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(guān)系是 A．a(chǎn)

B．

C．

D．

10．執(zhí)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(shù)，若的直線的斜率為k，若

有兩個極值點，記過點，則實數(shù)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(shè)拋物線的焦點為F，A為拋物線上第一象限內(nèi)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(nèi)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(yīng)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(jù)要求作答．(一)必考題：共60分． 17．(12分)已知數(shù)列(1)求數(shù)列(2)若數(shù)列的前n項和為的通項公式； 滿足，求數(shù)列的前n項和

．，且

成等差數(shù)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(yōu)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?shù)卦撈放其N售網(wǎng)站了解到近五個月實際銷量如下表：

(1)經(jīng)分析，可用線性回歸模型擬合當?shù)卦撈放菩履茉雌噷嶋H銷量y(萬輛)與月份編號t之間的相關(guān)關(guān)系．請用最小二乘法求y關(guān)于t的線性回歸方程：，并預(yù)測2018年5月份當?shù)卦撈放菩履茉雌嚨匿N量；

(2)2018年6月12日，中央財政和地方財政將根據(jù)新能源汽車的最大續(xù)航里程(新能源汽車的最大續(xù)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(diào)整．已知某地擬購買新能源汽車的消費群體十分龐大，某調(diào)研機構(gòu)對其中的200名消費者的購車補貼金額的心理預(yù)期值進行了一個抽樣調(diào)查，得到如下一份頻數(shù)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(yù)期值X的樣本方差s及中位數(shù)的估計值(同一區(qū)間的預(yù)期值可用該區(qū)間的中點值代替；估計值精確到0.1)；

(ii)將頻率視為概率，現(xiàn)用隨機抽樣方法從該地區(qū)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(yù)期值不低于3萬元的人數(shù)為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望E()．

參考公式及數(shù)據(jù)：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(cè))，21．(12分)的值．

已知函數(shù)(1)討論函數(shù)(2)若對極值點的個數(shù)；，不等式

成立．

．

(i)求實數(shù)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(zhuǎn)后得到曲線．

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

(t為參數(shù))，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(shù)學(xué)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(shù)a?0，函數(shù)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(shù)學(xué)課程之間的關(guān)系，在我市某普通中學(xué)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(shù)學(xué)課的學(xué)生中隨機抽取5人，則男生和女生抽取的人數(shù)．．．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(shù)記為?，求?的數(shù)學(xué)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(cè)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(jié)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(jīng)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(shù)（定值）.20.（本小題滿分14分）

已知正項數(shù)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(shù)f(x)?a(x?)?2lnx，a?R．

（1）若a=1，判斷函數(shù)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(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（3）設(shè)函數(shù)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(shù)a的取x

高三數(shù)學(xué)（理科）

數(shù)學(xué)（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(shè)存在某個圓經(jīng)過原點，則(k?1)2?(3k)2?2k4（*），下面轉(zhuǎn)化為這個關(guān)于k的方程是否有正整數(shù)解，可以從k的奇偶性分析：

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

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

綜上知，假設(shè)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(shè)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(shù)學(xué)課之間有關(guān)系”.（4分）

（2）男生抽取的人數(shù)有：?5?2（人）（5分）

60?9090

女生抽取的人數(shù)各有：?

5?3（人）（6分）

60?90

（3）由（2）可知，男生抽取的人數(shù)為2人，女生抽取的人數(shù)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(shù)學(xué)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(jié)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(shù)學(xué)（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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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(jié)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(jié)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(jù)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(shù)學(xué)（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(shè)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(shè)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(shè)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(diào)遞增，（2分）所以函數(shù)f(x)不存在極值.（3分）（2）函數(shù)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(diào)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(diào)遞增；（6分）因為x?(x1,x2)時，f?(x)?0，所以f(x)在(x1,x2)上單調(diào)遞減；（7分）因為x?(x2,??)時，f?(x)?0，所以f(x)在(x2,??)上單調(diào)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(diào)遞增.（9分）

綜上，當a?0時，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為（0，+?）；當0?a?1時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為

1??a21??a21??a21??a2(0,a)與(a,??)；單調(diào)減區(qū)間為(a,a)；當a?1時，f(x)的單調(diào)增區(qū)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(xiàn)?(x)?0，所以F(x)在[1,e]上單調(diào)遞增，（13分）故F(x)min?F(1)?0，因此a?0.（14分）

高三數(shù)學(xué)（理科）

第四篇：福建省各地2014屆高三最新模擬數(shù)學(xué)理試題分類5：不等式

福建省各地2014屆高三最新模擬數(shù)學(xué)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(xué)期期中）設(shè)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(xué)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(xué)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(chǎn)?bD．a(chǎn)c?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(shè)x,y滿足約束條件?x?y?0,若目標

?x?0,y?0,?

函數(shù)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(xué)期期中）已知函數(shù)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(xué)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(xué)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(xué)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(shù)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(xué)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(xué)期期中）

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

1210000當年產(chǎn)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(chǎn)的商品能全部售完． ．．

(1)寫出年利潤 L(x)(萬元)關(guān)于年產(chǎn)量 x(千件)的函數(shù)解析式； ．．足80千件時，C(x)?

(2)年產(chǎn)量為多少千件時，該廠在這一商品的生產(chǎn)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(chǎn)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(xué)中學(xué)模擬試題及答案解析

教育學(xué)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(dǎo)從“測驗”轉(zhuǎn)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(xié)會”發(fā)起了一項著名的研究，成立了由泰勒領(lǐng)導(dǎo)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(fā)表“史密斯一泰勒報告”，第一次系統(tǒng)地提出了評價的基本思想和方法，從而奠定了現(xiàn)代教育評價的基礎(chǔ)。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(jù)是（）。

A．課程任務(wù)

B．課程制定者C．課程設(shè)置的要求

D．課程管理層次

解析：從課程任務(wù)的角度，課程可分為基礎(chǔ)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(xué)校課程三種類型；從課程修習的角度和課程設(shè)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(jīng)驗

D．間接經(jīng)驗

解析：美國課程的實踐活動和日本的綜合活動都講求學(xué)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(jīng)驗，反映了課程注重直接經(jīng)驗的趨勢。因此，正確答案選C。

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

A．學(xué)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(xué)課程是包含七藝為主要內(nèi)容的課程體系，注重分科的學(xué)習；工業(yè)革命后，按照社會的需求，開始設(shè)置以自然科學(xué)為主的分學(xué)科課程體系，注重不同內(nèi)容的學(xué)習，都屬于學(xué)科課程。因此，正確答案選A。排中的“心理邏輯原則”與“學(xué)科邏輯原則”。

5．布魯納認為，無論選擇何種學(xué)科，都務(wù)必使學(xué)生理解該學(xué)科的基本結(jié)構(gòu)。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(jié)構(gòu)主義課程理論

解析：結(jié)構(gòu)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(diào)學(xué)科的基本結(jié)構(gòu)，認為無論選擇何種學(xué)科。都務(wù)必使學(xué)生理解該學(xué)科的基本結(jié)構(gòu)，學(xué)生根據(jù)學(xué)科結(jié)構(gòu)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(nèi)容嚴密統(tǒng)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(xué)計劃一教學(xué)大綱一教科書

B．課程總目標一領(lǐng)域目標一學(xué)科目標 C．課程目的一課程評價一課程實施

D．知識一經(jīng)驗一活動

解析：課程設(shè)計是一個有目的、有計劃、有結(jié)構(gòu)地產(chǎn)生教學(xué)計劃、教學(xué)大綱以及教科書的系統(tǒng)化活動。其中，教學(xué)計劃、教學(xué)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(jīng)驗

D．課程是活動

解析：活動課程，認為課程是活動，它區(qū)別于以往的學(xué)科課程。將課程和活動相結(jié)合，注重直接經(jīng)驗的學(xué)習，改變以往教學(xué)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(xué)普遍實行的學(xué)科課程及相應(yīng)的理論，是（）的表現(xiàn)。

A.課程是知識

B.課程是經(jīng)驗

C.課程是活動

D.課程是項目

解析：我國中小學(xué)仍然實行學(xué)科課程體系。學(xué)科課程的基本特點是：分科設(shè)置；按學(xué)科知識的邏輯結(jié)構(gòu)和探究方法選擇和安排；在教學(xué)上強調(diào)教師講授。學(xué)科課程強調(diào)知識的邏輯結(jié)構(gòu)，但是往往與學(xué)生實際生活相脫離，易忽視學(xué)生的學(xué)習興趣及能動作用，是一種典型的“課程即知識的表現(xiàn)”。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(xué)生的要求進行科學(xué)評估，充分利用當?shù)厣鐓^(qū)和學(xué)校的課程資源兒開發(fā)的多樣性的可供學(xué)生選擇的課程是（）.A.國家課程

B.地方課程

C.學(xué)校課程

D.基礎(chǔ)型課程

解析：學(xué)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(xué)生的要求進行科學(xué)評估，充分利用當?shù)厣鐓^(qū)和學(xué)校的課程資源而開發(fā)的多樣性的可供學(xué)生選擇的課程。因此，正確答案選C。

11.被稱為課程論經(jīng)典的學(xué)術(shù)著作是泰勒的（）.A.《課程與教學(xué)的基本原理》

B.《教育目標分類學(xué)》

C.《教育過程》

D.《教學(xué)與一般發(fā)展》

解析：泰勒在《課程與教學(xué)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(nèi)容嚴密統(tǒng)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(jīng)驗在個人成長中的意義，并將兒童個體的直接經(jīng)驗加以規(guī)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(tǒng)教育理論的批判，主張用直接經(jīng)驗取代間接經(jīng)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(jīng)驗在個人成長中的意義，并將兒童個體的直接經(jīng)驗加以規(guī)范和具體化為課程。因此，正確答案選D。

13．課程論與心理學(xué)的聯(lián)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(xué)的聯(lián)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(shè)置相應(yīng)的課程，此外，他還論證了靈魂的三個部分及與之對應(yīng)的三種教育。因此，正確答案選D。

14．在《課程與教學(xué)的基本原理》中提出的關(guān)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(xué)的基本原理》，他提出了關(guān)于課程編制的四個問題，即泰勒原理。“泰勒原理”的基本內(nèi)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(jīng)驗”、“組織教育經(jīng)驗”、“評價教育計劃”，根據(jù)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(guān)學(xué)科教學(xué)內(nèi)容的教學(xué)指導(dǎo)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(xué)大綱，是課程計劃中每門學(xué)科以綱要的形式編訂的，有關(guān)學(xué)科教學(xué)內(nèi)容的指導(dǎo)性文件，規(guī)定了學(xué)科的教學(xué)目的與任務(wù)，知識的范圍、深度和結(jié)構(gòu)，教學(xué)進度以及有關(guān)教學(xué)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(xué)性、操作性、基礎(chǔ)性、適用性

B．普遍性、思想性、基礎(chǔ)性、適用性 C．科學(xué)性、思想性、基礎(chǔ)性、適用性

D．科學(xué)性、思想性、強制性、適用性

解析：教科書的編寫應(yīng)該遵循的原則主要有：科學(xué)性、思想性，內(nèi)容的基礎(chǔ)性，對學(xué)校的適用性，體現(xiàn)受教育者的心理順序，兼顧學(xué)科內(nèi)容和各級教材的銜接。也就是科學(xué)性、思想性、基礎(chǔ)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(xué)任務(wù)

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(yù)期的課程目標的基本途徑，課程設(shè)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(xué)的專門術(shù)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(xué)內(nèi)容的系統(tǒng)組成，首先把課程用于教育科學(xué)的專門術(shù)語。因此，正確答案選B。

19．下列不屬于課程表安排應(yīng)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(yīng)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(xué)校課程

D．基礎(chǔ)型課程

解析：國家課程是由中央教育行政機構(gòu)編制和審定的課程，其管理權(quán)屬中央級教育機關(guān)，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(xué)校為實現(xiàn)培養(yǎng)目標而規(guī)定的學(xué)習科目及其進程的總和是(課程)。

3．在我國，課程具體表現(xiàn)為(教學(xué)計劃)、(教學(xué)大綱)、(教科書)。

4．以課程任務(wù)為依據(jù)分類，課程可分為基礎(chǔ)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(xué)校課程)。

6．基礎(chǔ)型課程的內(nèi)容是基礎(chǔ)的，以基礎(chǔ)知識和(基本技能)為主。

7．拓展課常常以(選修課)的形式出現(xiàn)。

8．學(xué)校課程通常以選修課或(特色課)的形式出現(xiàn)。

9.制約學(xué)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(xué)理論基礎(chǔ)上的課程論及課程的歷史傳統(tǒng)叫（課程理論）.11.課程目標四個方面的規(guī)定性指時限性、(具體性)、預(yù)測性、（操作性）.12.課程目標的依據(jù)有三個方面：對學(xué)生的研究、（對社會的研究）、（對學(xué)科的研究）.13.我國義務(wù)教育的教學(xué)計劃具備的三個基本特征是（強制性）、（普遍性）、（基礎(chǔ)性）.14.教學(xué)計劃的核心問題是（課程的設(shè)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(xué)生的學(xué)習特點具有獨特性、（穩(wěn)定性）、發(fā)展性、（靈活性）.17.學(xué)生的學(xué)習特點受三方面因素的影響：（基礎(chǔ)因素）、（內(nèi)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(xué)者斯克里文主張把評價的重點從“課程計劃預(yù)期的結(jié)果”轉(zhuǎn)向“課程計劃實際結(jié)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(fā)展的要求及提供的可能(2)一定時代人類文化及科學(xué)技術(shù)發(fā)展水平

(3)學(xué)生的年齡特征，知識、能力基礎(chǔ)及其可接受性(4)課程理論

2.制定課程目標的依據(jù)有哪些？

答：課程目標是指特定階段的學(xué)校課程所要達到的預(yù)期結(jié)果，是知道整個課程編制過程的最為關(guān)鍵的準則。制定課程目標的依據(jù)主要有以下三個方面：(1)對學(xué)生的研究 對學(xué)生的研究，就是要找出教育者期望在學(xué)生身上所要達到的預(yù)期結(jié)果，通常包括三個方面的內(nèi)容：①了解學(xué)生身心發(fā)展的現(xiàn)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(xué)生個體的需要；③了解學(xué)生的興趣和個性差異。(2)對社會的研究

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

3.簡述我國新一輪基礎(chǔ)教育課程評價改革的特點。

答：課程評價在整個課程系統(tǒng)中占有十分重要的地位。課程評價改革是基礎(chǔ)教育課程改革的一個重要方面。我國新一輪基礎(chǔ)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(fā)展，淡化甄別與選拔，實現(xiàn)評價功能的轉(zhuǎn)化(2)重視綜合評價，關(guān)注個體差異，實現(xiàn)評價指標的多元化(3)強調(diào)質(zhì)性評價，定性與定量相結(jié)合，實現(xiàn)評價方法的多樣化(4)強調(diào)參與與主動，自評與他評相結(jié)合，實現(xiàn)評價主體的多元化(5)注重過程，終結(jié)性評價與形成性評價相結(jié)合，實現(xiàn)評價重心的轉(zhuǎn)移

4．簡述泰勒的課程設(shè)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(xué)的基本原理》，他提出了關(guān)于課程編制的四個問題，即泰勒原理。其中課程設(shè)計模式主要包括以下幾個方面的內(nèi)容：(1)確定教育目標(2)選擇學(xué)習經(jīng)驗(3)組織學(xué)習經(jīng)驗(4)評價學(xué)習經(jīng)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(xué)生發(fā)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(xiàn)代信息技術(shù)結(jié)合發(fā)展的趨勢

(9)我國基礎(chǔ)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(xiàn)代課程觀的基本內(nèi)涵。

答：進入20世紀70年代以來，課程的內(nèi)涵發(fā)生了重要變化，呈現(xiàn)出如下六種趨勢：(1)從強調(diào)學(xué)科內(nèi)容到強調(diào)學(xué)習者的經(jīng)驗和體驗，進而強調(diào)課程的會話本質(zhì)(2)從強調(diào)目標、計劃到強調(diào)過程本身的價值

(3)從強調(diào)教材的單因素到強調(diào)教師、學(xué)生、教材、環(huán)境四因素的整合(4)從只強調(diào)顯性課程到強調(diào)顯性課程與隱性課程并重(5)從強調(diào)實際課程到強調(diào)實際課程和“空無課程”并重(6)從只強調(diào)學(xué)校課程到強調(diào)學(xué)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(shè)計、編制和實施所做的各種形式的評定，課程評價既包括學(xué)生學(xué)業(yè)的評價，又包括課程本身的評價。正確實施課程評價應(yīng)該做到以下幾點：(1)課程評價對象應(yīng)多元化

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

③課程目標也必須被評價，由于學(xué)生受到課程的影響以后所發(fā)生的變化，是課程目標所預(yù)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(yīng)多元化(3)課程評價標準應(yīng)多元化 ①從學(xué)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(yīng)多元化 ①量化方法與質(zhì)化方法的結(jié)合。

②診斷性評價、形成性評價和終結(jié)性評價的結(jié)合。由于評價對象的多重性和發(fā)展性，評價對象總是在發(fā)生變化，因此只用終結(jié)性評價不能看出評價對象的發(fā)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(jù)評價對象的變化而做出調(diào)整，最終保證終結(jié)性評價結(jié)果的可靠性。③自評與他評的結(jié)合。在學(xué)生評價和教師評價中，利用自評能充分地調(diào)動學(xué)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(jié)果。

四、論述題

1．試述決定課程的進步和發(fā)展的內(nèi)部基本矛盾(基本關(guān)系)。

答：課程的進步和發(fā)展要受制于政治、經(jīng)濟因素、科技發(fā)展因素和自身成長發(fā)展的特殊規(guī)律，決定其發(fā)展的基本矛盾(關(guān)系)包括以下幾個方面：(1)直接經(jīng)驗與間接經(jīng)驗

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

(2)知識與能力

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

(3)分科與綜合綜合課程與分科課程是學(xué)校教育中的兩種基本的課程類型。綜合課程是一種多學(xué)科課程組織模式，它強調(diào)學(xué)科之間的關(guān)聯(lián)性、統(tǒng)一性和內(nèi)在聯(lián)系。分科課程是一種單學(xué)科的課程組織模式，它強調(diào)不同學(xué)科門類之間的相對獨立性，強調(diào)一門學(xué)科的邏輯體系的完整性。在課程的發(fā)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(yōu)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(guān)系，只有將兩者有機結(jié)合起來，才能取長補短，相得益彰。

(4)人文主義與科學(xué)主義

科學(xué)主義和人本主義兩大哲學(xué)思潮，對課程的發(fā)展和進步起著關(guān)鍵作用，人文主義強調(diào)人的主體性問題，堅持以人為本的觀點；科學(xué)主義提倡的是科學(xué)態(tài)度和科學(xué)精神。在長時間的發(fā)展中，科學(xué)主義在課程中占有重要地位，現(xiàn)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(fā)展中，引入人文主義的因素，對課程的發(fā)展起到一種補充完善的作用，從而努力尋求兩大哲學(xué)思潮的融合。(2)學(xué)科邏輯原則

①學(xué)科邏輯原則強調(diào)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(zhì)和結(jié)構(gòu)以及各領(lǐng)域知識的性質(zhì)與結(jié)構(gòu)，即學(xué)科間邏輯和學(xué)科內(nèi)邏輯是課程編排的內(nèi)在法則，學(xué)校課程和教材應(yīng)該全面地反映迄今為止人類的所有認識成果，反映學(xué)科知識本身內(nèi)在邏輯聯(lián)系。課程的設(shè)置和教材的編寫力求體現(xiàn)科學(xué)性、突出學(xué)術(shù)性。②按學(xué)科邏輯原則編排課程的優(yōu)點：當考慮到教育的文化承傳功能的時候，學(xué)科邏輯無疑是非常正確的，它也確實反映了科學(xué)自身發(fā)展的必然要求。課程編排要反映科學(xué)發(fā)展的真實面貌，這是“現(xiàn)代課程論的基本性格”。學(xué)科中心課程基本上就是按這一方式構(gòu)建起來的。③當考慮到課程的實施對象時，就會發(fā)現(xiàn)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(xué)性，而忽視學(xué)生的接受程度，會為教師的教和學(xué)生的學(xué)造成困難。課程編排者把科學(xué)研究的邏輯和科學(xué)學(xué)習的邏輯混淆了。其次，這種課程實施時，只強調(diào)學(xué)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(xué)校教育情意方面的目標，忽視學(xué)生興趣愛好的培養(yǎng)。再次，這種課程體現(xiàn)對科學(xué)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(xué)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(jié)合起來改造現(xiàn)代課程。