高中地理期末考试（通用8篇）
第一节 地壳的物质组成和物质循环
A卷 课内练习
时间：15分钟 满分：40分
一、选择题(共24分)
1.在一定的温度和压力作用下，原有成分和性质发生改变，由此形成的岩石是( )
A.石灰岩、玄武岩 B.页岩、石灰岩
C.大理岩、板岩 D.花岗岩、砂岩
答案：C
解析：从成因上看，岩石分岩浆岩、变质岩、沉积岩三类。在一定的温度和压力作用下，地壳中已生成的岩石可发生变质作用，形成变质岩。典型的变质岩有页岩变质后形成的板岩，石灰岩变成的大理岩等。
2.有关岩石的正确说法是( )
A.岩石是地壳中化学元素结合而成的化合物
B.大理岩是由长石、石英、云母组成的
C.岩石是由一种矿物或几种矿物组成的集合体
D.岩石仅存在于地壳中
答案：C
解析：岩石是由矿物组成的，大理岩是由方解石组成的，岩石存在于岩石圈中。
读图，完成3～5题。
3.下列说法正确的是( )
①石灰岩是岩浆岩，大理岩是沉积岩 ②石灰岩是由化学沉淀物或生物遗体堆积而成的 ③大理岩是由石灰岩变质后形成的 ④石灰岩是矿产，大理岩不是矿产
A.①③ B.②④
C.②③ D.①④
答案：C
解析：大理岩属于变质岩，也属于矿产。
4.下列说法正确的是( )
A.岩浆侵入地壳，冷却凝固形成大理岩
B.岩浆侵入地壳产生的高压，使石灰岩变质成大理岩
C.长石、方解石组成了大理岩
D.在石灰岩中能够找到化石
答案：D
解析：石灰岩为沉积岩，在该岩石中能够找到化石;大理岩是由石灰岩经变质作用形成的，它是由方解石组成的岩石。
5.下列岩石中，与图示岩石类型无关的是( )
A.花岗岩 B.砂岩
C.煤 D.板岩
答案：A
解析：图中岩石有沉积岩和变质岩，而花岗岩属于岩浆岩。
6.下列岩石中，含有化石并具有明显成层现象的是( )
A.沉积岩 B.侵入岩
C.喷出岩 D.变质岩
答案：A
解析：沉积岩具有明显成层现象，并含有化石。
7.下列物质中不可能直接转化为沉积岩的是( )
A.沉积物 B.变质岩
C.岩浆岩 D.岩浆
答案：D
解析：岩浆只能形成岩浆岩，沉积岩可以由岩浆岩、变质岩以及沉积物经外力作用形成。
下图为岩石圈物质循环简图，图中b类岩石中含有化石。读图回答8～9题。
8.图中a、b、c、d最可能代表岩浆的是( )
A.a B.b
C.c D.d
答案：C
解析：根据图中各箭头的指向可知，c只能形成a，故c为岩浆，a为岩浆岩。
9.图中表示变质作用的是( )
A.① B.②
C.③ D.④
答案：C
解析：图中①为岩浆活动，②为外力作用，③为变质作用，④为重熔再生。
下图为地壳物质循环示意图。读图回答10～12题。
10.关于图中①、②、③、④的叙述，正确的是( )
①是岩石在地壳深处发生变质作用的过程 ②一定是岩浆喷出地表冷却凝固的过程 ③属于外力作用 ④属于变质作用
A.①② B.③④
C.①③ D.②④
答案：B
解析：①表示变质岩经高温熔化成岩浆;②表示岩浆在地表以下冷却凝固成侵入岩，也可能喷出地表凝固成喷出岩;③表示沉积岩的形成过程，包括风化、侵蚀、搬运等作用，都属于外力作用;④表示由沉积岩变成变质岩的变质作用。
11.下列哪些事实与地壳物质循环有关( )
①岩浆岩的形成 ②崩解、分解、溶解作用 ③埋藏及成岩作用 ④地壳中的化学元素 ⑤玄武岩上有许多气孔
A.①②④ B.②③⑤
C.①②③ D.③④⑤
答案：C
解析：地表岩石的形成，崩解、分解、溶解作用，埋藏及成岩作用，都与地壳物质循环过程密切相关。
12.推动岩石圈和软流层运动的机械能是由放射能转化而来的，其转化过程是( )
A.放射能→机械能
B.放射能→热能→机械能
C.放射能→电能→机械能
D.放射能→热能→电能→机械能
答案：B
解析：推动地质循环的能量，主要来自地球内部放射性物质的衰变，放射能直接转化为热能，热能再转化为推动岩石圈和软流层运动的机械能。
二、综合题(共16分)
13.读岩石圈物质循环示意图，回答下列问题。(8分)
(1)根据图中信息，判断A、B、C各代表的内容。
A为________，B为________，C为________。
(2)写出图中序号代表的各箭头的地理含义：
①________，②________，③________，④________，⑤________，⑥________，⑦________，⑧________。
(3)岩石圈的物质循环过程可概括为从________到形成各类________，又到新的________形成。
答案：(1)变质岩 岩浆岩 岩浆
(2)重熔再生作用 重熔再生作用 重熔再生作用 冷却凝固 外力作用 变质作用 变质作用 外力作用
(3)岩浆 岩石 岩浆
解析：第(1)问，根据图中箭头和岩石类型可判断出B为岩浆岩，A为变质岩，C为岩浆。第(2)问，箭头所代表的地质作用联系教材中岩石圈的物质循环图即可判断。第(3)问，据图可判断，岩石圈的物质循环过程是从岩浆到形成各类岩石，又到新岩浆的形成。
14.读岩浆岩生成示意图，回答下列问题。(8分)
(1)图中A处的岩石为三大类型中的________岩，B处为________岩。
(2)如果用C、D分别表示花岗岩和玄武岩，请将字母填入图中适当的位置，并指出花岗岩和玄武岩的形成有何不同?
(3)花岗岩和玄武岩中有许多气孔的是________，形成气孔的原因是________________________。
(4)岩石A、B接触地带可能是________岩。
(5)A、B、C、D岩石中可能找到化石的是________，理由是__________________________________。
(6)地层A、B的形成顺序是________。
(7)在岩浆喷出地表后形成的地貌类型是________，其构造可分为________、________、________三部分。
答案：(1)沉积 岩浆
(2)图略。玄武岩属岩浆岩中的喷出岩，是岩浆喷出地表冷却凝固形成的;花岗岩是岩浆岩中的侵入岩，是岩浆侵入地壳裂隙冷却凝固形成的。
(3)玄武岩 玄武岩属喷出岩，岩浆中有许多气体，岩浆喷出地表后，压力减小，岩浆中的气体逸出，留下气孔
(4)变质
(5)A A是沉积岩，B、C、D均是岩浆岩，只有在沉积岩中才可能存在化石
(6)A早于B
(7)火山 火山通道 火山口 火山锥
解析：岩石按成因可分为岩浆岩、沉积岩和变质岩三大类。岩浆岩是岩浆活动的产物，按其形成情况分为侵入岩和喷出岩。由于岩浆中含有许多气体，岩浆喷出地表后，温度骤降，压力减小，岩浆中的气体逸出，留下气孔，因此喷出岩常有许多气孔。岩浆喷出地表堆积成火山，岩浆喷出口叫火山口，喷出的通道叫火山通道，喷出物在喷出口周围堆积形成火山锥。沉积岩是地表岩石在风化、侵蚀、搬运、沉积和固结成岩等外力作用下形成的(如砾岩、砂岩、页岩)，还有的是由化学沉淀物或生物遗体堆积而成。沉积岩有两个重要特征：一是有层理构造，二是有化石。因为生物总是从低级到高级、从简单到复杂不断进化的，因而我们可以根据化石确定地层的顺序，同时因不同生物具有不同的生存环境，因此从化石还可以推知岩石沉积时的地理环境。变质岩是已生成的岩石在岩浆活动、地壳运动产生的高温、高压条件下，成分、性质发生改变形成的(如石灰岩变质形成大理岩等)。
B卷 课后作业
时间：30分钟 满分：60分
一、单项选择题(每小题2分，共26分)
1.有用矿物在地壳中或地表富集起来，并且能够被人们开采利用的是( )
A.矿产 B.矿石
C.矿体 D.矿床
答案：A
解析：矿物是化学元素在岩石圈中存在的基本单元，有用矿物在自然界中富集到有开采价值时，就称为矿产，矿产的富集地段称为矿床。一种或多种矿物按一定规律聚集在一起，就形成岩石。
2.下列岩石中按成因属于同一类的是( )
A.花岗岩、玄武岩、砾岩
B.砾岩、板岩、页岩
C.砾岩、石灰岩、页岩
D.大理岩、板岩、玄武岩
答案：C
解析：花岗岩、玄武岩属于岩浆岩，砾岩、石灰岩、页岩属于沉积岩，大理岩由石灰岩变质而来，板岩由页岩变质而来。
3.赤铁矿和磁铁矿属于( )
A.黑色金属矿 B.有色金属矿
C.贵金属矿 D.稀有金属矿
答案：A
解析：铁属于黑色金属，因而铁矿也就属于黑色金属矿。
4.下列岩石中可能含有化石的是( )
A.花岗岩和页岩 B.大理岩和砂岩
C.砾岩和板岩 D.石灰岩和页岩
答案：D
解析：三大类岩石中只有沉积岩中含有化石，石灰岩和页岩都是属于沉积岩。
下图为太平洋某岛屿形成示意图。读图回答5～6题。
5.形成该岛屿的主要岩石，按成因分类属于( )
A.侵入岩 B.喷出岩
C.沉积岩 D.变质岩
答案：B
解析：该岛屿是由火山喷发形成的，故其主要岩石为喷出岩。
6.图示板块的水平运动属于( )
A.外力作用 B.岩浆活动
C.内力作用 D.变质作用
答案：C
解析：板块的水平运动属于地壳运动，而地壳运动属于内力作用。
“血迹石”是三亿多年前，海水中一些具有钙质硬壳骨骼的海生生物的遗体，在沉积期间，与海水中的氧化铁和氧化锰成分发生作用，形成的一种奇特岩石。“千人石”为距今约一亿五千万年的中生代侏罗纪喷发的岩浆凝结而成。据此回答7～8题。
7.与“血迹石”和“千人石”成因相同的岩石分别是( )
A.花岗岩和石灰岩 B.大理岩和砂岩
C.石灰岩和玄武岩 D.砂岩和片麻岩
答案：C
解析：根据材料可知，“血迹石”和“千人石”分别属于沉积岩和喷出岩。花岗岩属于侵入岩，玄武岩属于喷出岩，石灰岩、砂岩属于沉积岩，大理岩和片麻岩属于变质岩。
8.关于“血迹石”和“千人石”的形成，叙述正确的是( )
A.“血迹石”的形成是外力作用的结果
B.“血迹石”的形成依次经历了风化、侵蚀、搬运、沉积、固结成岩和地壳运动等过程
C.“千人石”中一定会有化石
D.“千人石”的形成经历了变质作用和冷却凝固作用
答案：A
解析：沉积岩是由祼露于地表的岩石在外力作用下形成的。
下图为地壳物质循环示意图，图中甲、乙、丙、丁代表岩石类型，箭头①—⑦表示地质作用，其中⑦表示地壳上升作用。读图回答9～11题。
9.图示岩石中，花岗岩属于( )
A.甲 B.乙
C.丙 D.丁
答案：B
解析：图中甲、乙都为岩浆岩，而甲不需经过地壳上升作用，直接经过外力作用形成沉积物，可推测甲为喷出岩，乙为侵入岩，花岗岩为侵入岩的典型代表。
10.图中序号与其代表的地质作用组合正确的是( )
A.②——外力作用
B.③——固结成岩作用
C.④——变质作用
D.⑤——重熔再生作用
答案：A
解析：图中①和③均为冷却凝固，②为外力作用，④为重熔再生作用，⑤为变质作用，⑥为固结成岩作用。
11.关于岩石特征的叙述，正确的是( )
A.甲类岩石具有明显的气孔构造
B.乙类岩石中可能找到化石
C.丙类岩石具有层理构造
D.丁类岩石的典型代表是大理岩
答案：A
解析：喷出岩具有明显的气孔构造，甲类岩石为喷出岩，故A正确。
12.如图为某地未倒置岩层的垂直剖面图，地表在甲地层之上界，图上不同的图例和甲至辛的标示分别代表不同的岩层。丁层与庚层都为火成岩侵入岩层，其中丁层还包裹着一些来自丙层岩石的碎块。表示图中岩层由老至新的正确顺序的选项是( )
A.甲→乙→丙→丁→戊→己→庚→辛
B.辛→庚→己→戊→丁→丙→乙→甲
C.辛→庚→己→戊→丙→丁→乙→甲
D.辛→己→戊→丙→丁→庚→乙→甲
答案：D
解析：火成岩侵入岩层由老至新。因岩层未倒置且辛、己、戊、丙依次由下到上，所以这四个岩层由老到新依次是辛>己>戊>丙。丁为侵入岩且包裹着一些丙层岩石的碎块，即丁侵入了丙，丁的形成年代晚于丙。庚为侵入岩且侵入了丁，判断庚形成的年代晚于丁。乙岩层与其下岩层有着明显的不平整的界面，说明乙岩层是在其下方岩层遭受了外力侵蚀后才形成的，推断出乙形成年代晚于其下方的岩层。甲在最上面，最后形成。
13.下图为某区域地质剖面示意图。图中甲地层褶皱后，该区域先后发生了( )
A.沉积作用、侵蚀作用、岩浆侵入
B.岩浆侵入、侵蚀作用、沉积作用
C.岩浆侵入、沉积作用、侵蚀作用
D.侵蚀作用、沉积作用、岩浆侵入
答案：D
解析：根据图示信息可以判断，甲地层发生褶皱后，背斜处受到侵蚀，地势变得较平坦，然后其上覆盖了厚厚的沉积层，说明发生了沉积作用，最后，岩浆侵入已有的褶皱和沉积层，说明又发生了岩浆活动。
二、综合题(共34分)
14.读下图，回答问题。(16分)
(1)①②③④四处的岩石属于沉积岩的是________和________，属于岩浆岩的是________，属于变质岩的是________。
(2)若开采优质大理岩作装饰材料，宜选择③处还是④处?________处，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)①②④三处岩石由老到新的正确排序为________，判断理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)① ② ④ ③
(2)③ ③为变质岩，④为岩浆岩，大理岩属于变质岩
(3)②①④ 岩浆岩④是在沉积岩形成之后侵入产生的，因而岩石①年龄较④老;又因为沉积岩通常下面的岩石较上面的老，故②的岩石年龄最老
解析：(1)因为①②中有化石，所以①②为沉积岩;④呈现上升侵入或喷出形态，为岩浆岩;③位于沉积岩与岩浆岩交界处，属于变质岩。(2)大理岩属于变质岩。(3)岩浆岩④是在沉积岩形成之后侵入产生的，因而岩石①年龄较④老;又因为沉积岩通常下面的岩石较上面的老，故②的岩石年龄最老。
15.读下图，完成下列各题。(18分)
地壳物质循环示意图
(1)地球内部的岩浆，经过①______过程，形成A________岩，A受到__________________________________________作用，形成B______岩。
(2)A和B岩石，在一定的________等条件下，发生③________作用，使原来岩石的矿物成分、结构发生改变而形成一种新的岩石C________岩。
(3)各类岩石在地幔深处发生④________作用，又成为新的________。
(4)从________到形成各种________，又到________的产生，这个变化过程就是地壳物质的循环运动过程。
答案：(1)冷却凝固 岩浆 风化、侵蚀、搬运、沉积、固结成岩 沉积
(2)温度和压力 变质 变质
(3)重熔再生 岩浆
(4)岩浆 岩石 新岩浆
有研究发现, 母语为汉语的学生在英语学习中有51%的错误来自母语的干扰。 (束定芳, 庄智象, 1996:52) 母语对英语学习的影响一直是困惑师生的问题。在高中英语教学实践中我们发现, 学生在参加各类测试时书面表达中母语负迁移的情况尤为突出。怎样利用母语知识, 促进正迁移, 减少负迁移, 是值得我们认真研究的。国内外各语言学流派对迁移问题众说纷纭, 说法不尽相同, 但对我国高中生英语写作中母语迁移的问题仍有一定的指导意义。
本文试以母语迁移的理论为基础, 结合我们的教学实际, 通过对学生英语考试中低分书面表达的分析, 力求寻找减少英语学习中母语负迁移的途径, 增强写作教学的实效, 从而提高学生测试时书面表达的成绩。
2. 国内外主要迁移理论
心理学家很早就注意到迁移的问题, 并提出了各种理论, 使我们对迁移的认识逐步深入。早期的形式训练说支持题海战术的教育模式已不符现代教育需求, 被逐步遗弃。20世纪初由教育心理学家桑代克提出的共同因素说认为, 两种学习之间具有共同成分或共同因素时才会产生迁移, (张大均, 2003:136) 这个理论使得迁移问题成为教育心理学研究的焦点之一。心理学家贾德和苛勒分别提出了概括化理论和关系理论, 强调认识两种学习间的共同原理或内在关系可促进迁移。结构主义教育理论的代表布鲁纳认为简约的学科基本结构应该有利于学生的学习迁移。
到20世纪50、60年代行为主义语言学发展的鼎盛时期, 其研究者相信外语学习者的错误主要来自母语负迁移的干扰。因此, 他们认为通过两种语言的分析对比 (contrastive analysis) 就可预测学习者的学习困难。但后来的EA (错误分析) 研究发现学习者的外语错误只有一部分是由母语知识的干扰引起的, 另外一部分是由于认知因素 (过度概括、过度使用类推规则等) 所致, 还有一部分难以确定其真正原因。 (束定芳, 庄智象, 1996:5)
现代学习理论中至少存在三种有价值的观点。一种是由奥苏伯尔首先提出的认知结构迁移理论, 认为是“为迁移而教”, 实际上也就是塑造良好认知结构问题, 注重设计“组织者”, 通过“组织者”来增强新旧知识之间的可辨别性, 充分利用先前学习对后来学习打下的坚实基础。第二种是由安德森提出的产生式迁移理论, 提出两种技能学习产生迁移的原因, 是两种技能之间产生式的重叠。最后一种是认知策略的迁移理论, 认为学习者的自我评价是影响策略迁移的一个重要因素。
近年, 我国教育界对迁移的研究也颇具成效。像文秋芳等人的研究使得母语在外语学习中的作用得到了更全面而深刻的认识, 其中具有一定普遍意义的是:母语对外语学习既有消极作用, 也有积极作用, 两种影响交织在一起, 共同作用。迁移在表层和深层都会发生, 表层多为负迁移, 而深层多为正迁移。外语学习提高外语水平是关键, 同时也要继续提高汉语水平。 (王立非, 文秋芳, 2004)
这些迁移理论都从不同侧面反映了学习迁移某种实质性特点, 虽然母语到底是如何影响外语学习的至今仍无定论, 但教师完全可以在教学活动中合理利用迁移知识, 充分体现传统迁移理论和现代迁移理论的某些优点。
3. 高中生书面表达中的主要迁移现象
3.1 分析材料及对象
本文选取了2006-2007学年度第一学期本校的高一英语期末考试的书面表达作为分析素材。学生在考试时不能借助任何帮助手段, 又迫于时间的压力, 因而所写的书面表达作文在一定程度上是学生英语写作水平的直接反映, 其中的母语迁移问题也有集中的表现。
此次书面表达题沿袭了近年来高中英语写作题的常见模式, 即以表格形式给出写作的内容要点, 并要求发表个人观点, 属半开放式作文。原题如下:
高中阶段学习比较紧张, 正确的学习方法尤为重要。下表显示了两位学生不同的学习方法, 请简述并发表你的观点, 词数在120左右。文章开头已给出。
Li Hua and Wang Hai are two students of Senior One.Both of them work hard but they have different learning methods.
笔者根据需要收集了一些学生的答题卷, 得分基本在10-14之间 (25分为本题满分) 。得分低于10分的试卷很多都是未能完成写作内容或实在不成文的, 多缘于时间不够或英语基本知识的过渡欠缺, 此次暂不做分析。而10-14分的作文未能达到15分的及格分, 得分较低的很大一部分原因是和母语负迁移相关联的。如果分析原因并进行针对性的训练, 书面表达的成绩应该有所提高。
3.2 主要错误类型及与迁移的关系分析
3.2.1 谓语动词的词形错误
谓语动词的各种形式变化错误是学生书面表达最主要的出错之处。动词的单复数、时态、语态的错用误用现象十分突出, 具有普遍性。
笔者选取了几个典型的句子, 如下:
(1) *Li Hua listen to the teachers carefully in class.
(2) *Wang Hai often sleep in class...
(3) *I think a student who want to get good marks should do like Li Hua.
(4) *Li Hua spends less time doing (her) homework and went to bed early.
(5) *He often feels sleepy during class so he didn’t catch a lot of main points.
(*号均表示句子有语病。)
(1) 、 (2) 、 (3) 句中, 学生忽视了动词的第三人称单数现在式 (third person singular present tense form) , 句子中的listen, sleep和want都应该加-s。这里说“忽视”, 是因为学生不可能不知道这里动词加-s的规则, 但是此类错误却普遍大量的存在。尤其是像 (2) 、 (3) 句主谓之间插有副词或关系代词之后, 这样的错误就更多。 (4) 、 (5) 句出现了明显的时态错误。这样的句子往往是学生不假思索写出来的, 自身也没意识到动词应该注意词形变化, 只是觉得怎么顺就怎么写, 完全是“跟着感觉走”, 往往只是一味使用先入为主的词形, 形成了定势的思维。
教师对学生英语作文的批改很大一部分就是在改动词词形的错误。动词的单复数、时态和语态也一直是教学的难点和重点。细细想想, 应该说英汉两种语言的巨大差异是造成此类错误大量涌现的不可回避的主要原因。譬如, 英语中时间意义的表达是通过动词的时和体来加以反映, 而汉语中不存在时、体等句法现象, 汉语则依靠表示时间的副词 (如“曾经”、“正在”、“已经”、“将要”) 作状语, 或利用虚词“了”、“着”、“过”等作补语这一语法手段来体现, 动词本身无任何变化。因此, 学生在英语写作中受汉语影响而缺乏动词词形变化的意识。
从这些得分较低的学生作文来看, 谓语动词词形的错用比比皆是, 有的甚至通篇基本都是此类错误, 使得文章看起来十分混乱, 让人觉得这些学生的语言基本知识实在不过关。如果在日常教学中加强针对谓语动词词形变化的相关训练, 增强学生这方面的意识, 减少写作中的这类错误, 这些学生的书面表达成绩有望得到明显的提高。
3.2.2 遣词造句的错误或不当
学生作文中有时会出现一些匪夷所思的句子, 例如:
(1) *After class, he often asks teachers for difficult questions.
(2) * (Wang Hai) can’t write all the note (s) . (-s是笔者加的。)
(3) *...and he should stay up, which lead him can’t concentrate during the lessons.
(4) *...in order that he can keep strong energy.
句 (1) 本意是想表达“向老师请教疑难问题”, 可短语ask sb.for sth的意思是“request that sb.gives sth.or does sth.”。这样一来, 句子意思就成了“向老师讨要难题了”。句 (2) 的思维路径显而易见:王海“漏掉了许多要点”就说明他没记笔记, “记”就是“写”, 所以似乎是顺理成章地用了一个搭配“write all the note (s) ”。句 (3) 中大胆地使用了刚学过的非限制性定语从句, 本应该成为文章的一个亮点, 只可惜从句部分“lead him can’t concentrate”明显是“导致注意力无法集中”的逐词翻译, 汉语兼语句式的表达方式在英语写作中留下了生硬的痕迹。另外, 此句中情态动词“should”用得也不恰当, 应该用“has to”才比较准确。句 (4) 为了表达“旺盛的精力”, 不顾英汉词意、词性的差异, 硬是套上了“strong energy”, 实为误用。
高中生的心理发展已相对成熟, 他们十分希望能用英语表达出自己丰富的思想, 但往往由于他们接触的英语材料有限, 积累的英语知识不足, 导致很多英语表达只能演化成汉语思维的翻版, 结果造成词不达意, 或生搬硬套, 或冗余累赘, 错误百出。这样看来, 要提高英语书面表达的成绩一方面要训练英语思维的养成, 克服汉语思维的负面影响;另一方面也要让学生多读、多看、多积累, 丰富自己的英语语言储备。
3.2.3 篇章构建的汉化
我们的学生似乎更多地关注是否把要点内容都写出来了, 很少会把心思花在篇章布局上。英语文章多以主题句提领各个段落, 脉络清晰、意思明了。然而, 阅读所有这些学生作文几乎找不到任何段落的主题句或上下文的承接语。基本上都是写完了李华的学习方法就接着马上介绍王海的情况。如果能在段落前加上一句:“Wang Hai has a different way of learning.”那么文章的层次就会清楚多了。
另外, 学生作文的句与句之间、句子内部也存在诸多结构问题。英语属印欧语系, 汉语属汉藏语系, 两种语言相距甚远, 英语结构紧凑, 汉语结构松散。英语句子中如果少了连接词如or, but, if, so, because, when, although, so that等, 所要表达的意思就支离破碎了, 而汉语如果没连接词, 只从句子本身的意思就可以把概念或关系表达清楚。
这里选取了一小段学生的书面表达, 并且照原样保留了语言上的错误。
Wang Hai thinks he often feels sleepy in class and has lost many important knowledge.He spends a lot of time on homework, he often stays up for studying.He can’t pay attention on studying.
从结构上来讲, 明显看出受汉语句法结构的影响, 重意合而省略了必要的连接词。一共三句话, 只有第一句中用了一个“and”, 除此之外没用其他的连接成分。其中, 第二句尤其不符合英语的句子结构, 如果后半句前面加上一个“so”就会使句子逻辑关系清楚了。另外, 为使行文顺畅地道, 句与句之间最好适当地使用besides, because of that等成分。
4. 对英语教学的启示与建议
母语负迁移现象是中介语体系前期阶段的一个重要特征。学生在尝试使用英语表达思想时, 由于英语语言知识的不完善, 其思维方式或多或少总是受汉语的影响, 这在整个英语学习过程中是不可避免的。我们的英语教学必须采取有效的应对措施, 帮助学生在作文中逐步抹去母语负迁移的痕迹, 从而提高英语书面表达能力。以下是几点相关的建议:
4.1 以背诵活动形式增加英语语言输入。
高中阶段往往因为繁重的学习内容和巨大的考试压力而忽视了背诵活动。但是, 背诵是一种有意识的语言输入活动。通过有意识的背诵输入, 学生可以逐步积累写作中所必需的语言知识, 以及篇章构建技巧, 在此基础上就能加强对写作过程中的母语负迁移的监控和修正, 逐步摆脱母语思维的干扰, 大量减少上述所提及的遣词造句和篇章构建的问题, 从而达到更好地使用英语表达的目的。
4.2 加强对比分析, 讲透语言要点。
汉语对英语的负迁移有时就是由它们彼此之间的某些相似之处引起的, 因此教师要采用对比分析的方法, 比较英语与汉语的异同, 揭示新旧知识之间的联系与区别。为了避免汉语的干扰, 可以多进行一些汉译英的练习, 通过英汉两种语言表达方法的对比, 感悟英语思维的特点, 培养用英语思维的习惯, 减少硬译的现象。
4.3 强化书面表达专项训练和个别辅导。
有研究表明, 限时作文有利于训练学生用英语思维, 有利于改变学生不良的英语写作习惯, 因此教师应善于使用“限时作文”这种训练和检测手段, 并且勤于对学生的写作进行个别跟踪辅导, 逐步纠正他们的写作思维习惯, 从而提高他们的写作水平。
5. 结语
基于以上对这次考试书面表达的分析, 可以看出母语负迁移可以导致学生在英语书面表达的多个层面产生错误。本文所涉及的谓语动词的词形变化、遣词造句和篇章结构的处理只是较突出的几个方面, 具有一定的代表性, 但并不全面。实际上, 母语负迁移存在于更多方面, 如:冠词、代词的使用, 被动的使用, 词序的调整和句子的平衡, 等等。许多细微之处都能折射出母语思维方式的强大影响力。探索和了解学生书面表达过程中母语负迁移的因素, 并制定相应的教学策略是非常必要的。
参考文献
[1]束定芳, 庄智象.现代外语教学-理论、实践与方法[M].上海:上海外语教育出版社, 1996.
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[4]薄冰, 何政安.薄冰英语语法[M].北京:开明出版社, 2003.
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[6]王文宇, 文秋芳.母语思维与外语作文分项成绩之间的关系[J].外语与外语教学, 2002, (10) .
[7]郭伟华.英汉语差异及汉语在英语学习中的负迁移[J].Sino-USEnglish Teaching, 2006, (3) .
孙宾：编辑老师，您好！我是一名七年级的学生，期末考试就要到了，由于是第一次参加中学期末考试，我有些紧张，总觉得以前学过的知识都记不住，怕一考试就什么都想不起来了，考不出好成绩.我该怎么办？请编辑老师指点指点，非常感谢您！
编辑：孙宾同学，你好！非常感谢你对我的信任！你的这种情况是广大七年级同学普遍都有的现象，对此，我们邀请群内各位老师就这一情况向大家介绍一些经验和方法.请各位老师发表自己的意见和建议.
山东徐老师：编辑老师好，孙宾同学好.期末考试将到，怎样在考试中发挥好，取得较好的成绩呢？我认为在考试中首先要掌握做题的技巧.我们知道，考试就是在规定的时间内完成一定数量的题目，其中既考查你对所学知识的掌握情况，又考查你的解题技巧、解题速度和解题能力.所以掌握做题技巧非常重要.
编辑：有的同学拿到试卷后，也不仔细看看试卷的要求，开考铃一响，就开始做大题，这是很不好的习惯.
河南王老师：是的，因为考试的时间是有限制的，如果一开始就做最难的题目，可能时间用得会比较多，从而造成心理上的紧张，以致简单会做的题没有时间去做或思考受阻.
编辑：因此，拿到试卷后，应先看一看试卷前面的解题要求，试题的特点等，做到心中有数.做题时最好先做比较容易的题目，把较难的题放在后面做.
湖南蒋老师：对！做选择题时，要根据题目的特点灵活选用解题方法.如直接计算法、排除法、对比法、特殊值法等.做填空题时，要注意解题结果的准确性，计算要细致，考虑要全面，不能出现漏解或多填的情况.
编辑：做填空题时，还要注意一些细节问题，如单位、该加的括号不要漏掉.
北京李老师：没错，就是这样，细心最重要.
编辑：那么如何解答大题呢？
辽宁费老师：在解答大题时，应先理清思路，不要走弯路.另外还要注意把解题步骤写好.有的同学大题也会做，可最后得分不高，实际上，这些同学解题时只写出最后的答案，而失去了各个步骤的分.所以解答大题时，要认真写出解题过程，要保证步骤清晰完整.
编辑：除了以上我们所说的，还要注意什么呢？
山西胡老师：考试不仅考查对基础知识的掌握，还注重对综合能力的考查，在解答综合探索型问题时，有的同学往往不知如何思考，遇到综合题就想放弃.实际上，综合题也是由一些我们学过的知识点构成的.认真审题，注意联想所学过的知识，从多个角度去思考问题，就能找到解题方法，对待综合题一定要有信心.
编辑：当然，要想在期末考试中取得好的成绩，需要有扎实的基础.
江西于老师：您说的很好！相信在知识掌握比较牢固的基础上，在考试中，只要你能选择良好的解题策略，严格规范操作，一定会取得比较理想的考试效果.
山东徐老师：在考试时，要保持比较轻松的心态，相信自己！做完题后还要仔细检查一遍.
编辑：希望通过我们短暂的交流，能为孙宾同学以及其他同学指点迷津.在此，感谢各位老师的积极参与和指导！
高一地理备课组
一、试卷特点分析
1．注重基础
本次期末考试的命题范围主要考查了人教版必修1的相关知识，试题的考点覆盖了本学期所学的重要知识点，对重点章节有所倾斜，重要图表都有所涉猎。总体难度不大，但是比较灵活多变，区分度较好。整体来看，试题重点强调基础，考查基本能力，会运用所学知识简单分析问题。
2．结合实际，培养学生的创新意识
创新精神和实践能力是当前教育教学实践探究的热点和焦点问题。在整套试卷中，不少题目体现了课改的意识，考查了学生运用自己所学的地理知识简单分析解决生产、生活中的实际问题，有利于对学生进行创新精神和实践能力的培养。3．反映学科特色。
地图是地理的语言，试卷中有8幅图考查学生的读图分析能力。
4、难易相结合，基础题、中档题、难题的比例为6:2:2。
二、各班考试的成绩总汇
本次考试参加人数672人，高一级1—4班平均44.40分，5—12班平均29.11 分，整体平均为33.99分，及格人数26人，及格率
3.87 %，优秀人数2人，优秀率0.30%。
三、试卷具体分析
本试卷分二部分：第一部分是选择题（11×4＇＝44＇），第二部分是综合题（56＇）。试题以图表居多，高一学生由于未能建立完整的地理体系，故不能充分利用地理图表，来获取有效信息。所以主要失分多在图表题中。
四、学生答题情况分析 选择题1、2题，考查河流堆积地貌，学生对河流上游、中下游聚落的分布掌握不够。
选择题3题，通过等高线间接考查气候，学生审题不清，主要原因是识图能力较差，不会进行知识迁移，判断不出地貌是山前冲积扇，而第4题较难，学生失分较多，首先要判断出北纬25度至北纬35度的图中区域实际上是中国，然后根据中国南部的主要气候类型得出气候的特点。
第5、6题本身不难，但学生普遍失分很多，该题考查天气系统，学生失分的原因是在于分不清龙卷风究竟是气旋还是反气旋，第5小题若判断失误，直接导致第6小题失分。
第7、8、9题考查洋流知识及应用，首先学生要根据南回归线清晰判断出该图是南美洲，甲地位于太平洋东岸，洋流为秘鲁寒流，乙地位于大西洋西岸，洋流为巴西暖流，然后得出结论甲地附近有秘鲁渔场，而寒流减温减湿，从而导致秘鲁热带沙漠气候。失分在于寒暖流不明确，对洋流的特点模糊不清。
第10、11题通过太阳直射点移动图考查地球自转、公转，本小题得分较多，失误主要在于没有分析出a、b、c、d 四点是春分、夏至、秋分、冬至。
综合题第12题学生普遍失分很多，从题目本身来说难度不大，但学生首先对甲图中的气温和降水走势不能做出正确判断出地中海气候，直接导致（2）题分析气候形成原因不知所措。同时，学生逻辑性思维不清，对乙图中的五点不能辨别出是何种气候，以至于（1）题自然带无从谈起，尽管不少学生答出了自然带，但大多张冠李戴，另外有大多数学生对自然带的名称没有准确识记。
综合题第13题（1）（2）（3）题失分很多，大多只能答出甲处的地质构造是背斜，但判断依据含糊其辞，用词不当，学生对地理专业术语的运用有待欠缺。（4）题得分较多，大多数学生能够判断出水循环的环节。综上所述，本次期末考试反映出来的问题主要表现在以下几个方面：
（1）知识运用能力差，与生活中的地理常识联系不上；
（2）审题不清；
（3）识记内容掌握不够；
（4）不能把知识点与提问方式挂勾；
（5）读图、析图能力欠佳。
五、今后教学的改进措施
1、加强学生对识记内容的落实检查。
2、加强对学生基础知识的训练和基本能力的培养。在教学过程中要切切实实让学生掌握应该学好的地理概念，落实好基础知识，培养学生学会学习，学会用地理知识分析问题和解决问题，在头脑中建立完整的地理体系。在教学过程中必须夯实基础，尽量创设情景，将基础知识与生活、生产的实际问题相联系，多让学生用所学的地理知识解释日常生活现象，提高学生分析、解释实际问题的能力，达到学以致用的目的。
3、加强阅读、析图和判读图表能力的培养.地图、地理图表是地理教学中最常用的工具，是知识量最丰富的载体。正确阅读分析地图和地理图表，既是培养学生地理基本技能的需要，也是促成学生具有地理品德和地理行为素质的知识源泉。因此，在平时教学中应加强对阅读地图和地理图表能力的培养，既能把具体地理事物的分布落实到地图上，又能读懂各种地理示意图，明白其含义。当然这不是一蹴而就的事情，需要在平时的教学中慢慢的渗透。
通过有效复习完成知识的梳理、系统的归纳、练习，加强学生对地理知识的了解，加深对学科知识体系的认识，通过一定的解题训练，掌握一定的地理技能，提高期末考试成绩。
二、复习内容：
地理八年级下册
三、复习课时：
五课时
四、具体要求和安排：
第一阶段：利用课堂教学对单元章节进行知识系统的梳理，分析知识的结构体系，通过理解，把握知识要点，突出知识的重点。
第二阶段：进行全面基础的测试、练习，以各种形式题型加强知识的灵活运用、分析。
第三阶段：全面模拟测试，对测试进行针对性训练，及时补漏。
五、知识重点和要求：
第一课时
1.复习中国四大地理区域划分;北方地区。
2.复习相关的知识结构，完成综合训练。
第二课时
1.南方地区。
2.相关的知识结构，完成《南方地区》综合训练。
第三课时
1.西北地区;青藏地区;我国的海洋国土。
2.知识归纳;完成三章的综合训练。
第四课时、第五课时
为期末联考考出好成绩，高二地理备课组老师经过多次会议讨论，群策群力，集思广益，特制定出如下复习备考计划：
1、12月23日停止新课教学，全力复习备考。
2、编制必修三复习提纲(已经发放给学生);精练精讲去年联考地理卷(已完成);命制3套必修三单元卷(已经完成精练精讲1套，本周末发放第2套试卷，元旦假期发放第3套试卷);元月份继续命制两套综合卷进行精讲精练。
3、精心打造1月4―5号的.期末适应性考试卷和下周的第四次强化训练卷，这两套综合卷突出高频考点和重点，做到知识点全覆盖，难易适中。
4、教师带领学生对教材进行知识点的系统复习梳理，并有针对性地抽查学生的掌握情况。
5、加强后进生的补缺工作，一方面抽查提纲背诵情况，另一方面是对典型知识点及习题进行再训练。
期末考试是检测学生整个学期的学习成果和教师的教学效果的一次总结性考试, 是高校教学过程中的重要环节, 也是教学管理工作的重要组成部分。高校的期末考试属于达标型考试, 其考试权威性、监考资源的配备和监督力度都不如全国性的选拔型考试。然而, 期末考试在高校教育中有着重要的地位和作用, 它是调动教师教学和学生学习积极性的重要手段, 是提高教学质量、促进学生健康成长的重要教学环节, 也是评定学生学业水平、使学生获得评奖学金、三好学生、入党、竞选学生干部、研究生保送资格的重要指标。所以, 我们必须制订公平公正的考试制度, 并不断完善, 使期末考试这一教学环节走上科学化轨道。
然而, 如今高校学生期末考试作弊的现象屡禁不止, 作弊人数越来越多, 作弊手段越来越高明和多样化。日趋严重的作弊问题使期末考试失去了测量和评价的作用, 扰乱正常的教学秩序, 影响学生的学习积极性, 妨碍教学质量的提高。为有效抑制考试作弊的蔓延, 各高校依据教育部修订的《普通高等学校学生管理规定》和《国家教育考试违规处理办法》等相关规定制订了符合自己学校的考试违纪作弊处理规定, 视情节轻重对违反考场纪律的学生给予警告、扣分、考试成绩记零、记过、留校察看、开除学籍等处分。尽管采取了一系列的措施, 大学生期末考试作弊的问题还是未能从根本上解决。本文尝试运用“囚徒困境”的理论来探讨大学生期末考试作弊的问题, 并提出可行的防治措施。
二、囚徒困境
囚徒困境是博弈论里一个非常有代表性的模型:两个涉嫌共犯重罪的嫌疑犯被单独关在囚室中, 如果其中一方愿意认罪并在法庭上作证, 而另一方还坚持自己无罪, 认罪的人被拘禁三十天后便可释放, 不认罪的则会被重判十年监禁;若双方都认罪, 则各判五年;如果双方都坚持自己无罪, 警察又无法找到证据证明他们的罪行, 则只能以较轻的罪名起诉, 各判两年。用来表示两个囚徒的选择方案和损益的支付矩阵 (payoff matrix) 如下:
在囚徒困境中, 两个囚犯都面临着一个两难的选择:是应该选择不认罪, 使警察拿不到证据起诉, 还是应该背叛对方, 坦白自己的罪行, 争取轻判?从甲的角度分析, 在乙认罪的条件下, 甲也认罪就被判五年, 不认罪则被判十年;在乙不认罪的条件下, 甲认罪就被关三十天, 不认罪就两年。所以, 不管乙的选择是什么, 甲的最佳选择都是认罪。从乙的角度分析亦然。这样双方都做出对自己利益最大, 风险最小的选择, 结局就是两人都被监禁五年, 对双方都不利。
博弈理论认为, 每个博弈都会在某点或某些点上达到均衡, 这就是所谓的”纳什均衡点” (潘天群, 2002, 页17-21) 。在纳什均衡点上, 参与博弈的任一方的选择对于局中其他人的策略都是最优的, 所以, 他们都不会有单独改变选择的冲动, 从而使博弈达到一个稳定的结果。在囚徒困境中, 唯一的均衡点就是双方都认罪, 这是在这场博弈中最可能出现的结果。
三、囚徒困境与大学生期末考试作弊
囚徒困境在理论上很好地反映了博弈的基本特征, 是一个典型的案例。只要博弈双方的命运联系于对方的选择上, 但双方又无法进行有效的沟通与合作, 囚徒困境就自然会形成。当今, 很多社会现象的内在根源, 都可以用囚徒困境来理解和分析。由于作弊涉及道德问题, 而且考试分数关系到学生的切身利益, 是学生获得评奖学金、三好学生、入党、竞选学生干部、研究生保送资格的重要指标, 大部分学生都不会宣称自己考试的时候会作弊, 于是考生之间在策略选择上就存在信息非对称性, 在这种情况下, 囚徒困境就出现了。在博弈论中, “理性人”是追求利益最大化的 (张维迎, 页1) 。我们假设作弊博弈的参与人是学生甲和学生乙, 他们都明白在这场博弈中存在着博弈支付 (表2) , 那到底是应该作弊 (不合作) 还是诚信考试 (合作) 呢?
在实际中, 考生的学习成绩各有差异, 所以我们需要假设上面所说的学生甲和学生乙是学习成绩不相上下的两名考生, 他们都很理性, 都根据自身利益最大化的原则来做决定, 并且面临着作弊还是诚信考试的选择。
在这一场考试作弊的博弈中, 如表2所示, 如果甲、乙二人都选择诚信考试, 这完全达到了考试的目的, 体现了公平、公正、公开的考试理念和公平竞争的考试规则, 有利于学生和学校的长远发展;反之, 如果双方都在期末考试时作弊, 结果必然是反馈错误的测评信息, 打击学生和教师的积极性, 导致学风、教风、考风、校风的恶化, 损害师生和学校的整体利益和长远利益。若甲、乙两人的选择不同, 那么选择作弊的学生将获得比实际更好的成绩, 在成绩排名上占优势;而诚信考试的学生虽然反映了真实的水平, 但是成绩排名明显落后于作弊学生, 于是在以后的评奖评优、入党、党团干部竞选中都处于吃亏的位置。所以, 与理性的囚徒双方最后都选择认罪的结果一样, 所有的考生出于自身利益最大化的考虑, 都会选择不顾道德的谴责和考场规则, 选择在期末考试中作弊。然而, 这样不仅使作弊的学生本人荒废学业, 而且助长了学生投机取巧的心理和弄虚作假的威风, 使更多的学生参与到作弊中, 加剧了社会的信用危机。
其实, 诚信考试不管是对学生的长远发展还是对学校和社会的总体利益都是最有利的策略, 是一种理想状态, 而大家都在考试中作弊却是这场博弈中的纳什均衡点, 这也许就是高校作弊现象越来越严重, 屡禁不止的原因。
四、大学生考试作弊走出囚徒困境的可能策略
对于教育而言, 道德应该成为教育的最高目标, 而诚信自古以来就是道德教育的重点。子曰:“信之于人重矣”。 (论语) 孟子:“诚着, 天之道也。思诚者, 人之道也。” (孟子·离娄上) 如果大学生考试作弊的问题不解决, 长此以往, “素质教育”就只能是一句空话, 这无疑是高等教育, 甚至是中国教育的不幸。大学生考试作弊的囚徒困境是各考生的个体理性行为和非合作博弈的结果。想要走出这个困境, 需要提高大学生行为自主性和个体理性水平, 更需要考试各主体的共同努力与合作。
(一) 提高各博弈主体的理性水平
在前文分析大学生期末考试作弊的囚徒困境时, 我们进行了一些前提假设。其中, 我们假设所有考生都是理性的, 都以自身利益最大化作为选择的标准。理性是囚徒困境产生的前提条件。在大学生期末考试作弊的囚徒困境中, 个人理性背离了集体理性。各考生都只考虑自身的利益, 不顾他人的利益, 从利己的个人理性出发, 对他人的利益采取不合作的措施, 导致了两败俱伤的结果。各考生以自利作为标准, 选择不顾学校的规章制度和道德规范, 在考试中作弊, 这似乎使自己处于一个更有优势的位置, 但是作弊需要承担被发现的风险, 在作弊过程中考生承受着巨大的压力, 这对学生的身心危害是不容忽视的。而且, 长远来看, 作弊这种选择将会使考生荒废学业, 影响学生对文化知识的掌握, 扭曲考生的价值观、荣辱观, 导致诚信品质缺失。最后, 当作弊的学生走出校门, 面对竞争激烈的社会, 终究会被淘汰。同时, 这也导致学校的学风、考风、校风的恶化。这是个体的理性否定了集体理性, 违背了素质教育的宗旨, 是个体理性选择导致了非理性的集体恶果。所以要走出大学生期末考试作弊的囚徒困境, 需要不断提高博弈各方的理性水平, 加强诚信教育, 引导大学生正确处理短期利益和长远利益, 个人利益和集体利益的关系。
(二) 加强合作
造成囚徒困境一个很重要的因素就是警察把两个囚犯分别关在不同的囚室中隔离侦讯, 使他们没办法合作。如果两个囚犯在严格的监狱管制之下还是找出了联系的方法, 比如收买狱卒, 那么他们就可以进行交流和讨论, 从共同而非自我利益出发, 进行合作, 做出更好的决策, 达到双赢的效果。所以, 制订增加学生合作机会 (大家都诚信考试) 的制度是解决囚徒困境有效的办法。例如:考试前所有考生都要签字保证会严格遵守考场纪律, 绝不在考试中作弊, 若发现作弊现象, 取消其评奖评优的资格。或者建立大学生个人信用档案, 所有违纪作弊行为都记录在档案里, 学校的素质考核和评奖评优等活动都参考学生档案里的信用记录, 并且该信用档案将来会与学生的其他档案一起交给用人单位, 如果档案里有不良的信用记录, 不仅影响学生在校期间的荣誉, 还会影响学生的就业, 这就迫使学生在考试中诚信应考。
然而, 人的本性都是自私的。就如囚徒困境中的两个囚犯, 即使他们达成了共识, 说好无论如何都不认罪, 但是, 就算达成这个共识是最符合共同的利益的, 自私的人有可能会在最后一刻偷偷认罪, 希望有机会减刑到三十天。如果他们不能相互信任, 那么, 问题有回到了原点, 还是无法摆脱最糟糕的结局。因此, 如果博弈双方不能相互信任, 我们需要第三方来进行监控。在这里, 第三方指的是监考。通过观察分析, 我们发现很多考试作弊频频发生的一个重要原因是监考老师没有严格执行考试纪律, 在考场上出现聊天、玩手机等现象, 发现作弊以后隐瞒不报, 只是口头训诫, 并没有实际惩罚。这样, 学生作弊的实际收益远远大于作弊的成本, 自然会打破约定, 冒险作出作弊的选择, 而不愿意花大量的时间和精力备考。加强监考力度可以迫使博弈双方信守承诺, 展开合作, 最终达到双赢的效果。
五、结语
囚徒困境描述的是博弈双方在特定的条件约束下, 根据个体理性做出选择, 而达成非合作博弈的一种均衡状态, 揭示了个体理性导致合作困难的后果。众所周知, 大学生考试作弊现象蔚然成风不利于学生和学校的长远发展。然而, 很多学生看到其他考生作弊成功, 导致自己的眼前利益受损, 为了不吃亏, 铤而走险加入作弊队伍。于是, 考生在作弊就陷入了囚徒困境。要使大学生走出困局, 必须提升各博弈主体的理性水平和加强合作, 具体措施可以包括加强诚信教育, 培养学生的诚信意识, 使学生认识到长远利益的重要性;建立学生信用档案, 加大未来利益对学生策略选择的影响力;制定严格的考场制度, 加大监考力度等。然而, 这些措施从理论上似乎是可行的, 可是在执行上也确实存在一定的困难。大学生期末考试作弊的囚徒困境并不是一个容易解决的问题, 仍然需要教育各方的通力合作, 共同商议和研究最佳的解决策略。
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1.抛物线y=mx2的准线方程为y=2，则m的值为 .
2.若函数f（x）=a-x+x+a2-2是偶函数，则实数a的值为 .
3.若sin（α+π12）=13，则cos（α+7π12）的值为 .
4.从长度分别为2、3、4、5的四条线段中任意取出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 .
5.已知向量a的模为2，向量e为单位向量，e⊥（a-e），则向量a与e的夹角大小为 .
6.设函数f（x）是定义在R上的奇函数，且对任意x∈R都有f（x）=f（x+4），当x∈（-2，0）时，f（x）=2x，则f（2012）-f（2013）= .
7.已知直线x=a（0
8.已知双曲线x2a2-y2=1（a>0）的一条渐近线为y=kx（k>0），离心率e=5k，则双曲线方程为 .
9.已知函数f（x）=ax（x<0），
（a-3）x+4a（x≥0）满足对任意x1≠x2，都有f（x1）-f（x2）x1-x2<0成立，则a的取值范围是 .
10.设x∈（0，π2），则函数y=2sin2x+1sin2x的最小值为 .
11.△ABC中，C=π2，AC=1，BC=2，则f（λ）=|2λCA+（1-λ）CB|的最小值是
12.给出如下四个命题：
①x∈（0，+∞），x2>x3;
②x∈（0，+∞），x>ex;
③函数f（x）定义域为R，且f（2-x）=f（x），则f（x）的图象关于直线x=1对称;
④若函数f（x）=lg（x2+ax-a）的值域为R，则a≤-4或a≥0;
其中正确的命题是 .（写出所有正确命题的题号）.
13.在平面直角坐标系xOy中，点P是第一象限内曲线y=-x3+1上的一个动点，以点P为切点作切线与两个坐标轴交于A，B两点，则△AOB的面积的最小值为 .
14.若关于x的方程|ex-3x|=kx有四个实数根，则实数k的取值范围是 .
二、解答题
15.已知sin（A+π4）=7210，A∈（π4，π2）.
（1）求cosA的值;
（2）求函数f（x）=cos2x+52sinAsinx的值域.
16.在四棱锥PABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2.
（1）求四棱锥PABCD的体积V;
（2）若F为PC的中点，求证PC⊥平面AEF;
（3）求证CE∥平面PAB.
17.某企业有两个生产车间分别在A、B两个位置，A车间有100名员工，B车间有400名员工.现要在公路AC上找一点D，修一条公路BD，并在D处建一个食堂，使得所有员工均在此食堂用餐.已知A、B、C中任意两点间的距离均有1km，设∠BDC=α，所有员工从车间到食堂步行的总路程为s.
（1）写出s关于α的函数表达式，并指出α的取值范围;
（2）问食堂D建在距离A多远时，可使总路程s最少.
18.已知点P（4，4），圆C：（x-m）2+y2=5（m<3）与椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）有一个公共点A（3，1），F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，直线PF1与圆C相切.
（1）求m的值与椭圆E的方程;
（2）设Q为椭圆E上的一个动点，求AP·AQ的取值范围.
19.幂函数y=x的图象上的点Pn（t2n，tn）（n=1，2，…）与x轴正半轴上的点Qn及原点O构成一系列正△PnQn-1Qn（Q0与O重合），记an=|QnQn-1|
（1）求a1的值;
（2）求数列{an}的通项公式an;
（3）设Sn为数列{an}的前n项和，若对于任意的实数λ∈[0，1]，总存在自然数k，当n≥k时，3Sn-3n+2≥（1-λ）（3an-1）恒成立，求k的最小值.
20.已知函数f（x）=（x2-3x+3）·ex定义域为[-2，t]（t>-2），设f（-2）=m，f（t）=n.
（1）试确定t的取值范围，使得函数f（x）在[-2，t]上为单调函数;
（2）求证：n>m;
（3）求证：对于任意的t>-2，总存在x0∈（-2，t），满足f′（x0）ex0=23（t-1）2，并确定这样的x0的个数.
附加题
21.[选做题] 本题包括A，B，C，D四小题，请选定其中两题作答，每小题10分，共计20分.
A.选修41：几何证明选讲
自圆O外一点P引圆的一条切线PA，切点为A，M为PA的中点，过点M引圆O的割线交该圆于B、C两点，且∠BMP=100°，∠BPC=40°，求∠MPB的大小.
B.选修42：矩阵与变换
已知二阶矩阵A=1a
34对应的变换将点（-2，1）变换成点（0，b），求实数a，b的值.
C.选修44：坐标系与参数方程
椭圆中心在原点，焦点在x轴上.离心率为12，点P（x，y）是椭圆上的一个动点，
若2x+3y的最大值为10，求椭圆的标准方程.
D.选修45：不等式选讲
若正数a，b，c满足a+b+c=1，求13a+2+13b+2+13c+2的最小值.
[必做题] 第22、23题，每小题10分，计20分.
22.如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP=m.
（1）试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角为60°;
（2）在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q⊥AP，并证明你的结论.
23.（本小题满分10分）
已知，（x+1）n=a0+a1（x-1）+a2（x-1）2+a3（x-1）3+…+an（x-1）n，（其中n∈N*）
（1）求a0及Sn=a1+a2+a3+…+an;
（2）试比较Sn与（n-2）2n+2n2的大小，并说明理由.
参考答案
一、填空题
1. -18
2. 2
3. -13
4. 0.75
5. π3
6. 12
7. 710
8. x24-y2=1
9. （0，14]
10. 3
11. 2
12. ③④
13. 3324
14. （0，3-e）
二、解答题
15.解：（1）因为π4<A<π2，且sin（A+π4）=7210，
所以π2<A+π4<3π4，cos（A+π4）=-210.
因为cosA=cos[（A+π4）-π4]
=cos（A+π4）cosπ4+sin（A+π4）sinπ4
=-210·22+7210·22=35.所以cosA=35.
（2）由（1）可得sinA=45.所以f（x）=cos2x+52sinAsinx
=1-2sin2x+2sinx=-2（sinx-12）2+32，x∈R.因为sinx∈[-1，1]，所以，当sinx=12时，f（x）取最大值32;当sinx=-1时，f（x）取最小值-3.
所以函数f（x）的值域为[-3，32].
16.解：（1）在Rt△ABC中，AB=1，
∠BAC=60°，∴BC=3，AC=2.
在Rt△ACD中，AC=2，∠CAD=60°，
∴CD=23，AD=4.
∴SABCD=12AB·BC+12AC·CD
=12×1×3+12×2×23=523.则V=13×523×2=533.
（2）∵PA=CA，F为PC的中点，
∴AF⊥PC.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC=A，
∴CD⊥平面PAC.∴CD⊥PC.
∵E为PD中点，F为PC中点，
∴EF∥CD.则EF⊥PC.
∵AF∩EF=F，∴PC⊥平面AEF.
（3）取AD中点M，连EM，CM.则EM∥PA.
∵EM平面PAB，PA平面PAB，
∴EM∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，
∴∠ACM=60°.而∠BAC=60°，∴MC∥AB.
∵MC平面PAB，AB平面PAB，
∴MC∥平面PAB.
∵EM∩MC=M，
∴平面EMC∥平面PAB.
∵EC平面EMC，
∴EC∥平面PAB.
17.解：（1）在△BCD中，
∵BDsin60°=BCsinα=CDsin（120°-α），
∴BD=32sinα，CD=sin（120°-α）sinα，
则AD=1-sin（120°-α）sinα.
s=400·32sinα+100[1-sin（120°-α）sinα]
=50-503·cosα-4sinα，其中π3≤α≤2π3.
（2）s′=-503·-sinα·sinα-（cosα-4）cosαsin2α=503·1-4cosαsin2α.
令s′=0得cosα=14.记cosα0=14，α0∈（π3，2π3）;
当cosα>14时，s′<0，当cosα<14时，s′>0，
所以s在（π3，α0）上单调递减，在（α0，2π3）上单调递增，
所以当α=α0，即cosα=14时，s取得最小值.
此时，sinα=154，
AD=1-sin（120°-α）sinα=1-32cosα+12sinαsinα
=12-32·cosαsinα=12-32·14154=12-510.
答：当AD=12-510时，可使总路程s最少.
18.解：（1）点A代入圆C方程，得（3-m）2+1=5.
∵m<3，∴m=1.
圆C：（x-1）2+y2=5.
设直线PF1的斜率为k，则PF1：y=k（x-4）+4，即kx-y-4k+4=0.
∵直线PF1与圆C相切，∴|k-0-4k+4|k2+1=5.解得k=112，或k=12.
当k=112时，直线PF1与x轴的交点横坐标为3611，不合题意，舍去.
当k=12时，直线PF1与x轴的交点横坐标为-4，
∴c=4，F1（-4，0），F2（4，0）.
2a=AF1+AF2=52+2=62，a=32，a2=18，b2=2.
椭圆E的方程为：x218+y22=1.
（2）AP=（1，3），设Q（x，y），AQ=（x-3，y-1），
AP·AQ=（x-3）+3（y-1）=x+3y-6.
∵x218+y22=1，即x2+（3y）2=18，
而x2+（3y）2≥2|x|·|3y|，∴-18≤6xy≤18.
则（x+3y）2=x2+（3y）2+6xy=18+6xy的取值范围是[0，36].
x+3y的取值范围是[-6，6].
∴AP·AQ=x+3y-6的取值范围是[-12，0].
19.解：（1）由P1（t21，t1）（t>0），得kOP1=1t1=tanπ3=3t1=33，
∴P1（13，33），a1=|Q1Q0|=|OP1|=23.
（2）设Pn（t2n，tn），得直线PnQn-1的方程为：y-tn=3（x-t2n），
可得Qn-1（t2n-tn3，0），
直线PnQn的方程为：y-tn=-3（x-t2n），可得Qn（t2n+tn3，0），
所以也有Qn-1（t2n-1+tn-13，0），得t2n-tn3=t2n-1+tn-13，由tn>0，得tn-tn-1=13.
∴tn=t1+13（n-1）=33n.
∴Qn（13n（n+1），0），Qn-1（13n（n-1），0），
∴an=|QnQn-1|=23n.
（3）由已知对任意实数时λ∈[0，1]时，n2-2n+2≥（1-λ）（2n-1）恒成立，
对任意实数λ∈[0，1]时，（2n-1）λ+n2-4n+3≥0恒成立
则令f（λ）=（2n-1）λ+n2-4n+3，则f（λ）是关于λ的一次函数.
对任意实数λ∈[0，1]时，f（0）≥0
f（1）≥0.
n2-4n+3≥0
n2-2n+2≥0n≥3或n≤1，
又∵n∈N*，∴k的最小值为3.
20.（1）解：因为f′（x）=（x2-3x+3）·ex+（2x-3）·ex=x（x-1）·ex
由f′（x）>0x>1或x<0;由f′（x）<00<x<1，所以f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上递增，在（0，1）上递减
欲f（x）在[-2，t]上为单调函数，则-2<t≤0.
（2）证：因为f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上递增，在（0，1）上递减，所以f（x）在x=1处取得极小值e
又f（-2）=13e2<e，所以f（x）在[-2，+∞）上的最小值为f（-2）
从而当t>-2时，f（-2）<f（t），即m<n.
（3）证：因为f′（x0）ex0=x20-x0，所以f′（x0）ex0=23（t-1）2即为x20-x0=23（t-1）2，
令g（x）=x2-x-23（t-1）2，从而问题转化为证明方程g（x）=x2-x-23（t-1）2=0
在（-2，t）上有解，并讨论解的个数.
因为g（-2）=6-23（t-1）2=-23（t+2）（t-4），g（t）=t（t-1）-23（t-1）2=13（t+2）（t-1），所以
①当t>4或-2<t<1时，g（-2）·g（t）<0，所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解.
②当1<t<4时，g（-2）>0且g（t）>0，
但由于g（0）=-23（t-1）2<0，
所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且有两解.
③当t=1时，g（x）=x2-x=0x=0或x=1，所以g（x）=0在（-2，t）上有且只有一解;
当t=4时，g（x）=x2-x-6=0x=-2或x=3，
所以g（x）=0在（-2，4）上也有且只有一解.
综上所述，对于任意的t>-2，总存在x0∈（-2，t），满足f′（x0）ex0=23（t-1）2，
且当t≥4或-2<t≤1时，有唯一的x0适合题意;当1<t<4时，有两个x0适合题意.
（说明：第（2）题也可以令φ（x）=x2-x，x∈（-2，t），然后分情况证明23（t-1）2在其值域内，并讨论直线y=23（t-1）2与函数φ（x）的图象的交点个数即可得到相应的x0的个数）
附加题
21.（A）解：因为MA为圆O的切线，所以MA2=MB·MC.
又M为PA的中点，所以MP2=MB·MC.
因为∠BMP=∠BMC，所以△BMP∽△PMC.
于是∠MPB=∠MCP.
在△MCP中，由∠MPB+∠MCP+∠BPC+∠BMP=180°，得∠MPB=20°.
（B）解：∵0
b=1a
34-2
1=-2+a
-6+4，
∴0=-2+a
b=-2，即a=2，b=-2.
（C）解：离心率为12，设椭圆标准方程是x24c2+y23c2=1，
它的参数方程为x=2cosθ
y=3sinθ，（θ是参数）.
2x+3y=4ccosθ+3csinθ=5csin（θ+φ）最大值是5c，
依题意tc=10，c=2，椭圆的标准方程是x216+y212=1.
（D）解：因为正数a，b，c满足a+b+c=1，
所以，（13a+2+13b+2+13c+2）[（3a+2）+（3b+2）+（3c+2）]≥（1+1+1）2，
即13a+2+13b+2+13c+2≥1，
当且仅当3a+2=3b+2=3c+2，即a=b=c=13时，原式取最小值1.
22.解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则
A（1，0，0），B（1，1，0），P（0，1，m），C（0，1，0），D（0，0，0），
B1（1，1，1），D1（0，0，2）.
所以BD=（-1，-1，0），BB1=（0，0，2），
AP=（-1，1，m），AC=（-1，1，0）.
又由AC·BD=0，AC·BB1=0知AC为平面BB1D1D的一个法向量.
设AP与面BDD1B1所成的角为θ，
则sinθ=cos（π2-θ）=|AP·AC||AP|·|AC|
=22·2+m2=32，解得m=63.
故当m=63时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.
（2）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，
则Q（x，1-x，2），D1Q=（x，1-x，0）.
依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.等价于
D1Q⊥APAP·D1Q=0x+（1-x）=0x=12
即Q为A1C1的中点时，满足题设的要求.
23.解：（1）取x=1，则a0=2n;取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+an=3n，
∴Sn=a1+a2+a3+…+an=3n-2n;
（2）要比较Sn与（n-2）2n+2n2的大小，即比较：3n与（n-1）2n+2n2的大小，
当n=1时，3n>（n-1）2n+2n2;
当n=2，3时，3n<（n-1）2n+2n2;
当n=4，5时，3n>（n-1）2n+2n2;
猜想：当n≥4时，3n>（n-1）2n+2n2，下面用数学归纳法证明：
由上述过程可知，n=4时结论成立，
假设当n=k，（k≥4）时结论成立，即3k>（k-1）2k+2k2，
两边同乘以3得：3k+1>3[（k-1）2k+2k2]=k2k+1+2（k+1）2+[（k-3）2k+4k2-4k-2]
而（k-3）2k+4k2-4k-2=（k-3）2k+4（k2-k-2）+6=（k-3）2k+4（k-2）（k+1）+6>0，
∴3k+1>（（k+1）-1）2k+1+2（k+1）2
即n=k+1时结论也成立，∴当n≥4时，3n>（n-1）2n+2n2成立.
综上得，当n=1时，Sn>（n-2）2n+2n2;当n=2，3时，Sn<（n-2）2n+2n2;
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