总结是把一定阶段内的有关情况分析研究，做出有指导性的经验方法以及结论的书面材料，它有助于我们寻找工作和事物发展的规律，从而掌握并运用这些规律，因此十分有必须要写一份总结哦。你想知道总结怎么写吗？下面是快回答给大家整理的8篇高一期中考试，希望可以启发您对于高一期中考试的写作思路。

高一期中考试 篇一

5月等级性考试安排如下：

考试日期

考试时间

等级性考试科目

5月4日

（星期六）

9:00—10:00

化学

13:00—14:00

思想政治

15:30—16:30

物理

5月5日

（星期日）

9:00—10:00

历史

13:00—14:00

地理

15:30—16:30

生命科学

5月等级性考试科目如下：

5月等级性考试设思想政治、历史、地理、物理、化学、生命科学6门科目。考生可根据高校招生要求和自身兴趣特长，在6门等级性考试科目中自主选择3门参加考试。

合格性考试成绩合格的考生，可直接选择相应科目的等级性考试进行报考。参加过本市高中学业水平考试的往届生若已取得相应科目的合格成绩，可直接报考对应科目的等级性考试。

高一期中考试范文 篇二

一、 试卷分析

难度：限于出卷经验不足，所以不敢出难题、“怪题”、巧题。我从百余页试题库中，精减出这一套试题，甚至可以说我在出题时都有徇私——哪些题目我觉得自己的学生作不出来的我就坚决不选！这样编订出来的试题，可以说再也没有办法简单了！从这个方面来说，我觉得自己应该是要受到批评的！全套试卷真正有难度的只有一个题目，而且是作为一个单选题出现的。所以总体而言，本套试题识记性较强，理解性题量不足，即难度偏低！

只是考察覆盖面：部分我认为特别重要的东西，其实仍然没有纳入试题，包括春秋分日的考查；而有些部分则略显繁冗。总体上说，覆盖面较广，比例页比较协调合理。

二、 学情简略概括

所教3、4、5、6四个普通班，基本由我从开学带上来。其中3班曾经由李光荣老师带过2个星期，一个月后才正式更换。而1、2两个重点班，均经历过三个老师的变换，现由王明友老师任教。

总体而言，6个班如校基础相差不大，重点班稍好。但是学习态度差异相当大，1、2班课堂气氛活跃，课堂融洽和谐。而四个普通班气氛沉闷，学生缺乏主动探索精神。甚至很多学生表现出对于学习非常不在意。

三、 考试成绩分析（等待更新…….）

四、 原因分析

1、教师方面：课堂上仍然存在讲多练少的情况。据部分同学反映，课堂上听的懂，但是课后做题不会。学生所用练习册《第二教材》偏难，不适合普通班学生使用。而教师很少从课外资料上面提炼出好的题目给学生练习，所以学生学到的知识点实践的机会比较小。

2、学生基础知识薄弱，识记较差。不少试题是以教材上文字为蓝本编写，但得分情况不理想。很多试题考查的知识点在课堂多次强调过，仍然不知所以然。还有很多知识点记忆不准确，导致错误，比如讲黄道面记忆成黄赤面。反映至少2个方面的问题，一是没有认真阅读记忆过教材，二是基础知识点应用太少，概念不明晰。

3、学习态度不端正，存在明显的只求一知半解的情况。表现为学习中出现问题不及时解决，不喜欢问问题；还表现为上课不积极主动的思考，只求表面印象，不求用心理解！普通班的许多同学上课是用推的，在老师的催促下才会动动手，但是仍然不动脑。

高一期中考试范文 篇三

关键词：基础课；高等数学；阶段化考试

中图分类号：G642 文献标识码：A 文章编号：1007-0079（2014）21-0046-02

近年来，高等教育规模快速发展，招生规模不断扩大，给高等教育带来了很大的压力，生源质量参差不齐，学生素质下降，一些学校师资队伍的建设速度和质量不能及时地与招生规模同步提高，导致教学的难度不断增大，教学质量相对下降等等。面对新的招生形势，人才培养模式、教学内容和方法需要进一步转变，因此迫切需要采取切实有效的措施，以保证人才培养的质量，更好地满足经济社会发展对高素质创新性人才的需要。

提高高等教育的教学质量，除了要求良好的教学环境外，还需要从提高各门课程教学质量入手，尤其是基础课教学，由于基础课开课范围广，学时多，学分大，其教学质量的好坏直接影响着学校整体教学质量。

由于数学课程本身存在着逻辑性、抽象性和系统性强等特点，加之内容枯燥，灵活性大，所以大部分学生在学学数学时都感觉到很吃力。招生规模的增加，使学生之间的差异也不断加大，东北农业大学（以下简称“我校”）学生的整体素质有所下降。除了在数学成绩、数学水平和能力上参差不齐外，更主要的是很多学生学习缺乏动力，自律能力较低，适应能力不强，遇到困难就放弃，致使数学教学中产生了一系列的困难，不及格率上升，教学质量下降。鉴于数学学科的特点，通过对我校公共数学课程教学质量影响因素的研究分析，为使数学教育在培养学生严密的逻辑思维、严谨的科学态度、一丝不苟的工作精神方面起到更大的作用，笔者首先从数学课程的考试方法入手，进行了两个学期，涉及到四门课程，1300多人次的阶段化考试。从试验结果来看，在督促学生学习、提高及格率等方面效果比较显著，但同时也存在着一些问题和困难，以下就阶段化考试的试验过程和结果进行简单的分析。

一、数学课阶段化考试的目的和意义

高等数学是我校工科、农科和经济类各专业都开设的重要的基础课，由于数学课程的内容多，学时多，难度大，逻辑性强，各章节内容相互衔接紧密，如果前一阶段的学习不够透彻，后面的学习就无法进行，甚至于很多学生由于自我约束力不强，在学期初就放弃课程的学习。为督促学生平时的学习，使学生顺利完成数学课程的学习，同时也减少高等数学期末考试的压力，通过查阅国外的资料和对一些留学生的访谈，借鉴了国外一些大学考试的方式方法，并根据我校的具体情况，笔者进行了阶段化考试的试验工作。试验结果表明，及时进行考试（分阶段考试）不仅能促进学生的学习，也便于教师随时了解学生对内容的接受情况，及时调整教学进度和教学方法。

二、阶段化考试试验实施过程与结果分析

我校的高等数学课程主要分为工科、经济和农科三大类，其中工科高等数学160学时，分上下两学期完成，每学期80学时；经济类和农科各80学时，一个学期完成。

1.初步试验工作

2012～2013第一学期在工科、农科和经济类高等数学课程的教学中进行了分阶段考试的试验。办法是从2012级本科生中抽取六个班，其中农科、经济和工科各两个班，学生层次包括二表专业和二表B专业的班级。分别进行五次考试，具体内容如下：

农科与经济类：

第一次：函数，极限与连续；第二次：导数及其应用；第三次：积分学；第四次：多元函数微积分学；第五次：微分方程。

工科类：

第一次：极限与连续；第二次：导数及其应用；第三次：不定积分；第四次：定积分及其应用；第五次：微分方程。

阶段化考试每次考试严格按照期末考试的标准进行命题、考试、阅卷。考虑到每次考试的内容和教师在评卷时给分的尺度，在每次考试中，时间是期末考试时间的一半，试题量基本上是期末试卷题量的一半，每题分值与期末试卷相同，即阶段化考试每次60分钟，满分50分。考试后保留试卷，并进行封存，成绩向学生公布。期末按各章节内容在总试卷中的比重加权得本学科期末成绩，占总成绩比例与其他班级相同。对阶段化考试成绩不满意的同学还可以参加期末考试，课程最终成绩以阶段考试和期末考试成绩高者为准。

平时成绩与其他班级相同，按照作业、考勤和平时表现正常给出，比例和其他班级同样。

2.较大范围试验工作

为进一步分析研究阶段化考试在基础课教学以及学生的学习中的作用，2012～2013第二学期，经学院和系里研究并得到学校教务处及相关部门的支持，笔者将试验范围进一步扩大，对工科高等数学（下）（共2193人）中的约一半（1091人）实行阶段化考试，具体内容和方案如下：

工科类高等数学（下）考试内容：

第一次：空间解析几何；第二次：二元函数微分学；第三次：重积分；第四次：曲线积分与曲面积分；第五次：级数。考试时间：每次60分钟，满分50分。

在出题、考试、阅卷及试卷保存等过程中严格执行前次试验的标准，由于参加阶段化考试的学生和教师较多，采用流水批卷的办法（每次考试严格按照期末考试的标准进行命题、考试、阅卷，保留试卷，成绩向学生公布并进行封存。期末按各章节内容在总试卷中的比重加权得本学科期末成绩，占总成绩比例与其他班级相同；平时成绩按照作业、考勤和平时表现正常给出，比例和其他班级相同）。考虑到前面试验中一些学生认为 期末考试还有机会，对平时考试不重视的原因，也考虑到学校期末考试安排的工作量问题，本次要求参加阶段化考试的学生不再参加期末考试。

说明：阶段化考试范围内与期末考试完全相同，难度相当；阶段化考试题型相同，各章所占比例相同；为了能使教师在阶段化考试评卷与期末考试评卷尺度相同，阶段化考试时间每次1小时，题目相当于期末考试卷题目的一半稍多，每题分值与期末试卷分值相当或稍低。

从试验结果来看，无论是平时成绩还是及格率，阶段化考试都明显好于非阶段化考试。

三、关于数学课程阶段化考试的问卷调查

问卷统计结果中参加阶段化考试的同学占34.04%，未参加阶段化考试的同学65.96%，统计结果与结论如下：

第一，在参加阶段化考试的同学中，认为阶段化考试的成绩比一次性期末考试成绩能够或更好地反映出学生学习状况的占82.40%，在未参加阶段化考试的同学中该比例占64.10%。即无论是否参加了阶段化考试，大多数学同学认为阶段化考试更能够反映学生的学习状况。

第二，参加阶段化考试的同学中有80.13%认为实行阶段化考试对平时的学习有很大或有一定的督促作用，在未参加阶段化考试的同学中该比例也达到71.37%，即阶段化考试起到了督促学生平时学习的作用。

第三，参加阶段化考试的同学中64.18%对阶段化考试给平时的学习带来的压力表示欢迎，认为有压力才有动力；30.23%的同学表示可以接受，但不欢迎；在未参加阶段化考试的同学中该比例分别是41.67%和44.66%。说明绝大多数同学希望平时有一定的压力来促进自己的学习。

第四，在问到“数学课程最应该采取哪种考试方式”和“哪种考试方式更有助于学生积极掌握知识”两题中，选择阶段化闭卷考试的学生比例都是最高的，分别达到45.10%和56.10%，说明学生比较认可阶段化考试的方式。

四、阶段化考试利弊分析

从上面的分析与调查结果可以看到，阶段化考试的有利之处主要有以下几个方面：在整体上对督促学生平时的学习，帮助学生积极地掌握知识有较大的作用，对课程的连续学习有利；通过阶段考试，教师可以及时了解每一阶段学生的学习情况，并据此调整教学进度和教学方法，使学生后面的学习更顺利；阶段考试测试的内容多，可以包括所有的知识点，期末考试中对每章的内容进行重要知识点测试，因此阶段考试更能反映学生对知识的掌握情况。

尽管阶段化考试受到大多数同学的欢迎，但也存在着一些问题，有待于在今后的工作中改进和完善，主要有以下几个方面：第一，由于组织阶段化考试，每次考试包括出卷、考试、阅卷、复查和成绩计算录入给任课教师增加了大量的工作，增加了教育成本。第二，一些学生在前几次考试中考得不好，后面考试有放弃的现象，也有前面考得好后面不认真的情况，但比例相对很小。第三，阶段化考试的学生是否参加期末考试的问题还有待于探讨。给期末考试机会，就有同学不重视平时考试，寄希望于期末，不给机会，也会产生一些问题。

高一期中考试范文 篇四

一、单选题

1．下列四个命题中，为真命题的是（

）

A.若，则

B.若，则

C.若，则

D.若，则

【答案】A

【解析】利用不等式的性质依次判断即可。

【详解】

对于选项A,由及“同向同正可乘性”，可得；对于选项B，令则，显然不成立；对于选项C，若，显然不成立；对于选项D,若，显然不成立。

故选：A

【点睛】

本题主要考查不等式的性质，属于基础题。

2．钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（）

A.充分条件

B.必要条件

C.充分必要条件

D.既非充分也非必要条件

【答案】B

【解析】根据等价命题，便宜Þ没好货，等价于，好货Þ不便宜，故选B．

【考点定位】考查充分必要性的判断以及逻辑思维能力，属中档题。

3．设、是非空集合，定义且，若，，则等于（

）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】解出集合，利用交集和补集的定义得出集合和，然后利用题中的定义可得出集合。

【详解】

解不等式，即，解得，则集合。

所以，，，

根据集合的定义可得。

故选：A.

【点睛】

本题考查集合的新定义运算，同时也考查了一元二次不等式的解法、交集与补集的运算，考查运算求解能力，属于中等题。

4．设集合，，,，，其中、，下列说法正确的是（

）

A.对任意，是的子集；对任意，不是的子集

B.对任意，是的子集；存在，使得是的子集

C.存在，使得是的子集；对任意，不是的子集

D.存在，使得是的子集；存在，使得是的子集

【答案】B

【解析】利用集合子集的概念，任取，可推出，可得对任意的实数，；再由，，求得、，即可判断出选项B正确，A、C、D错误。

【详解】

对于集合，，任取，，则，，所以，对任意，是的子集；

当时，，，可得；

当时，，，可得不是的子集。

所以，存在，使得是的子集。

故选：B.

【点睛】

本题考查集合包含关系的判断，同时也考查了一元二次不等式的解法，以及任意性和存在性问题的解法，考查推理能力，属于中等题。

二、填空题

5．设集合，集合，若，则__________．

【答案】

【解析】由题意得出，由此可解出实数的值。

【详解】

，且，，，，解得。

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用集合的包含关系求参数，在处理有限集的问题时，还应注意集合的元素应满足互异性，考查计算能力，属于中等题。

6．用描述法表示所有被除余的整数组成的集合：_________．

【答案】

【解析】利用描述法和整除性质即可得出。

【详解】

由题意知，所有被除余的整数组成的集合为。

故答案为：.

【点睛】

本题考查描述法、数的整除性质，考查推理能力，属于基础题。

7．设集合，，则__________．

【答案】

【解析】解方程组，求出公共解，即可得出集合。

【详解】

解方程组，得，因此，.

故答案为：.

【点睛】

本题考查集合交集的计算，同时也考查了二元一次方程组的求解，在表示集合时要注意集合元素的类型，考查计算能力，属于基础题。

8．不等式的解集是_________．

【答案】

【解析】将原不等式变形为，解出该不等式即可。

【详解】

由，移项得，即，解得或。

因此，不等式的解集是。

故答案为：.

【点睛】

本题考查分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题。

9．已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为__________．

【答案】

【解析】分析：不等式的解集为，则方程的根为，利用韦达定理求参数，再解不等式即可。

详解：不等式的解集为，则方程的根为，由韦达定理可知：，，所以不等式为，所以解集为

点睛：二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式

问题的常用方法。

10．设、，集合，则__________．

【答案】

【解析】根据题意得出，则，则有，可得出，由此得出，然后求出实数、的值，于是可得出的值。

【详解】

，由于有意义，则，则有，所以，.

根据题意有，解得，因此，.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用集合相等求参数的值，解题的关键就是根据题意列出方程组求解，考查运算求解能力，属于中等题。

11．设全集，若，，，则__________．

【答案】

【解析】作出韦恩图，将全集中的各元素放置在合适的区域内，得出集合和集合，再根据交集的定义可得出集合。

【详解】

全集，作出韦恩图如下图所示：

由图形可知集合，，因此，.

故答案为：.

【点睛】

本题考查集合的混合运算，同时也考查了韦恩图法的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题。

12．下列说法中：

①“若，则”的否命题是“若，则”；

②“”是“”的必要非充分条件；

③“”是“或”的充分非必要条件；

④“”是“且”的充要条件。

其中正确的序号为__________．

【答案】③

【解析】根据否命题与原命题的关系可判断命题①的正误；解方程，根据充分必要性可判断出命题②的正误；由命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”得出“”是“或”的充分必要性与“且”是“”的充分必要性相同，从而判断命题③的正误；利用举反例和逻辑推理来判断命题④的正误。

【详解】

对于命题①，“若，则”的否命题是“若，则”，命题①错误；

对于命题②，解方程，得或，

所以，“”是“”的充分非必要条件，命题②错误；

对于命题③，由于命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”，可知，“”是“或”的充分必要性与“且”是“”的充分必要性相同，

“且”“”，取，则，所以，“”“且”，则“且”是“”的充分非必要条件，

所以，“”是“或”的充分非必要条件，命题③正确；

对于命题④，取，，则满足，但“”“且”，

由不等式性质可知，当且，有，则“且”“”。

所以，“”“且”必要非充分条件，命题④错误。

故答案为：③.

【点睛】

本题考查四种命题以及充分必要性的判断，常利用举反例和逻辑推理进行推导，考查推理论证能力，属于中等题。

13．已知集合，则m的取值范围为______．

【答案】

【解析】当时，不等式恒成立，可知符合题意；当时，由恒成立可得；当时，不可能在实数集上恒成立，由此可得结果。

【详解】

当时，恒成立，，符合题意

当时，，解得：

当时，集合不可能为

综上所述：

故答案为：

【点睛】

本题考查一元二次不等式在实数集上恒成立问题的求解，易错点是忽略二次项系数是否为零的讨论，造成求解错误。

14．已知集合，，且，则实数的值为_________．

【答案】或或1

【解析】解方程得，因为，所以，，，分别解得的值

【详解】

由题，，因为，所以当时，无解，；当时，；当时，，综上所述，的值为或或

【点睛】

由集合间的关系求参数时，常根据集合包含关系的意义，建立方程求解，此时应注意分类讨论思想的运用

15．集合，若，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【解析】由，结合题意得出关于的方程有负根，分和，在的前提下，分二次方程有两个相等的负根、两根一正一负以及两个负根进行分类讨论，可求出实数的取值范围。

【详解】

，，

，则关于的方程有负根。

（1）当时，即当时，原方程为，不成立；

（2）当时，即当时，设该方程的两个实根分别为、.

①若该方程有两个相等的负根，则，

可得，此时方程为，即为，解得，

合乎题意；

②若该方程的两根一正一负时，则有，解得；

③当该方程有两个负根时，则有，解得。

综上所述，实数的取值范围是。

故答案为：.

【点睛】

本题考查二次方程根的分布问题，解题时要结合判别式、两根之和与积的符号来进行分析，考查分类讨论思想的应用，属于中等题。

16．若集合，集合，且，记为中元素的最大值与最小值之和，则对所有的，的平均值是__________．

【答案】

【解析】先归纳出集合时，集合且时，的平均值，然后令可得出的平均值。

【详解】

先考虑集合时，集合且时，的平均值。

，，则，此时，的平均值为；

，当时，，当时，，当时，，此时，的平均值为；

，当时，，当时，，时，，当时，，当时，，当时，，当时，，此时，的平均值为；

依此类推，对于集合，的平均值为。

由于，所以，.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了集合的新定义，同时也考查了归纳推理，解题的关键就是利用归纳推理得出的表达式，考查推理论证能力，属于难题。

三、解答题

17．已知集合，，若，求的值。

【答案】、或

【解析】解出集合，由得出，然后分和两种情况讨论，在时，可得出或，由此可得出实数的值。

【详解】

解方程，解得或，则集合。

，则。

当时，，合乎题意；

当时，，，或，解得或。

因此，实数的取值有、或。

【点睛】

本题考查利用集合的包含关系求出参数，同时也考查了一元二次方程的求解，解题的关键就是对变系数的一次方程进行分类讨论，考查运算求解能力，属于中等题。

18．设、且，比较两数与的大小。

【答案】见解析

【解析】将两个代数式作差，因式分解，然后对各因式的符号进行判断，可得出两数与的大小关系。

【详解】

.

，.

①当时，，此时，；

②当时，，此时，；

③当时，，此时，.

【点睛】

本题考查利用作差法比较两数的大小，在作差后依次因式分解、讨论符号，然后可判断出两数的大小关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题。

19．已知集合，集合，，.

求：（1）；

（2）.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）求出集合、，利用交集的定义可得出集合；

（2）求出集合，利用并集的定义得出集合，再利用补集的定义可得出集合。

【详解】

（1），

，因此，；

（2），由不等式的性质可得，

则集合，，

因此，.

【点睛】

本题考查集合交集、并集与补集的混合运算，同时也考查了函数定义域、值域的求解，考查运算求解能力，属于中等题。

20．若关于的不等式的解集为，的解集为。

（1）试求和；

（2）是否存在实数，使得？若存在，求的范围；若不存在，说明理由。

【答案】（1），；（2）存在，.

【解析】（1）将不等式变形为，然后对和的大小进行分类讨论，解出该不等式可得出集合，将不等式变形为，解出该不等式可得出集合；

（2）对和的大小进行分类讨论，结合列出关于的不等式，解出即可得出实数的取值范围。

【详解】

（1）不等式即为。

①当时，原不等式即为，解该不等式得，

此时；

②当时，解该不等式得或，此时；

③当时，解该不等式得或，此时。

不等式即为，解得，此时，；

（2）当时，，，此时成立；

当时，，，要使得，则有，解得，此时；

当时，，，则，要使得，则，这与矛盾。

综上所述，实数的取值范围是。

因此，存在实数，使得。

【点睛】

本题考查一元二次不等式与分式不等式的求解，同时也考查了利用集合的并集运算求参数，解题时要注意对参数的取值进行分类讨论，考查分类讨论思想的应用，属于中等题。

21．对在直角坐标系的第一象限内的任意两点，作如下定义：,那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”。

（1）试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标；

（2）设、、、均为正数，且点是点的上位点，请判断点是否既是点的“下位点”又是点的“上位点”，如果是请证明，如果不是请说明理由；

（3）设正整数满足以下条件：对任意实数，总存在，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值。

【答案】（1）“上位点”，“下位点”；（2）是，证明见解析；（3）.

【解析】（1）由已知中“上位点”和“下位点”的定义，可得出点的一个“上位点”的坐标为，一个“下位点”的坐标为；

（2）由点是点的“上位点”得出，然后利用作差法得出与、的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论；

（3）结合（2）中的结论，可得，，满足条件，再说明当时，不成立，可得出的最小值为。

【详解】

（1）对于平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”。

点的一个“上位点”的坐标为，一个“下位点”的坐标为；

（2）点是点的“上位点”，，.

，

点是点的“下位点”，

，

点是点的“上位点”；

（3）若正整数满足条件：在时恒成立。

由（2）中的结论可知，，时满足条件。

若，由于，

则不成立。

因此，的最小值为。

高一期中考试 篇五

一、准备时如何着手：

1.要回归基础知识。到了最后阶段，不宜再复习所有知识点，把重点要深入掌握，争取不让自己会的东西再丢分，基础要好的话，保证拿到基础分的前提下，细化知识点。

2.做好查缺补漏。应该把做过的练习进行总结和归类，对于自己不明白并且是考点的，不仅要注意而且要进行细致分析，不要放过任何可以拿分的知识点。

3.要及时解决发现的问题。有针对性地复习对最后阶段提高成绩很有帮助。

4.注意一些应试技巧。在考前复习时，要总结一些技巧，并要梳理一下做题的思路。对于老师没画重点的科目，自己要对知识点系统总结，把握规律，找出认为是重点的地方升深度记忆(平时上课反复强调的地方)。

二、考试前如何复习：

1、 最后一两次上课专注听讲，留意老师反复强调的重点并在课本上做出醒目的标记。

2、 反复记忆老师在考前为我们画出的考试的重点知识。

3、 合理安排时间，可按照迎考顺序依次调整复习重点，也可根据自身学习情况。

4、 复习过程中要灵活，多穿插几门共同复习，避免长学习一科枯燥无味，这样可以提高复习效率。

5、 理工科的东西复习起来要多动手，多做典型的习题，通过练习来巩固深化公式及知识点。

6、 文史类的东西复习起来要多记忆有条理性，不能死背，尤其是画出的重点题目要反复记忆，这种题都是大分值，要拿足分数。

三、复习技巧和考试技巧。

1.突出重点。我们习惯看书从第一章看到最后一章，但有时这种方法却可能是致命的。对于数学之类的肯定没有问题，因为这个学科是需要拉长战线复习的，但对于其他课，复习最好的是从重点到次重点再到非重点的顺序，因为一旦出现时间不够，我们还可以保证通过，大学考试重点是一定会考的。在保证重点复习完(通常过没有任何问题)，再不断地往非重点走(走的越深，当然分数就越高了)

2.心理暗示。人的潜能是可以挖掘的，语言引导思维，我们为了我们的兴趣的良性循环，要不断地对自己进行暗示和鼓励。告诉自己，考试很简单，我一定可以搞定。

3.记忆的几个小技巧。

(1)记忆的时间段：

短时记忆：5：30——7：30

长时记忆：14：00——17：00

深度思考：20：00——22：30

(2)对于一些东西，要重复记忆，如英语、数学公式、财管公式、会计分录等。

4.如果学习不在状态，可以提出一个独家秘方。准备一套扑克牌，随便抽4张，玩24点的游戏。(调动你的思维逻辑哦)

5.考试的时候，如果遇到不会的题，把试卷拿起来(我们看试卷的角度也就从俯视转变成了近乎平视)，这个时候很多题说不定就会了。

高一期中考试 篇六

中医内科学是高等中医院校的主干课程之一，既是对以往中医基础各门课程的总结，也是学习和研究中医其他临床学科的基础。为了培养学生的综合能力，提高学生临床思维能力、学习的主动性，我们对中医内科学的考试方式进行了改革，将过去几十年的期末闭卷考改革为期中考试与期末考试、开卷考试与闭卷考试相结合的方式，以提高教学质量。

关键词：

中医内科学；考试方法；教学改革

中医内科学是中医的临床课程，它既是对以往中医基础各门课程的总结，也是培养学生综合能力、临床思维能力的重要环节。在以往的教学过程中，我们发现学生的学习成绩、学习主动性和独立的临床思维能力并不理想。为此，我们从考试改革入手，旨在提高学生的学习兴趣、考试成绩以及临床思维能力。考试是教学中的另一个重要环节。考试的内容、形式、方法与教学的内容、方法直接关联，它对教学有着正向反馈即促进和调节作用，但高校的考试大多呈现闭卷多、开卷少，笔试多、口试少，理论多、技能操作少，期末考试多、过程考试少的局面。这种考试模式常常存在如下弊端：1）不能同步客观地反映教师的教和学生学的情况，使考试不能充分地在教与学的关系中起到促进与协调的作用。中医学是传统与现代、经验与验证、理论与临床紧密结合的学科，仅凭一张期末考试卷，很难覆盖或考出学生掌握本学科内容的客观水平。2）现行的考试方法仍以教师为主体，学生处于被动状态，不利于培养学生在专业课学习中的主动性和创新性，学生成了重现知识的记忆工具，陷入了学生为考试而学和教师为考试而教的循环中，不能起到以考促教、促学的作用。这也是近年来高校存在着高分、低能和高学位、低能力现象的原因所在。3）一门课程只有一次机会和结果，其成绩又与学生的命运相关，如评优、评奖学金、学位、毕业、就业关联。由于上述原因，必然导致许多学生为考试成绩而“拼搏”，甚至冒险违纪作弊，高校考试作弊现象屡禁不止与此种考试模式也有关系。

针对上述现状近年来国内一些院校进行了许多教学方法或考试方法改革的实践与探索，积累了很多行之有效的经验，并取得可喜的教学成果。为此，我们教研室根据中医内科学这门课程的特点并结合我院的实际情况，对中医内科学的考试方法进行了改革探索，目的是在临床专业课教学中最大程度地激发学生的自主创新学习和兴趣学习，使考试—教学中的重要环节对教师教和学生学两个方面都能起到积极的双向促进作用，而不会让考试成为教师的特权和学生的负担，使考试成绩能够真实客观反映学生的知识储备和学习能力，真实客观反映教师教学方法改革后的教学质量。中医内科学的理论课时为108学时，分两个学期讲授，第一学期40学时，第二学期68学时，第二学期末进行一次考试，期末考试的成绩成为学生的最终成绩。根据以往学生的考试成绩分析来看，第一学期的内容掌握的较差，因这学期中医内科学不是考试课，很多同学放松了对中医内科学的学习，导致期末成绩亦不理想。针对这种情况，我们进行了考试改革，将过去几十年的期末闭卷考改革为期中考试与期末考试、开卷考试与闭卷考试相结合的方式。具体方法如下：第一学期40学时结束后，进行期中考试，试题内容为主观性试题，考试形式为开卷；第二学期68学时结束后，进行期末考试，为传统的闭卷形式。将期中、期末成绩进行加权后成为学生中医内科学的总成绩。

期中的开卷考试我们采取主观试题的形式，卷面成绩为100分，其中3道论述题，1道病案分析题，每题25分。主要是考核学生对所学知识综合运用的能力以及培养其科学探究精神。考试前2周我们告知学生回答问题时不必拘泥于教材，论述题中多加入自己的想法，也可以加入其他的参考文献中的观点，如果观点正确或者是有新意，可以适当加分。病案分析题我们就第一学期中讲授的的肺系和心系病证出题，考试范围不超大纲，同时精心筛选了临床中的真实病案，并不完全依照教材中的证型出题，要求学生在开具体方药时要把各药物的剂量、煎煮方法等写明确，提示学生在临床实践，每一步都必须做到位，这样可以更好地模拟临床实践。要求学生答题时可以按照自己的想法做分析，想法源于教材，而不拘泥于教材。同时为了保证成绩的客观性，我们采用了流水式判卷方式，即每位老师判只判一道题，并要求在评分上要注意权衡考虑，一定要注意学生在答题方法和观点上是否有所创新。为了培养学生的学习兴趣，我们在考试结束后进行了点评和讨论，学生与学生之间，教师与学生之间进行了激烈的辩论。通过考试让学生体会到中医的基础理论是工具，而要用好这个工具，临床的思维训练必不可少，中医学习的过程更是一个体会和思考的过程，不是一个枯燥的、单纯依靠死记硬背的学习过程。没有平时的刻苦训练，就没有临证时漂亮的“临门一脚”。让学生们明白，中医内科学是一门临床思维的训练课程，学习就是思考，就是训练。

从期中考试的结果看，我们取得了预期的效果。首先，不少学生并没有将思维停留在题目本身，完全照着课本答题，而是将一些近年来中医药研究的新观点、新思维引入了具体题目的回答中，并且学生可以大胆地在答题的过程中将自己的想法写出来。其次，在答题形式上我们看到有的同学不仅是文字回答，为了更好地说明问题，还做了一些诸如五行关系示意图，病机演化过程图等一些别出心裁的内容，结果表明，这些示意图说明问题要比单一的文字论述要明了得多。再次，在病例分析题中，很多同学并没有用到教材中的特定方药，而是根据病例的实际情况，有理有据的开出了自己理想中的方药，更加符合临床实际。从对学生的影响来看，开卷考试弱化了死记硬背，可有效减轻学生考试负担与心理压力，但强化了分析综合问题的能力。学生可以充分利用课余时间到图书馆大量查阅相关的文献与资料，增强了学习中医以及积极参与教改的兴趣，拓宽了视野，有利于提高综合素质和自主学习能力的培养。

从第二学期的上课效果来看，学生对中医学习的兴趣更浓了，更愿意与教师沟通了，课间的休息时间也成了师生探讨、交流的时间，这样就真正的实现了一个互动的学习过程。从期末考试的结果看，由于学生的学习主动性得到了增强，考试成绩的优秀率及格率都有了大幅度的提高。科学的考试观是从“人”出发的，着重强调人的素质的全面协调发展，考试的目的不仅是为了让学生掌握所学的知识，而且更强调通过考试让学生学会学习，增强学生掌握知识的能力[1-2]。尤其是中医临床课程的考试，反映的是学生的对基础知识的掌握以及运用知识的综合能力和思维创新能力，应将正确的学习方法授予学生，给学生一个自由发挥的空间，不断思考、不断训练、总结经验，鼓励学生在学习中提出问题，在质疑中思维、在思维中提高，适应当今社会对中医药人才的需求。

参考文献

[1]汤秉遵。高校考试制度改革探讨[J].中南论坛，2010(2):34-35．

高一期中考试 篇七

命题前，学校要求要按学测要求，但期末统考是按新高考模式命题，所以两者兼顾，就按新高考试卷模式命题，但题目难度降低一点，以便适合我们高一学生。

试卷结构是：单选11题，实验1题，计算4题。天体运动是：选择5条，计算1题，共30分。机械能是70分。

由于考试时间只有75分钟，所以选择题选项内容大多数是分析判断，不需计算。为了降低试卷难度，系统机械能守恒没有考计算题，知识点改在选择题里考查。

实验仍然是课本基本实验，强调课本实验的重要性。

计算题前两题为基本题，是学测要求，第一题均分5.7分，有部分学生第二问直接用第一宇宙速度表达式代入计算，阅卷时有些要求严格的老师扣了2分，建议学生以后解天体运动问题时，还是从万有引力提供向心力开始计算。第二题均分7.3分，错误主要在克服阻力做功100J，在代入动能定理表达式时用正数代入，导致错误。第三题为中档题，均分3.75分，部分学生不能从图中读取物理量，不能用动能定理解决恒定功率启动问题。第四题是提高题，得分较低，学生在解决多过程问题的能力还需不断提高。

高一期中考试 篇八

一、单选题

1．下列表示中不正确的是（

）

A．终边在轴上角的集合是

B．终边在轴上角的集合是

C．终边在坐标轴上角的集合是

D．终边在直线上角的集合是

【答案】D

【解析】根据终边相同的角的定义逐一判断得答案．

【详解】

解：对于，终边在轴上角的集合是，，故正确；

对于，终边在轴上的角的集合是，，故正确；

对于，终边在轴上的角的集合为，，终边在轴上的角的集合为，，

故合在一起即为，，，，故正确；

对于，终边在直线上的角的集合是，，故不正确．

表述不正确的是：．

故选：．

【点睛】

本题考查命题的真假的判断，角的定义以及终边相同的角的判断，是基础题．

2．已知，点为角的终边上一点，且，则角（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由已知，得出

sin（α﹣β），将β角化为β＝α﹣（α﹣β），根据和差角公式，求出β的某种三角函数值，再求出β．

【详解】

|OP|＝7，sinα，cosα．

由已知，，

根据诱导公式即为sinαcosβ﹣cosαsinβ，

，

0＜α﹣β，cos（α﹣β），

sinβ＝sin[α﹣（α﹣β）]＝sinαcos（α﹣β）﹣cosαsin（α﹣β）

，

，

所以角β

故选：D．

【点睛】

本题考查三角函数诱导公式、和差角公式的应用：三角式求值、求角．运用和差角公式时，角的转化非常关键，注意要将未知角用已知角来表示．常见的角的代换形式：β＝α﹣（α﹣β），2α＝（α﹣β）+（α+β）等．

3．在中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，若，则是(

)

A．等边三角形

B．钝角三角形

C．等腰直角三角形

D．任意三角形

【答案】C

【解析】根据正弦定理及条件即可得出，于是。

【详解】

由正弦定理得：，又，

，于是，即是等腰直角三角形

故选：C.

【点睛】

本题考查了解三角形中的正弦定理得运用，判断三角形的类型，属于基础题。

4．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验方式为：弧田面积=，弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”指半径长与圆心到弦的距离之差。现有圆心角为，半径等于4米的弧田。下列说法不正确的是（

）

A．“弦”米，“矢”米

B．按照经验公式计算所得弧田面积（）平方米

C．按照弓形的面积计算实际面积为（）平方米

D．按照经验公式计算所得弧田面积比实际面积少算了大约0.9平方米（参考数据

)

【答案】C

【解析】运用解直角三角形可得AD，DO，可得弦、矢的值，以及弧田面积，运用扇形的面积公式和三角形的面积公式，可得实际面积，计算可得结论．

【详解】

解：如图，由题意可得∠AOB，OA＝4，

在RtAOD中，可得∠AOD，∠DAO，ODAO，

可得矢＝4﹣2＝2，由AD＝AOsin42，

可得弦＝2AD＝4，

所以弧田面积（弦×矢+矢2）（42+22）＝4平方米．

实际面积，

．

可得A，B，D正确；C错误．

故选：C．

【点睛】

本题考查扇形的弧长公式和面积公式的运用，考查三角函数的定义以及运算能力、推理能力，属于基础题．

二、填空题

5．已知扇形的半径为4，弧所对的圆心角为2

rad，则这个扇形的面积为_______.

【答案】16

【解析】直接利用扇形的面积公式求出扇形的面积即可。

【详解】

扇形的圆心角为2

,半径为4

,

扇形的面积，故答案为16.

【点睛】

本题主要考查扇形的面积的求法，弧长、半径、圆心角的关系，考查利用所学知识解答问题的能力，是基础题。

在解决弧长、面积及扇形面积时要注意合理应用圆心角所在的三角形的性质。

6．若，则______．

【答案】2

【解析】首先根据题中所给的条件，利用

差角公式展开，求得，之后将待求的式子利用倍角公式和同角三角函数关系式，将其转化为关于的式子，代入求得结果。

【详解】

由，可求得，

，

故答案是：2.

【点睛】

该题考查的是有关三角函数化简求值问题，涉及到的知识点有正切的差角公式，正切的倍角公式，余弦的和角公式以及同角三角函数关系式，正确应用公式是解题的关键。

7．已知，，则______．

【答案】

【解析】利用两角差正切公式即可得到结果。

【详解】

,

故答案为：

【点睛】

本题考查两角和与差的正切公式，考查计算能力，属于基础题。

8．若函数y＝2－x＋1＋m的图象不经过第一象限，则m的取值范围是________．

【答案】(－∞，－2]

【解析】根据指数函数图象列不等式，解得m的取值范围。

【详解】

函数y＝2－x＋1＋m＝()x－1＋m，

函数的图象不经过第一象限，

()0－1＋m≤0，即m≤－2.

【点睛】

本题考查指数函数图象与性质，考查基本分析求解能力。

9．定义在上的奇函数，当时，，则当时，的解析式为_______.

【答案】

【解析】由函数的奇偶性解函数的解析式。

【详解】

解：是定义在上的奇函数

当时，

设，则，

化简得

故答案为：

【点睛】

本题考查借助函数的奇偶性求解函数的解析式，属于基础题。

10．已知一个三角形的三边长分别为3,5,7，则该三角形的最大内角为_________

【答案】

【解析】由题意可得三角形的最大内角即边7对的角，设为θ，由余弦定理可得

cosθ

的值，即可求得θ的值．

【详解】

根据三角形中，大边对大角，故边长分别为3，5，7的三角形的最大内角即边7对的角，设为θ，

则由余弦定理可得

cosθ，θ＝，

故答案为：C．

【点睛】

本题主要考查余弦定理的应用，大边对大角，已知三角函数值求角的大小，属于基础题．

11．若函数在上为减函数，则的取值范围是________.

【答案】

【解析】对系数和指数函数的底数分类讨论。

【详解】

解：因为函数在上为减函数

故①解得

②解得

综上：

故答案为：

【点睛】

本题考查指数函数的单调性，属于基础题。

12．设且，若，则______．

【答案】1

【解析】根据对数函数的运算性质，得到，再根据三角函数的基本关系，准确化简，即可求解，得到答案。

【详解】

设且，若，

所以，所以，

又，所以，

又由，

则

所以

故答案为：1．

【点睛】

本题主要考查了三角函数的基本关系的化简求值问题，其中解答中合理利用三角函数的基本关系式，准确化简、计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。

13．内角、、的对边分别是，，，且。当，，的面积为______.

【答案】

【解析】由，利用正弦定理得到，再用余弦定理求得b，可得a、c，利用面积公式计算可得结果。

【详解】

由正弦定理可化为，

所以，

在三角形中，，

所以，因为，所以，

又，所以，

由余弦定理得，又，所以有。

故的面积为。

故答案为。

【点睛】

本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

14．在ABC中，已知，其中，若为定值，则实数＝__.

【答案】

【解析】首先根据，求得，根据题中所给的条件，得到，再结合题中所给的条件为定值，设其为k，从而整理得出恒成立，从而求得结果。

【详解】

由，得：，

由，得：，

即，

（k为定值），

即，

即恒成立，

所以，，

故答案是：.

【点睛】

该题考查的是有关根据条件求参数的值的问题，涉及到的知识点有同角三角函数关系式，两角差的正弦公式，三角形的内角和，诱导公式，熟练掌握基础知识是正确解题的关键。

三、解答题

15．已知．

（1）求的值；

（2）若且，求的值．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）利用诱导公式化简求解，代入直接求解即可；

（2）由条件可得，再平方得，结合角的范围可得，进而得和的值，从而得解。

【详解】

（1）因为，

所以

（2）因为，所以，

所以，

两边平方，得，所以，

，即，

因为，所以，所以

所以，结合，

解得，

……

故

【点睛】

本题主要考查了同角的三角函数的基本关系，对于sin＋cos，sincos，sin－cos这三个式子，利用(sin±cos)2＝1±2sincos，可以知一求二．属于中档题。

16．已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边在直线y=2x上。则

(1)求的值；

(2)已知，，求的值。

【答案】（1）；（2）

【解析】(1)由条件利用任意角的三角函数的定义可得＝2，再利用两角和的余弦公式、同角三角函数的基本关系，求得的值．

(2)利用同角三角函数基本关系式求得再利用两角差的余弦函数化简求解即可．

【详解】

(1)依题意

c

=

.

(2)

，

，

,

，

.

【点睛】

本题主要考查任意角的三角函数的定义、两角和与差的三角函数、同角三角函数的基本关系，考查计算能力，属于中档题．

17．在中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且。

（1）求的值；

（2）若，求周长的最大值。

【答案】（1）（2）

【解析】(1)根据正弦定理得到，即，进而得到角B；（2）由余弦定理结合第一问得到，利用均值不等式求最值即可。

【详解】

（1），

由正弦定理得，

即，

，

即，又，

.

（2），又由（1）得，

由余弦定理得，

即，

，

可得，当且仅当时取等号，

周长的最大值为。

【点睛】

本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题。

对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件。另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用。

18．设为实数，函数。

（1）讨论函数的奇偶性并说明理由；

（2）求的最小值。

【答案】（1）当时，函数是偶函数，当时，函数是非奇非偶函数；（2）当时，；当时，；当时，.

【解析】（1）考查函数的奇偶性，用特殊值法判断函数及不是奇函数又不是偶函数；（2）先判断函数的单调性再求最值．

【详解】

解：（1）当时，函数

此时，为偶函数

当时，

，，

，

此时既不是奇函数，也不是偶函数

（2）①当时，

当，则函数在，上单调递减，从而函数在，上的最小值为．

若，则函数在，上的最小值为，且．

②当时，函数

若，则函数在，上的最小值为；

若，则函数在，上单调递增，从而函数在，上的最小值为．

综上，当时，函数的最小值为

当时，函数的最小值为

当时，函数的最小值为．

【点睛】

本题为函数的最值和奇偶性的考查；是高考常考的知识点之一；而求最值时需要注意的是先判断函数的单调性．

19．在中，内角，，所对的边分别为，，，满足。

（1）求证：；

（2）若的面积为，求角的大小。

【答案】（1）见解析；（2）或

【解析】（1）根据余弦定理，与可得，再利用正弦定理可得结合内角和定理与两角和与差正弦公式可得结果；

（2）利用面积公式有，可得，又从而有，进而可得结果。

【详解】

（1）在中，根据余弦定理，，

又因为，所以，

又因为，所以，

根据正弦定理，.

因为，即，则，

所以，即。

因为，，则，

所以，或（应舍去）.

所以。

（2）因为的面积为，所以，

因为，，所以，则，

因为，所以，所以。

因为，所以，即，

所以或。

当，即时，；

当时，由，解得，则。

综上，或。

【点睛】

解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的。其基本步骤是：

第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向。

第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。

第三步：求结果。

20．已知函数，记．

⑴解不等式：；

⑵设k为实数，若存在实数，使得成立，求k的取值范围；

⑶记(其中a，b均为实数)，若对于任意的，均有，求a，b的值．

【答案】(1)

(2)

(3)，

【解析】⑴函数，，即为，即为，可得解集；

⑵根据，利用换元法，求解最值，即可求解k的取值范围；

⑶根据(其中a，b均为实数)，，均有，建立关系即可求解a，b的值．

【详解】

⑴函数，，

即为，即为，

即有，解得，

即解集为；

⑵存在实数，使得成立，

即为，

设，在递增，可得，

，

即有，

则，

设，，

即有，在递增，

可得，

即有。

⑶

，

令，，，

．

若对于任意的，均有，

即对任意，．

，

解得：，．

书山有路勤为径，学海无涯苦作舟。以上这8篇高一期中考试是来自于快回答的高一期中考试的相关范文，希望能有给予您一定的启发。