高考数学考纲解读与热点难点突破专题25解题规范与评分细则教学案文含解析

解题规范与评分细则解答题是高考试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力．解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．“答题模板”是指针对解答数学解答题的某一类型，分析解题的一般思路，规划解题的程序和格式，拟定解题的最佳方案，实现答题效率的最优化；评分细则是阅卷的依据，通过认真研读评分细则，重视解题步骤的书写，规范解题过程，做到会做的题得全分；对于最后的压轴题也可以按步得分，踩点得分，一分也要抢．题型一三角函数及解三角形例1、[2018·全国卷Ⅰ]在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；2．对f(p)求导，令f′(p)＝0求极值，得2分．3．利用导数的知识，判断出极值为最值点，求出最大值，得2分．4．由题意判断出Y服从二项分布，求EX，得4分．5．求出总费用，再与EX比较，得结论，得2分．【名师点拨】1．正确阅读理解，弄清题意：与概率统计有关的应用问题经常以实际生活为背景，且常考常新，而解决问题的关键是理解题意，弄清本质，将问题转化为离散型随机变量分布列求解问题，如本题第(2)问就是利用二项分布求出EX.2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问求出p＝0.1，第二问直接用．3．注意规范答题：解题时要写准每一小题的解题过程，尤其是解题得分点要准确、规范，需要文字表达的，不要惜墨，但也不能过于啰嗦，恰到位置就好，本题就需要用文字表达，准确说明是解题关键．【变式探究】某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； (Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本 保费高出60%的概率；(Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． 【解析】(Ⅰ)设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A ，P (A )＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.(Ⅱ)设续保人保费比基本保费高出60%为事件B ，P (B |A )＝P AB P A ＝0.10＋0.050.55＝311.(Ⅲ)设本年度所交保费为随机变量X .平均保费E (X )＝0.85a ×0.30＋0.15a ＋1.25a ×0.20＋1.5a ×0．20＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝0.255a ＋0.15a ＋0.25a ＋0.3a ＋0.175a ＋0.1a ＝1.23a ， 所以平均保费与基本保费比值为1.23. 【评分细则】1．利用互斥事件概率加法公式求出“高于基本保费的概率”，3分． 2．求出保费比基本保费高出60%的概率，3分． 3．列对随机变量分布列，2分．4．利用数学期望公式求对平均保费，3分． 5．写对平均保费与基本保费的比值，1分． 题型四 立体几何例4、[2018·全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF . (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解：如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴 正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的 空间直角坐标系H ­xyz.由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32.又HP →为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【命题意图】本题主要考查平面与平面的垂直关系及线面角，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)欲证平面PEF ⊥平面ABFD ，只需证明BF ⊥平面PEF ，只需在平面PEF 内寻找两条相交直线与直线BF 垂直；(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABFD 的法向量与直线DP 的方向向量，利用线面所成角的向量公式，即可得DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 【评分细则】1．利用线面垂直的判定定理证明BF ⊥平面PEF,2分． 2．利用面面垂直的判定定理证明结论，2分． 3．由题意建立空间直角坐标系，2分． 4．利用勾股定理，证明PE ⊥PF,2分． 5.HP →为平面ABFD 的法向量，2分． 6．利用向量求出线面角，2分． 【名师点拨】1．写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写．如第(1)问中的AB ⊥AP ，AB ⊥PD ，AP ∩PD ＝P ；第(2)问中的建系及各点坐标，两平面法向量的坐标．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，立体几何解答题的第(2)问建系，要用到第(1)问中的垂直关系时，可以直接用，有时不用第(1)问的结果无法建系．3．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分．所以在解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出判断AB ⊥平面PAD 的三个条件，写不全则不能得全分，如PF ∩EF ＝F 一定要有，否则要扣1分．【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A －PB －C 的余弦值．【解析】(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，AP ∩PO ＝P ，从而AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2).设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧m ·PA →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－33. 所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33. 【评分细则】1．利用线面垂直的判定定理，3分．2．利用面面垂直的判定定理，1分． 3．建系得各点坐标，2分． 4．求出法向量n,2分． 5.求出法向量m,2分6．利用公式求出二面角的余弦值，2分． 题型五 解析几何例5、[2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .【解析】(1)解：由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为kMA ＋kMB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得kMA ＋kMB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x＋4kx 1－x 2－.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 1－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而kMA ＋kMB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .【命题意图】本题考查椭圆的标准方程及其简单性质、直线与椭圆的位置关系、证明等角，考查考生的推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝1，将l 的方程与椭圆方程联立可得点A 的坐标，进而可得直线AM 的方程．(2)当l 与x 轴垂直或l 与x 轴重合时，易证．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)，交点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可以联立l 与C 的方程并消去y ，把x 1＋x 2，x 1x 2用k 表示，利用直线的斜率公式，将证明∠OMA ＝∠OMB 转化为证明k MA ＋k MB ＝0即可． 【评分细则】1．先求出A 点坐标，得2分． 2．求出直线AM 的方程，得2分． 3．当l 与x 轴垂直时求证，得2分． 4．先用k 表示k MA ＋k MB 的值，得2分．5．联立l 与C 的方程，求出x 1＋x 2，x 1x 2，再求k MA ＋k MB ＝0，得3分． 6．利用倾斜角互补，得证，得1分． 【名师点拨】【方法技巧】破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁，即会把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可证得结论．【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3(－1，32)，P 4(1，32)中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．(2)设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为t ，4－t 22，t ，－4－t22.则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1). 【评分细则】1．利用椭圆的性质排除P 1,1分．2．由已知列出关于a 2，b 2的方程，求出椭圆方程，4分．3．当k 不存在时，求t ，判断与题不符，2分．4．将直线x 1方程，代入椭圆，得方程，用韦达定理表示，2分． 5．求出k 与m 的关系式，3分． 6．求出定点，1分． 题型六 导数与应用例6、[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x－f x x 1－x 2<a －2.【解析】(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f x－f x x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋ aln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x－f x x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f x－f x x 1－x 2＜a －2.【命题意图】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值点与不等式的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)求f (x )的定义域，对函数f (x )求导，对参数a 进行分类讨论，即可判断f (x )的单调性；(2)结合(1)，求出f (x )存在两个极值点x 1，x 2时a 的取值范围，以及x 1，x 2的关系式，并将f x 1－f x 2x 1－x 2进行转化，利用分析法，构造函数，判断所构造函数的单调性，即可证得结果． 【评分细则】1．先求定义域，再求f ′(x )，得2分． 2．讨论当a ≤2时f (x )的单调性，得1分． 3．讨论当a >2时f (x )的单调性，再总结，得3分． 4．先表示f x 1－f x 2x 1－x 2的值，得3分．5．构造函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，再利用(1)中结论，得2分． 6．得结论，得1分． 【名师点拨】【方法技巧】判断可导函数的单调性的关键：首先，确定函数的定义域；其次，求导数f ′(x )；最后，对参数进行分类讨论，由f ′(x )>0，得函数f (x )的单调递增区间，由f ′(x )<0，得函数f (x )的单调递减区间．注意：如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用“，”或“和”字隔开．有关不等式的证明问题可利用分析法与综合法相结合去解决． 【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．【解析】(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x＋1). (i)若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减. (ii)若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增.(2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点.(ii)若a ＞0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a . ①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a ＞0， 即f (－ln a )＞0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2＞－2e －2＋2＞0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln 3a－1， 则f (n 0)＝e 0n (a e 0n ＋a －2)－n 0＞e 0n －n 0＞20n －n 0＞0.由于ln 3a－1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1).【评分细则】1．求出定义域、导数，2分．2．讨论a ≤0,1分．3．讨论a >0时，利用f ′(x )>0，f ′(x )<0求单调区间，2分．4．利用(1)得a ≤0时零点个数，1分5．当a ＝1时，零点个数为1，不符合题意，1分．6．当a >1时，零点个数为0，不符合题意，1分．7．当0<a <1时，零点个数为2，符合题意，4分．。