2019年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）

2019年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：‎ 上年度出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 保费 ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎ ‎1.75a ‎2a 12‎ 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：‎ 一年内出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 概率 ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎(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)＝＝＝.‎ ‎(Ⅲ)设本年度所交保费为随机变量X.‎ X ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a P ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ 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．‎ 12‎ ‎【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，的方向为y轴 正方向，||为单位长，建立如图所示的 空间直角坐标系Hxyz.‎ 由(1)可得，DE⊥PE.‎ 又DP＝2，DE＝1，‎ 所以PE＝.‎ 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.‎ 所以PH＝，EH＝.‎ 则H(0,0,0)，P，D，‎ ＝，＝.‎ 又为平面ABFD的法向量，‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎【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．‎ 12‎ ‎【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.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.‎ 12‎ 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则 即 所以可取n＝(0，－1，－).‎ 设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则 即可取m＝(1,0,1)，‎ 则cos〈n，m〉＝＝－.‎ 所以二面角A－PB－C的余弦值为－.‎ ‎【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．‎ 12‎ ‎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：＋y2＝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的坐标为或.‎ 又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.‎ ‎(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(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为 kMA＋kMB＝＋. ‎ 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得 kMA＋kMB＝.‎ 将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得 ‎(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 则2kx1x1－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.‎ 从而kMA＋kMB＝0，‎ 故MA，MB的倾斜角互补．‎ 所以∠OMA＝∠OMB.‎ 综上，∠OMA＝∠OMB.‎ 12‎ ‎【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(x1，y1)，B(x2，y2)，则可以联立l与C的方程并消去y，把x1＋x2，x1x2用k表示，利用直线的斜率公式，将证明∠OMA＝∠OMB转化为证明kMA＋kMB＝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kMA＋kMB的值，得2分．‎ ‎5．联立l与C的方程，求出x1＋x2，x1x2，再求kMA＋kMB＝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：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三点在椭圆C上．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P‎2A 与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．‎ 12‎ ‎(2)设直线P‎2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 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，，t，－.‎ 则k1＋k2＝－＝－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＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 而k1＋k2＝＋＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.‎ 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.‎ 解得k＝－.‎ 当且仅当m＞－1时，Δ＞0，‎ 于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，‎ 所以l过定点(2，－1).‎ ‎【评分细则】‎ ‎1．利用椭圆的性质排除P1,1分．‎ 12‎ ‎2．由已知列出关于a2，b2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x1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)＝－x＋aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2时f(x)的单调性，再总结，得3分．‎ ‎4．先表示的值，得3分．‎ ‎5．构造函数g(x)＝－x＋2lnx，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)＝ae2x＋(a－2)ex－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)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋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；‎ 12‎ 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－＋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－＋ln a＞0，‎ 即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；‎ ‎③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.‎ 又f(－2)＝ae－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n0满足n0＞ln－1，‎ 则f(n0)＝e (ae＋a－2)－n0＞e－n0＞2－n0＞0.‎ 由于ln－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

查看更多