1、1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
2、角形例 1、2018全国卷在平面四边形 ABCD 中，ADC90，A45，AB2，BD5.(1)求 cosADB； 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
3、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 p0.1，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 2a2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
4、出险次数 0 1 2 3 4 5概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05()求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；()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；()求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值【解析】()设续保人本年度的保费高于基本保费为事件 A，P(A)0.200.200.100.050.55.()设续保人保费比基本保费高出 60%为事件 B，P(B|A) .P ABP A 0.10 0.050.55 311()设本年度所交保费为随机变量 X.X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2aP 0.30 0.1
5、5 0.20 0.20 0.10 0.05平均保费E(X)0.85 a0.300.15 a1.25 a0.201.5 a0201.75 a0.102 a0.050.255 a0.15 a0.25 a0.3 a0.175 a0.1 a1.23 a，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全国卷如图，四边形 ABCD 为正方形， E， F 分别为
6、 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3【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HF 正方向，| |为单位长，建立如图所示的BF 空间直角坐标系 Hxyz.由(1)可得， DE PE.又 DP2， DE1，所以 PE
7、 .3又 PF1， EF2，所以 PE PF.所以 PH ， EH .32 32则 H(0,0,0)， P ， D ，(0， 0，32) ( 1， 32， 0) ， .DP (1， 32， 32) HP (0， 0， 32)又 为平面 ABFD 的法向量，HP 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则 sin .|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4【解题思路】(
8、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HP 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
9、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全国卷如图，在四棱锥 P
10、 ABCD 中， AB CD，且 BAP CDP90.(1)证明：平面 PAB平面 PAD；(2)若 PA PD AB DC， APD90，求二面角 A PB C 的余弦值【解析】(1)证明：由已知 BAP CDP90，得 AB AP，CD PD.由于 AB CD，故 AB PD， AP PO P，从而 AB平面 PAD.5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Error!即Error!所以可取 n(0，1， ).2设 m( x2， y2， z2)是平面 PAB 的一个法向量，则Error!即Error!可取 m(1
11、,0,1)，则 cos n， m .nm|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65.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全国卷设椭圆 C： y21 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 A， B 两点，点 M 的坐x22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
12、方程为 x1.由已知可得，点 A 的坐标为 或 .(1，22) (1， 22)又 M(2,0)，所以 AM 的方程为 y x 或 y x .22 2 22 2(2)证明：当 l 与 x 轴重合时， OMA OMB0.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(x1)( k0)， A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1b0)，四点 P1(1,1)， P2(0,1)， P3(1， )，x2a2 y2b2 32P4(1， )中恰有三点在椭圆 C 上32(1)求 C 的方程；(2)设直线 l 不经
13、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8(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 t0，且| t|2，可得 A， B 的坐标分别为 t， ， t，4 t22.4 t22则 k1 k2 1，得 t2，不符合题设4 t2 22t 4 t2 22t从而可设 l： y kx m(m1)将 y kx m 代入 y21 得(4 k21) x28 kmx4 m240.x24由题设可知 16(4 k2 m21)0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x
14、1 x2 ， x1x2 .8km4k2 1 4m2 44k2 1而 k1 k2 y1 1x1 y2 1x2 kx1 m 1x1 kx2 m 1x2 .2kx1x2 m 1 x1 x2x1x2由题设 k1 k21，故(2 k1) x1x2( m1)( x1 x2)0.即(2 k1) ( m1) 0.4m2 44k2 1 8km4k2 1解得 k .m 12当且仅当 m1 时， 0，于是 l： y x m，即 y1 (x2)，m 12 m 12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92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
15、 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全国卷已知函数 f(x) x aln x.1x(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f x1 f x2x1 x25构造函数 g(x) x2ln x，再利用(1)中结论，得 2 分1x6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 时，利用 f( x)0， f( x)1 时，零点个数为 0，不符合题意，1 分7当 0a1 时，零点个数为 2，符合题意，4 分12
