解题规范与评分细则高考文科数学热点难点教学案.docx
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解题规范与评分细则高考文科数学热点难点教学案
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
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.
【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sinθ===.
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.
【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.
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.
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=kx
1-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.
【
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.
(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.
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+alnx.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:
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