PAGEPAGE12解題規范與評分細則解答題是高考試卷中的一類重要題型，通常是高考的把關題和壓軸題，具有較好的區分層次和選拔功能．目前的高考解答題已經由單純的學問綜合型轉化為學問、方法和實力的綜合型解答題．要求考生具有肯定的創新意識和創新實力．解答題綜合考查運算實力、邏輯思維實力、空間想象實力和分析問題、解決問題的實力．“答題模板”是指針對解答數學解答題的某一類型，分析解題的一般思路，規劃解題的程序和格式，擬定解題的最佳方案，實現答題效率的最優化；評分細則是閱卷的依據，通過仔細研讀評分細則，重視解題步驟的書寫，規范解題過程，做到會做的題得全分；對于最終的壓軸題也可以按步得分，踩點得分，一分也要搶．題型一三角函數及解三角形例1、[2024·全國卷Ⅰ]在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；2．對f(p)求導，令f′(p)＝0求極值，得2分．3．利用導數的學問，推斷出極值為最值點，求出最大值，得2分．4．由題意推斷出Y聽從二項分布，求EX，得4分．5．求出總費用，再與EX比較，得結論，得2分．【名師點撥】1．正確閱讀理解，弄清題意：與概率統計有關的應用問題常常以實際生活為背景，且常考常新，而解決問題的關鍵是理解題意，弄清本質，將問題轉化為離散型隨機變量分布列求解問題，如本題第(2)問就是利用二項分布求出EX.2．留意利用第(1)問的結果：在題設條件下，假如第(1)問的結果第(2)問能用得上，可以干脆用，有些題目不用第(1)問的結果甚至無法解決，如本題即是在第(1)問求出p＝0.1，其次問干脆用．3．留意規范答題：解題時要寫準每一小題的解題過程，尤其是解題得分點要精確、規范，須要文字表達的，不要惜墨，但也不能過于啰嗦，恰到位置就好，本題就須要用文字表達，精確說明是解題關鍵．【變式探究】某險種的基本保費為a(單位：元)，接著購買該險種的投保人稱為續保人，續保人本年度的保費與其上年度出險次數的關聯如下：上年度出險次數01234≥5保費0.85a1.251.5a1.752設該險種一續保人一年內出險次數與相應概率如下：一年內出險次數01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(Ⅰ)求一續保人本年度的保費高于基本保費的概率；(Ⅱ)若一續保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率；(Ⅲ)求續保人本年度的平均保費與基本保費的比值．【解析】(Ⅰ)設續保人本年度的保費高于基本保費為事務A，P(A)＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.(Ⅱ)設續保人保費比基本保費高出60%為事務B，P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.10＋0.05,0.55)＝eq\f(3,11).(Ⅲ)設本年度所交保費為隨機變量X.X0.85a1.251.51.752P0.300.150.200.200.100.05平均保費E(X)＝0.85a×0.30＋0.15a＋1.25a×0.20＋1.5a×0．20＋＝0.255a＋0.15a＋0.25a＋0.3a＋0.175a所以平均保費與基本保費比值為1.23.【評分細則】1．利用互斥事務概率加法公式求出“高于基本保費的概率”，3分．2．求出保費比基本保費高出60%的概率，3分．3．列對隨機變量分布列，2分．4．利用數學期望公式求對平均保費，3分．5．寫對平均保費與基本保費的比值，1分．題型四立體幾何例4、[2024·全國卷Ⅰ]如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．【解析】(1)證明：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：如圖，作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點，eq\o(HF,\s\up10(→))的方向為y軸正方向，|eq\o(BF,\s\up10(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2).則H(0,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2))).又eq\o(HP,\s\up10(→))為平面ABFD的法向量，設DP與平面ABFD所成角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(HP,\s\up10(→))·\o(DP,\s\up10(→)),|\o(HP,\s\up10(→))||\o(DP,\s\up10(→))|)))＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).【命題意圖】本題主要考查平面與平面的垂直關系及線面角，考查考生的空間想象實力、推理論證實力、運算求解實力，考查化歸與轉化思想，考查的核心素養是邏輯推理、直觀想象、數學運算．【解題思路】(1)欲證平面PEF⊥平面ABFD，只需證明BF⊥平面PEF，只需在平面PEF內找尋兩條相交直線與直線BF垂直；(2)建立空間直角坐標系，求出平面ABFD的法向量與直線DP的方向向量，利用線面所成角的向量公式，即可得DP與平面ABFD所成角的正弦值．【評分細則】1．利用線面垂直的判定定理證明BF⊥平面PEF,2分．2．利用面面垂直的判定定理證明結論，2分．3．由題意建立空間直角坐標系，2分．4．利用勾股定理，證明PE⊥PF,2分．5.eq\o(HP,\s\up10(→))為平面ABFD的法向量，2分．6．利用向量求出線面角，2分．【名師點撥】1．寫全得分步驟：在立體幾何類解答題中，對于證明與計算過程中得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點步驟肯定要寫．如第(1)問中的AB⊥AP，AB⊥PD，AP∩PD＝P；第(2)問中的建系及各點坐標，兩平面法向量的坐標．2．留意利用第(1)問的結果：在題設條件下，立體幾何解答題的第(2)問建系，要用到第(1)問中的垂直關系時，可以干脆用，有時不用第(1)問的結果無法建系．3．寫明得分關鍵：對于解題過程中的關鍵點，有則給分，無則沒分．所以在解立體幾何類解答題時，肯定要寫清得分關鍵點，如第(1)問中肯定要寫出推斷AB⊥平面PAD的三個條件，寫不全則不能得全分，如PF∩EF＝F肯定要有，否則要扣1分．【變式探究】[2024·全國卷Ⅰ]如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)證明：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)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，AP∩PO＝P，從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.設n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up10(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.))所以可取n＝(0，－1，－eq\r(2)).設m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up10(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.))可取m＝(1,0,1)，則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(\r(3),3).所以二面角A－PB－C的余弦值為－eq\f(\r(3),3).【評分細則】1．利用線面垂直的判定定理，3分．2．利用面面垂直的判定定理，1分．3．建系得各點坐標，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．題型五解析幾何例5、[2024·全國卷Ⅰ]設橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)．(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；(2)設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB.【解析】(1)解：由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1.由已知可得，點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2))).又M(2,0)，所以AM的方程為y＝－eq\f(\r(2),2)x＋eq\r(2)或y＝eq\f(\r(2),2)x－eq\r(2).(2)證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°.當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB.當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1<eq\r(2)，x2<eq\r(2)，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2).由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1－2x2－2).將y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1).則2kx1x1－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0.從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補．所以∠OMA＝∠OMB.綜上，∠OMA＝∠OMB.【命題意圖】本題考查橢圓的標準方程及其簡潔性質、直線與橢圓的位置關系、證明等角，考查考生的推理論證實力、運算求解實力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，考查的核心素養是邏輯推理、直觀想象、數學運算．【解題思路】(1)當l與x軸垂直時，l的方程為x＝1，將l的方程與橢圓方程聯立可得點A的坐標，進而可得直線AM的方程．(2)當l與x軸垂直或l與x軸重合時，易證．當l與x軸不重合也不垂直時，設l：y＝k(x－1)(k≠0)，交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則可以聯立l與C的方程并消去y，把x1＋x2，x1x2用k表示，利用直線的斜率公式，將證明∠OMA＝∠OMB轉化為證明kMA＋kMB＝0即可．【評分細則】1．先求出A點坐標，得2分．2．求出直線AM的方程，得2分．3．當l與x軸垂直時求證，得2分．4．先用k表示kMA＋kMB的值，得2分．5．聯立l與C的方程，求出x1＋x2，x1x2，再求kMA＋kMB＝0，得3分．6．利用傾斜角互補，得證，得1分．【名師點撥】【方法技巧】破解此類解析幾何題的關鍵：一是“圖形”引路，一般需畫出大致圖形，把已知條件翻譯到圖形中，利用直線方程的點斜式或兩點式，即可快速表示出直線方程；二是“轉化”橋梁，即會把要證的兩角相等，依據圖形的特征，轉化為斜率之間的關系，再把直線與橢圓的方程聯立，利用根與系數的關系，以及斜率公式即可證得結論．【變式探究】[2024·全國卷Ⅰ]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點P1(1,1)，P2(0,1)，P3(－1，eq\f(\r(3),2))，P4(1，eq\f(\r(3),2))中恰有三點在橢圓C上．(1)求C的方程；(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點．(2)設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2假如l與x軸垂直，設l：x＝t，由題設知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標分別為t，eq\f(\r(4－t2),2)，t，－eq\f(\r(4－t2),2).則k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合題設．從而可設l：y＝kx＋m(m≠1)．將y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題設可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2).由題設k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0.解得k＝－eq\f(m＋1,2).當且僅當m＞－1時，Δ＞0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l過定點(2，－1).【評分細則】1．利用橢圓的性質解除P1,1分．2．由已知列出關于a2，b2的方程，求出橢圓方程，4分．3．當k不存在時，求t，推斷與題不符，2分．4．將直線x1方程，代入橢圓，得方程，用韋達定理表示，2分．5．求出k與m的關系式，3分．6．求出定點，1分．題型六導數與應用例6、[2024·全國卷Ⅰ]已知函數f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)探討f(x)的單調性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2.【解析】(1)解：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.②若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時，f′(x)＜0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時，f′(x)＞0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調遞增．(2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當a＞2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿意x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設x1＜x2，則x2＞1.由于eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2等價于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0.設函數g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．又g(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.【命題意圖】本題主要考查導數及其應用、函數的單調性、函數的極值點與不等式的證明等，考查考生的推理論證實力、運算求解實力、抽象概括實力等，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、數形結合思想等，考查的核心素養是邏輯推理、直觀想象、數學運算．【解題思路】(1)求f(x)的定義域，對函數f(x)求導，對參數a進行分類探討，即可推斷f(x)的單調性；(2)結合(1)，求出f(x)存在兩個極值點x1，x2時a的取值范圍，以及x1，x2的關系式，并將eq\f(fx1－fx2,x1－x2)進行轉化，利用分析法，構造函數，推斷所構造函數的單調性，即可證得結果．【評分細則】1．先求定義域，再求f′(x)，得2分．2．探討當a≤2時f(x)的單調性，得1分．3．探討當a>2時f(x)的單調性，再總結，得3分．4．先表示eq\f(fx1－fx2,x1－x2)的值，得3分．5．構造函數g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，再利用(1)中結論，得2分．6．得結論，得1分．【名師點撥】【方法技巧】推斷可導函數的單調性的關鍵：首先，確定函數的定義域；其次，求導數f′(x)；最終，對參數進行分類探討，由f′(x)>0，得函數f(x)的單調遞增區間，由f′(x)<0，得函數f(x)的單調遞減區間．留意：假如一個函數具有相同單調性的區間不止一個，這些單調區間不能用“∪”連接，而只能用“，”或“和”字隔開．有關不等式的證明問題