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4.区间表示式中不标岀斤WZ不扣分,但不加M的不给分;
5.第二步不得分,即:
如果没有第二步,第三步对了,给2分.
方法二:
第一步:
由题意知
4
=SinXCOSX-(―sin2(x)+丄cos"
X)-SinXCOSX)(2分)
=2SinXeoSX-*(3分)
=sin2X——-(4分)
/(x)=SinXCOSX-cos2(x+—)
1.在上面的化简过程中,一个二倍角公式,两角和的余弦公式,一
个平方和公式,各给1分;
2.余下的说明及步骤同上.
方法三:
1•两个求导公式各1分,两个二倍角公式1分.
2.余下的说明同上
(1)由厂(x)=2cos(2x)>
0可得,
+2Λπ<
Ix<
-+2kπ.kWZ、进而得一兰+kτr<
X<
—+Λπ,kQZ∖
2x<
—+2kπykEZ、RΓ⅛-+Λπ<
—+Λπ,kEZ;
(2)由∕,(x)=2cos(2x)<
0可得,
—+2kπ<
—+2⅛π,kEZy进而得兀+kπ<
x<
—+kπ^kEZ.
或—^+2^7γ<
2v<
-+2^π,Λ∈Z,—+Λτr<
-—+Λrπ,Λ∈Z;
余下步骤同上.
(II)评分细则
方法一:
由f(―)=sin/1—丄=0.得SiiM=丄(7分)
由题意知A为锐角,所以COSA=厚(或者A=30*或者
A=—)r(8分:
6
由余弦定理/=6'
+c'
-2bccos力,(9分)
可得∖+43hc=b2+c2>
2bc9
即δc≤2+√3,且当b=c时等号成立(10分)
因此丄hcsxnA<
^^-(115»
24
所以面积的最大值为柱迴(12分)
1.第一步SinJ=A没给,但给出了COS心半(或者J=30u或者
"
P,给2分;
2.第一步sinM=2给出,没有COSA=—(或者/1=30°
或者/=三)
226给出,但第二步用了COS^=则不扣分,否则扣1分.
2
3.第一步结果错误,第二步若有公式:
余弦定理公式和面积公式,则各给1分;
4.第二步中,10分得分点后,如果用到了表示(⅛)πm=2÷
√3,或者
SmaX=—bcsinA,且结论沁正确,则不扣最后的结论得分;
24
5.第二步中没有给出b=c,只要结果正确不扣分。
2015年山东高考第18题评分细则(18)(本小题满分12分)
设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.
(1)求{an}的通项公式.
(2)若数列{bn}满足anbnlog3an,求{bn}的前n和Tn.省标答案.
18.解:
(1)
因为2Sn3n3,
所以2a133,故a13.(1分)
当n1时,2Sn13n13
此时2an2Sn2Sn13n3n123n1
即an3n1,(5分)
3,n1
所以ann1(6分)
n3n1,n1
1
(2)因为anbnlog3an,所以b113.
3
当n1时,bn31nlog33n1(n1)31n,(8分)
所以T1b13;
当n1时,
Tnb1b2b3...bn1(131232...(n1)31n)3
所以3Tn1(130231...(n1)32n),⋯⋯.(10分)
两式相减,得
2Tn(303132...32n)(n1)31n
2131n1n
1(n1)3
3131
136n3,
623n,
136n3所以Tn1243n.
经检验,n1时也适合.
(12分)
综上可得Tn112364n3n3
18.
(1)解法一:
此时2an2Sn2Sn13n3n123n1.(3分)
3n3n1
即an3n122,(5分)
n1
解法三:
当n2时,结论成立,(4分)
假设nk(k2)时,结论成立,即ak3k1,
则当nk1时,
1k1kak1Sk1Sk2(3k13)(a1a2ak)3k,
⋯分⋯)
解法四:
ak13,
解法五
(1)2Sn3n3
2Sn-13n-1(3n2)
①-②:
(4分)
an3n1(n2)
又:
2S13362a16
a13不适合an3(5分)
3,
ann1
n2
6分)
3n1
2)解法一:
因为anbnlog3an,所以b13.(7分)
所以T1b131;
1121n
Tnb1b2b3...bn(131232...(n1)31n)(9分)
所以3Tn1(130231...(n1)32n),(10分)
(11分)
13
1n
1(n1)31n
6n3,
23n,
6n3.
12
43n.
所以Tn
综上可得Tn112364n33
解法二:
所以T1b131;
当n1时,
Tnb1b2b3...bn(131232...(n1)31n)(9分)
所以1Tn1(132233...(n1)3n),(10分)
39
2Tn2(3132...31n)(n1)3n
3n9
(11分)
132n1
1823n
注:
1、等价的结果:
136n313n113n1()
1243n1223n143n11223n143n1
2.从某一处错误,扣掉错误分数;
后边得分不超过为错误处后边全部得分的一半
3、若第二小题,结果对,符号错误,扣1分。
4、若第二小题bn错,且不是等差数列与等比数列乘积的形式,
后边不得分
2.评卷流程
先看结果是否正确,按步得分,踩点得分,有点即给分,无点不给分。
只看对的,不看错的,只加分不减分。
3.核定给分
4.注意事项
一、要正确认识压轴题
纵观历年高考试题,压轴题主要在函数、解几、数列三部分内容设置,小题主要在选
择题第10题,填空题第15题,压轴大题一般有二到三问,第一小问通常比较容易,第二问通常是中等难度,第三小问是整张试卷中最难的问题!
对于第一问要争取做对!
第二问要争取拿分!
第三问也争取拿分!
(尖子生必须突破这一关才能拿到足够高的分数)
其实对于所有认真复习迎考的同学来说,都有能力与实力在压轴题上拿到一半左右的
分数,要获取这一半左右的分数,不需要大量针对性训练,也不需要复杂艰深的思考,只需
要你有正确的心态!
信心很重要,勇气不可少。
请同学们记住:
心理素质高者胜!
例如2015年的山东高考数学卷的压轴题:
3x1,x1f(a)
(10)设函数f(x)x,则满足f(f(a))2f(a)的实数a的取值范围是()
2x,x1
22
A.[3,1]B.[0,1]C.[3,)D.[1,)
33
【简析】尽管本题为“创新题型”问题,但题目涉及的“分段函数”以及“不等式的解法及应用”,都是考生非常熟悉的,因此,只需“照章办事”,按照题目中所给条件,令f(a)t,则f()t2t,讨论t1,运用导数判断单调性,进而得到方程无解;
讨论t1,以及a1与a1两种情况,由分段函数的解析式,解不等式即可得到所求的范围.但本题由于解题的环节多,并且有些学生基础不牢固,则很可能做不对该题。
【解答】令f(a)t,则f(t)2t
当t1时,3t12t,由于g(t)3t12t的导数为g(t)32tln20,所以g(t)在
(,1)单调递增,即有g(t)g
(1)0,所以方程3t12t无解;
tt2
当t1时,2t2t显然成立,由f(a)1,即3a11,解得a,且a1;
若由a1,2a1,解得a0,即a1.
综上可得a的取值范围是a.
特别提醒:
数学选择题是知识的灵活运用,解题要求是只要结果,不要过程。
因此,逆代法、估算法、特例法、排除法、数形结合法⋯⋯尽显威力。
10个选择题,如果把握地好,容易题是1分钟一道,难题也不会超过5分钟。
由于选择题的特殊性,由此提出的解题要求是“快、准、巧”,忌讳“小题大做”。
x2y2
(15)平面直角坐标系xOy中,双曲线C1:
221(a0,b0)渐近线与抛物线ab
C2:
x22py(p0)交于点O,A,B,若OAB的垂心是C2的焦点,则C1的离心率为
【简析】注意到抛物线与双曲线的方程特点,根据双曲线与双曲线的a、b、c的关系,按
照题目条件求出点A的坐标,可得kAC2,利用OAB的垂心是C2的焦点,可得C1的离心率。
多数学生这个题应该得分。
解答】双曲线C1:
x2y
a2
b21(a
0,b0)的渐近线方程为
ybx,与抛物线
a
x22py(p0)联立,
可得
2pb
4b2
2a4ab
因为OAB的垂心是C2的焦点,
所以4b2
b22()1.所以5a24b2.
所以5a24(c2a2),所以ec
填空绝大多数时计算型(尤其是推理计算型)和概念(或性质)判断型的试题,解答时必须按规则进行切实的计算或合乎逻辑的推演和判断。
填空题作答的结果必须数值准确,形式规范,例如集合形式的表示、函数表达式的完整等,结果稍有毛病便是零分。
下面给出2015年高考阅卷的填空题的评分细则:
2015高考理科填空题评分标准
本题共五个小题,每小题答案正确计5分,答案错误计0分;
各小题答案如下:
11)
4n1
(n1)
12)
mmin1
13)
T
11
、11或等价形式,如
15
14)
或其等价形式,如-1.5、-11
(15)
、e=3或1.5、11
2015高考文科填空题评分标准
(11)13或y=13
(12)7或zmax=7
31
(13)3或其等价形式,如1.5、11
(14)2
(15)2+3或e=2+3
2015年高考数学理科20题:
评分标准
20.(本小题满分13分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:
221(ab0)的ab
离心率为3,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心1为
半径的圆相交,且交点在椭圆C上.
(I)求椭圆C的方程;
xy
(II)设椭圆E:
221,P为椭圆C上的任意一点.过点P的直线ykxm交4a24b2,
椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.
OQ
(i)求的值;
(ii)求ABQ面积的最大值.
OP
解:
(I)友情提醒:
①本问满分3分,基本解法有三种;
②求出a,b为2分,写
出方程1分;
③无过程只有结果1分,不影响后续得分)
方法一(省标):
由题意知2a4,则a2.1
又c3,a2c2b2,可得b1,-2
x2
3分)
所以椭圆C的方程为y21.
设F1(c,0),F2(c,0).
-2
解得a2,b1,
方法三:
设圆F1与圆F2交点为(x0,y0),则由椭圆第二定义(或利用两点间的距离公式推导)
x22
所以椭圆C的方程为x4y21.
II)由(I)知椭圆E的方程为xy1.
164
i)(友情提醒:
①本问满分3分,基本解法有五种;
②无过程只有结果1分,
不影响后续得分;
③方法三利用斜率解决问题时,没讨论斜率不存在情况,扣去1分)
-4
设P(x0,y0),OQOP(0),则Q(x0,y0),
因为x40y021,
由题意得22
(x0)(y0)21
1641
(本方法也可考虑斜率为零和不为零的情况、也可设出P或Q的坐标,利用点的坐
标写出直线方程,要注意纵坐标为零的情况)
即OQ2OP
当直线PO斜率存在时,设PO:
yx,P(x1,y1),Q(x2,y2).
y2x2
x2y2164
142
42
x12
解得
y1
16
142y214
142
所以OQx22y222
144214422x12y12
2OP
OP2.
4
方法四:
设P(2cos,sin),则Q(4cos(),2sin()),即Q(4cos,2sin),
-4
2.
方法五:
设P(x1,y1),Q(x2,y2)
x1y2x2y10
x12
由条件得41y11
22x22y221164
y22
-5
所以OQx22y222x12y122OP
(6分)
(ii)(友情提醒:
①本问满分7分,基本解法有三种;
②第三问得分要点:
第一个判别式1分,弦长公式1分,点到直线的距离1分,三角形面积公式1分,第二个判别式1分,换元求最值2分;
③求出三角形面积公式求最值时常见有三种解法;
④求出OAB的面积最大值后,直接写出ABQ面积的最大值,不扣
分)
:
设A(x1,y1),B(x2,y2).将ykxm代入椭圆E的方程,
y
A
P
O
x
Q
B
可得(14k2)x28kmx4m2160,
由0,可得m2416k2.
则有x1
8km
x214k2,x1x2
4m216
14k2
x1x2
416k24m2
所以AB1k2
41k216k24m2
14k2
8分)
1设Q(x0,y0),由(i)知OPOQ,
1k(2x0)m,
111
所以P(x0,1y0),且1y0
222
则点Q到直线ykxm的距离
kx0y0md
3m
1k2
--9
所以QAB的面积
S1dAB
616k24m2m
10分)
6(16k24m2)m2
6(4
mm
14k2)14k2
以下求最值常见有三种方法:
方法①:
设m2t.将y
kxm代入椭圆C的方程,
可得(14k2)x28kmx4m2
由0,可得m214k2.
-11
由①②可知0t1,因此S6(4t)t
6t2+4t.
故S63,
当且仅当t1,即m214k2时取得最大值63.
方法②:
设1+4k2t.将ykxm代入椭圆C的方程,
可得(14k2)x28kmx4m240,
由0,可得m214k2.②
2m2
由①②可知0m2t,0<
1,,
因此S6(4tm22)m26(m2)24m2.
当且仅当m1,,即m2t14k2时取得最大值63.
t
13分)
所以ABQ面积的最大值为63.
方法③:
设16k24m2t将ykxm代入椭圆C的方程,
因此
24tm24m2t2tmmt
当且仅当t3,,即m214k2时取得最大值63.
m
所以ABQ面积的最大值为63.
设A(x1,y1),B(x2,y2).
将ykxm代入椭圆E的方程,
8km4m216
则有x1x22,x1x22
1214k21214k2
以下求OAB的面积常见有两种解法:
416k24
因为直线ykxm与y轴交点的坐标为(0,m),
所以OAB的面积S1m
216k24
2(16k24m2)m2
14k214k2
2(4
AB1k2
41k216k24m2
则点O到直线ykxm的距离
所以OAB的面积S1dAB
216k24m2m
m)m
以下求最值方法与方法一相同:
只写一种解法(省标):
设m2t.
将ykxm代入椭圆C的方程,可得(14k2)x28kmx4m240,
由0,可得m214k2.②-11
由①②可知0t1,
因此S2(4t)t2t2+4t.
故S23,-12
当且仅当t1,即m214k2时取得最大值23.
由(i)知,ABQ面积为3S,
技巧性与快速得分的问题。
正常情况下,拿到其中一半左右分数是
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