PAGEPAGE6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)若DC＝2eq\r(2)，求BC.【命題意圖】本題主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函數基本關系式、誘導公式，意在考查考生分析問題、解決問題的實力，以及運算求解實力．【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可利用分析法與綜合法相結合去解決．【變式探究】[2024·全國卷Ⅰ]已知函數f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)探討f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．(2)(i)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點.(ii)若a＞0，由(1)知，當x＝－lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(－lna)＝1－eq\f(1,a)＋lna.①當a＝1時，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一個零點；②當a∈(1，＋∞)時，由于1－eq\f(1,a)＋lna＞0，即f(－lna)＞0，故f(x)沒有零點；③當a∈(0,1)時，1－eq\f(1,a)＋lna＜0，即f(－lna)＜0.又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－lna)有一個零點．設正整數n0滿意n0＞lneq\f(3,a)－1，則f(n0)＝e(ae＋a－2)－n0＞e－n0＞2－n0＞0.由于lneq\f(3,a)－1＞－l