高考数学阅卷场评分细则

高考数学阅卷场评分细则

谈高考数学中的得分策略 ------关于山东高考数学得分策略 对于山东高考数学题，特点是压轴题，有很多同学抱着“回避”的态度，这种“回避” 必然导致“起评分”降低----别人从“150 分”的试题中得分，而你只能从“120 分”的试 题中得分。因此，从某种意义上说，这种“回避”增加了考试的难度！因为,假如有些基础 题你思维“短路”，立刻导致考试“溃败”。其实，只要我们了解高考数学题的特点，并且 掌握一定的答题技巧，注意评分的细则，相信同学们还是能够取得高分的。下面，我谈一谈 我的几点认识，供同学们参考。 1.评分标准 对于所有认真复习迎考的同学而言，通过训练都能获得六道解答题的解题思路，但如何 得全分，却需要下一定的功夫。如果想得到全分，就需要对评分标准，特别是最近几年的阅 卷的评分细则有一个大致的了解。下面通过 2015 年高考的两道试题的评分细则做一下解读， 通过细则的解读，希望同学们能减少失误，做到“一分不浪费。” 2015 年山东高考第 18 题评分细则 (18)(本小题满分 12 分) 设数列 }{ na 的前n 项和为 nS . 已知 .332  n nS (1)求 }{ na 的通项公式. (2)若数列 }{ nb 满足 ,log3 nnn aba  求 }{ nb 的前n 和 .nT 省标答案. 18. 解:（1） 因为 332  n nS ， 所以 332 1 a ，故 31 a . .........................(1 分） 当 1n 时， 332 1 1    n nS 此时 11 1 3233222    nnn nnn SSa 即 13  n na ， ..........................(5 分) 所以       1,3 1,3 1 n na nn .........................(6 分) （2） 因为 nnn aba 3log ，所以 3 1 1 b . 当 1n 时， nnn n nb   11 3 1 3)1(3log3 ，.........................(8 分） 所以 3 1 11  bT ; 当 1n 时, )3)1(...3231(3 1... 121 321 n nn nbbbbT   所以 )3)1(...3231(13 210 n n nT   , ……. ...........(10 分） 两式相减，得 ,32 36 6 13 3)1(31 31 3 2 3)1()3...333(3 22 1 1 1 12210 n n n nn n n n nT          所以 nn nT 34 36 12 13   . 经检验， 1n 时也适合. 综上可得 nn nT 34 36 12 13   . .............(12 分) 18.（1）解法一： 因为 332  n nS ， 所以 332 1 a ，故 31 a . .........................(1 分） 当 1n 时， 332 1 1    n nS 此时 11 1 3233222    nnn nnn SSa . .......................(3 分) 即 13  n na 2 3 2 3 1  nn ， ..........................(5 分) 所以       1,3 1,3 1 n na nn .........................(6 分) 解法二： 因为 332  n nS ， 所以 332 1 a ，故 31 a . .........................(1 分） 当 1n 时， 332 1 1    n nS ， 即 2 3 2 3 1 1    n nS 此时 1 1 3 3 2 2 n n n n na S S      ............................(3) 13n na  即 13  n na ， ..........................(5 分) 所以       1,3 1,3 1 n na nn .........................(6 分) 解法三： 因为 332  n nS ， 所以 332 1 a ，故 31 a . .........................(1 分） 当 2n 时， 3,12)(2,332 221 2 2  aaaS ， 当 3n 时， 9,30)(2,332 3321 3 3  aaaaS ， 当 4n 时， 27,84)(2,332 44321 4 4  aaaaaS ， 所以猜想       1,3 1,3 1 n na nn ， ............................(2 分) 验证猜想：当 1n 时，结论成立； .......... ..................(3 分) 当 2n 时，结论成立， ...........................(4 分) 假设 ( 2)n k k  时，结论成立，即 13  k ka ， 则当 1 kn 时， k k k kkk aaaSSa 3)()33(2 1 21 1 11     , ………………………………………………………..(6 分） 解法四： 因为 332  n nS ， 所以 332 1 a ，故 31 a . .........................(1 分） 当 2n 时， 3,12)(2,332 221 2 2  aaaS ， 当 3n 时， 9,30)(2,332 3321 3 3  aaaaS ， 当 4n 时， 27,84)(2,332 44321 4 4  aaaaaS ， 所以猜想       1,3 1,3 1 n na nn ， ............................(2 分) 则当 1 kn 时， 1 1 1 1 1 1(3 3) (3 3)2 2 k k k k ka S S          ,……………..(4 分) 1 3k ka   , ……………………………………………………..(6 分） 解法五 （1） 33S2 n  n )233S2 1-n 1-n  n（ 1 - ②： )2(32332 11   na nnn n ...............................（2 分） )2(3 1   na n n ............................................ …....（4 分） 又： 633S2 1  62 1  a 31 a 不适合 13  n na .................................（5 分）        2,3 1,3 1 n n a nn ...................................................（6 分） （2）解法一： 因为 nnn aba 3log ，所以 3 1 1 b . ..........................(7 分） 当 1n 时， nnn n nb   11 3 1 3)1(3log3 ，.........................(8 分） 所以 3 1 11  bT ; 当 1n 时, )3)1(...3231(3 1... 121 321 n nn nbbbbT   .....(9 分） 所以 )3)1(...3231(13 210 n n nT   , ...........(10 分） 两式相减，得 0 1 2 2 122 (3 3 3 ... 3 ) ( 1) 33 n n nT n            ...........(11 分） 1 1 1 2 1 3 ( 1) 33 1 3 13 6 3 ,6 2 3 n n n n n            所以 nn nT 34 36 12 13   . 经检验， 1n 时也适合. 综上可得 nn nT 34 36 12 13   . .............(12 分) 解法二： 因为 nnn aba 3log ，所以 3 1 1 b . ..........................(7 分） 当 1n 时， nnn n nb   11 3 1 3)1(3log3 ， .........................(8 分） 所以 3 1 11  bT ; 当 1n 时, )3)1(...3231(3 1... 121 321 n nn nbbbbT   .....(9 分） 所以 )3)1(...3231(9 1 3 1 32 n n nT   , ..........(10 分） 两式相减，得 1 2 12 2 (3 3 ... 3 ) ( 1) 33 9 n n nT n           .............(11 分) 1 1 1 2 3 (1 3 ) ( 1) 39 1 3 13 2 1,18 2 3 n n n n n              所以 nn nT 34 36 12 13   . 经检验， 1n 时也适合. 综上可得 nn nT 34 36 12 13   . .............(12 分) 注：1、等价的结果： 2 33 2 3 2 3 11   nnnn na . 1 1 1 1 13 6 3 13 1 13 1( ).12 4 3 12 2 3 4 3 12 2 3 4 3n n n n n n n n nT                 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 nb 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： （10）设函数 3 1, 1 ( ) 2 , 1x x x f x x     ，则满足 ( )( ( )) 2 f af f a  的实数 a 的取值范围是（ ） A. 2[ ,1]3 B.[0,1] C. 2[ , )3  D.[1, ) 【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 ( ) 2tf t  ，讨论 1t  ，运用导数判断单调性，进而得到方程无解；讨论 1t  ， 以及 1a  与 1a  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 ( ) 2tf t  当 1t  时，3 1 2tt   ，由于 ( ) 3 1 2tg t t   的导数为 ( ) 3 2 ln 2 0tg t    ，所以 ( )g t 在 ( ,1) 单调递增，即有 ( ) (1) 0g t g  ，所以方程3 1 2tt   无解； 当 1t  时， 2 2t t 显然成立，由 ( ) 1f a  ，即3 1 1a   ，解得 2 3a  ，且 1a  ； 若由 1a  ， 2 1a  ，解得 0a  ，即 1.a  综上可得 a 的取值范围是 2.3a  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”。 （15）平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 2 2 1 2 2: 1x yC a b   （ 0, 0a b  ）渐近线与抛物线 2 2 : 2C x py （ 0p  ）交于点 , ,O A B ，若 OAB 的垂心是 2C 的焦点，则 1C 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 2ACk ，利用 OAB 的垂心是 2C 的焦点，可得 1C 的离心 率。多数学生这个题应该得分。 【解答】双曲线 2 2 1 2 2: 1x yC a b   （ 0, 0a b  ）的渐近线方程为 by xa   ，与抛物线 2 2 : 2C x py （ 0p  ）联立，可得 0x  或 2pbx a   . 取点 2 2 2 2( , )pb pbA a a ，则 2 2 24 4AC b ak ab  . 因为 OAB 的垂心是 2C 的焦点，所以 2 24 ( ) 1.4 b a b ab a      所以 2 25 4 .a b 所以 2 2 25 4( )a c a  ，所以 3.2 ce a   特别提醒： 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） 14n 或 ( 1)4 n （12）1 或 min 1m  （13） 11 6T  、 11 6 或等价形式，如 516 （14） 3 2  或其等价形式，如 -1.5 、-1 1 2 （15） 3 2 、 e = 3 2 或 1.5 、1 1 2 2015 高考文科填空题评分标准 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）13 或 y=13 （12）7 或 maxz = 7 （13） 3 2 或其等价形式，如 1.5 、1 1 2 （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 2 2 2 2: 1 ( 0)x yC a ba b     的 离心率为 3 2 ，左、右焦点分别是 1 2,F F ．以 1F 为圆心以 3 为半径的圆与以 2F 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； （II）设椭圆 2 2 2 2: 14 4 x yE a b   ， P 为椭圆C 上的任意一点．过点 P 的直线 y kx m  交 椭圆 E 于 ,A B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点Q ． （i）求 OQ OP 的值； （ii）求 ABQ 面积的最大值． 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 2 4a  ，则 2a  ． ----------------1 又 2 2 23 ,2 c a c ba    ，可得 1b  ， ----------------2 所以 椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ． -------------（3 分） 方法二：设 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ． 则 圆 2 2 1 :( ) 9F x c y   ，圆 2 2 2 :( ) 1F x c y   ， 由 2 2 2 2 ( ) 9 ( ) 1 x c y x c y         ，解得 2 2 2 21 ( ) x c y cc       ， ----------------1 所以 2 2 2 2 21 ( )4 1 cc a c b     ， 又 2 2 23 ,2 c a c ba    ， 解得 2, 1a b  ， ----------------2 所以 椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ． -------------（3 分） 方法三：设圆 1F 与圆 2F 交点为 0 0( , )x y ，则由椭圆第二定义(或利用两点间的距离公式推导) 0 0 3 1 a ex a ex      ，解得 2a  ----------------1 又 2 2 23 ,2 c a c ba    ， 解得 2, 1a b  ， ----------------2 所以 椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ． -------------（3 分） （II）由（I）知椭圆 E 的方程为 2 2 116 4 x y  ． （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） 方法一：设 0 0( , ), ( 0)P x y OQ OP    ，则 0 0( , )Q x y  ， ----------------4 由题意得 2 20 0 2 2 0 0 14 ( ) ( ) 116 4 x y x y        ， ----------------5 解得 2, 2    （舍） 所以 2OQ OP   故 2OQ OP  ． -------------（6 分） 方法二(省标)：设 0 0( , ), OQP x y OP  ，由题意知 0 0( , )Q x y   ．----------------4 因为 2 20 0 14 x y  ， 又 2 2 0 0( ) ( ) 116 4 x y    ，即 22 20 0( ) 14 4 x y   ， ----------------5 所以 2  ，即 2OQ OP  ． -------------（6 分） 方法三：（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） 当直线 PO 斜率不存在时，由椭圆几何意义可得 1, 2PO OQ  ， 即 2OQ OP  ． ----------------4 当直线 PO 斜率存在时，设 PO ： y x ， 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ． 则 2 21 1 2 22 2 2 21 1 , 11 16 44 y xy x x yx y           ， 解得 2 2 1 22 2 2 2 2 2 1 22 2 4 16 1 4 1 4, 4 16 1 4 1 4 x x y y                    ， ----------------5 所以 2 2 2 2 2 2 2 1 12 2 4 42 2 21 4 1 4OQ x y x y OP          ， 故 2OQ OP  ． -------------（6 分） 方法四：设 (2cos ,sin )P   ， ----------------4 则 (4cos( ),2sin( ))Q      ，即 ( 4cos , 2sin )Q    ， ----------------5 所以 2 2 2 216cos 4sin 2 4cos sin 2OQ OP        ， 故 2OQ OP  ． -------------（6 分） 方法五：设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y 由条件得 1 2 2 1 2 21 1 2 2 2 2 0 14 116 4 x y x y x y x y            ， ----------------4 解得 2 2 2 1 2 2 2 1 4 4 x x y y     ， ----------------5 所以 2 2 2 2 2 2 1 12 2OQ x y x y OP     ， 故 2OQ OP  ． ------------（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） :方法一：设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ． 将 y kx m  代入椭圆 E 的方程， x y O P A B Q 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 16 0k x kmx m     ， 由 0  ，可得 2 24 16m k  ． ① ----------------7 则有 2 1 2 1 22 2 8 4 16,1 4 1 4 km mx x x xk k      ． 2 2 1 2 2 4 16 4 1 4 k mx x k     所以 2 2 2 2 1 2 2 4 1 16 41 1 4 k k mAB k x x k        ． -------------（8 分） 设 0 0( , )Q x y ，由（i）知 1 2OP OQ   ， 所以 0 0 1 1( , )2 2P x y  ，且 0 0 1 1( )2 2y k x m    ， 则点Q 到直线 y kx m  的距离 0 0 2 2 3 1 1 kx y m md k k      ， -------------9 所以 QAB 的面积 2 2 2 6 16 41 2 1 4 k m mS d AB k     -------------（10 分） 2 2 2 2 2 2 2 2 6 (16 4 ) 1 4 6 (4 )1 4 1 4 k m m k m m k k        以下求最值常见有三种方法： 方法①：设 2 21 4 m tk  ．将 y kx m  代入椭圆C 的方程， 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ， 由 0  ，可得 2 21 4m k  ． ② ----------------11 由①②可知 0 1t  ， 因此 26 (4 ) 6 +4S t t t t    ． 故 6 3S  ， 当且仅当 1t  ，即 2 21 4m k  时取得最大值 6 3 ． 所以 ABQ 面积的最大值为 6 3 ． -------------（13 分） 方法②：设 21+4k t ．将 y kx m  代入椭圆 C 的方程， 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ， 由 0  ，可得 2 21 4m k  ． ② ----------------11 由①②可知 2 20 1,mm t t   ，0< ， 因此 2 2 2 2 2 2 (4 ) 46 6 ( )t m m m mS t t t     ． 故 6 3S  ， 当且仅当 2 1,m t  ，即 2 21 4m t k   时取得最大值 6 3 ． 所以 ABQ 面积的最大值为 6 3 ． -------------（13 分） 方法③：设 2 216 4k m t   将 y kx m  代入椭圆C 的方程， 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ， 由 0  ，可得 2 21 4m k  ． ② ----------------11 由①②可知 2 23 3tm t m  ， ， 因此 2 2 24 24t mS mm t t m t    ． 故 6 3S  ， 当且仅当 3,t m  ，即 2 21 4m k  时取得最大值 6 3 ． 所以 ABQ 面积的最大值为 6 3 ． -------------（13 分） 方法二：设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ． 将 y kx m  代入椭圆 E 的方程， 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 16 0k x kmx m     ， 由 0  ，可得 2 24 16m k  ． ① ----------------7 则有 2 1 2 1 22 2 8 4 16,1 4 1 4 km mx x x xk k      ． 以下求 OAB 的面积常见有两种解法： 方法①： 2 2 1 2 2 4 16 4 1 4 k mx x k     -------------（8 分） 因为 直线 y kx m  与 y 轴交点的坐标为 (0, )m ， 所以 OAB 的面积 1 2 1 2S m x x  --------9 2 2 2 2 16 4 1 4 k m m k    -------------（10 分） 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (16 4 ) 1 4 2 (4 )1 4 1 4 k m m k m m k k        方法②： 2 2 2 2 1 2 2 4 1 16 41 1 4 k k mAB k x x k        ．-------------（8 分） 则点 O 到直线 y kx m  的距离 21 md k   ， --------9 所以 OAB 的面积 1 2S d AB 2 2 2 2 16 4 1 4 k m m k    -------------（10 分） 2 2 2 22 (4 )1 4 1 4 m m k k     以下求最值方法与方法一相同： 只写一种解法（省标）：设 2 21 4 m tk  ． 将 y kx m  代入椭圆C 的方程， 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ， 由 0  ，可得 2 21 4m k  ． ② ----------------11 由①②可知 0 1t  ， 因此 22 (4 ) 2 +4S t t t t    ． 故 2 3S  ， ----------------12 由①②可知 0 1t  ， 当且仅当 1t  ，即 2 21 4m k  时取得最大值 2 3 ． 由（i）知， ABQ 面积为3S ， 所以 ABQ 面积的最大值为 6 3 ． -------------（13 分） 正常情况下，拿到其中一半左右分数是多数同学能够做到的，如果有好的心态和好 的方法，拿到更多的分数也绝非空谈，下面我就简单谈一下技巧性与快速得分的问题。 独家放送 （II）（i）由（I）知 2 2: 14 xC y  ， 2 2 : 116 4 x yE   . 作 变 换 ： ,2 xx y y       ， 从 而 上 述 两 个 椭 圆 变 为 圆 2 2: 1C x y    ， 2 2: 4.E x y    如右图， | | | | 2.| | | | OQ O Q OP O P     （ii）根据图形，及问题（i）可知 3ABQ AOBS S  . 由（i）中的变换，变换后的图形如下图所示： O P Q O P Q A B 由 1 | || | sin 2sin .2A O BS O A O B A O B A O B                当 A B  与圆 2 2: 1C x y    相切时，sin A O B   最大为 3 .2 所以 3.A O BS     由仿射变换，则 2 2 3.AOB A O BS S      所以 3 6 3.ABQ AOBS S   注： 性质 1：直线仍变为直线； 性质 2：两直线的平行关系不变，斜率变为原来的 a b ； 性质 3：点分线段所成的比例不变，特别是中点仍为为中点； 性质 4：两曲线的位置关系不变，即公共点的个数不会发生变化； 性质 5：三角形变成三角形，面积为原来的 1 .ab 二、专心 做压轴题时，心态非常重要，千万不要分心！ 其实高考的时候怎么可能分心呢？ 这里的分心，不是指你做题目的时候想着考好去哪里玩。高考时，你是不可能这么 想的。 回顾以往考试，问一下自己：在做最后一道题目的时候，你有没有想“最后一道题 目难不难?不知道能不能做出来”、“我要不要赶快看看最后一题，做不出就去检查前 面题目”、“前面不知道做的怎样，会不会粗心错”……这就是影响你解题的“分心”， 这些就使你不专心。 专心于现在做的题目，现在做的步骤。现在做哪道题目，脑子里就只有做好这道题 目。现在做哪个步骤，脑子里就只有做好这个步骤，不去想这步之前对不对，这步之后 怎么做，做好当下! 三、重视审题 你的心态就是珍惜题目中给你的条件。数学题目中的条件都是不多也不少的，不会 有用不到的条件。而另一方面，你要相信给出的条件一定是可以做到正确答案的。所以， 解题时，一切都必须从题目条件出发，只有这样，一切才都有可能。 在数学家波利亚的四个解题步骤中，第一步审题格外重要，审题步骤中，又有这样 一个技巧：当你对整道题目没有思路时，步骤(1)将题目条件推导出“新条件”，步骤(2) 将题目结论“后退”到“新结论”. 步骤(1)就是不要理会题目中你不理解的部分，只要你根据题目条件把能做的先做 出来，能推导的先推导出来，从而得到“新条件”。 步骤(2)就是想要得到题目的结论，我需要先得到什么结论，这就是所谓的“新结 论”。然后在“新条件”与“新结论”之间再寻找关系。 一道难题，难就难在题目条件与结论的关系难以建立，而你自己推出的“新条件” 与“新结论”之间的关系往往比原题更容易建立，这也意味着解出题目的可能性也就越 大! 最高境界就是任何一道题目，在你心中没有难易之分，心中只有根据题目条件推出新 条件，一直推到最终的结论。解题心态也应当是宠辱不惊，不以题目易而喜，不以题目难而 悲，平常心解题。 最后还有一点要提醒的是，司马迁曾在《史记》中说“且彊弩之极，力不能穿鲁縞； 冲风之末，力不能漂鸿毛。非初不劲，末力衰也。”，虽然我们认为最后一题有相当分 值的易得分部分，但是毕竟已是整场考试的最后阶段，疲劳不可避免，因此所有同学在 做最后一题时，都要格外小心谨慎，避免易得分部分因为疲劳出错，导致失分的遗憾结 果出现。