高考数学阅卷场评分细则

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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。
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