高考數(shù)學(xué)創(chuàng)新題型速遞

【摘 要】 高考命題注重“創(chuàng)新意識”的考查，注重優(yōu)化情境設(shè)計，體現(xiàn)創(chuàng)新性，要求考生對新穎的信息、情境和設(shè)問，選擇有效的方法和手段收集信息，綜合、靈活地應(yīng)用所學(xué)的數(shù)學(xué)知識、思想和方法，進行獨立思考、探索和研究，提出解決問題的思路.

【關(guān)鍵詞】 高考;創(chuàng)新題型;創(chuàng)新意識

近期官方透露2022年高考命題指向，高考試題要優(yōu)化情境設(shè)計，體現(xiàn)創(chuàng)新性.“注重數(shù)學(xué)創(chuàng)新意識的考查”是高考命題的指導(dǎo)思想之一，而創(chuàng)新型問題則是體現(xiàn)這一思想的良好載體[1].在高考中，創(chuàng)新問題主要以選擇、填空題的形式出現(xiàn)，有時也滲透在解答題中考查，且涉及到的內(nèi)容多樣、全面，也往往會出現(xiàn)一些以高等數(shù)學(xué)知識為背景的創(chuàng)新題.下面以各地模擬題為例，從幾個不同視角探討高考創(chuàng)新型問題.

1 新定義創(chuàng)新

例1 （2022屆江蘇省蘇州市期中調(diào)研）定義方程f（x）=f′（x）的實數(shù)根x0叫做函數(shù)f（x）的“躺平點”.若函數(shù)f（x）=lnx，h（x）=x3-1的“躺平點”分別為α，β，則α，β的大小關(guān)系為（? ）.

A.α≥β? B.α>β? C.α≤β? D.α<β

解析 由題意得f′（x）=1x，h′（x）=3x2.

因為函數(shù)f（x）=lnx的“躺平點”為α，所以lnα=1α.

因為ln1<1，ln2>12，所以1<α<2.

因為函數(shù)h（x）=x3-1的“躺平點”為β，所以β3-1=3β2.

因為33-1<3·32，43-1>3·42，所以3<β<4.所以α<β.

又α<βα≤β. 故選CD.

點評 本題給出函數(shù)“躺平點”的新定義，并與導(dǎo)數(shù)的計算、邏輯推理融為一體，使新定義信息遷移，新穎別致，有效地考查了學(xué)生的遷移創(chuàng)新能力.

例2 （2022屆湖南師大附中月考）設(shè)P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為1-12π（∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1），其中Qi（i=1，2，…，k，k≥3）為多面體M的所有與點P相鄰的頂點，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk-1PQk和平面QkPQ1為多面體M的所有以P為公共點的面.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，AA1=AB，則下列結(jié)論正確的是（? ）.

A.直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在其各頂點處的離散曲率都相等

B.若AC=BD，則直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在頂點A處的離散曲率為14

C.若AB=BD，則直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在頂點A處的離散曲率為23

D.若四面體A1ABD在點A1處的離散曲率為712，則AC1⊥平面A1BD

解析 對于A，當(dāng)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為正方形時，其在各頂點處的離散曲率都相等，當(dāng)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面不為正方形時，其在同一底面且相鄰的兩個頂點處的離散曲率不相等，故A錯誤.

對于B，若AC=BD，則菱形ABCD為正方形，因為AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在頂點A處的離散曲率為1-12ππ2+π2+π2=14，故B正確.

對于C，若AB=BD，則∠BAD=π3，又AA1⊥AB，AA1⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在頂點A處的離散曲率為1-12ππ2+π2+π3=13，故C錯誤.對于D，在四面體A1ABD中，AA1⊥AB，AA1⊥AD，AA1=AB=AD，所以∠AA1B=∠AA1D=π4，所以在點A1處的離散曲率為1-12ππ4+π4+∠BA1D=712，解得∠BA1D=π3，易知A1B=A1D=2AB，所以AB⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1為正方體，結(jié)合正方體的幾何特征可知AC1⊥平面A1BD，故D正確.故選BD.

點評 本題通過新定義“多面體M在點P處的離散曲率”的概念和計算公式，首先閱讀理解新定義，然后在進行線面位置關(guān)系推理的基礎(chǔ)上，利用新定義通過推理或計算作出判斷，考查了閱讀理解、推理論證的能力及直觀想象、邏輯推理等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).2 新情境創(chuàng)新

例3 （2022屆福州一中第一學(xué)期第一學(xué)段考題）如圖1所示，在底面半徑為R，高為H（H，R為定值，且H≤R）的圓錐內(nèi)部內(nèi)接一個底面半徑為r、高為h的圓柱，甲、乙兩位同學(xué)采用兩種不同的方法來解決.甲采用圓柱底面與圓錐底面重合的“豎放”方式（圖1），乙采用圓柱母線與圓錐底面直徑重合的“橫放”方式（圖2）.

（1）設(shè)V1，V2為分別“豎放”“橫放”時內(nèi)接圓柱的體積，用內(nèi)接圓柱的底面半徑r為自變量分別表示V1，V2;

（2）試分別求V1，V2的最大值（V1）max，（V2）max，并比較（V1）max，（V2）max的大小.

解析 （1）如圖3，設(shè)AC=H，CB=R，DE=x，EF=y，根據(jù)三角形相似，得xR=H-yH=1-yH，所以x=R1-yH，y=H1-xR.

①若圓柱“豎放”，則x=r，h=y，所以h=H1-rR（0<r<R），所以V1=πr2h=πr2H1-rR=πHr2-r3R（0<r<R）.

②若圓柱“橫放”，則x=h2，y=2r，所以h=2R1-2rH（0<r<H2），所以V2=πr2h=πr22R（1-2rH）=2πRr2-2r3H0<r<H2.

（2）①V1′=πH2r-3r2R（0<r<R）.

由V1′=πH2r-3r2R=0，解得r=23R.

所以當(dāng)0<r<23R時，V1′>0;當(dāng)23R<r<R時，V1′<0，

故V1在0，23R上單調(diào)遞增，在23R，R上單調(diào)遞減，所以當(dāng)r=23R時，V1取得最大值，且（V1）max=π23R2H3=427πR2H.

②V2′=2πR2r-6r2H（0<r<R）.

由V2′=2πR2r-6r2H=0，解得r=13H.

所以當(dāng)0<r<13H時，V2′>0;當(dāng)13H<r<12H時，V2′<0，故V2在0，13H上單調(diào)遞增，在13H，12H上單調(diào)遞減，所以當(dāng)r=13H時，V2取得最大值，且（V2）max=π13H223R=227πRH2.

因為（V1）max-（V2）max=427πR2H-227πRH2=227πRH（2R-H），又H≤R，所以（V1）max>（V2）max.

點評 本題給出“豎放”和“橫放”內(nèi)接圓柱的兩種不同放置方法，利用軸截面圖中的三角形相似，將內(nèi)接圓柱的體積分別建立函數(shù)模型并求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性求得體積的最大值，最后作差比較兩種方法的體積最大值的大小得到結(jié)論.本題從圖形到設(shè)問方式都十分新穎.

3 問題研究創(chuàng)新

例4 （清華大學(xué)中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力（THUSSAT）2021年11月診斷性測新高考）有同學(xué)在研究指數(shù)函數(shù)y=2x和冪函數(shù)y=x2的圖象時，發(fā)現(xiàn)它們在第一象限有兩個交點（2，4）和（4，16）.通過進一步研究，該同學(xué)提出了如下兩個猜想：

（1）函數(shù)y=ex與函數(shù)y=xe的圖象在第一象限有且只有一個公共點;

（2）設(shè)a>1，b>1，且a≠b，若ab>ba，則ab>e2.

其中e為自然對數(shù)的底，請你證明或反駁該同學(xué)的猜想.

解析 （1）設(shè)f（x）=lnxx，則f′（x）=1-lnxx2.

由f′（x）>0，得1-lnx>0，解得0<x<e;由f′（x）<0，得1-lnx<0，解得x>e.

所以函數(shù)f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x=e時，f（x）有最大值，且f（x）max=f（e）=lnee=1e，所以x∈（0，+∞）時，f（x）≤f（e）=1e，所以方程x-elnx=0有唯一的實根e，即方程ex=xe有唯一的實根e，故猜想（1）正確.

（2）由ab=ba，得lnaa=lnbb.

設(shè)f（x）=lnxx，則由（1）知，a，b分別在（1，e）和（e，+∞）內(nèi)，不妨設(shè)a∈（1，e），b∈（e，+∞），設(shè)g（x）=f（x）-fe2x=lnxx-2-lnxxe2，所以g′（x）=1-lnxx2-1-lnxe2=1-lnx（e2-x2）e2x2，

當(dāng)x∈（1，e）時，1-lnx>0，e2-x2>0，所以當(dāng)x∈（1，e）時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

由此得，當(dāng)a∈（1，e）時，g（a）<g（e）=0，所以f（a）-fe2a<0.

因為f（a）=f（b），所以f（b）<fe2a.

又因為b，e2a∈（e，+∞）且f（x）在（e，+∞）單調(diào)遞減，所以b>e2a，

所以ab>e2.故猜想（2）正確.

點評 本題在研究指數(shù)函數(shù)y=2x和冪函數(shù)y=x2的圖象的交點個數(shù)的基礎(chǔ)上，提出兩個猜想，然后構(gòu)設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性等知識進行推理論證對猜想作出判斷.本題設(shè)問背景創(chuàng)新，在新穎的形式下很好地考查了導(dǎo)數(shù)知識的應(yīng)用. 4 高等背景創(chuàng)新

例5 （2022屆湖北省襄陽市優(yōu)質(zhì)高中期末考試）我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為00型，比如：當(dāng)x→0時，sinxx的極限即為00型，兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在.早在1696年，洛必達在他的著作《無限小分析》一書中創(chuàng)造了一種算法（洛必達法則），用以尋找滿足一定條件的兩函數(shù)之商的極限，法則的大意為：在一定條件下通過對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法.

如：limx→0sinxx=limx→0sinx′x′=limx→0cosx1=1，則limx→0ex+e-x-21-cosx=

.

解析 limx→0ex+e-x-21-cosx=limx→0（ex+e-x-2）′（1-cosx）′=limx→0ex-e-xsinx=limx→0（ex-e-x）′sinx′=limx→0ex+e-xcosx=

limx→01+11=2.點評 本題以高等數(shù)學(xué)中的洛必達法則求函數(shù)00型極限為背景命題，既讓考生獲得了一種求函數(shù)極限的方法，又考查了數(shù)學(xué)文化.

5 知識交會創(chuàng)新例6 （2022屆江蘇省南京市一模）若數(shù)列{an}的通項公式為an=（-1）n-1，記在數(shù)列{an}的前n+2（n∈N*）項中任取兩項都是正數(shù)的概率為Pn，則（? ）.

A.P1=13 ??B.P2n<P2n+2? C.P2n-1<P2n ??D.P2n-1+P2n<P2n+1+P2n+2

解析 對于A，由an=（-1）n-1可知，a1=1，a2=-1，a3=1，則P1=13，故A正確.

接下來看B，C，D三個選項：

先來列舉一下數(shù)列{an}的前幾項：1，-1，1，-1，1，-1，…

由此可知：數(shù)列{an}的前2n+2項中有n+1個正數(shù)，n+1個負數(shù)，于是P2n=C2n+1C22n+2=n4n+2，P2n+2=n+14n+6，

所以P2n+2-P2n=n+14n+6-n4n+2=2（4n+6）（4n+2）>0，即P2n<P2n+2，故B正確.

又數(shù)列{an}的前2n+1項中有n+1個正數(shù)，n個負數(shù)，所以P2n-1=C2n+1C22n+1=n+14n+2， 所以P2n-1>P2n，故C錯誤.

又P2n+1+P2n+2-（P2n-1+P2n）=P2n+2-P2n+P2n+1-P2n-1=2（4n+6）（4n+2）+n+24n+6-n+14n+2=2（4n+6）（4n+2）+-2（4n+6）（4n+2）=0，所以P2n-1+P2n=P2n+1+P2n+2，故D錯誤.

綜上所述，選AB.

點評 本題以數(shù)列為背景，本質(zhì)考查的是古典概型，還用到組合數(shù)的計算、作差法比較大小等知識與方法，體現(xiàn)了知識間的綜合交會.

例7 （2021屆江蘇省四校聯(lián)合第三次適應(yīng)性考試）如圖4，已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1（-1，0），F(xiàn)2（1，0）.經(jīng)過點F1且傾斜角為θ0<θ<π2的直線l與橢圓Γ交于A，B兩點（其中點A在x軸上方），△ABF2的周長為8.

（1）求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）如圖5，將平面xOy沿x軸折疊，使y軸正半軸和x軸所確定的半平面（平面AF1F2）與y軸負半軸和x軸所確定的半平面（平面BF1F2）互相垂直.

①若θ=π3，求異面直線AF1和BF2所成角的余弦值;

②是否存在θ0<θ<π2，使得折疊后△ABF2的周長為152？若存在，求tanθ的值;若不存在，說明理由.

解析 （1）因為△ABF2的周長為8，所以4a=8，a=2.

由題意得c=1，所以b2=a2-c2=3，所以橢圓Γ的方程為x24+y23=1.

（2）①由直線l：y-0=3（x+1）與x24+y23=1聯(lián)立求得A0，3，（因為點A在x軸上方）以及B-85，-353，

再以O(shè)為坐標(biāo)原點，折疊后原y軸負半軸，原x軸，原y軸正半軸所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖6.則F1（0，-1，0），A（0，0，3），B353，-85，0，F(xiàn)20，1，0，F(xiàn)1A=0，1，3，BF2=-353，135，0.

記異面直線AF1和BF2所成角為φ，則cosφ=|cos<F1A，BF2>|=F1A·BF2F1ABF2=1328.圖7

②在折疊后的圖形中建立如圖7所示的空間直角坐標(biāo)系（原x軸仍然為x軸，原y軸正半軸為y軸，原y軸負半軸為z軸）.設(shè)A，B在新圖形圖7中對應(yīng)點記為A′，B′，由A′F2+B′F2+A′B′=152，AF2+BF2+AB=8，故AB-A′B′=12.

由A′F2+B′F2+A′B′=152，AF2+BF2+AB=8，故AB-A′B′=12.

設(shè)折疊前A（x1，y1），B（x2，y2），直線l與橢圓Γ聯(lián)立方程my=x+1，x24+y23=1，得（3m2+4）y2-6my-9=0，所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，

則A′（x1，y1，0），B′（x2，0，-y2），所以A′B′=（x1-x2）2+y21+（-y2）2，AB=（x1-x2）2+（y1-y2）2，

所以AB-A′B′=（x1-x2）2+（y1-y2）2-（x1-x2）2+y21+y22=12. （?。?/p>

所以-2y1y2（x1-x2）2+（y1-y2）2+（x1-x2）2+y21+y22=12，所以（x1-x2）2+（y1-y2）2+（x1-x2）2+y21+y22=-4y1y2. ?（ⅱ）

由（?。áⅲ┛傻茫▁1-x2）2+（y1-y2）2=14-2y1y2，所以（x1-x2）2+（y1-y2）2=（1+m2）（y1-y2）2=14-2y1y22，

所以（1+m2）6m3m2+42+363m2+4=14+183m2+42·1441+m3m2+42=14+183m2+42，所以12+12m23m2+4=14+183m2+4，所以12m2+12=34m2+1+18，

解得m2=2845，因為0<θ<π2，所以tanθ=33514.

點評 本題以平面直角坐標(biāo)系中橢圓的翻折為背景，通過分析翻折前后的關(guān)系，綜合考查了橢圓的定義、直線與橢圓的位置關(guān)系等知識的應(yīng)用，以及空間向量在求空間角中的應(yīng)用，充分體現(xiàn)了解析幾何和立體幾何知識的創(chuàng)新交會，是一道知識間創(chuàng)新融合的經(jīng)典試題.

6 材料閱讀創(chuàng)新

例8 （2022屆湖北省十一校第一次聯(lián)考）“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術(shù)活動，在我國源遠流長.某些折紙活動蘊含豐富的數(shù)學(xué)內(nèi)容，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如圖8）.

步驟1：設(shè)圓心是E，在圓內(nèi)異于圓心處取一點，標(biāo)記為F;

步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點F;

步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕;

步驟4：不停重復(fù)步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.

已知這些折痕所圍成的圖形是一個橢圓，若取半徑為4的圓形紙片，設(shè)定點F到圓心E的距離為2.

按上述方法折紙.

（1）以點F，E所在直線為x軸，建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求折痕圍成的橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）直線l過橢圓C的右焦點，交C于A，B兩點，AB的中點為Q，射線OQ（O為坐標(biāo)原點） 交C于P，若QP=3OQ，求直線l的方程.

解析 （1）以點F，E所在直線為x軸，線段FE的中點O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)M（x，y）為C上一點，則由題意可知MF+ME=AE=4，F(xiàn)E=2<4，所以點M的軌跡是以點F，E為左、右焦點，長軸長2a=4的橢圓.

因為2c=2，2a=4，所以c=1，a=2，則b2=a2-c2=3，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1.

（2）因為QP=3OQ，所以O(shè)P=4OQ，當(dāng)AB斜率存在時，設(shè)直線AB方程為y=k（x-1），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x124+y123=1，x224+y223=1，兩式作差得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-34，即kAB·kOP=-34，故直線OP的方程為y=-34kx，聯(lián)立y=-34kx，x24+y23=1，解得x2P=16k23+4k2，

聯(lián)立y=-34kx，y=k（x-1），解得xQ=4k23+4k2.

因為OP=4OQ，所以xP=4xQ，即4k3+4k2=4×4k23+4k2，則k2=14，解得k=±12，所以直線l的方程為y=±12（x-1），即x±2y-1=0.

點評 本題給出“工藝折紙”的一段閱讀材料，在閱讀理解的基礎(chǔ)上，通過建立平面直角坐標(biāo)系將問題轉(zhuǎn)化，利用橢圓定義和性質(zhì)求得標(biāo)準(zhǔn)方程，然后聯(lián)立方程將向量關(guān)系轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)關(guān)系求解，考查了閱讀理解能力、數(shù)學(xué)語言轉(zhuǎn)換能力及知識綜合應(yīng)用能力.結(jié)束語

復(fù)習(xí)備考中要注重創(chuàng)新意識的培養(yǎng)，當(dāng)面對某個知識點或問題時，要經(jīng)常有意識地思考：這個知識點較易和哪些知識點交會、這個知識點可以怎樣創(chuàng)新考查、這個問題有沒有新穎的呈現(xiàn)形式等.以此為基礎(chǔ)，對常規(guī)創(chuàng)新問題的類型和解法要注意總結(jié)，形成對它們的數(shù)學(xué)直覺.

參考文獻

[1] 鄭麗娟.高考數(shù)學(xué)創(chuàng)新題聚焦[J].中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2021（05）：50-53.

作者簡介 黃梓（1992—），男，江蘇南通人;曾獲南通市海門區(qū)優(yōu)秀高三任課教師，在海門區(qū)教師基本功大賽中獲獎，多次開設(shè)區(qū)級以上公開課;主要研究高中數(shù)學(xué)教育.