數(shù)學(xué)高考新情境題分類解析

王佩其

在近幾年的數(shù)學(xué)高考命題中，出現(xiàn)了一類新情境題.命題者把數(shù)學(xué)問題呈現(xiàn)在新穎而又真實的問題情境中，給試題賦予了鮮明的時代特色和豐富的文化價值.這類試題強調(diào)理性思維，突出數(shù)學(xué)的應(yīng)用性和數(shù)學(xué)文化的引領(lǐng)作用.可以預(yù)見，新情境題必將在2024年的高考中繼續(xù)大放異彩.那么，數(shù)學(xué)高考新情境題主要有哪些類型呢？下面，我加以分類解析，供考生們參考．

一、立德樹人型問題

從近年全國卷中的試題可以看出，高考落實“五育并舉”教育方針，因此有關(guān)體現(xiàn)德育、智育、體育、美育、勞動教育的考題頻頻亮相，這類問題常以現(xiàn)實生活為背景，命制與核心考點相關(guān)聯(lián)的題目，意在考查直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)．

例1. （1）青年大學(xué)習(xí)是由共青團(tuán)中央發(fā)起，廣大青年參與，通過學(xué)習(xí)來提升自身理論水平、思維層次的行動.青年大學(xué)習(xí)，是讓青年學(xué)習(xí)紅色知識并傳承紅色基因，通過學(xué)習(xí)來提高思想素質(zhì)，更加熱愛國家并關(guān)心國家大事，讓青年對步入新時代的理念有了更深的了解，真正參與到實現(xiàn)中華民族偉大復(fù)興的實踐當(dāng)中.電視臺為了做好宣傳，引導(dǎo)廣大青年“不忘初心、牢記使命”，切實增強“四個意識”、樹立“四個自信”，堅定不移聽黨話、跟黨走，舉辦了一次活動.現(xiàn)場觀眾是由40名大學(xué)生，30名高中生，30名初中生組成，其中一個環(huán)節(jié)是由參加活動的一位嘉賓現(xiàn)場隨機抽取一名觀眾

進(jìn)行知識問答競賽.已知這位嘉賓抽到大學(xué)生，且嘉賓能獲勝的概率是12；抽到高中生，且嘉賓能獲勝的概率是23；抽到初中生，且嘉賓能獲勝的概率是45.則這位嘉賓獲勝的概率是?? ．

（2）勞動教育是國民教育體系的重要內(nèi)容，是學(xué)生成長的必要途徑，具有樹德、增智、強體、育美的綜合育人價值.南昌二中作為全國雙新示范校，“勞動教育課程”緊跟時代步伐，特在校園的一角專門開辟了一塊勞動基地——心遠(yuǎn)農(nóng)場（如圖1）.現(xiàn)某社團(tuán)為農(nóng)場節(jié)水計劃設(shè)計了如下噴灌技術(shù)，噴頭裝在管柱OA的頂端A處，噴出的水流在各個方向上呈拋物線狀，如圖2所示.現(xiàn)要求水流最高點B離地面4 m ，點B到管柱OA所在直線的距離為3 m ，且水流落在地面上以O(shè)為圓心，以7 m 為半徑的圓上，則管柱OA的高度為（? ?）

A. 53 m ???B. 74 m ???C. 94 m ???D. 73 m

解析： （1）抽到大學(xué)生的概率是25，這位嘉賓抽到大學(xué)生，且嘉賓能獲勝的概率是12；抽到高中生的概率是310，抽到高中生，且嘉賓能獲勝的概率是23；抽到初中生的概率是310，抽到初中生，且嘉賓能獲勝的概率是45.由全概率公式得嘉賓獲勝的概率為P=25×12+310×23+310×45=1625.故答案為： 1625．

（2）以B為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，

記BM⊥OC且垂足為M，AD⊥y軸且垂足為D，

設(shè)拋物線方程為x2=-2py（p>0），

由題意可知：｜AD｜=3，｜BM｜=4，｜OC｜=7，所以｜MC｜=｜OC｜-｜AD｜=7-3=4，

所以C（4，-4），代入拋物線方程可得16=-2p×（-4），所以p=2，

所以拋物線方程為x2=-4y，又因為A（-3，y 0）在拋物線上，所以9=-4y 0，解得y 0=-94，所以｜BD｜=94，所以｜OA｜=｜DM｜=｜BM｜-｜BD｜=4-94=74，所以O(shè)A的高度為74 m ，故選 B ．

點評：本例（1）以青年學(xué)習(xí)紅色知識并傳承紅色基因的知識問答競賽為問題情境，考查全概率公式的應(yīng)用，試題難度不大，卻體現(xiàn)當(dāng)今教育 “五育并舉”德育為先的教育方針.本例（2）考查拋物線的實際應(yīng)用，雖然難度不大，卻再現(xiàn)了學(xué)生勞動實踐的場景，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注勞動，運用所學(xué)知識解決生產(chǎn)實踐中的問題，體現(xiàn)了勞動教育的重要性.

二、學(xué)科交叉型問題

多學(xué)科交叉與融合的考題在近年高考中成為“新寵”，此類考題常與物理、化學(xué)、音樂等其他學(xué)科知識交匯呈現(xiàn)，考查考生綜合應(yīng)用知識的能力和創(chuàng)新意識．

例2. （1）為了衡量星星的明暗程度，古希臘天文學(xué)家喜帕恰斯在公元前二世紀(jì)首先提出了星等這個概念.星等的數(shù)值越小，星星就越亮；星等的數(shù)值越大，它的光就越暗.到了1850年，由于光度計在天體光度測量中的應(yīng)用，英國天文學(xué)家普森又提出了衡量天體亮度的單位.天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述，兩顆星星的星等與亮度滿足m 1－m 2＝2.5（ lg ?E 2－ lg ?E 1），其中星等為m i的星星的亮度為E i（i＝1，2）.已知星星A的星等是1.00，星星B的星等是1.25，星星A的亮度是星星B的r倍，則與r最接近的是（當(dāng)｜x｜較小時，10x≈1＋2.3x＋2.7x2）（? ?）

A. 1.24? ?B. 1.25? ?C. 1.26? ?D. 1.27

（2）已知C 60是一種由60個碳原子構(gòu)成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，C 60是單純由碳原子結(jié)合形成的穩(wěn)定分子，它有60個頂點和若干個面，各個面的形狀為正五邊形或正六邊形，結(jié)構(gòu)如圖所示.已知其中正六邊形的面為20個，則正五邊形的面的個數(shù)為（? ?）

A. 10?? ?B. 12____C. 16?? ?D. 20

解析： （1）設(shè)星星A的亮度為E 1，星星B的亮度為E 2．

根據(jù)題意可得1.00－1.25＝2.5（ lg ?E 2－ lg ?E 1），可得 lg E 1E 2＝110，

即 lg ?r＝110，解得 r ＝10110，根據(jù)參考公式可得r≈1＋2.3×110＋2.7×1100＝1.257，

故與r最接近的是1.26.故選 C．

（2）由題圖知每個頂點同時在3個面內(nèi)，所以五邊形的面的個數(shù)為60×3-20×65=12，故選 B．

點評： 本例（1）以物理知識為載體考查對數(shù)運算.解題的關(guān)鍵是理解兩顆星星的星等與亮度滿足的關(guān)系式m 1－m 2＝2.5（ lg ?E 2－ lg ?E 1）中各個參數(shù)的意義，并會利用賦值法代入；本例（2）是以化學(xué)分子為背景計數(shù)問題，考查空間想象力和推理能力，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真讀題，構(gòu)建立體幾何模型.

三、社會熱點型問題

統(tǒng)計與概率試題已經(jīng)成為高考解答題的熱點，求解這類問題的方法都在提升，體現(xiàn)了較高的思維能力，難度一般為中檔，有時可能成為壓軸題.此類試題注重考查考生的應(yīng)用意識、閱讀能力及化歸與轉(zhuǎn)化能力.統(tǒng)計與概率的交匯試題常以現(xiàn)實生活中的前沿?zé)狳c問題為背景．

例3.垃圾分類，是指按一定標(biāo)準(zhǔn)將垃圾分類儲存、分類投放和分類搬運，從而轉(zhuǎn)變成公共資源的一系列活動的總稱，分類的目的是提高垃圾的資源價值和經(jīng)濟(jì)價值，為爭物盡其用.垃圾分類后，大部分運往垃圾處理廠進(jìn)行處理.為了監(jiān)測垃圾處理過程中對環(huán)境造成的影響，某大型垃圾處理廠為此建立了5套環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)，并制定如下方案：每年工廠的環(huán)境監(jiān)測費用預(yù)算定為80萬元，日常全天候開啟3套環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)，若至少有2套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標(biāo)，則立即檢查污染處理系統(tǒng)；若有且只有1套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標(biāo)，則立即同時啟動另外兩套系統(tǒng)進(jìn)行1小時的監(jiān)測，且后啟動的這2套監(jiān)測系統(tǒng)中只要有1套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標(biāo)，也立即檢查污染處理系統(tǒng).設(shè)每個時間段（以1小時為計量單位）被每套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標(biāo)的概率均為p（0

（1）當(dāng)p=13時，求某個時間段需要檢查污染處理系統(tǒng)的概率；

（2）若每套環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)運行成本為20元/小時（不啟動則不產(chǎn)生運行費用），除運行費用外，所有的環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)每年的維修和保養(yǎng)費用需要6萬元.現(xiàn)以此方案實施，問該工廠的環(huán)境監(jiān)測費用是否會超過預(yù)算（全年按9000小時計算）？并說明理由．

解析： （1）設(shè)某個時間段在開啟3套系統(tǒng)時就被確定需要檢查污染源處理系統(tǒng)的事件為A，則P（A）=C2 3p2（1-p）+C3 3p3=C2 3132×23+C3 3133=727，

設(shè)某個時間段需要開啟另外2套環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)才能確定需要檢查污染源處理系統(tǒng)的事件為B，則P（B）=C1 3p（1-p）2［1-（1-p）2］=C1 31312321-1-132=2081．

所以某個時間段需要檢查污染源處理系統(tǒng)的概率為727+2081=4181．

（2）設(shè)某個時間段環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)的運行費用為X元，則X的所有可能取值為60，100.且P（X=100）=C1 3p（1-p）2，P（X=60）=1-C1 3p（1-p）2．

E（X）=60［1-C1 3p（1-p）2］+100C1 3p（1-p）2=60+120p（1-p）2．

令g（p）=p（1-p）2，p∈（0，1），則g′（p）=（1-p）2-2p（1-p）=（3p-1）（p-1），

當(dāng)p∈0，13時，g′（p）>0，g（p）單調(diào)遞增，當(dāng)p∈13，1時，g′（p）<0，g（p）單調(diào)遞減，

所以g（p）的最大值為g13=427.所以實施此方案的最高費用為6+900060+120×427×10-4=76（萬元）.因為76<80，所以不會超過預(yù)算．

點評： 本題以社會熱點垃圾分類為問題情境，考查互斥事件的概率加法公式、n次獨立重復(fù)試驗的概率計算公式、離散型隨機變量的數(shù)學(xué)期望公式和利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性求最值；通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值是求解本題的關(guān)鍵.本題不僅讓學(xué)生了解垃圾分類的有關(guān)知識，而且能增強環(huán)保意識．

四、數(shù)學(xué)文化型問題

近年來，以數(shù)學(xué)文化為背景的試題層出不窮，此類問題往往與古代名人的故事為“題引”，要求考生從所學(xué)的數(shù)學(xué)知識，解決相關(guān)問題.此類問題的命制旨在弘揚數(shù)學(xué)問題，考查能力的遷移．

例4. （1）唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”，詩中隱含著一個有趣的數(shù)學(xué)問題——“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回到軍營，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)軍營所在的位置為B（-2，0），若將軍從山腳下的點A-13，0處出發(fā)，河岸線所在直線方程為x+2y=3，則“將軍飲馬”的最短總路程為（? ）

A. ?1453? ?B. ?5? ?C. ?1353? ?D. ?163

（2）拿破侖定理是法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊，向外構(gòu)造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形（此等邊三角形稱為拿破侖三角形）的頂點”.在△ABC中，已知∠ACB=30°，且AB=3-1，現(xiàn)以BC，AC，AB為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次記為A′，B′，C′，則△A′B′C′的面積最大值為??? ．

解析：（1）設(shè)點A關(guān)于直線x+2y=3的對稱點A′（a，b），

AA′的中點為（a-132，b2），k AA′=ba+13，故ba+13·-12=-1，

a-132+2·b2=3，解得a=1，

b=83.

要使從點A到軍營總路程最短，即為點A′到軍營最短的距離，軍營所在位置為B（-2，0）， “將軍飲馬”的最短總路程為（1+2）2+（83）2=

1453，故選 A.

（2）設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．

連接A′C，B′C，則由題設(shè)得∠A′CB′=90 ° ，因為以BC，AC，AB為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次記為A′，B′，C′，

所以A′C=32b×23=33b ，B′C=33a，所以A′B′=33a2+b2.

在△ABC中，由余弦定理可得a2+b2-2ab cos 30° =c2，即a2+b2-3ab=4-23，又ab≤a2+b22，∴a2+b2-4-233≤a2+b22，即a2+b2≤4（等號當(dāng)a=b=2時成立），由題意可得△A′B′C′為等邊三角形，故S △A′B′C′=34A′B′2≤34×43=33.故答案為：33

點評： 本例（1）以唐詩引出“將軍飲馬”問題為數(shù)學(xué)文化背景，考查點關(guān)于直線的對稱問題、點與圓的位置關(guān)系等等，解答的關(guān)鍵是將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，建立數(shù)學(xué)模型.先求出點A關(guān)于直線x+2y=3的對稱點A′，點A′到圓心的距離減去半徑即為最短.本例（2）以拿破侖定理作為數(shù)學(xué)文化背景，引出一個解三角形問題，主要考查余弦定理和基本不等式的應(yīng)用．

五、新定義、新信息遷移型問題

“新定義、新信息遷移問題”是指在現(xiàn)有的運算法則和運算律的基礎(chǔ)上定義一種新的概念或運算或規(guī)則或性質(zhì)等的問題.新定義、新信息可能以文字的形式出現(xiàn)，也可能以數(shù)學(xué)符號或數(shù)學(xué)表達(dá)式的形式出現(xiàn)，有的甚至舉例說明.在高考卷中，有關(guān)新定義的考題偶爾會出現(xiàn)，要么在小題的壓軸題的位置出現(xiàn)，要么在解答題中出現(xiàn)，主要考查數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、數(shù)學(xué)運算和邏輯推理等核心素養(yǎng)．

例5. （1）如圖1，拋物線上任意兩點連接所得的弦與拋物線圍成一個弓形區(qū)域，求拋物線弓形區(qū)域的面積是古希臘數(shù)學(xué)家阿基米得最優(yōu)美的成果之一，阿基米德的計算方法是：將弓形區(qū)域分割成無數(shù)個三角形，然后將所有三角形的面積加起來就可以得到弓形區(qū)域的面積.第一次分割，如圖2，在弓形區(qū)域里以AB為底邊分割出一個三角形ABC 1，確保過頂點C 1的拋物線E的切線與底邊AB平行，△ABC 1稱為一級三角形；第二次分割，如圖3，以△ABC 1，兩個邊AC 1，BC 1為底邊，在第一次分割得到的兩個弓形區(qū)域繼續(xù)分割出兩個三角形△C 21AC 1，△C 22BC 1，確保過頂點C 21，C 22的拋物線E的切線分別與AC 1，BC 1平行，△C 21AC 1，△C 22BC 1都稱為二級三角形；重復(fù)上述方法，繼續(xù)分割新產(chǎn)生的弓形區(qū)域……，借助拋物線幾何性質(zhì)，阿基米德計算得出任意一級的所有三角形的面積都相等，且每個三角形的面積都是其上一級的一個三角形面積的18.設(shè)拋物線E的方程為y=4-x2，直線AB的方程為y=x+2，請你根據(jù)上述阿基米德的計算方法，求經(jīng)過n次分割后得到的所有三角形面積之和為??? ．

（2）（多選題）《瀑布》（圖1）是埃舍爾為人所知的作品.畫面兩座高塔各有一個幾何體，左塔上方是著名的“三立方體合體”（圖2）.在棱長為2的正方體ABCD-A′B′C′D′中建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系（原點O為該正方體的中心，x，y，z軸均垂直該正方體的面），將該正方體分別繞著x軸，y軸，z軸旋轉(zhuǎn)45°，得到的三個正方體A nB nC nD n-A′ nB′ nC′ nD′ n，n=1，2，3（圖4，5，6）結(jié)合在一起便可得到一個高度對稱的“三立方體合體”（圖7）.在圖7所示的“三立方體合體”中，下列結(jié)論正確的是（? ?）

A. 設(shè)點B′ n的坐標(biāo)為（x n，y n，z n），n=1，2，3，則x2 n+y2 n+z2 n=3

B. 設(shè)B 2C 2∩A 3B 3=E，則B 3E=23

C. 點A 1到平面B 2C 2B 3的距離為263

D. 若G為線段B 2C 2上的動點，則直線A 2G與直線A 1B 1所成角最小為 π 6

解析： （1）理解新定義的概念，先找到一級三角形的面積S △ABC 1=278，再根據(jù)三角形面積的數(shù)量關(guān)系判定每一級三角形的面積構(gòu)成等比數(shù)列，利用等比數(shù)列求和進(jìn)行計算．

由y=4-x2，得y′=-2x.設(shè)與直線AB平行的拋物線E的切線的切點為C 1（x 0，4-x2 0），則-2x 0=1，解得x 0=-12，所以C 1-12，154，所以點C 1-12，154到直線AB的距離為d=-12-154+22=928由y=x+2

y=4-x2解得x=-2，

y=0或x=1，

y=3，所以｜AB｜=32，所以S △ABC 1=12｜AB｜×d=12×32×928=278．

根據(jù)規(guī)律，每一級三角形的個數(shù)是上一級個數(shù)的2倍，每一級三角形的面積是上一級的面積的18，則每一級三角形的面積S n=278×2n-1×18n-1=278×14n-1，故經(jīng)過n次分割后得到的所有三角形面積之和為：

S=278×1+14+142+…+14n-1=278×1-14n1-14=921-14n. 故答案為：921-14n．

（2）正方體棱長為2，面對角線長為22，由題意A（1，-1，1），B（1，1，1），C（-1，1，1），D（-1，-1，1），旋轉(zhuǎn)后A 1（1，-2，0），B 1（1，0，2），C 1（-1，0，2），D 1（-1，-2，0），A 2（2，-1，0），B 2（2，1，0），C 2（0，1，2），D 2（0，-1，2），A 3（2，0，1），B 3（0，2，1），C 3（-2，0，1），D 3（0，-2，1），旋轉(zhuǎn)過程中，正方體的頂點到中心O的距離不變，始終為3，因此選項 A 中，n=1，2，3，x2 n+y2 n+z2 n=3正確；B 3A 3=（2，-2，0），設(shè)B 3E=λB 3A 3=（2λ，-2λ，0），則

B 2E=B 2B 3+B 3E=（-2，2-1，1）+（2λ，-2λ，0）=（2λ-2，-2λ+2-1，1）， B 2C 2=（-2，0，2），E∈B 2C 2，則存在實數(shù)m，使得B 2E=mB 2C 2， （2λ-2，-2λ+2-1，1）=（-2m，0，2m），

2λ-2=-2m，

-2λ+2-1=0

1=2m，，λ=1-22，∴B 3E=λB 3A 3=（1-22）×2=2-2， B 錯.

B 2C 2=（-2，0，2），B 3C 2=（0，1-2，2-1），設(shè)=（x，y，z）是平面B 2C 2B 3的一個法向量，則·B 2C 2=-2x+2z=0，

·B 3C 2=（1-2）y+（2-1）z=0，令x=1，得=（1，1，1），又A 1B 3=（-1，22，1），∴A 1到平面B 2C 2B 3的距離為d=·A 1B 3=-1+22+13=263， C 正確.

B 2C 2=（-2，0，2），設(shè)B 2G=kB 2C 2=（-2k，0，2k），（0≤k≤1）.

A 2G=A 2B 2+B 2G=（0，2，0）+（-2k，0，2k）=（-2k，2，2k），A 1B 1=（0，2，2），

cos 〈A 2G，A 1B 1〉=A 2G·A 1B 1A 2GA 1B 1=22+2k24k2+4=2+k2k2+1.

令f（k）=2+k2k2+1，則f ′（k）=（1-2k）2（1+k2）1+k2，

當(dāng)0≤k<22時，f′（k）>0，f（k）遞增，當(dāng)22

∴f（k） ?max =f（22）=32，又f（0）=22，f（1）=2+122>22，所以f（k）∈［22，32］，

即 cos 〈A 2G，A 1B 1〉∈［22，32］，〈A 2G，A 1B 1〉∈［ π 6， π 4］，

A 2G，A 1B 1夾角的最小值為 π 6，從而直線A 2G與直線A 1B 1所成角最小為 π 6， D 正確．

故本題正確選項為 ACD ．

點評： 本例（1）考查新定義問題，解題關(guān)鍵是找到關(guān)于面積的數(shù)量關(guān)系.本題中先求出S △ABC 1=278，然后根據(jù)每一級三角形的面積的數(shù)量關(guān)系，表示出S n=278×14n-1，由等比數(shù)列求和公式求解.考查了考生的運算求解能力，邏輯推理能力.本例（2）以世界名畫和正方體的旋轉(zhuǎn)變化圖為問題情境，綜合考查空間向量在立體幾何中的應(yīng)用.我們可以借助平面直角坐標(biāo)系得出空間點的坐標(biāo)，例如繞x軸旋轉(zhuǎn)時時，各點的橫坐標(biāo)（x）不變，只要考慮各點在坐標(biāo)平面yOz上的射影繞原點旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)即可得各點空間坐標(biāo)．

從以上五類新情境題的分析不難看出，解決這類問題我們必須過“三關(guān)”：一是事理關(guān)，即讀懂題目，理解題意，分清條件和結(jié)論，理清數(shù)量關(guān)系；二是文理關(guān)，即把文字語言、新情景轉(zhuǎn)化為熟悉的數(shù)學(xué)語言；三是數(shù)理關(guān)，即構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型，利用已知的數(shù)列知識、解題的方法和技巧求解．

責(zé)任編輯 徐國堅