【摘 要】 高考命题注重“创新意识”的考查，注重优化情境设计，体现创新性，要求考生对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合、灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立思考、探索和研究，提出解决问题的思路.

【关键词】 高考;创新题型;创新意识

近期官方透露2022年高考命题指向，高考试题要优化情境设计，体现创新性.“注重数学创新意识的考查”是高考命题的指导思想之一，而创新型问题则是体现这一思想的良好载体[1].在高考中，创新问题主要以选择、填空题的形式出现，有时也渗透在解答题中考查，且涉及到的内容多样、全面，也往往会出现一些以高等数学知识为背景的创新题.下面以各地模拟题为例，从几个不同视角探讨高考创新型问题.

1 新定义创新

例1 （2022届江苏省苏州市期中调研）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“躺平点”.若函数f（x）=lnx，h（x）=x3-1的“躺平点”分别为α，β，则α，β的大小关系为（? ）.

a.α≥β? b.α>β? c.α≤β? d.α<β

解析 由题意得f′（x）=1x，h′（x）=3x2.

因为函数f（x）=lnx的“躺平点”为α，所以lnα=1α.

因为ln1<1，ln2>12，所以1<α<2.

因为函数h（x）=x3-1的“躺平点”为β，所以β3-1=3β2.

因为33-1<3·32，43-1>3·42，所以3<β<4.所以α<β.

又α<βα≤β. 故选cd.

点评 本题给出函数“躺平点”的新定义，并与导数的计算、逻辑推理融为一体，使新定义信息迁移，新颖别致，有效地考查了学生的迁移创新能力.

例2 （2022届湖南师大附中月考）设p为多面体m的一个顶点，定义多面体m在点p处的离散曲率为1-12π（∠q1pq2+∠q2pq3+…+∠qk-1pqk+∠qkpq1），其中qi（i=1，2，…，k，k≥3）为多面体m的所有与点p相邻的顶点，且平面q1pq2，平面q2pq3，…，平面qk-1pqk和平面qkpq1为多面体m的所有以p为公共点的面.已知直四棱柱abcd-a1b1c1d1中，底面abcd为菱形，aa1=ab，则下列结论正确的是（? ）.

a.直四棱柱abcd-a1b1c1d1在其各顶点处的离散曲率都相等

b.若ac=bd，则直四棱柱abcd-a1b1c1d1在顶点a处的离散曲率为14

c.若ab=bd，则直四棱柱abcd-a1b1c1d1在顶点a处的离散曲率为23

d.若四面体a1abd在点a1处的离散曲率为712，则ac1⊥平面a1bd

解析 对于a，当直四棱柱abcd-a1b1c1d1的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱abcd-a1b1c1d1的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故a错误.

对于b，若ac=bd，则菱形abcd为正方形，因为aa1⊥平面abcd，所以aa1⊥ab，aa1⊥ad，所以直四棱柱abcd-a1b1c1d1在顶点a处的离散曲率为1-12ππ2+π2+π2=14，故b正确.

对于c，若ab=bd，则∠bad=π3，又aa1⊥ab，aa1⊥ad，所以直四棱柱abcd-a1b1c1d1在顶点a处的离散曲率为1-12ππ2+π2+π3=13，故c错误.对于d，在四面体a1abd中，aa1⊥ab，aa1⊥ad，aa1=ab=ad，所以∠aa1b=∠aa1d=π4，所以在点a1处的离散曲率为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为正方体，结合正方体的几何特征可知ac1⊥平面a1bd，故d正确.故選bd.

点评 本题通过新定义“多面体m在点p处的离散曲率”的概念和计算公式，首先阅读理解新定义，然后在进行线面位置关系推理的基础上，利用新定义通过推理或计算作出判断，考查了阅读理解、推理论证的能力及直观想象、逻辑推理等数学核心素养.2 新情境创新

例3 （2022届福州一中第一学期第一学段考题）如图1所示，在底面半径为r，高为h（h，r为定值，且h≤r）的圆锥内部内接一个底面半径为r、高为h的圆柱，甲、乙两位同学采用两种不同的方法来解决.甲采用圆柱底面与圆锥底面重合的“竖放”方式（图1），乙采用圆柱母线与圆锥底面直径重合的“横放”方式（图2）.

（1）设v1，v2为分别“竖放”“横放”时内接圆柱的体积，用内接圆柱的底面半径r为自变量分别表示v1，v2;

（2）试分别求v1，v2的最大值（v1）max，（v2）max，并比较（v1）max，（v2）max的大小.

解析 （1）如图3，设ac=h，cb=r，de=x，ef=y，根据三角形相似，得xr=h-yh=1-yh，所以x=r1-yh，y=h1-xr.

①若圆柱“竖放”，则x=r，h=y，所以h=h1-rr（0<r<r），所以v1=πr2h=πr2h1-rr=πhr2-r3r（0<r<r）.

②若圆柱“横放”，则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.

所以当0<r<23r时，v1′>0;当23r<r<r时，v1′<0，

故v1在0，23r上单调递增，在23r，r上单调递减，所以当r=23r时，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.

所以当0<r<13h时，v2′>0;当13h<r<12h时，v2′<0，故v2在0，13h上单调递增，在13h，12h上单调递减，所以当r=13h时，v2取得最大值，且（v2）max=π13h223r=227πrh2.

因为（v1）max-（v2）max=427πr2h-227πrh2=227πrh（2r-h），又h≤r，所以（v1）max>（v2）max.

点评 本题给出“竖放”和“横放”内接圆柱的两种不同放置方法，利用轴截面图中的三角形相似，将内接圆柱的体积分别建立函数模型并求导，利用导数研究函数的单调性求得体积的最大值，最后作差比较两种方法的体积最大值的大小得到结论.本题从图形到设问方式都十分新颖.

3 问题研究创新

例4 （清华大学中学生标准学术能力（thussat）2021年11月诊断性测新高考）有同学在研究指数函数y=2x和幂函数y=x2的图象时，发现它们在第一象限有两个交点（2，4）和（4，16）.通过进一步研究，该同学提出了如下两个猜想：

（1）函数y=ex与函数y=xe的图象在第一象限有且只有一个公共点;

（2）设a>1，b>1，且a≠b，若ab>ba，则ab>e2.

其中e为自然对数的底，请你证明或反驳该同学的猜想.

解析 （1）设f（x）=lnxx，则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.

所以函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以当x=e时，f（x）有最大值，且f（x）max=f（e）=lnee=1e，所以x∈（0，+∞）时，f（x）≤f（e）=1e，所以方程x-elnx=0有唯一的实根e，即方程ex=xe有唯一的实根e，故猜想（1）正确.

（2）由ab=ba，得lnaa=lnbb.

设f（x）=lnxx，则由（1）知，a，b分别在（1，e）和（e，+∞）内，不妨设a∈（1，e），b∈（e，+∞），设g（x）=f（x）-fe2x=lnxx-2-lnxxe2，所以g′（x）=1-lnxx2-1-lnxe2=1-lnx（e2-x2）e2x2，

当x∈（1，e）时，1-lnx>0，e2-x2>0，所以当x∈（1，e）时，g′（x）>0，g（x）单调递增.

由此得，当a∈（1，e）时，g（a）<g（e）=0，所以f（a）-fe2a<0.

因为f（a）=f（b），所以f（b）<fe2a.

又因为b，e2a∈（e，+∞）且f（x）在（e，+∞）单调递减，所以b>e2a，

所以ab>e2.故猜想（2）正确.

点评 本题在研究指数函数y=2x和幂函数y=x2的图象的交点个数的基础上，提出两个猜想，然后构设函数，利用导数研究函数的单调性等知识进行推理论证对猜想作出判断.本题设问背景创新，在新颖的形式下很好地考查了导数知识的应用. 4 高等背景创新

例5 （2022届湖北省襄阳市优质高中期末考试）我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为00型，比如：当x→0时，sinxx的极限即为00型，两个无穷小之比的極限可能存在，也可能不存在.早在1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法（洛必达法则），用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.

如：limx→0sinxx=limx→0sinx′x′=limx→0cosx1=1，则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.点评 本题以高等数学中的洛必达法则求函数00型极限为背景命题，既让考生获得了一种求函数极限的方法，又考查了数学文化.

5 知识交会创新例6 （2022届江苏省南京市一模）若数列{an}的通项公式为an=（-1）n-1，记在数列{an}的前n+2（n∈n*）项中任取两项都是正数的概率为pn，则（? ）.

a.p1=13 ??b.p2n<p2n+2? c.p2n-1<p2n ??d.p2n-1+p2n<p2n+1+p2n+2

解析 对于a，由an=（-1）n-1可知，a1=1，a2=-1，a3=1，则p1=13，故a正确.

接下来看b，c，d三个选项：

先来列举一下数列{an}的前几项：1，-1，1，-1，1，-1，…

由此可知：数列{an}的前2n+2项中有n+1个正数，n+1个负数，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正确.

又数列{an}的前2n+1项中有n+1个正数，n个负数，所以p2n-1=c2n+1c22n+1=n+14n+2， 所以p2n-1>p2n，故c错误.

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错误.

综上所述，选ab.

点评 本题以数列为背景，本质考查的是古典概型，还用到组合数的计算、作差法比较大小等知识与方法，体现了知识间的综合交会.

例7 （2021届江苏省四校联合第三次适应性考试）如图4，已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为f1（-1，0），f2（1，0）.经过点f1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆Γ交于a，b两点（其中点a在x轴上方），△abf2的周长为8.

（1）求椭圆Γ的标准方程;

（2）如图5，将平面xoy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面af1f2）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面bf1f2）互相垂直.

①若θ=π3，求异面直线af1和bf2所成角的余弦值;

②是否存在θ0<θ<π2，使得折叠后△abf2的周长为152？若存在，求tanθ的值;若不存在，说明理由.

解析 （1）因为△abf2的周长为8，所以4a=8，a=2.

由题意得c=1，所以b2=a2-c2=3，所以椭圆Γ的方程为x24+y23=1.

（2）①由直线l：y-0=3（x+1）与x24+y23=1联立求得a0，3，（因为点a在x轴上方）以及b-85，-353，

再以o为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图6.则f1（0，-1，0），a（0，0，3），b353，-85，0，f20，1，0，f1a=0，1，3，bf2=-353，135，0.

记异面直线af1和bf2所成角为φ，则cosφ=|cos<f1a，bf2>|=f1a·bf2f1abf2=1328.图7

②在折叠后的图形中建立如图7所示的空間直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）.设a，b在新图形图7中对应点记为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.

设折叠前a（x1，y1），b（x2，y2），直线l与椭圆Γ联立方程my=x+1，x24+y23=1，得（3m2+4）y2-6my-9=0，所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，

则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. （ⅰ）

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（ⅰ）（ⅱ）可得，（x1-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，因为0<θ<π2，所以tanθ=33514.

点评 本题以平面直角坐标系中椭圆的翻折为背景，通过分析翻折前后的关系，综合考查了椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系等知识的应用，以及空间向量在求空间角中的应用，充分体现了解析几何和立体几何知识的创新交会，是一道知识间创新融合的经典试题.

6 材料阅读创新

例8 （2022届湖北省十一校第一次联考）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图8）.

步骤1：设圆心是e，在圆内异于圆心处取一点，标记为f;

步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点f;

步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕;

步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.

已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆，若取半径为4的圆形纸片，设定点f到圆心e的距离为2.

按上述方法折纸.

（1）以点f，e所在直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆c的标准方程;

（2）直线l过椭圆c的右焦点，交c于a，b两点，ab的中点为q，射线oq（o为坐标原点） 交c于p，若qp=3oq，求直线l的方程.

解析 （1）以点f，e所在直线为x轴，线段fe的中点o为坐标原点建立平面直角坐标系，设m（x，y）为c上一点，则由题意可知mf+me=ae=4，fe=2<4，所以点m的轨迹是以点f，e为左、右焦点，长轴长2a=4的椭圆.

因为2c=2，2a=4，所以c=1，a=2，则b2=a2-c2=3，所以椭圆c的标准方程为x24+y23=1.

（2）因为qp=3oq，所以op=4oq，当ab斜率存在时，设直线ab方程为y=k（x-1），设a（x1，y1），b（x2，y2），则x124+y123=1，x224+y223=1，两式作差得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-34，即kab·kop=-34，故直线op的方程为y=-34kx，联立y=-34kx，x24+y23=1，解得x2p=16k23+4k2，

联立y=-34kx，y=k（x-1），解得xq=4k23+4k2.

因为op=4oq，所以xp=4xq，即4k3+4k2=4×4k23+4k2，则k2=14，解得k=±12，所以直线l的方程为y=±12（x-1），即x±2y-1=0.

点评 本题给出“工艺折纸”的一段阅读材料，在阅读理解的基础上，通过建立平面直角坐标系将问题转化，利用椭圆定义和性质求得标准方程，然后联立方程将向量关系转化为坐标关系求解，考查了阅读理解能力、数学语言转换能力及知识综合应用能力.结束语

复习备考中要注重创新意识的培养，当面对某个知识点或问题时，要经常有意识地思考：这个知识点较易和哪些知识点交会、这个知识点可以怎样创新考查、这个问题有没有新颖的呈现形式等.以此为基础，对常规创新问题的类型和解法要注意总结，形成对它们的数学直觉.

参考文献

[1] 郑丽娟.高考数学创新题聚焦[j].中学数学杂志，2021（05）：50-53.

作者简介 黄梓（1992—），男，江苏南通人;曾获南通市海门区优秀高三任课教师，在海门区教师基本功大赛中获奖，多次开设区级以上公开课;主要研究高中数学教育.