數學高考新情境題分類解析

王佩其

在近幾年的數學高考命題中，出現了一類新情境題.命題者把數學問題呈現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.這類試題強調理性思維，突出數學的應用性和數學文化的引領作用.可以預見，新情境題必將在2024年的高考中繼續大放異彩.那么，數學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，因此有關體現德育、智育、體育、美育、勞動教育的考題頻頻亮相，這類問題常以現實生活為背景，命制與核心考點相關聯的題目，意在考查直觀想象、邏輯推理和數學運算等核心素養．

例1. （1）青年大學習是由共青團中央發起，廣大青年參與，通過學習來提升自身理論水平、思維層次的行動.青年大學習，是讓青年學習紅色知識并傳承紅色基因，通過學習來提高思想素質，更加熱愛國家并關心國家大事，讓青年對步入新時代的理念有了更深的了解，真正參與到實現中華民族偉大復興的實踐當中.電視臺為了做好宣傳，引導廣大青年“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.現場觀眾是由40名大學生，30名高中生，30名初中生組成，其中一個環節是由參加活動的一位嘉賓現場隨機抽取一名觀眾

進行知識問答競賽.已知這位嘉賓抽到大學生，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容，是學生成長的必要途徑，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——心遠農場（如圖1）.現某社團為農場節水計劃設計了如下噴灌技術，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）抽到大學生的概率是25，這位嘉賓抽到大學生，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為坐標原點建立平面直角坐標系如圖所示，

記BM⊥OC且垂足為M，AD⊥y軸且垂足為D，

設拋物線方程為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OA的高度為74 m ，故選 B ．

點評：本例（1）以青年學習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用，試題難度不大，卻體現當今教育 “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用，雖然難度不大，卻再現了學生勞動實踐的場景，引導學生關注勞動，運用所學知識解決生產實踐中的問題，體現了勞動教育的重要性.

二、學科交叉型問題

多學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、音樂等其他學科知識交匯呈現，考查考生綜合應用知識的能力和創新意識．

例2. （1）為了衡量星星的明暗程度，古希臘天文學家喜帕恰斯在公元前二世紀首先提出了星等這個概念.星等的數值越小，星星就越亮；星等的數值越大，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用，英國天文學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｜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是單純由碳原子結合形成的穩定分子，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，結構如圖所示.已知其中正六邊形的面為20個，則正五邊形的面的個數為（? ?）

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

解析： （1）設星星A的亮度為E 1，星星B的亮度為E 2．

根據題意可得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，所以五邊形的面的個數為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運算.解題的關鍵是理解兩顆星星的星等與亮度滿足的關系式m 1－m 2＝2.5（ lg ?E 2－ lg ?E 1）中各個參數的意義，并會利用賦值法代入；本例（2）是以化學分子為背景計數問題，考查空間想象力和推理能力，解答的關鍵是認真讀題，構建立體幾何模型.

三、社會熱點型問題

統計與概率試題已經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用意識、閱讀能力及化歸與轉化能力.統計與概率的交匯試題常以現實生活中的前沿熱點問題為背景．

例3.垃圾分類，是指按一定標準將垃圾分類儲存、分類投放和分類搬運，從而轉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濟價值，為爭物盡其用.垃圾分類后，大部分運往垃圾處理廠進行處理.為了監測垃圾處理過程中對環境造成的影響，某大型垃圾處理廠為此建立了5套環境監測系統，并制定如下方案：每年工廠的環境監測費用預算定為80萬元，日常全天候開啟3套環境監測系統，若至少有2套系統監測出排放超標，則立即檢查污染處理系統；若有且只有1套系統監測出排放超標，則立即同時啟動另外兩套系統進行1小時的監測，且后啟動的這2套監測系統中只要有1套系統監測出排放超標，也立即檢查污染處理系統.設每個時間段（以1小時為計量單位）被每套系統監測出排放超標的概率均為p（0

（1）當p=13時，求某個時間段需要檢查污染處理系統的概率；

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

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

設某個時間段需要開啟另外2套環境監測系統才能確定需要檢查污染源處理系統的事件為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的概率為727+2081=4181．

（2）設某個時間段環境監測系統的運行費用為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p∈0，13時，g′（p）>0，g（p）單調遞增，當p∈13，1時，g′（p）<0，g（p）單調遞減，

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次獨立重復試驗的概率計算公式、離散型隨機變量的數學期望公式和利用導數判斷函數的單調性求最值；通過構造函數，利用導數求最值是求解本題的關鍵.本題不僅讓學生了解垃圾分類的有關知識，而且能增強環保意識．

四、數學文化型問題

近年來，以數學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”，要求考生從所學的數學知識，解決相關問題.此類問題的命制旨在弘揚數學問題，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學問題——“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發，先到河邊飲馬后再回到軍營，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標系中，設軍營所在的位置為B（-2，0），若將軍從山腳下的點A-13，0處出發，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）設點A關于直線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△ABC的三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．

連接A′C，B′C，則由題設得∠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”問題為數學文化背景，考查點關于直線的對稱問題、點與圓的位置關系等等，解答的關鍵是將實際問題轉化為數學問題，建立數學模型.先求出點A關于直線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學文化背景，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”是指在現有的運算法則和運算律的基礎上定義一種新的概念或運算或規則或性質等的問題.新定義、新信息可能以文字的形式出現，也可能以數學符號或數學表達式的形式出現，有的甚至舉例說明.在高考卷中，有關新定義的考題偶爾會出現，要么在小題的壓軸題的位置出現，要么在解答題中出現，主要考查數學抽象、直觀想象、數學運算和邏輯推理等核心素養．

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域，求拋物線弓形區域的面積是古希臘數學家阿基米得最優美的成果之一，阿基米德的計算方法是：將弓形區域分割成無數個三角形，然后將所有三角形的面積加起來就可以得到弓形區域的面積.第一次分割，如圖2，在弓形區域里以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域繼續分割出兩個三角形△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；重復上述方法，繼續分割新產生的弓形區域……，借助拋物線幾何性質，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，請你根據上述阿基米德的計算方法，求經過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，下列結論正確的是（? ?）

A. 設點B′ n的坐標為（x n，y n，z n），n=1，2，3，則x2 n+y2 n+z2 n=3

B. 設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，再根據三角形面積的數量關系判定每一級三角形的面積構成等比數列，利用等比數列求和進行計算．

由y=4-x2，得y′=-2x.設與直線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．

根據規律，每一級三角形的個數是上一級個數的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=（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0≤k<22時，f′（k）>0，f（k）遞增，當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，解題關鍵是找到關于面積的數量關系.本題中先求出S △ABC 1=278，然后根據每一級三角形的面積的數量關系，表示出S n=278×14n-1，由等比數列求和公式求解.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變化圖為問題情境，綜合考查空間向量在立體幾何中的應用.我們可以借助平面直角坐標系得出空間點的坐標，例如繞x軸旋轉時時，各點的橫坐標（x）不變，只要考慮各點在坐標平面yOz上的射影繞原點旋轉后的坐標即可得各點空間坐標．

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”：一是事理關，即讀懂題目，理解題意，分清條件和結論，理清數量關系；二是文理關，即把文字語言、新情景轉化為熟悉的數學語言；三是數理關，即構建相應的數學模型，利用已知的數列知識、解題的方法和技巧求解．

責任編輯 徐國堅