11 新高考数学填空压轴题赏析-《中学生数理化》高二数学2024年6月刊

新高考数学填空压轴题赏析 ■江南大学理学院 谢广喜 新高考数学试卷的填空题仅有3道,分 别为第12、13、14题,填空压轴题主要是指第 14题,但个别的第13题也并不容易。结合 对近几年的教育部联考调研试题研究,我们 发现,近两年的填空压轴题也有向新定义、新 概念背景变化的趋势。当然,有的填空压轴 题也是传统的高中数学重要知识点的综合 (比如:基本不等式的灵活应用,圆锥曲线的 定义与概念等背景的综合应用)。所以,对于 填空压轴题来说,新定义、新概念、新情境固 然重要,但传统重要知识点同样不可忽视。 例 1 (2024年教育部九省联考第14 题)以 max M 表示数集 M 中最大的数,设 0<a<b<c<1,已知b≥2a 或a+b≤1,则 max{b-a,c-b,1-c}的最小值为 。 解析:记m=max{b-a,c-b,1-c},由 题意知,b-a≤m,c-b≤m,1-c≤m。且 2a-b≤0或者a+b≤1,这两个附加条件启 发我们应该在消去变量c 的基础下分类讨 论,由c-b≤m,1-c≤m,得1-b≤2m。 ①若2a-b≤0,为充分应用这个不等式 条件,引入待定实参数λ1,λ2,使λ1(b-a)+ λ2(-b)=2a-b,于是得λ1=-2,λ2=-1。 从而0≥2a-b=-2(b-a)-(1-b)+1≥ -2m-2m+1,故m≥ 1 4 。 ②若a+b≤1,利用与①完全类似的思 路,引入待定实参数λ3,λ4,使λ3(b-a)+ λ4(-b)=a+b,于是得λ3=-1,λ4=-2。 从而1≥a+b=-(b-a)-2(1-b)+2≥ -m-4m+2,故m≥ 1 5 。 综上所述,m 的最小值为 1 5 。 评 注:解 题 过 程 中 引 入 的 字 母 m = max{b-a,c-b,1-c}就是一个关键的中间 变量(桥变量),而使用待定系数法则是我们 突破问题难点,实现不等式取等号的关键。 所以本题实际上既利用了桥变量法切入,又 需利用待定系数法跟进。待定系数法不仅可 确定函数的解析式,而且可用于较为复杂的 数列求通项、求不等式最值、确定空间给定平 面的法向量、确定圆或圆锥曲线的方程等。 值得一提的是利用基本不等式求较为复杂的 最值问题,在很多时候,直接利用基本不等式 等号的条件并不能自动成立,需要我们对其 进行适当恒等变形或者给某些项配上适当的 系数,这个系数我们称为调整系数(或平衡系 数),而这个系数的大小也不是很明显,问题 比较简单时可直接观察得到,难度较大时通 常是采用待定系数法,然后利用不等式取等 号的条件来确定。 图1 例 2 (2021年教育 部八省联考调研试卷第20 题)北京大兴国际机场(图 1)的显著特点之一是各种 弯曲空间的运用。刻画空 间的弯曲性是几何研究的重要内容,用曲率刻 画空间弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于 2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体 的面的内角叫作多面体的面角,角度用弧度 制),多面体面上非顶点的曲率均为零,多面体 的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和。 例如:正四面体在每个顶点有3个面角,每个 面角是 π 3 ,所以正四面体在各顶点的曲率为 2π-3× π 3=π ,故其总曲率为4π。 (1)求四棱锥的总曲率; (2)若多面体满足:顶点数-棱数+面数 =2,证明:这类多面体的总曲率是常数。 解析:(1)依题意知,一个多面体顶点贡献 一个常数项2π,注意到四棱锥共有5个顶点, 所以由5个顶点对所给多面体(四棱锥)总曲 率贡献为2π×5=10π。然而此多面体共有5 个面,将各个面角由按顶点的求和转化为按5 个面分别求和,其中有一个是四边形,其所有 的内角之和是2π;另外4个是三角形,每个面 73 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年6月 中所有内角的和均是π,于是这个四棱锥的总 曲率为2π×5-(2π+4π)=4π。 (2)设这个多面体有m 个顶点,n条棱,l 个面,从而由题意得m-n+l=2。 设各个面分别为k1,k2,…,kl 边形,于 是这类多面体的总曲率为: 2πm-[(k1-2)+(k2-2)+…+(kl- 2)]π=2π(m+l)-(k1+k2+…+kl)π= 2π(n+2)-(k1+k2+…+kl)π。 由于问题中还有一个重要的隐含关系: k1+k2+…+kl=2n,于是这类多面体的总 曲率为4π。 评注:本题第一小问是一道新定义问题: 以多面体顶点的曲率及多面体的总曲率为背 景 的 问 题,讨 论 一 个 简 单 的 特 殊 的 多 面 体———四棱锥,同学们只要按照定义去落实 即可,难度不大。第二小问则在第一小问的 基础上继续探究,将问题一中涉及的特殊多 面体问题一般化,给出了一类满足特定要求 (简单多面体满足的欧拉定理)的多面体(可 以验证:问题一中的四棱锥也满足同样的要 求。同学们若能注意到正四面体其实是一个 特殊的三棱锥,则由已知的正四面体的总曲 率和问题一的结果,可以验证:上述两种情况 均是满足问题二的要求,因此最后的待证常 数必然是4π)。试题的设问形式从特殊到一 般,从简单到复杂,层层深入,有利于满足各 类人才的选拔需要。 例 3 (2023年教育部四省联考调研 试卷第16题)表1为一个开关阵列,每个开 关只有“开”和“关”两种状态,按其中一个开 关1次,将导致自身和所有相邻的开关改变 状态。例如,按(2,2)将导致(1,2),(2,1), (2,2),(2,3),(3,2)改变状态。如果要求只 改变(1,1)的状态,那么需按开关的最少次数 为 。 表1 (1,1) (1,2)(1,3) (2,1) (2,2)(2,3) (3,1) (3,2)(3,3) 解析:由题意可知,目标问题其实是关于 坐标(1,1),(2,2),(3,3)所在的这条直线轴对 称的。若我们将所有开关的所在位置关于坐 标(1,1),(2,2),(3,3)所在的这条对称轴来思 考,记a,b,c,d,e,f,g,h,i为每个开关按动 次数(从左到右,从上到下),于是必有b=d, c=g,f=h,原始问题可退化为6个未知数的 情况。基于模2取余意义下的运算(以下等式 也是基于模2取余意义下的),注意到问题要 求的是按开关的最少次数,所以我们先关注上 述每个取值限于{0,1}的情形。容易得到a+ 2b=1①,完全类似地有a+b+c+e=0②;b+ c+f=0③;2b+e+2f=0④,c+e+f+i=0 ⑤;2f+i=0⑥。 进而可得a=1,b=d=0,c=g=1,f= h=1,e=i=0。因此需按开关的最少次数为5。 评注:本题属于复杂情景问题,符合新高 考的考查要求。它在考查阅读理解能力的同 时,着重考查用数学知识和思想方法解决实 际问题的能力,考查数学抽象、化归转化、运 算求解和逻辑推理的能力,考查数学素养,体 现基础性、应用性、综合性和创新性的“四基” 要求。类似地,如果保持条件不变,仅将问题 改为:①若要求只改变(1,2)的状态,则需按 开关的最少次数为 ;②若要求只改变(2, 2)的状态,则需按开关的 最 少 次 数 为 。 (参考答案:我们可以采用上述类似的方法,得 到所求的结果为①4;②5) 图2 例 4 某地区规 划道路建设,考虑道路 铺设 方 案。方 案 设 计 图中,点表 示 城 市,两 点之间连线表示两城市间可铺设道路,连线 上数据表示两城市间铺设道路的费用,要求 从任一城市都能到达其余各城市,并且铺设 图3 道路的总费用最小。例 如:在三个城市道路设 计中,若城市间可铺设 道路的线路图如图2所 示,则最优设计方案如图3所示,此时铺设道 路的最小总费用为10。现给出该地区可铺 设道路的线路图如图4所示,则铺设道路的 最小总费用为 。 83 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年6月 图4 解析:将连接几个 节点成为一个闭路的 称为一个“圈”,我们下 面使用破圈法:凡是成 圈的,就拿掉其中权重 中最大的边。每次从 权重最大的边开始,所 以首先拿掉边AB(顶点保留,下同),接着拿掉 边BF,接着是CD、DE、EG,最后拿掉AF 或 EF(结果相同),因此,铺设道路的最小总费用为 2+3+1+2+3+5=16。 例 5 (自编原创题)已知甲烷分子式 为CH4,其中四个氢原子处在一个正四面体 的顶点上,而碳原子恰好在这个正四面体的 中心上,碳原子与每个氢原子之间均有化学 键相连,若我们把每个原子均看成一个几何 点,化学键视为线段,则任意两个碳、氢原子 之间化学键夹角的正弦值为 。 图5 解析:如 图 5 所 示,正四面体 A-BCD (各棱长均相等),O 点 是正四面体的中心,于 是|OA|=|OB|= |OC|=|OD|。设 O 点在底面BCD 的投影 点为O',并记|OO'|= r,由O 点是对称中心 知,O 点到每个面的距 离均为r,且 A,O,O'三点共线,则|AO|= 3r,也即|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=3r。 设该正四面体的棱长为x,则|EA|=|ED| = 3 2x ,且|EO'|= 1 3|ED|= 3 6x 。因 △AEO'是直角三角形,故∠AO'E=90°,从而 |EA|2=|EO'|2+|AO'|2,即 3 2x 2 = 3 6x 2 +(4r)2,解得x=26r。设∠BOC =α,其中α∈(0,π),由余弦定理得: cos α = |OB|2+|OC|2-|BC|2 2|OB|·|OC| = (3r)2+(3r)2-(26r)2 2×3r×3r =- 1 3 。又α∈(0, π),于是sin α= 1-cos2 α= 1- - 1 3 2 = 22 3 ,所求的正弦值为22 3 。 例 6 (自编原创题)若正项等差数列 {an}的前n项和为Sn,正项等比数列{bn}的 前n 项和为Tn,且Sn·Tn= (2n-1) 2 024 (n2+ n),已知S1= 1 1 012 ,则bn= ;若一般地, S1≠ 1 1 012 ,则a2 024+b2 024 的最小值为 。 解析:等差数列的前n项和Sn 的结构特 征为关于n 且不含常数项的二次函数Sn= An2+Bn(其中A,B 均为和n 无关的常数, 特别地,当公差为0时,A=0)的形式。而等 比数列的前n项和Tn(我们这里仅考虑公比 q≠1 的 情 形)的 结 构 特 征 为 Tn =a1· 1-qn 1-q 。由于等差数列的前n项和Sn 与等比 数列的前n 项和Tn 相乘以后可能有非零常 系数之间的约分,依题意可令Sn=λ· n2+n 2 024 (λ>0),Tn= 2n-1 λ (其中λ 为正实数)。进 而利用任意数列的前n项和与通项的基本关 系易得,an= 2λ 2 024n (λ>0),bn= 2n-1 λ 。已知 S1= 1 1 012 ,于是λ=1,此时bn=2n-1。 若正实数λ≠1,则a2 024+b2 024=2λ+ 22 023 λ ≥2 2λ ·2 2 023 λ =2 1 013,当λ=21 011 时取 等号。 评注:本题最后以基本不等式收尾,但问 题的核心却是等差、等比数列前n 项和。同 学们解答这道题时需要充分注意等差数列、 等比数列的通项及其前n 项和的结构特征。 我们命制这道试题时参考了2023年全国新 高考Ⅰ卷第7题,第20题的命题要点。 例 7 若实数x,y 满足4x2-2xy+ 2y2=1,则3x2+xy+y2 的最大值与最小值 的和为 。 解析:若x=0,则由题意得2y 2=1,此时 93 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年6月 3x2+xy+y2=y2= 1 2 。下面考虑x≠0的 情形,令y x=t ,则由题意可得3x2+xy+y2 = 3x2+xy+y2 4x2-2xy+2y2 = 1 2 ·3+t+t 2 2-t+t2 = 1 2 · 1+ 2t+1 2-t+t2 。记λ= 2t+12-t+t2,若λ=0,即 t=- 1 2 ,此时 x=-2y,易知方程4x2- 2xy+2y2=1有实数解。若λ≠0,可将λ= 2t+1 2-t+t2 整理得λt2-(λ+2)t+(2λ-1)=0。 而t=yx ∈R ,λ≠0,必有判别式非负,即 [-(λ+2)]2-4λ(2λ-1)≥0,化简得7λ2- 8λ-4≤0,即 4-2 11 7 ≤λ≤ 4+2 11 7 。因 此,所 求 的 最 大 值 与 最 小 值 的 和 为 1 2 1+ 4+2 11 7 +12 1+4-2 117 =117。 评注:齐次(减元)法是处理这类问题的 一种基本办法,由于这道题表达式中有关项 的系数不是特殊对称的,故不容易利用基本 不等式求解。 图6 例 8 已 知 在 △ABC 中,|AC|=8, |BC|=10,32cos(A- B)=31,则△ABC 的 面积是 。 解析:由|AC|= 8<|BC|=10,知∠ABC<∠BAC,且cos(A- B)= 31 32>0 。如 图6所 示,作 角∠BAD= ∠ABC,其中D 为AD 与BC的交点(题意隐含 B<90°,否则∠ABC+∠BAC>180°,不成立)。 记|AD|=|BD|=t,其中0<t<10,在△ADC 中由余弦定理得: cos∠DAC =cos(A - B)= 31 32 = t2+82-(10-t)2 2×8t ,解得t=8。则sin∠ADC= 82-12 8 = 37 8 。故S△ABC=S△DAB+S△DAC= 1 2×8×8× 3 87+ 1 2×2×8× 3 87=157 。 评注:画好示意图,是快速、正确求解这 道题的关键。 图7 例 9 (2022年新高考 Ⅰ卷第16题)如图7,已知椭 圆C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0), C的上顶点为A,两个焦点 为F1,F2,离心率为 1 2 。 过 F1 且垂直于AF2 的直线与C 交于D,E 两点, |DE|=6,则△ADE 的周长是 。 解析:这道题的求解过程主要分为两个 阶段,第一阶段利用离心率e= c a= 1 2 。可 令c=t>0,则a=2c=2t,进而b= a2-c2 = 3t,可知△AF1F2 为等边三角形。再利 用直线的垂直关系得到直线DE 的斜率k= 3 3 。先利用垂直平分线的对称性特征,可将 △ADE 的周长转化为△F2DE 的周长(两个 焦点三角形拼合),再利用椭圆的定义,容易 得到△F2DE 的周长为4a=8t。 第二阶段,利用已知关系|DE|=6,确定 待定参数t。由前面的分析易得椭圆的方程 为 x2 4t2 +y 2 3t2 =1,即3x2+4y2-12t2=0。而 直线DE 的方程为y= 3 3 (x+t),代入椭圆 方程可整理化简得13x2+8xt-32t2=0。利 用弦长公式|DE|= 1+k2|x1-x2|,易求 得t= 13 8 ,8t=13,故△ADE 的周长13。 评注:本题从圆锥曲线的基本定义入手, 并且用到对称性及解方程等基本手段,有一 定的运算量。在解题过程中,有的同学在这 里以c为保留参量,在本题中是等效的,但对 于更一般的情况,利用同一参数t统一表达 圆锥曲线参数a,b,c就体现出优势了。 (责任编辑 徐利杰) 04 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年6月