数学高考新情境题分类解析

王佩其

在近几年的数学高考命题中，出现了一类新情境题.命题者把数学问题呈现在新颖而又真实的问题情境中，给试题赋予了鲜明的时代特色和丰富的文化价值.这类试题强调理性思维，突出数学的应用性和数学文化的引领作用.可以预见，新情境题必将在2024年的高考中继续大放异彩.那么，数学高考新情境题主要有哪些类型呢？下面，我加以分类解析，供考生们参考．

一、立德树人型问题

从近年全国卷中的试题可以看出，高考落实“五育并举”教育方针，因此有关体现德育、智育、体育、美育、劳动教育的考题频频亮相，这类问题常以现实生活为背景，命制与核心考点相关联的题目，意在考查直观想象、逻辑推理和数学运算等核心素养．

例1. （1）青年大学习是由共青团中央发起，广大青年参与，通过学习来提升自身理论水平、思维层次的行动.青年大学习，是让青年学习红色知识并传承红色基因，通过学习来提高思想素质，更加热爱国家并关心国家大事，让青年对步入新时代的理念有了更深的了解，真正参与到实现中华民族伟大复兴的实践当中.电视台为了做好宣传，引导广大青年“不忘初心、牢记使命”，切实增强“四个意识”、树立“四个自信”，坚定不移听党话、跟黨走，举办了一次活动.现场观众是由40名大学生，30名高中生，30名初中生组成，其中一个环节是由参加活动的一位嘉宾现场随机抽取一名观众

进行知识问答竞赛.已知这位嘉宾抽到大学生，且嘉宾能获胜的概率是12；抽到高中生，且嘉宾能获胜的概率是23；抽到初中生，且嘉宾能获胜的概率是45.则这位嘉宾获胜的概率是   ．

（2）劳动教育是国民教育体系的重要内容，是学生成长的必要途径，具有树德、增智、强体、育美的综合育人价值.南昌二中作为全国双新示范校，“劳动教育课程”紧跟时代步伐，特在校园的一角专门开辟了一块劳动基地——心远农场（如图1）.现某社团为农场节水计划设计了如下喷灌技术，喷头装在管柱OA的顶端A处，喷出的水流在各个方向上呈抛物线状，如图2所示.现要求水流最高点B离地面4 m ，点B到管柱OA所在直线的距离为3 m ，且水流落在地面上以O为圆心，以7 m 为半径的圆上，则管柱OA的高度为（   ）

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

解析： （1）抽到大学生的概率是25，这位嘉宾抽到大学生，且嘉宾能获胜的概率是12；抽到高中生的概率是310，抽到高中生，且嘉宾能获胜的概率是23；抽到初中生的概率是310，抽到初中生，且嘉宾能获胜的概率是45.由全概率公式得嘉宾获胜的概率为P=25×12+310×23+310×45=1625.故答案为： 1625．

（2）以B为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，

记BM⊥OC且垂足为M，AD⊥y轴且垂足为D，

设抛物线方程为x2=-2py（p>0），

由题意可知：｜AD｜=3，｜BM｜=4，｜OC｜=7，所以｜MC｜=｜OC｜-｜AD｜=7-3=4，

所以C（4，-4），代入抛物线方程可得16=-2p×（-4），所以p=2，

所以抛物线方程为x2=-4y，又因为A（-3，y 0）在抛物线上，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的高度为74 m ，故选 B ．

点评：本例（1）以青年学习红色知识并传承红色基因的知识问答竞赛为问题情境，考查全概率公式的应用，试题难度不大，却体现当今教育 “五育并举”德育为先的教育方针.本例（2）考查抛物线的实际应用，虽然难度不大，却再现了学生劳动实践的场景，引导学生关注劳动，运用所学知识解决生产实践中的问题，体现了劳动教育的重要性.

二、学科交叉型问题

多学科交叉与融合的考题在近年高考中成为“新宠”，此类考题常与物理、化学、音乐等其他学科知识交汇呈现，考查考生综合应用知识的能力和创新意识．

例2. （1）为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森又提出了衡量天体亮度的单位.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述，两颗星星的星等与亮度满足m 1－m 2＝2.5（ lg  E 2－ lg  E 1），其中星等为m i的星星的亮度为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，则与r最接近的是（当｜x｜较小时，10x≈1＋2.3x＋2.7x2）（   ）

A. 1.24   B. 1.25   C. 1.26   D. 1.27

（2）已知C 60是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，C 60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它有60个顶点和若干个面，各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图所示.已知其中正六边形的面为20个，则正五边形的面的个数为（   ）

A. 10    B. 12____C. 16    D. 20

解析： （1）设星星A的亮度为E 1，星星B的亮度为E 2．

根据题意可得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，根据参考公式可得r≈1＋2.3×110＋2.7×1100＝1.257，

故与r最接近的是1.26.故选 C．

（2）由题图知每个顶点同时在3个面内，所以五边形的面的个数为60×3-20×65=12，故选 B．

点评： 本例（1）以物理知识为载体考查对数运算.解题的关键是理解两颗星星的星等与亮度满足的关系式m 1－m 2＝2.5（ lg  E 2－ lg  E 1）中各个参数的意义，并会利用赋值法代入；本例（2）是以化学分子为背景计数问题，考查空间想象力和推理能力，解答的关键是认真读题，构建立体几何模型.

三、社会热点型问题

统计与概率试题已经成为高考解答题的热点，求解这类问题的方法都在提升，体现了较高的思维能力，难度一般为中档，有时可能成为压轴题.此类试题注重考查考生的应用意识、阅读能力及化归与转化能力.统计与概率的交汇试题常以现实生活中的前沿热点问题为背景．

例3.垃圾分类，是指按一定标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称，分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，为争物尽其用.垃圾分类后，大部分运往垃圾处理厂进行处理.为了监测垃圾处理过程中对环境造成的影响，某大型垃圾处理厂为此建立了5套环境监测系统，并制定如下方案：每年工厂的环境监测费用预算定为80万元，日常全天候开启3套环境监测系统，若至少有2套系统监测出排放超标，则立即检查污染处理系统；若有且只有1套系统监测出排放超标，则立即同时启动另外两套系统进行1小时的监测，且后启动的这2套监测系统中只要有1套系统监测出排放超标，也立即检查污染处理系统.设每个时间段（以1小时为计量单位）被每套系统监测出排放超标的概率均为p（0

（1）当p=13时，求某个时间段需要检查污染处理系统的概率；

（2）若每套环境监测系统运行成本为20元/小时（不启动则不产生运行费用），除运行费用外，所有的环境监测系统每年的维修和保养费用需要6万元.现以此方案实施，问该工厂的环境监测费用是否会超过预算（全年按9000小时计算）？并说明理由．

解析： （1）设某个时间段在开启3套系统时就被确定需要检查污染源处理系统的事件为A，则P（A）=C2 3p2（1-p）+C3 3p3=C2 3132×23+C3 3133=727，

设某个时间段需要开启另外2套环境监测系统才能确定需要检查污染源处理系统的事件为B，则P（B）=C1 3p（1-p）2［1-（1-p）2］=C1 31312321-1-132=2081．

所以某个时间段需要检查污染源处理系统的概率为727+2081=4181．

（2）设某个时间段环境监测系统的运行费用为X元，则X的所有可能取值为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），则g′（p）=（1-p）2-2p（1-p）=（3p-1）（p-1），

当p∈0，13时，g′（p）>0，g（p）单调递增，当p∈13，1时，g′（p）<0，g（p）单调递减，

所以g（p）的最大值为g13=427.所以实施此方案的最高费用为6+900060+120×427×10-4=76（万元）.因为76<80，所以不会超过预算．

点评： 本题以社会热点垃圾分类为问题情境，考查互斥事件的概率加法公式、n次独立重复试验的概率计算公式、离散型随机变量的数学期望公式和利用导数判断函数的单调性求最值；通过构造函数，利用导数求最值是求解本题的关键.本题不仅让学生了解垃圾分类的有关知识，而且能增强环保意识．

四、数学文化型问题

近年来，以数学文化为背景的试题层出不穷，此类问题往往与古代名人的故事为“题引”，要求考生从所学的数学知识，解决相关问题.此类问题的命制旨在弘扬数学问题，考查能力的迁移．

例4. （1）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为B（-2，0），若将军从山脚下的点A-13，0处出发，河岸线所在直线方程为x+2y=3，则“将军饮马”的最短总路程为（  ）

A.  1453   B.  5   C.  1353   D.  163

（2）拿破侖定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在△ABC中，已知∠ACB=30°，且AB=3-1，现以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A′，B′，C′，则△A′B′C′的面积最大值为    ．

解析：（1）设点A关于直线x+2y=3的对称点A′（a，b），

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

a-132+2·b2=3，解得a=1，

b=83.

要使从点A到军营总路程最短，即为点A′到军营最短的距离，军营所在位置为B（-2，0）， “将军饮马”的最短总路程为（1+2）2+（83）2=

1453，故选 A.

（2）设△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．

连接A′C，B′C，则由题设得∠A′CB′=90 ° ，因为以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为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（等号当a=b=2时成立），由题意可得△A′B′C′为等边三角形，故S △A′B′C′=34A′B′2≤34×43=33.故答案为：33

点评： 本例（1）以唐诗引出“将军饮马”问题为数学文化背景，考查点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解答的关键是将实际问题转化为数学问题，建立数学模型.先求出点A关于直线x+2y=3的对称点A′，点A′到圆心的距离减去半径即为最短.本例（2）以拿破仑定理作为数学文化背景，引出一个解三角形问题，主要考查余弦定理和基本不等式的应用．

五、新定义、新信息迁移型问题

“新定义、新信息迁移问题”是指在现有的运算法则和运算律的基础上定义一种新的概念或运算或规则或性质等的问题.新定义、新信息可能以文字的形式出现，也可能以数学符号或数学表达式的形式出现，有的甚至举例说明.在高考卷中，有关新定义的考题偶尔会出现，要么在小题的压轴题的位置出现，要么在解答题中出现，主要考查数学抽象、直观想象、数学运算和逻辑推理等核心素养．

例5. （1）如图1，抛物线上任意两点连接所得的弦与抛物线围成一个弓形区域，求抛物线弓形区域的面积是古希腊数学家阿基米得最优美的成果之一，阿基米德的计算方法是：将弓形区域分割成无数个三角形，然后将所有三角形的面积加起来就可以得到弓形区域的面积.第一次分割，如图2，在弓形区域里以AB为底边分割出一个三角形ABC 1，确保过顶点C 1的抛物线E的切线与底边AB平行，△ABC 1称为一级三角形；第二次分割，如图3，以△ABC 1，两个边AC 1，BC 1为底边，在第一次分割得到的两个弓形区域继续分割出两个三角形△C 21AC 1，△C 22BC 1，确保过顶点C 21，C 22的抛物线E的切线分别与AC 1，BC 1平行，△C 21AC 1，△C 22BC 1都称为二级三角形；重复上述方法，继续分割新产生的弓形区域……，借助抛物线几何性质，阿基米德计算得出任意一级的所有三角形的面积都相等，且每个三角形的面积都是其上一级的一个三角形面积的18.设抛物线E的方程为y=4-x2，直線AB的方程为y=x+2，请你根据上述阿基米德的计算方法，求经过n次分割后得到的所有三角形面积之和为    ．

（2）（多选题）《瀑布》（图1）是埃舍尔为人所知的作品.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”（图2）.在棱长为2的正方体ABCD-A′B′C′D′中建立如图3所示的空间直角坐标系（原点O为该正方体的中心，x，y，z轴均垂直该正方体的面），将该正方体分别绕着x轴，y轴，z轴旋转45°，得到的三个正方体A nB nC nD n-A′ nB′ nC′ nD′ n，n=1，2，3（图4，5，6）结合在一起便可得到一个高度对称的“三立方体合体”（图7）.在图7所示的“三立方体合体”中，下列结论正确的是（   ）

A. 设点B′ n的坐标为（x n，y n，z n），n=1，2，3，则x2 n+y2 n+z2 n=3

B. 设B 2C 2∩A 3B 3=E，则B 3E=23

C. 点A 1到平面B 2C 2B 3的距离为263

D. 若G为线段B 2C 2上的动点，则直线A 2G与直线A 1B 1所成角最小为 π 6

解析： （1）理解新定义的概念，先找到一级三角形的面积S △ABC 1=278，再根据三角形面积的数量关系判定每一级三角形的面积构成等比数列，利用等比数列求和进行计算．

由y=4-x2，得y′=-2x.设与直线AB平行的抛物线E的切线的切点为C 1（x 0，4-x2 0），则-2x 0=1，解得x 0=-12，所以C 1-12，154，所以点C 1-12，154到直线AB的距离为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．

根据规律，每一级三角形的个数是上一级个数的2倍，每一级三角形的面积是上一级的面积的18，则每一级三角形的面积S n=278×2n-1×18n-1=278×14n-1，故经过n次分割后得到的所有三角形面积之和为：

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

（2）正方体棱长为2，面对角线长为22，由题意A（1，-1，1），B（1，1，1），C（-1，1，1），D（-1，-1，1），旋转后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），旋转过程中，正方体的顶点到中心O的距离不变，始终为3，因此选项 A 中，n=1，2，3，x2 n+y2 n+z2 n=3正确；B 3A 3=（2，-2，0），设B 3E=λB 3A 3=（2λ，-2λ，0），则

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，则存在实数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 错.

B 2C 2=（-2，0，2），B 3C 2=（0，1-2，2-1），设=（x，y，z）是平面B 2C 2B 3的一个法向量，则·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的距离为d=·A 1B 3=-1+22+13=263， C 正确.

B 2C 2=（-2，0，2），设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，则f ′（k）=（1-2k）2（1+k2）1+k2，

當0≤k<22时，f′（k）>0，f（k）递增，当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夹角的最小值为 π 6，从而直线A 2G与直线A 1B 1所成角最小为 π 6， D 正确．

故本题正确选项为 ACD ．

点评： 本例（1）考查新定义问题，解题关键是找到关于面积的数量关系.本题中先求出S △ABC 1=278，然后根据每一级三角形的面积的数量关系，表示出S n=278×14n-1，由等比数列求和公式求解.考查了考生的运算求解能力，逻辑推理能力.本例（2）以世界名画和正方体的旋转变化图为问题情境，综合考查空间向量在立体几何中的应用.我们可以借助平面直角坐标系得出空间点的坐标，例如绕x轴旋转时时，各点的横坐标（x）不变，只要考虑各点在坐标平面yOz上的射影绕原点旋转后的坐标即可得各点空间坐标．

从以上五类新情境题的分析不难看出，解决这类问题我们必须过“三关”：一是事理关，即读懂题目，理解题意，分清条件和结论，理清数量关系；二是文理关，即把文字语言、新情景转化为熟悉的数学语言；三是数理关，即构建相应的数学模型，利用已知的数列知识、解题的方法和技巧求解．

责任编辑 徐国坚