新高考数学填空压轴题赏析

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

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。

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____.

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=0⑤;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）

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____。