例析几道创新题 探索数学命题新思路

近年来，各地模拟考试和高考试题中出现了结构新颖、情境鲜活的创新型试题，这类试题不但考查了考生在新情境下，灵活应用已有知识与方法解决问题的能力，而且进一步提升学生处理新题型的能力.

1.新定义型

例1 （江苏省金陵中学2024届高三下学期2月模拟19）若一个两位正整数m的个位数为4，则m称为“好数”.

（1）求证：对任意“好数”m，m2-16一定为20的倍数；

（2）若m=p2-q2，且p，q为正整数，则称数对（p，q）为“友好数对”，规定：H（m）=qp，例如24=52-12，称数对（5，1）为“友好数对”，则H（24）=15，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的H（m）的最大值.

解析：（1）设m=10t+4，1≤t≤9且t为整数，所以m2-16=（10t+4）2-16=100t2+80t+16-16=20（5t2+4t），所以m2-16一定是20的倍数.

（2）因为m=p2-q2，且p，q为正整数，所以10t+4=（p+q）（p-q）.当t=1时，10t+4=14=1×14=2×7，没有满足条件的p，q；当t=2时，10t+4=24=2×12=3×8=4×6，所以满足条件的有p+q=12，p-q=2或p+q=6，p-q=4，解得p=7，q=5或p=5，q=1，所以H（m）=57或15；当t=3时，10t+4=34=1×34=2×17，没有满足条件的p，q；当t=4时，10t+4=44=1×44=2×22=4×11，所以满足条件的有p+q=22，p-q=2，解得p=12，q=10，所以H（m）=1012=56；当t=5时，10t+4=54=1×54=2×27=3×18=6×9，没有满足条件的p，q；当t=6时，10t+4=64=1×64=2×32=4×16=8×8，所以满足条件的有p+q=32，p-q=2或p+q=16，p-q=4，解得p=17，q=15或p=10，q=6，所以H（m）=1517或35.

故小于70的“好数”中，所有“友好数对”的H（m）的最大值为1517.

点评：该题给出“好数”、“友好数对”新定义，在理解新定义的基础上，通过列举、分析、推理求解的.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养及创新思维能力.

2.新载体型

例2 （2024届江苏省苏州市上学期期中14）如图1，由3个全等的钝角三角形与中间一个小等边三角形DEF拼成的一个较大的等边三角形ABC，若AF=3，sin∠ACF=3314，则△DEF的面积是 .

解析：因为△DEF为等边三角形，所以∠EFD=60°，则∠EFA=120°.

在△AFC中，由正弦定理得AFsin∠ACF=ACsin∠AFC，所以AC=AF·sin∠AFCsin∠ACF=7.

由余弦定理得AC2=AF2+FC2-2·AF·FCcos∠AFC，整理得49=9+FC2-2×3×FC×（-12），即FC2+3FC-40=0，解得FC=5或-8（舍去）.

故等边△DEF的边长为5-3=2，其面积为12×2×2×sin60°=3.

点评：该题以三角形的“图形拼接”为载体，考查了识图能力及正、余弦定理和三角形面积公式的应用.

3.新模式型

例3 （2024届“Fiddie学派”高考一模13）1995年，安德鲁·怀尔斯成功证明了费马大定理：当整数n>2时，方程an+bn=cn没有正整数解.而早在18世纪，数学家欧拉就证明了费马大定理中n=3的情形.某同学想寻找n=3情形的简单证明，即证“方程a3+b3=c3没有正整数解”.他的证明过程如下：

若存在正整数a，b，c使得a3+b3=c3，

则a3=c3-b3， ①

所以a3=（c-b）（c2+cb+b2）.②

因为a<a2，并且c-b≤c2+cb+b2，所以a=c-b并且a2=c2+cb+b2.③

消掉a，可得（c-b）2=c2+cb+b2.④

于是c2-2cb+b2=c2+cb+b2.⑤

所以3cb=0，从而b=0或c=0，这与b，c都是正整数矛盾. ⑥

综上，方程a3+b3=c３没有正整数解.

该名同学的证明过程 （填“正确”或“错误”），如果你认为证明过程错误，首个错误步骤的序号是 （如果第一个填了“正确”，无需作答第二个空）.

解析：步骤①只进行了移项，没有问题；步骤②只运用了立方差公式，也没有问题；步骤③存在问题，首先根据a≤a2，c-b<c≤c2<c2+cb+b2，并不能推出a=c-b并且a2=c2+cb+b2.这里其实我们也无法给出一个具体的反例，因为由费马大定理可知不存在正整数a，b，c使a3+b3=c3.由于注意到，若c-b=1，则b≥1，c≥2，于是a2=c2+cb+b2≥4+2+1=7，因此a≥2，这时是不可能有a=c-b的，所以步骤③是错误的.

故第一空填“错误”；第二空填③.

点评：试题给出一种比较新颖的命题模式——从证明过程中找出错误，考查了考生的逻辑推理及数学思辨能力.

4.新交汇型

例4 （2023届河北省“五个一”名校联盟联考8）已知点列Pn在△ABC内部，△ABPn与△ACPn的面积比为13，在数列an中，a1=1，若存在数列λn使得对n∈N*，APn=3λnanABn+（4λnan-1+3λn）AC都成立，那么a4=（ ）.

A.15 B.31 C.63 D.127.

解析：如图2，延长APn交BC于E，因为△ABPn与△ACPn的面积比为13，所以由平面几何知识可知BECE=13，所以AE=AB+13AC1+13=34AB+14AC.

由APn=3λnanAB+（4λnan-1+3λn）AC，得AE=μAPn=3μλnanAB+μ（4λnan-1+3λn）AC，所以3μλnanμ（4λnan-1+3λn）=31，3an4an-1+3=3，an=4an-1+3，an+1=4（an-1+1），所以数列an+1是以a1+1=2为首项，以4为公比的等比数列，所以an=2·4n-1-1，a4=2·43-1=127.故选D.

点评：该题将数列递推关系渗透在向量的分解关系中，运用向量知识得到数列递推公式后转化求解，是一道数列与向量有机结合的试题.

5.新设问型

例5 （2024届“Fiddie学派”高考一模17）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.给出一组（a，b，c）的值，使得对应的△ABC存在，且满足下面的条件①②③④，并证明你的结论.①a，b，c都是正整数；②a，b，c成等差数列；③△ABC是钝角三角形；④△ABC的面积大于10.

注：如果给出的（a，b，c）只满足其中三个条件，也可得部分分数.

解析：根据条件②得a+c=2b，不妨设a<b<c，那么C是△ABC的最大角.根据条件③得cosC=a2+b2-c22ab<0，将b=a+c2代入得4a2+（a+c）2-4c2<0，所以5a2-3c2+2ac<0，解得a<35c.又根据a+b>c，可得a+a+c2>c，所以a>12.于是，选取的（a，b，c）要满足12c<a<35c，即5c<10a<6c，由此（a，b，c）的一组值可以取（5，8，11）.其它（a，b，c）的值可以取（4，6，8），（5，7，9），（6，9，12）等.

解：选取（a，b，c）为（5，8，11）.

证明如下：①显然a，b，c∈N*是正整数；

②由于a+c2=5+112=8=b，因此a，b，c为公差是3的等差数列；

③由于cosC=a2+b2-c22ab=25+64-1212×5×8=-25<0，C∈（0，π），因此C为钝角，故△ABC为钝角三角形；

④由于C是钝角，故sinC=1-cos2C=215.

因此△ABC的面积为S=12absinC=12×5×8×215=411，所以S>10.

故（5，8，11）是满足①②③④的一组（a，b，c）的值.

点评：通过给定若干条件，逻辑推理论证，选取满足全部条件的一个答案，本题具有很强的开放性.

6.新材料型

例6 （衡水金卷2024届新高三摸底联考15）椭圆与正方形是常见的几何图形，图3具有对称美感，受到设计师的青睐.现有一工艺品，其图案如图3所示：基本图形由正方形和内嵌其中的“斜椭圆”组成（“斜椭圆”和正方形的四边各有一个公共点）.在平面直角坐标系xOy中，将标准椭圆绕着对称中心旋转一定角度，即得“斜椭圆”C：x2+y2-xy=3，则“斜椭圆”的离心率为 .

解析：“斜椭圆”的中心为坐标原点，所以长半轴的长度为曲线上的点到原点距离最大值，短半轴的长度为曲线上的点到原点距离最小值.

由基本不等式xy≤x2+y22，即-x2+y22≤xy≤x2+y22，

因为x2+y2-xy=3，所以xy=3-（x2+y2），

所以-x2+y22≤3-（x2+y2）≤x2+y22，解得2≤x2+y2≤6.

当x=y=±3时，x2+y2=6成立；当x=y=±1时，x2+y2=2成立，

所以“斜椭圆”的长半轴的长度为6，短半轴的长度为2，

所以“斜椭圆”的离心率为（6）2-（2）2（6）2=63.

点评：通过给出正方形和内嵌“斜椭圆”的一段文字和图形的新材料，学生在弄懂新材料背景的基础上，转化利用椭圆的几何性质、基本不等式变形等知识求解，考查了知识间的综合及直观想象、逻辑推理与数学建模等数学核心素养.