近年來，各地模擬考試和高考試題中出現(xiàn)了結(jié)構(gòu)新穎、情境鮮活的創(chuàng)新型試題，這類試題不但考查了考生在新情境下，靈活應(yīng)用已有知識與方法解決問題的能力，而且進(jìn)一步提升學(xué)生處理新題型的能力.

1.新定義型

例1 （江蘇省金陵中學(xué)2024屆高三下學(xué)期2月模擬19）若一個兩位正整數(shù)m的個位數(shù)為4，則m稱為“好數(shù)”.

（1）求證：對任意“好數(shù)”m，m2-16一定為20的倍數(shù)；

（2）若m=p2-q2，且p，q為正整數(shù)，則稱數(shù)對（p，q）為“友好數(shù)對”，規(guī)定：H（m）=qp，例如24=52-12，稱數(shù)對（5，1）為“友好數(shù)對”，則H（24）=15，求小于70的“好數(shù)”中，所有“友好數(shù)對”的H（m）的最大值.

解析：（1）設(shè)m=10t+4，1≤t≤9且t為整數(shù)，所以m2-16=（10t+4）2-16=100t2+80t+16-16=20（5t2+4t），所以m2-16一定是20的倍數(shù).

（2）因為m=p2-q2，且p，q為正整數(shù)，所以10t+4=（p+q）（p-q）.當(dāng)t=1時，10t+4=14=1×14=2×7，沒有滿足條件的p，q；當(dāng)t=2時，10t+4=24=2×12=3×8=4×6，所以滿足條件的有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；當(dāng)t=3時，10t+4=34=1×34=2×17，沒有滿足條件的p，q；當(dāng)t=4時，10t+4=44=1×44=2×22=4×11，所以滿足條件的有p+q=22，p-q=2，解得p=12，q=10，所以H（m）=1012=56；當(dāng)t=5時，10t+4=54=1×54=2×27=3×18=6×9，沒有滿足條件的p，q；當(dāng)t=6時，10t+4=64=1×64=2×32=4×16=8×8，所以滿足條件的有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“好數(shù)”中，所有“友好數(shù)對”的H（m）的最大值為1517.

點評：該題給出“好數(shù)”、“友好數(shù)對”新定義，在理解新定義的基礎(chǔ)上，通過列舉、分析、推理求解的.考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)及創(chuàng)新思維能力.

2.新載體型

例2 （2024屆江蘇省蘇州市上學(xué)期期中14）如圖1，由3個全等的鈍角三角形與中間一個小等邊三角形DEF拼成的一個較大的等邊三角形ABC，若AF=3，sin∠ACF=3314，則△DEF的面積是 .

解析：因為△DEF為等邊三角形，所以∠EFD=60°，則∠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）.

故等邊△DEF的邊長為5-3=2，其面積為12×2×2×sin60°=3.

點評：該題以三角形的“圖形拼接”為載體，考查了識圖能力及正、余弦定理和三角形面積公式的應(yīng)用.

3.新模式型

例3 （2024屆“Fiddie學(xué)派”高考一模13）1995年，安德魯·懷爾斯成功證明了費馬大定理：當(dāng)整數(shù)n>2時，方程an+bn=cn沒有正整數(shù)解.而早在18世紀(jì)，數(shù)學(xué)家歐拉就證明了費馬大定理中n=3的情形.某同學(xué)想尋找n=3情形的簡單證明，即證“方程a3+b3=c3沒有正整數(shù)解”.他的證明過程如下：

若存在正整數(shù)a，b，c使得a3+b3=c3，

則a3=c3-b3， ①

所以a3=（c-b）（c2+cb+b2）.②

因為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，從而b=0或c=0，這與b，c都是正整數(shù)矛盾. ⑥

綜上，方程a3+b3=c３沒有正整數(shù)解.

該名同學(xué)的證明過程 （填“正確”或“錯誤”），如果你認(rèn)為證明過程錯誤，首個錯誤步驟的序號是 （如果第一個填了“正確”，無需作答第二個空）.

解析：步驟①只進(jìn)行了移項，沒有問題；步驟②只運用了立方差公式，也沒有問題；步驟③存在問題，首先根據(jù)a≤a2，c-b<c≤c2<c2+cb+b2，并不能推出a=c-b并且a2=c2+cb+b2.這里其實我們也無法給出一個具體的反例，因為由費馬大定理可知不存在正整數(shù)a，b，c使a3+b3=c3.由于注意到，若c-b=1，則b≥1，c≥2，于是a2=c2+cb+b2≥4+2+1=7，因此a≥2，這時是不可能有a=c-b的，所以步驟③是錯誤的.

故第一空填“錯誤”；第二空填③.

點評：試題給出一種比較新穎的命題模式——從證明過程中找出錯誤，考查了考生的邏輯推理及數(shù)學(xué)思辨能力.

4.新交匯型

例4 （2023屆河北省“五個一”名校聯(lián)盟聯(lián)考8）已知點列Pn在△ABC內(nèi)部，△ABPn與△ACPn的面積比為13，在數(shù)列an中，a1=1，若存在數(shù)列λn使得對n∈N*，APn=3λnanABn+（4λnan-1+3λn）AC都成立，那么a4=（ ）.

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

解析：如圖2，延長APn交BC于E，因為△ABPn與△ACPn的面積比為13，所以由平面幾何知識可知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），所以數(shù)列an+1是以a1+1=2為首項，以4為公比的等比數(shù)列，所以an=2·4n-1-1，a4=2·43-1=127.故選D.

點評：該題將數(shù)列遞推關(guān)系滲透在向量的分解關(guān)系中，運用向量知識得到數(shù)列遞推公式后轉(zhuǎn)化求解，是一道數(shù)列與向量有機結(jié)合的試題.

5.新設(shè)問型

例5 （2024屆“Fiddie學(xué)派”高考一模17）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.給出一組（a，b，c）的值，使得對應(yīng)的△ABC存在，且滿足下面的條件①②③④，并證明你的結(jié)論.①a，b，c都是正整數(shù)；②a，b，c成等差數(shù)列；③△ABC是鈍角三角形；④△ABC的面積大于10.

注：如果給出的（a，b，c）只滿足其中三個條件，也可得部分分?jǐn)?shù).

解析：根據(jù)條件②得a+c=2b，不妨設(shè)a<b<c，那么C是△ABC的最大角.根據(jù)條件③得cosC=a2+b2-c22ab<0，將b=a+c2代入得4a2+（a+c）2-4c2<0，所以5a2-3c2+2ac<0，解得a<35c.又根據(jù)a+b>c，可得a+a+c2>c，所以a>12.于是，選取的（a，b，c）要滿足12c<a<35c，即5c<10a<6c，由此（a，b，c）的一組值可以取（5，8，11）.其它（a，b，c）的值可以取（4，6，8），（5，7，9），（6，9，12）等.

解：選?。╝，b，c）為（5，8，11）.

證明如下：①顯然a，b，c∈N*是正整數(shù)；

②由于a+c2=5+112=8=b，因此a，b，c為公差是3的等差數(shù)列；

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

④由于C是鈍角，故sinC=1-cos2C=215.

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

故（5，8，11）是滿足①②③④的一組（a，b，c）的值.

點評：通過給定若干條件，邏輯推理論證，選取滿足全部條件的一個答案，本題具有很強的開放性.

6.新材料型

例6 （衡水金卷2024屆新高三摸底聯(lián)考15）橢圓與正方形是常見的幾何圖形，圖3具有對稱美感，受到設(shè)計師的青睞.現(xiàn)有一工藝品，其圖案如圖3所示：基本圖形由正方形和內(nèi)嵌其中的“斜橢圓”組成（“斜橢圓”和正方形的四邊各有一個公共點）.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將標(biāo)準(zhǔn)橢圓繞著對稱中心旋轉(zhuǎn)一定角度，即得“斜橢圓”C：x2+y2-xy=3，則“斜橢圓”的離心率為 .

解析：“斜橢圓”的中心為坐標(biāo)原點，所以長半軸的長度為曲線上的點到原點距離最大值，短半軸的長度為曲線上的點到原點距離最小值.

由基本不等式xy≤x2+y22，即-x2+y22≤xy≤x2+y22，

因為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.

當(dāng)x=y=±3時，x2+y2=6成立；當(dāng)x=y=±1時，x2+y2=2成立，

所以“斜橢圓”的長半軸的長度為6，短半軸的長度為2，

所以“斜橢圓”的離心率為（6）2-（2）2（6）2=63.

點評：通過給出正方形和內(nèi)嵌“斜橢圓”的一段文字和圖形的新材料，學(xué)生在弄懂新材料背景的基礎(chǔ)上，轉(zhuǎn)化利用橢圓的幾何性質(zhì)、基本不等式變形等知識求解，考查了知識間的綜合及直觀想象、邏輯推理與數(shù)學(xué)建模等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).