【摘 要】 高考命题注重“创新意识”的考查，注重优化情境设计，体现创新性，要求考生对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合、灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立思考、探索和研究，提出解决问题的思路.
【关键词】 高考;创新题型;创新意识
近期官方透露2022年高考命题指向，高考试题要优化情境设计，体现创新性.“注重数学创新意识的考查”是高考命题的指导思想之一，而创新型问题则是体现这一思想的良好载体[1].在高考中，创新问题主要以选择、填空题的形式出现，有时也渗透在解答题中考查，且涉及到的内容多样、全面，也往往会出现一些以高等数学知识为背景的创新题.下面以各地模拟题为例，从几个不同视角探讨高考创新型问题.
1 新定义创新
例1 （2022届江苏省苏州市期中调研）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“躺平点”.若函数f（x）=lnx，h（x）=x3-1的“躺平点”分别为α，β，则α，β的大小关系为（ ）.
A.α≥β B.α>β C.α≤β D.α<β
解析 由题意得f′（x）=1x，h′（x）=3x2.
因为函数f（x）=lnx的“躺平点”为α，所以lnα=1α.
因为ln1<1，ln2>12，所以1<α<2.
因为函数h（x）=x3-1的“躺平点”为β，所以β3-1=3β2.
因为33-1<3·32，43-1>3·42，所以3<β<4.所以α<β.
又α<βα≤β. 故选CD.
点评 本题给出函数“躺平点”的新定义，并与导数的计算、逻辑推理融为一体，使新定义信息迁移，新颖别致，有效地考查了学生的迁移创新能力.
例2 （2022届湖南师大附中月考）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1-12π（∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1），其中Qi（i=1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk-1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1=AB，则下列结论正确的是（ ）.
A.直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等
B.若AC=BD，则直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为14
C.若AB=BD，则直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为23
D.若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为712，则AC1⊥平面A1BD
解析 对于A，当直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误.
对于B，若AC=BD，则菱形ABCD为正方形，因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1-12ππ2+π2+π2=14，故B正确.
对于C，若AB=BD，则∠BAD=π3，又AA1⊥AB，AA1⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1-12ππ2+π2+π3=13，故C错误.对于D，在四面体A1ABD中，AA1⊥AB，AA1⊥AD，AA1=AB=AD，所以∠AA1B=∠AA1D=π4，所以在点A1处的离散曲率为1-12ππ4+π4+∠BA1D=712，解得∠BA1D=π3，易知A1B=A1D=2AB，所以AB⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体，结合正方体的几何特征可知AC1⊥平面A1BD，故D正确.故選BD.
点评 本题通过新定义“多面体M在点P处的离散曲率”的概念和计算公式，首先阅读理解新定义，然后在进行线面位置关系推理的基础上，利用新定义通过推理或计算作出判断，考查了阅读理解、推理论证的能力及直观想象、逻辑推理等数学核心素养.2 新情境创新
例3 （2022届福州一中第一学期第一学段考题）如图1所示，在底面半径为R，高为H（H，R为定值，且H≤R）的圆锥内部内接一个底面半径为r、高为h的圆柱，甲、乙两位同学采用两种不同的方法来解决.甲采用圆柱底面与圆锥底面重合的“竖放”方式（图1），乙采用圆柱母线与圆锥底面直径重合的“横放”方式（图2）.
（1）设V1，V2为分别“竖放”“横放”时内接圆柱的体积，用内接圆柱的底面半径r为自变量分别表示V1，V2;
（2）试分别求V1，V2的最大值（V1）max，（V2）max，并比较（V1）max，（V2）max的大小.
解析 （1）如图3，设AC=H，CB=R，DE=x，EF=y，根据三角形相似，得xR=H-yH=1-yH，所以x=R1-yH，y=H1-xR.
①若圆柱“竖放”，则x=r，h=y，所以h=H1-rR（0<r<R），所以V1=πr2h=πr2H1-rR=πHr2-r3R（0<r<R）.
②若圆柱“横放”，则x=h2，y=2r，所以h=2R1-2rH（0<r<H2），所以V2=πr2h=πr22R（1-2rH）=2πRr2-2r3H0<r<H2.
（2）①V1′=πH2r-3r2R（0<r<R）.
由V1′=πH2r-3r2R=0，解得r=23R.
所以当0<r<23R时，V1′>0;当23R<r<R时，V1′<0，
故V1在0，23R上单调递增，在23R，R上单调递减，所以当r=23R时，V1取得最大值，且（V1）max=π23R2H3=427πR2H.
②V2′=2πR2r-6r2H（0<r<R）.
由V2′=2πR2r-6r2H=0，解得r=13H.
所以当0<r<13H时，V2′>0;当13H<r<12H时，V2′<0，故V2在0，13H上单调递增，在13H，12H上单调递减，所以当r=13H时，V2取得最大值，且（V2）max=π13H223R=227πRH2.
因为（V1）max-（V2）max=427πR2H-227πRH2=227πRH（2R-H），又H≤R，所以（V1）max>（V2）max.
点评 本题给出“竖放”和“横放”内接圆柱的两种不同放置方法，利用轴截面图中的三角形相似，将内接圆柱的体积分别建立函数模型并求导，利用导数研究函数的单调性求得体积的最大值，最后作差比较两种方法的体积最大值的大小得到结论.本题从图形到设问方式都十分新颖.
3 问题研究创新
例4 （清华大学中学生标准学术能力（THUSSAT）2021年11月诊断性测新高考）有同学在研究指数函数y=2x和幂函数y=x2的图象时，发现它们在第一象限有两个交点（2，4）和（4，16）.通过进一步研究，该同学提出了如下两个猜想：
（1）函数y=ex与函数y=xe的图象在第一象限有且只有一个公共点;
（2）设a>1，b>1，且a≠b，若ab>ba，则ab>e2.
其中e为自然对数的底，请你证明或反驳该同学的猜想.
解析 （1）设f（x）=lnxx，则f′（x）=1-lnxx2.
由f′（x）>0，得1-lnx>0，解得0<x<e;由f′（x）<0，得1-lnx<0，解得x>e.
所以函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以当x=e时，f（x）有最大值，且f（x）max=f（e）=lnee=1e，所以x∈（0，+∞）时，f（x）≤f（e）=1e，所以方程x-elnx=0有唯一的实根e，即方程ex=xe有唯一的实根e，故猜想（1）正确.
（2）由ab=ba，得lnaa=lnbb.
设f（x）=lnxx，则由（1）知，a，b分别在（1，e）和（e，+∞）内，不妨设a∈（1，e），b∈（e，+∞），设g（x）=f（x）-fe2x=lnxx-2-lnxxe2，所以g′（x）=1-lnxx2-1-lnxe2=1-lnx（e2-x2）e2x2，
当x∈（1，e）时，1-lnx>0，e2-x2>0，所以当x∈（1，e）时，g′（x）>0，g（x）单调递增.
由此得，当a∈（1，e）时，g（a）<g（e）=0，所以f（a）-fe2a<0.
因为f（a）=f（b），所以f（b）<fe2a.
又因为b，e2a∈（e，+∞）且f（x）在（e，+∞）单调递减，所以b>e2a，
所以ab>e2.故猜想（2）正确.
点评 本题在研究指数函数y=2x和幂函数y=x2的图象的交点个数的基础上，提出两个猜想，然后构设函数，利用导数研究函数的单调性等知识进行推理论证对猜想作出判断.本题设问背景创新，在新颖的形式下很好地考查了导数知识的应用. 4 高等背景创新
例5 （2022届湖北省襄阳市优质高中期末考试）我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为00型，比如：当x→0时，sinxx的极限即为00型，两个无穷小之比的極限可能存在，也可能不存在.早在1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法（洛必达法则），用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.
如：limx→0sinxx=limx→0sinx′x′=limx→0cosx1=1，则limx→0ex+e-x-21-cosx=
.
解析 limx→0ex+e-x-21-cosx=limx→0（ex+e-x-2）′（1-cosx）′=limx→0ex-e-xsinx=limx→0（ex-e-x）′sinx′=limx→0ex+e-xcosx=
limx→01+11=2.点评 本题以高等数学中的洛必达法则求函数00型极限为背景命题，既让考生获得了一种求函数极限的方法，又考查了数学文化.
5 知识交会创新例6 （2022届江苏省南京市一模）若数列{an}的通项公式为an=（-1）n-1，记在数列{an}的前n+2（n∈N*）项中任取两项都是正数的概率为Pn，则（ ）.
A.P1=13 B.P2n<P2n+2 C.P2n-1<P2n D.P2n-1+P2n<P2n+1+P2n+2
解析 对于A，由an=（-1）n-1可知，a1=1，a2=-1，a3=1，则P1=13，故A正确.
接下来看B，C，D三个选项：
先来列举一下数列{an}的前几项：1，-1，1，-1，1，-1，…
由此可知：数列{an}的前2n+2项中有n+1个正数，n+1个负数，于是P2n=C2n+1C22n+2=n4n+2，P2n+2=n+14n+6，
所以P2n+2-P2n=n+14n+6-n4n+2=2（4n+6）（4n+2）>0，即P2n<P2n+2，故B正确.
又数列{an}的前2n+1项中有n+1个正数，n个负数，所以P2n-1=C2n+1C22n+1=n+14n+2， 所以P2n-1>P2n，故C错误.
又P2n+1+P2n+2-（P2n-1+P2n）=P2n+2-P2n+P2n+1-P2n-1=2（4n+6）（4n+2）+n+24n+6-n+14n+2=2（4n+6）（4n+2）+-2（4n+6）（4n+2）=0，所以P2n-1+P2n=P2n+1+P2n+2，故D错误.
综上所述，选AB.
点评 本题以数列为背景，本质考查的是古典概型，还用到组合数的计算、作差法比较大小等知识与方法，体现了知识间的综合交会.
例7 （2021届江苏省四校联合第三次适应性考试）如图4，已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1（-1，0），F2（1，0）.经过点F1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆Γ交于A，B两点（其中点A在x轴上方），△ABF2的周长为8.
（1）求椭圆Γ的标准方程;
（2）如图5，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面AF1F2）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面BF1F2）互相垂直.
①若θ=π3，求异面直线AF1和BF2所成角的余弦值;
②是否存在θ0<θ<π2，使得折叠后△ABF2的周长为152？若存在，求tanθ的值;若不存在，说明理由.
解析 （1）因为△ABF2的周长为8，所以4a=8，a=2.
由题意得c=1，所以b2=a2-c2=3，所以椭圆Γ的方程为x24+y23=1.
（2）①由直线l：y-0=3（x+1）与x24+y23=1联立求得A0，3，（因为点A在x轴上方）以及B-85，-353，
再以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图6.则F1（0，-1，0），A（0，0，3），B353，-85，0，F20，1，0，F1A=0，1，3，BF2=-353，135，0.
记异面直线AF1和BF2所成角为φ，则cosφ=|cos<F1A，BF2>|=F1A·BF2F1ABF2=1328.图7
②在折叠后的图形中建立如图7所示的空間直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）.设A，B在新图形图7中对应点记为A′，B′，由A′F2+B′F2+A′B′=152，AF2+BF2+AB=8，故AB-A′B′=12.
由A′F2+B′F2+A′B′=152，AF2+BF2+AB=8，故AB-A′B′=12.
设折叠前A（x1，y1），B（x2，y2），直线l与椭圆Γ联立方程my=x+1，x24+y23=1，得（3m2+4）y2-6my-9=0，所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，
则A′（x1，y1，0），B′（x2，0，-y2），所以A′B′=（x1-x2）2+y21+（-y2）2，AB=（x1-x2）2+（y1-y2）2，
所以AB-A′B′=（x1-x2）2+（y1-y2）2-（x1-x2）2+y21+y22=12. （ⅰ）
所以-2y1y2（x1-x2）2+（y1-y2）2+（x1-x2）2+y21+y22=12，所以（x1-x2）2+（y1-y2）2+（x1-x2）2+y21+y22=-4y1y2. （ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）可得，（x1-x2）2+（y1-y2）2=14-2y1y2，所以（x1-x2）2+（y1-y2）2=（1+m2）（y1-y2）2=14-2y1y22，
所以（1+m2）6m3m2+42+363m2+4=14+183m2+42·1441+m3m2+42=14+183m2+42，所以12+12m23m2+4=14+183m2+4，所以12m2+12=34m2+1+18，
解得m2=2845，因为0<θ<π2，所以tanθ=33514.
点评 本题以平面直角坐标系中椭圆的翻折为背景，通过分析翻折前后的关系，综合考查了椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系等知识的应用，以及空间向量在求空间角中的应用，充分体现了解析几何和立体几何知识的创新交会，是一道知识间创新融合的经典试题.
6 材料阅读创新
例8 （2022届湖北省十一校第一次联考）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图8）.
步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F;
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F;
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕;
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆，若取半径为4的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为2.
按上述方法折纸.
（1）以点F，E所在直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆C的标准方程;
（2）直线l过椭圆C的右焦点，交C于A，B两点，AB的中点为Q，射线OQ（O为坐标原点） 交C于P，若QP=3OQ，求直线l的方程.
解析 （1）以点F，E所在直线为x轴，线段FE的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，设M（x，y）为C上一点，则由题意可知MF+ME=AE=4，FE=2<4，所以点M的轨迹是以点F，E为左、右焦点，长轴长2a=4的椭圆.
因为2c=2，2a=4，所以c=1，a=2，则b2=a2-c2=3，所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
（2）因为QP=3OQ，所以OP=4OQ，当AB斜率存在时，设直线AB方程为y=k（x-1），设A（x1，y1），B（x2，y2），则x124+y123=1，x224+y223=1，两式作差得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-34，即kAB·kOP=-34，故直线OP的方程为y=-34kx，联立y=-34kx，x24+y23=1，解得x2P=16k23+4k2，
联立y=-34kx，y=k（x-1），解得xQ=4k23+4k2.
因为OP=4OQ，所以xP=4xQ，即4k3+4k2=4×4k23+4k2，则k2=14，解得k=±12，所以直线l的方程为y=±12（x-1），即x±2y-1=0.
点评 本题给出“工艺折纸”的一段阅读材料，在阅读理解的基础上，通过建立平面直角坐标系将问题转化，利用椭圆定义和性质求得标准方程，然后联立方程将向量关系转化为坐标关系求解，考查了阅读理解能力、数学语言转换能力及知识综合应用能力.结束语
复习备考中要注重创新意识的培养，当面对某个知识点或问题时，要经常有意识地思考：这个知识点较易和哪些知识点交会、这个知识点可以怎样创新考查、这个问题有没有新颖的呈现形式等.以此为基础，对常规创新问题的类型和解法要注意总结，形成对它们的数学直觉.
参考文献
[1] 郑丽娟.高考数学创新题聚焦[J].中学数学杂志，2021（05）：50-53.
作者简介 黄梓（1992—），男，江苏南通人;曾获南通市海门区优秀高三任课教师，在海门区教师基本功大赛中获奖，多次开设区级以上公开课;主要研究高中数学教育.
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